TRANG CHỦ 
TTLT THANH LONG 
TÀI LIỆU TOÁN THPT 
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA 
Upload 
ĐĂNG KÍ THÀNH VIÊN
| |||||||
|
| | Công cụ bài viết | Tìm trong chủ đề này | Kiểu hiển thị |
| |
| #1  14-04-2013, 10:26 | ||||||||||||||
| ||||||||||||||
 Cho a,b,c dương abc=1 .Chứng minh rằng $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+ c}\ge 5$ Cho a,b,c dương abc=1 .Chứng minh rằng $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+ c}\ge 5$   |
| Có 2 người đã cảm ơn cho bài viết này | ||
Lạnh Như Băng (12-06-2013), Lưỡi Cưa (14-04-2013) | ||
| #2 14-04-2013, 12:23 | ||||||||||||||
| ||||||||||||||
Mặt khác $$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ ca}{abc}=ab+bc+ca$$ Sử dụng đánh giá:$$(ab+bc+ca)^2\geq abc(a+b+c)=a+b+c$$ Do đó, $$VT\geq a+b+c+\frac{6}{a+b+c}$$ Xét hàm số $f(t)=t+\frac{6}{t}$, có $f'(t)=1-\frac{6}{t^2}\geq 0$, với mọi $t\geq 3$ Từ đó ta có điều phải chứng minh. |
| #3 12-06-2013, 11:52 | ||||||||||||||
| ||||||||||||||
Đặt $p = a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc=1$. Theo BDT Shur ta có : $$q^3+9r^2\geq 4pqr$$ $$p \leq \frac{q^3+9}{4q}$$ Bài toán cần Chứng minh : $$q + \frac{6}{p} \geq 5$$ $$q +\frac{6.4q}{q^3+9} \geq 5$$ $$(q-3)(q^3-2q^2-6q+15) \geq 0$$ Hiển nhiên đúng với $q \geq 3$ |
| #4 12-06-2013, 12:14 | ||||||||||||||
| ||||||||||||||
$$(ab+bc+ca)^2\geq abc(a+b+c)=a+b+c$$ Khi đó ta có : $$VT\geq \sqrt{a+b+c}+\frac{6}{a+b+c}$$ Khảo sát Hàm số $f(t) = \sqrt{t} + \frac{6}{t}$ với $t \geq 3$ Khảo sát xong thì thấy sai rồi !  |
  | Thích và chia sẻ bài viết này: |
| Đang xem bài viết : 1 (0 thành viên và 1 khách) | |
| Từ khóa |
| $a b c=\frac{1}{a} \frac{1}{b} \frac{1}{c}$, $frac1a, abc = 1 a b c = 1/a 1/b 1/c, chứng, cho abc=1. tim min a/b b/c c/a 3/(a b c)^3, dương, frac1b, frac1c, frac6a, rằng |
| Công cụ bài viết | Tìm trong chủ đề này |
| Kiểu hiển thị | |
| |
| Copyright ©2011 - 2018 K2pi.Net.Vn |
]
Xem bài viết ở dạng lai ghép
