[Topic] Bất đẳng thức trong mùa thi thử 2012-2013 - Trang 2
giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12TRANG CHỦ giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12TÀI LIỆU TRẮC NGHIỆM giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 GIẢI TOÁN ONLINE giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 Upload-File giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12ĐĂNG KÍ THÀNH VIÊN
 
giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12   Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan GIẢI BÀI TẬP TOÁN ONLINE giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan Giải toán Đại số luyện thi Đại học giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan Bất đẳng thức - Cực trị


 
Công cụ bài viết Tìm trong chủ đề này Kiểu hiển thị
  #5  
Cũ 26-06-2013, 21:45
Avatar của Miền cát trắng
Miền cát trắng Miền cát trắng đang ẩn
Mãi yêu người- MT
 
Cấp bậc: 27 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 656
Điểm: 312 / 11319
Kinh nghiệm: 25%

Thành viên thứ: 985
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Bài gửi: 938
Đã cảm ơn : 2.200
Được cảm ơn 2.235 lần trong 559 bài viết

Mặc định

Bài 5.Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^2+b^2+c^2+2abc=1$.Chứng minh rằng
$$a^2+b^2+c^2 \geq 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$$
Đề thi thử lần 1 chuyên KHTN Hà Nội

Với giả thiết $a,b,c$ dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+2abc=1$. Điều này khiến chúng ta liên tưởng đến một đẳng thức trong lượng giác, đó là
\[\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C+2\cos A\cos B\cos C=1\]
với $A,B,C$ là ba đỉnh một tam giác(riêng bài toán này là tam giác nhọn).
Do đó, với giả thiết bài toán như vậy sẽ luôn tồn tại một tam giác nhọn $ABC$ sao cho $a=\cos A, b=\cos B, c=\cos C$ và BĐT được viết lại
\[\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C\geq 4\sum_{cyc}\cos^2B\cos^2C\]
Đây là một BĐT khá mạnh. Đến đây, một suy nghĩ có lẽ gần nhất là sử dụng các BĐT quen thuộc sau đây của lượng giác
\[\begin{cases}\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C\ge \dfrac{3}{4}\\ \cos A\cos B\cos C\le \dfrac{1}{8}\end{cases}\]
Nhưng không may, BĐT đã bị đổi chiều. Vì thế, chúng ta phải nghĩ tới một hướng suy nghĩ khác (thêm bớt gì đó, hay tìm cách đặt ẩn mới, ...).
Một điều thú vị, ta có đẳng thức $\cos^2A=\cot^2A.\sin^2A= \dfrac{\cot^2A}{\cot^2A+1}.$
Cho nên, tiếp tục đặt $x=\cot A, y=\cot B, z=\cot C,$ BĐT trên trở thành
\[ \sum_{cyc}\left( \frac{x^2}{x^2+1} \right) \ge 4\sum_{cyc} \left( \frac{x^2y^2}{(x^2+1)(y^2+1)} \right) \ (1)\]
với giả thiết mới $x,y,z$ dương thỏa mãn $xy+yz+zx=1.$ Khi ấy, ta lại có
\[x^2+1=x^2+xy+yz+zx=(x+y)(x+z)\]
BĐT $(1)$ được viết lại dưới dạng
\[\sum_{cyc}\frac{x^2}{(x+y)(z+x)}\geq 4\sum_{cyc}\frac{x^2y^2}{(x+y)^2(y+z)(z+x)}\\
\iff \sum_{cyc}x^2(y+z)\geq 4\sum_{cyc}\frac{x^2y^2}{x+y}\]
Đến đây thì nhẹ nhàng hơn nhiều rồi đúng không!
Sử dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có $\frac{4x^2y^2}{x+y}\leq \frac{x^2y^2}{x}+\frac{x^2y^2}{y}$, và tương tự rồi cộng lại theo vế ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c= \dfrac{1}{2}.\Box$
[TABLE]Như vậy, phép đặt mà em thắc mắc đó chính là xuất phát từ đẳng thức lượng giác sau:
\[\cos^2A= \dfrac{\cot^2A}{\cot^2A+1}= \dfrac{\cot^2A}{(\cot A+\cot B)(\cot A+\cot C)}\][/TABLE]
Lời giải được lấy ý tưởng từ mathlink.ro
Đỡ mất công tìm, giới thiệu thêm cho các bạn một lời giải khá đơn giản và đẹp nữa sau đây!
[TABLE]We rewrite inequality as : \[(a^2+b^2+c^2+2abc)(a^2+b^2+c^2) \ge 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\]\[\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2abc(a^2+b^2+c^2) \ge 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\]By Schur inequality we have : \[a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \ge 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\]Now, we will prove that : \[2abc(a^2+b^2+c^2) \ge abc(a+b+c) \Leftrightarrow a+b+c+4abc \le 2 \ (1)\]
Obvious, $(1)$ is true, because we have : $abc \le \frac{1}{8},\ a+b+c \le \frac{3}{2}$
So, the inequadlity is proved.[/TABLE]

P/S: Nếu đặt $x= \frac{a}{2}, y= \frac{b}{2}, z= \frac{c}{2}$ ta có bài toán như anh Luật giới thiệu (Problem 2.2).


From USAMO 2001 we have $a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca \le \frac32$
Using this it is enough to show
\[(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca) \ge 6(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\]
\[\iff \sum a^4 +\sum ab(a^2+b^2) +abc\sum a \ge 4\sum a^2b^2\]
\[\iff \frac12\sum (a^2-b^2)^2+\sum ab(a-b)^2 -\frac12\sum c^2(a-b)^2 \ge 0\]
\[\iff \sum (a-b)^2(a^2+b^2+4ab-c^2) \ge 0\]
This is obvious by SOS.
Nhận xét:bất đẳng thức này khó,nếu rơi vào một kì thi đại học thì hẳn mười mươi thí sinh sẽ bỏ,nhưng nhìn chung ở đây là cách đặt đại số quen thuộc
$a=\sqrt{\frac{yz}{(x+y)(x+z)}}$, $b=\sqrt{\frac{xz}{(x+y)(y+z)}}$ và$c=\sqrt{\frac{xy}{(x+z)(y+z)}}$.
Đề này không mấy thiết thực khi thi đại học,nên cho vào một kì thi học sinh giỏi $\blacksquare$



Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Các thành viên sau đã cảm ơn bài viết của  Miền cát trắng 
Hồng Sơn-cht (28-06-2013)
  #6  
Cũ 27-06-2013, 14:49
Avatar của Miền cát trắng
Miền cát trắng Miền cát trắng đang ẩn
Mãi yêu người- MT
 
Cấp bậc: 27 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 656
Điểm: 312 / 11319
Kinh nghiệm: 25%

Thành viên thứ: 985
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Bài gửi: 938
Đã cảm ơn : 2.200
Được cảm ơn 2.235 lần trong 559 bài viết

Mặc định

Nguyên văn bởi Miền cát trắng Xem bài viết

Bài 6.Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn $x+y+z=4xyz$.Chứng minh rằng $$\dfrac{1}{x(y+z)}+\dfrac{1}{y(x+z)}+\dfrac{1}{z( x+y)} > \dfrac{5}{x+y+z}$$
Đề thi thử lần 2 chuyên KHTN Hà Nội
Cách 1

Ta viết lại giả thiết thành:$\dfrac{1}{4xy}+\dfrac{1}{4yz}+\dfrac{1}{4z x}=1$. Đặt $x=\dfrac{1}{2x}; \ y=\dfrac{1}{2y}, \ z=\dfrac{1}{2z}$. Ta có $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=1$
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:$$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c +a}>\dfrac{5}{2} \ (1)$$
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: $a\geq b\geq c$.
Ta thấy rằng:$$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}=\dfrac{b+c} {(a+b)(b+c)} + \dfrac{b+c}{(a+c)(b+c)}=(b+c)\left(\dfrac{1}{1+b^2 }+\dfrac{1}{1+c^2}\right)$$
Nhưng ta có bổ đề sau:$$\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+c^2}\geq 1+\dfrac{1}{(b+c)^2+1} \ (\star)$$
Thật vậy quy đồng và thu gọn ta được$ \ (\star)\Leftrightarrow \dfrac{bc[2-2bc-bc(b+c)^2]}{(b^2+1)(c^2+1)[(b+c)^2+1]}\geq 0$
Nhưng $2-2bc-bc(b+c)^2=2a(b+c)-bc(b+c)^2=(b+c)[2a-bc(b+c)]\geq (b+c)[2a-a^2(b+c)]=a(b+c)[2-ab-ac]\geq 0$
Áp dụng bổ đề trên ta thu được $VT (1)\geq (b+c)+\dfrac{b+c}{(b+c)^2+1} +\dfrac{1}{b+c}= (b+c)+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{b+c+\frac{1}{b+c}} \ (2)$

Đặt $t=b+c+\dfrac{1}{b+c}\Rightarrow t\geq 2$. Khi đó $VT (2)=t+\dfrac{1}{t}$
Xét hàm số $f(t)=t+\dfrac{1}{t}$ với $t\geq 2$ ta có $f'(t)=1-\dfrac{1}{t^2}\geq 0$ với mọi $t\geq 2$. Từ đó suy ra $f(t)\geq f(2)=\dfrac{5}{2}$
Với giả sử $a\geq b\geq c$ thì khi $a=b=1, c=0$ thì $VT (1)=\dfrac{5}{2}$. Nhưng do giả thiết $a,b,c>0$ nên dấu bằng không thể xảy ra.
Cách 2

Giả thiết viết lại thành $\frac{1}{4xy}+\frac{1}{4xz}+\frac{1}{4yz}=1$.

Đặt $a=\dfrac{1}{2x};b=\dfrac{1}{2y};c=\dfrac{1}{2z}$

Ta có $a,b,c>0$ và $ab+bc+ac=1$

Ta có bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành
$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}>\frac{ 5}{2}$$

$$\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right )^2$$
$$=\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c +a)^2}+
\frac{2}{(a+b)(a+c)}+\frac{2}{(b+c)(b+a)}+\frac{2} {(c+b)(c+a)}$$
Áp dụng BĐT Iran 1996

Cho $x,y,z$ là ba số thực dương thỏa . Chứng minh rằng:
$(xy+xz+yz)[\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x) ^2}]\geq \frac{9}{4}.$
Chứng minh: Không mất tính tổng quát giả sử $xy+xz+yz=1$. Đặt $(x;y;z)=(tan\frac{\alpha}{2};tan\frac{\beta}{2};t an\frac{\gamma }{2})$ với $\alpha;\beta; \gamma$ là ba góc của một tam giác.

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành \[
\frac{1}{{(\tan \frac{\alpha }{2} + \tan \frac{\beta }{2})^2 }} + \frac{1}{{(\tan \frac{\alpha }{2} + \tan \frac{\gamma }{2})^2 }} + \frac{1}{{(\tan \frac{\gamma }{2} + \tan \frac{\beta }{2})^2 }} \ge \frac{9}{4}
\]
Hay $$\frac{\cos ^2\frac{\alpha}{2}.cos^2\frac{\beta}{2}}{\cos ^2\frac{\gamma}{2}}+
\frac{\cos ^2\frac{\alpha}{2}.\cos ^2\frac{\gamma}{2}}{\cos ^2\frac{\beta}{2}}+
\frac{\cos ^2\frac{\beta}{2}. \cos ^2\frac{\gamma}{2}}{\cos ^2\frac{\alpha}{2}}\geq \frac{9}{4}\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
Đặt $cyc(A = \frac{{\pi - \alpha }}{2})$ với $A,B,C$ là ba góc của một tam giác. Ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$( \frac{\sin A \sin B}{\sin C})^2+(\frac{\sin A \sin C}{sinB})^2+(\frac{\sin C \sin B}{\sin A})^2\geq \frac{9}{4}$ với $\frac{\pi}{2}>A\ge \frac{\pi}{3}$
Đặt $$f^2(A,B,C)\geq \frac {9}{4}+2(sin^2A+sin^2B+sin^2C).$$
Với $$f(A,B,C)=\frac{\sin A \sin B}{\sin C}+\frac{\sin B \sin C}{\sin A}+\frac{\sin A \sin C}{\sin B}$$
Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có:
$$\sin ^2B+\sin ^2C \leq 2\sin ^2\frac{B+C}{2}=2\cos ^2\frac{A}{2} (2)$$
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có $sinBsinC\leq cos^2\frac {A}{2} (3)$

Mặt khác: $$d=f(A,B,C)-f(A,\frac{B+C}{2};\frac{B+C}{2})=\frac{sin^2\frac{ B-C}{2}}{sinA}(\frac{4sin^2Asin^2\frac{A}{2}}{sinBsi nC}-\frac{1}{2})$$
Do $\frac{\pi}{2}>A\geq \frac{\pi}{3}$ nên (3) trở thành $$\frac{4sin^2A sin^2\frac{A}{2}}{sinBsinC}\geq 16sin^4\frac{A}{2}\geq 1$$
Do $d\geq 0$ nên ta cần chứng minh $$f^2(A;\frac{B+C}{2};\frac{B+C}{2})\geq \frac{9}{4}+2(sin^2A+sin^2B+sin^2C)$$
Từ (2) ta có $$sin^2A+sin^2B+sin^2C\leq sin^2A+2cos^2\frac {A}{2}$$

Ta cần chứng minh $$f^2(A;\frac{B+C}{2};\frac{B+C}{2})\geq \frac{9}{4}+2(sin^2A+2cos^2\frac{A}{2}) $$ $$\Leftrightarrow (2sinA+\frac{cos^4\frac{A}{2}}{sinA})^2 \geq
\frac{9}{4}+2(sin^2A+2cos^2\frac{A}{2})$$
Hay $cos A(cosA+1)(2cosA-1)^2\geq 0$ điều này đúng nên bất đẳng thức ban đầu đúng. $\square$

Áp dụng BĐT trên ta có
$$\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c} \right )^2 \ge \frac{9}{4(ab+bc+ac)}+\frac{4(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c +a)}$$
$$=\frac{9}{4}+\frac{4(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$

Lại có
$\frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{(a+b+c)(ab+bc +ac)}{(a+b)(b+c)(a+c)}=1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a )}\ge 1$

Nên hiển nhiên $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} > \frac{5}{2}$
Lời giải 3

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$$ \dfrac{x+y+z}{x(y+z)}+\dfrac{x+y+z}{y(z+x)}+\dfrac {x+y+z}{z(x+y)} >5 $$
$ \Rightarrow \dfrac{1}{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}}+$ $\dfrac{1}{\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{y}}+$$\dfrac{1}{ \dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x}}>\dfrac{5}{4}$

Từ đây đặt $a=\dfrac{1}{x},b=\dfrac{1}{y},b=\dfrac{1}{z}$ ta đưa bất đẳng thức về chứng minh $$ \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}
+\dfrac{1}{c+a} > \dfrac{5}{4} \text{với ab+bc+ca=4}$$
Không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b \geq c >0 $.
Lấy $t>0$ sao cho $t^2+2ct=4 \Rightarrow c=\dfrac{4-t^2}{2t},t<2$
$$ (t+c)^2=ab+bc+ca+c^2=(a+c)(b+c)$$.
Ta sẽ chứng minh $$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}
+\dfrac{1}{c+a}\geq \dfrac{1}{2t}+\dfrac{2}{t+c} \Rightarrow \left(\dfrac{1}{\sqrt{b+c}}-\dfrac{1}{\sqrt{a+c}}\right)^2 \geq \dfrac{\left(\sqrt{a+c}-\sqrt{b+c}\right)^2}{2t(a+b)} $$
$$\Rightarrow (b+c)(a+c) \leq 2t(a+b) \text{điều này luôn đúng}$$
Ta có $$\dfrac{1}{2t}+\dfrac{2}{t+c}=\dfrac{9t^2+4}{2t(t ^2+4)} \geq \dfrac{5}{4} \Leftrightarrow (t-2)(5t^2-8t+4) <0 \text{đúng với t <2} \blacksquare$$
Nhận xét:Đề thi này bản chất che giấu đi bất đẳng thức nổi tiếng của tác giả Phạm Kim Hùng là cho $a,b,c \geq 0;ab+bc+ca=1$ chứng minh rằng $$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{2}$$
Đề thi này chẳng qua chỉ là sử dụng phương pháp dồn biến để giải.Một kiểu quen thuộc của đề thi đại học khối A năm 2011 của bộ.



Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Có 2 người đã cảm ơn cho bài viết này
kienqb (27-06-2013), Tuấn Anh Eagles (27-06-2013)
  #7  
Cũ 27-06-2013, 15:54
Avatar của Miền cát trắng
Miền cát trắng Miền cát trắng đang ẩn
Mãi yêu người- MT
 
Cấp bậc: 27 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 656
Điểm: 312 / 11319
Kinh nghiệm: 25%

Thành viên thứ: 985
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Bài gửi: 938
Đã cảm ơn : 2.200
Được cảm ơn 2.235 lần trong 559 bài viết

Mặc định

Nguyên văn bởi Miền cát trắng Xem bài viết

Bài 3.Cho các số thực dương $x,y$ thay đổi thoả mãn $x+2y=1$.Chứng minh rằng $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y} \geq \dfrac{25}{1+48xy^2}$
Đề thi thử lần 5 chuyên ĐHSP Hà Nội
Lời giải
Nhìn chung bất đẳng thức này chẳng qua chỉ là việc thế biến $x$ theo $y$ và biến đổi quy đồng đưa về chứng minh.
$$\dfrac{1}{1-2y}+\dfrac{1}{y} \geq \dfrac{25}{1+48y^2(1-2y)} $$
Quy đồng lên ta đưa bất đẳng thức về $(12y^2-7y+1)^2 \geq 0$.
Điều này hiển nhiên đúng ,đẳng thức xảy ra khi $y=\dfrac{1}{3} or y=\dfrac{1}{4} \blacksquare$.

Nguyên văn bởi Inspectorgadget Xem bài viết
Giả sử $e=\min\{a,b,c,d,e\}$ áp dụng AM-GM ta có
$$P=bc(a+d-e)+e(a+c)(b+d)\le \left(\frac{b+c+d+a-e}{3} \right )^3+e\left(\frac{a+b+c+d}{2} \right )^2 =\left(\frac{1-2e}{3} \right )^3+e\left(\frac{1-e}{2} \right )^2$$

Do đó chỉ cần chứng minh$$\left(\frac{1-2e}{3} \right )^3+e\left(\frac{1-e}{2} \right )^2\le \frac{1}{5}$$

Bất đẳng thức này đúng do $\frac{1}{5}-\left(\frac{1-2e}{3} \right )^3+e\left(\frac{1-e}{2} \right )^2=\frac{(5e-1)^2(8+5e)}{2700}\ge 0$

Dấu "=xảy ra khi $a=b=c=d=e=\frac{1}{5}$
Giả thiết cho $a$ là số min,nên bài giải này

Nguyên văn bởi Miền cát trắng Xem bài viết
Bài 9.Giả sử $-\dfrac{1}{2} \leq a,b,c \leq 1 $ thoả mãn $2(a+b+c)=ab+bc+ca$.Tìm giả trị nhỏ nhất của biểu thức $$P=\dfrac{1}{1+a+b}+\dfrac{1}{1+b+c}+\dfrac{1}{1+ c+a}$$
Đề thi thử lần 5 chuyên KHTN Hà Nội

Phân tích bài toán:
Điều kiện: $\frac{{ - 1}}{2} \le a;b;c \le 1$ khá rắc rối, vì vậy ta có ý tưởng đơn giản điều kiện này. Do đó ta có thể đặt: $x=a+\frac{1}{2}; y=b+\frac{1}{2}; z=c+\frac{1}{2}$. Lúc này ta biến đổi lại giả thiết thành hệ:
$$\left\{ \begin{array}{l}
0 \le x, y,z \le \frac{3}{2}\\
3(x +y + z)-\frac{9}{4} = xy+yz+zx
\end{array} \right.$$
Và bài toán trở thành tìm min: $$P=\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}$$
Theo Cauchy Schwarz ta có ngay:
$$P\ge \frac{9}{2(x+y+z)}$$
Mà: $$3(x +y + z)-\frac{9}{4} = xy+yz+zx \le \frac{(x+y+z)^2}{3}$$
$$ \iff x+y+z \le \frac{9-3\sqrt{6}}{2}$$
(Chú ý rằng: $x+y+z \le \frac{9}{2}$ nên loại TH: $x+y+z \ge \frac{9+3\sqrt{6}}{2}$)
Do vậy: $$P \ge \frac{9}{9-3\sqrt{6}}$$
Bài toán đã được giải quyết!

Nguyên văn bởi Miền cát trắng Xem bài viết
Bài 8.Cho ba số dương $x,y,z$ thoả mãn $x^2+y^2+z^2=3$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$ P=\dfrac{(x+y+z-1)^2}{x^2y+y^2z+z^2x}+\dfrac{1}{x}+
\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}$$
Đề thi thử lần 4 chuyên KHTN Hà Nội
Lời giải

Ta có $$(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)=x^3+xy^2+y^3+yz^2+z^3+zx^2 \geq 2(x^2y+y^2z+z^2x) \Rightarrow x+y+z \geq x^2y+y^2z+z^2x$$
Suy ra $$P \geq \dfrac{(x+y+z-1)^2}{x+y+z}+\dfrac{1}{x}+
\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \geq \dfrac{(t-1)^2}{t}+\dfrac{9}{t}=f\left(t\right) \; t=x+y+z ,\sqrt3 \le t \le 3$$
Khảo sát hàm số trên được giá trị nhỏ nhất của $P=\dfrac{13}{3} $ khi $x=y=z=1 \blacksquare$.
Bài 10.Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $4ab+2ac+6b+3c-7a=35$.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P=\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{2b}{2+b}+\dfrac{3c}{3+c }$$
Đề thi thử lần 6 chuyên KHTN Hà Nội
Bài này mời các bạn thảo luận tiếp ! Khá đơn giản.



Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Có 3 người đã cảm ơn cho bài viết này
isertenson (27-06-2013), kienqb (27-06-2013), Tuấn Anh Eagles (27-06-2013)
  #8  
Cũ 27-06-2013, 17:51
Avatar của Hiệp sỹ bóng đêm
Hiệp sỹ bóng đêm Hiệp sỹ bóng đêm đang ẩn
Học
Nghề nghiệp: hoc sinh
Sở thích: nghe nhạc
 
Cấp bậc: 28 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 683
Điểm: 343 / 11899
Kinh nghiệm: 34%

Thành viên thứ: 809
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Bài gửi: 1.030
Đã cảm ơn : 3.654
Được cảm ơn 1.700 lần trong 639 bài viết

Mặc định

10 bài tiếp
Bài 11: Cho $a\geq 0,b\geq 0,c\geq 0$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a^{2}+\frac{1}{b^{2}}}+\sqrt{b^{2}+\frac{1 }{c^{2}}}+\sqrt{c^{2}+\frac{1}{a^{2}}}\geq 3\sqrt{2}$$
(THTT thi thử số 1)
Bài 12:Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3.$ Chứng minh rằng :
$$\frac{a^{3}}{b^{2}-2b+3}+\frac{2b^{3}}{c^{3}+a^{2}-2a-3c+7}+\frac{3c^{3}}{a^{4}+b^{4}+a^{2}-2b^{2}-6a+11}\leq \frac{3}{2}$$
(Đề thi thử THTT số 4)
Bài 13: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : $P = \frac{1}{{2 + 4a}} + \frac{1}{{3 + 9b}} + \frac{1}{{6 + 36c}}$ ,
trong đó $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện : $a+b+c=1$
(Đề thi thử THTT số 5)
Bài 14: Cho $x,y,z>0$ và gọi $P=\ \max \left\{ x\,;y\,;z\,;\,\frac{7}{x}+\frac{3}{{{y}^{2}}}+ \frac{9}{z^{3}} \right\}$, tìm giá trị nhỏ nhất của $P$
(Đề thi thử THTT số 6)
Bài 15: Gỉa sử $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn $x^2+y^2+z^2=3$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$P=\frac{x^{2}+1}{y}+\frac{y^{2}+1}{z}+\frac{z^{2 }+1}{x}-\frac{1}{x+y+z}$$
(Đề thi thử THTT số 7)
Bài 16: Xét các số thực không âm $x,y,z$ thoả mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 3y$.Tìm giá trị nhỏ nhất của:
$$P=\frac{1}{\left ( x+1 \right )^{2}}+\frac{4}{\left ( y+2 \right )^{2}}+\frac{8}{\left ( z+3 \right )^{2}}$$
(Đề thi thử THTT số 8)
Bài 17: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$F=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+b+c}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2 }+c+a}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+a+b}}$$ trong đó $a,b,c$ dương và $a^2+b^2+c^2=3$.
(Đề thi thử THTT số 9)
Bài 18: Gọi $V$ là thể tích của khối tứ diện có độ dài các cạnh là $b_1,b_2,b_3,b_4,b_5,b_6$.
Chứng minh rằng : $$V \le \dfrac{\sqrt{2}}{12} .(\dfrac{b_1+b_2+b_3+b_4+b_5+b_6}{6})^3$$
(Đề thi thử THPT Dương Quảng Hàm)
Bài 19: Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a^3+b^3+c^3=3$.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$P=\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}$$
(Đề thi thử THPT Đồng Lộc)
Bài 20: Cho các số thực không âm $a,b,c$ thoả mãn điều kiên: $a+b+c=3$
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$T=\left ( a^{2}-ab+b^2 \right )(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)$$
(Đề thi thử chuyên Vĩnh Phúc lần 5)



Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Có 4 người đã cảm ơn cho bài viết này
Hồng Sơn-cht (28-06-2013), kienqb (27-06-2013), Miền cát trắng (27-06-2013), Nắng vàng (28-06-2013)
Trả lờiG?i Ð? Tài M?i Thích và chia sẻ bài viết này:
Có thể bạn quan tâm

LIÊN HỆ
Email:
p.kimchung@gmail.com

Tel: 0984.333.030

giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan Chủ đề tương tự
Chủ đề Người khởi xướng chủ đề Diễn đàn Trả lời Bài cuối
Tài Liệu Chọn lọc một số bài Bất Đẳng Thức từ diễn đàn K2pi Trần Quốc Việt Tài liệu Bất đẳng thức 1 27-05-2016 13:21
Giúp bài bất đẳng thức thangmathvn Bất đẳng thức - Cực trị 3 13-05-2016 13:56
Bộ Giáo dục thay đổi phương thức xét tuyển đại học, cao đẳng FOR U Tin tức Giáo dục 24h 0 13-05-2016 09:47
SPHN lần 3;Với các số thục dương $x,y$. Chứng minh bất đẳng thức: $\frac{1}{x+y+1}-\frac{1}{\left( x+1 \right)\left( y+1 \right)}<\frac{1}{11}$ catbuilata Bất đẳng thức - Cực trị 0 21-04-2016 13:13
Sử dụng bất đẳng thức để giải bất phương trình hthtb22 Tài liệu Phương trình-BPT vô tỷ 4 10-04-2016 09:11



Đang xem bài viết : 1 (0 thành viên và 1 khách)
 


Từ khóa
đẳng, bat dang thuc, bất, cho a b c>0 và tìm min của (b 2ac)/(3b 4ac), chung minh bat dang thuc : 1/x 2/y >= 25/(1 48xy), thức, thử, topic, trong
Công cụ bài viết Tìm trong chủ đề này
Tìm trong chủ đề này:

Tìm chi tiết
Kiểu hiển thị

Quyền viết bài
Bạn không thể gửi chủ đề mới
Bạn không thể gửi trả lời
Bạn không thể gửi file đính kèm
Bạn không thể sửa bài viết của mình

BB code đang Mở
Mặt cười đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt



DIỄN ĐÀN K2PI.NET.VN | THÁNG 12.2011
Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán
Thay đổi tên miền K2pi.Net thành K2pi.Net.Vn từ ngày 01-10-2014