Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Bài tập bất đẳng thức số 2 - Ngô Tùng Hiếu

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Bài tập bất đẳng thức số 2 - Ngô Tùng Hiếu

1. 5 Commented [a1]: Câu 1. Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn a b c 1. Chứng minh rằng ab 3ac 5bc . 4 Hướng dẫn giải Theo giả thiết ta có c 1 a b 0 0 a b 1 a c 1 b 0 0 b 1 Khi đó ab 3ac 5bc ab 3c a b 2bc ab 3 1 a b a b 2b 1 (a b 3 a b 2 a b 2 b2 b ab 1 Xét hàm f x x2 x, x 0;1 . Chứng minh được f x x 0;1 4 1 1 Theo chứng minh trên a b 0;1; b 0;1 nên f a b ; f b ; ab 0 4 4 1 1 5 Suy ra ab 3ac 5bc 3. 2. 4 4 4 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a 0;b c 2 Câu 2. Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn a b c 2 và ab bc ca 1. Chứng minh rằng 2 10 a2b b2c c2a . 3 9 Hướng dẫn giải Đặt x a2b b2c c2a; y ab2 bc2 ca2 ; z abc Khi đó x y ab a b bc b c ca c a ab 2 c bc 2 a ca 2 b 2 3z xy a3b3 b3c3 c3a3 abc a3 b3 c3 3a2b2c2 9z2 4z 1. Do đó x,y là nghiệm của phương trình: t 2 2 3z t 9z2 4z 1 0 (*) 2 4 Ta có 2 3z 4 9z2 4z 1 0 0 z 27 2 3z 27z2 4z Khi đó x, y . 2 2 3z 27z2 4z 2 Vậy bài toán quy về việc chứng minh (1) và 2 3 2 3z 27z2 4z 10 (2) 2 9 Thậy vậy 1 3 27z2 4z 2 9z 81z2 18z 1 0 9z 1 2 0 (đúng) Và 2 9 27z2 4z 27z 2 2916z2 216z 4 0 54z 2 2 0 (đúng) Vậy bài toán được chứng minh. Câu 3. Cho k là số thực thuộc (-1; 2) và a,b,c là 3 số thực đôi một khác nhau. CMR: 1 1 1 9 2 k a2 b2 c2 k ab bc ca . 2 2 2 a b b c c a 4 Hướng dẫn giải 1 1 8 Áp dụng BĐT: x, y 0 , ta có: x2 y2 x y 2
2. 1 1 1 1 8 9 2 2 2 2 2 2 a b b c c a a b b c c a a b 2 k a b 2 Ta cần chứng minh: a2 b2 c2 k ab bc ca (*) 4 Có: * k 2 a b 2 4kc a b 4c2 0 Xét tam thức bậc hai, ẩn là (a+b). Khi đó: f a b k 2 a b 2 4kc a b 4c2 Ta có: ' 4k 2c2 4c2 k 2 4 k 2 k 1 c2 Vì k (-1; 2) nên ’ 0 mà k+2>0 nên f a b 0 k 1; 2 . Vậy ta có đpcm. n n 1 n 2 Câu 4. Cho đa thức P x x a1x a2 x an có deg P x 2 và có các nghiệm là b1,b2 , ,bn . Chứng minh rằng: nếu x lớn hơn các số b1,b2 , ,bn thì 1 1 1 2 P x 1 2n . x b1 x b2 x bn Hướng dẫn giải Vì b1,b2 , ,bn là các nghiệm của P x nên P x x b1 x b2 x bn P x 1 x 1 b1 x 1 b2 x 1 bn . Với mọi x bi ,i 1,2, ,n , áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 1 1 1 P x 1 x b1 x b2 x bn 1 P x 1 .n n x b1 x b2 x bn n x 1 b1 x 1 b2 x 1 bn . n x b1 x b2 x bn n n n x 1 b1 x 1 b2 x 1 bn n n (1) x b1 x b2 x bn Đặt x bi ti 0 . n 0 n 1 n 1 2 n 2 1 n Ta có t 1 Cn t Cnt Cn t Cnt Cn 0 n 1 n 1 2 2 Cn t Cnt Cn t nt 1 n n 1 C 0t n C1t n 1 t 2 nt 1 n n 2 n n 1 n n 1 1 nt t 2 t 2 nt 1 2nt (với t 0 ) 2 2 n n 1 Ta thấy t 2 nt 1 0,n 2 (do n 2 n 0 ). 2 Suy ra n n n n ti 1 x 1 bi t 1 2nt,t 0 ti 1 2nti 2n 2n, i 1,2, ,n ti x bi Như vậy, từ (1) ta suy ra: 1 1 1 n 2 P x 1 n n 2n.2n 2n n n 2n 2n x b1 x b2 x bn
3. Câu 5. Cho đa thức hệ số thực P(x) x5 ax4 bx3 cx2 dx e có năm nghiệm thực phân biệt và 5 2 4b d 24. Tìm giá trị nhỏ nhất của S  4 xi . Chỉ ra ít nhất một đa thức P(x) lúc đó. i 1 Hướng dẫn giải 5 Có P x  x xi i 1 5 5 nên P 2i .P 2i  2i xi . 2i xi  2i xi 2i xi S. i 1 i 1 Lại có P 2i 2i 5 a 2i 4 b 2i 3 c 2i 2 d 2i e 16a 4c e 32 8b 2d i, P 2i 16a 4c e 32 8b 2d i nên P 2i .P 2i 16a 4c e 2 32 8b 2d 2 . Mà 4b d 24 8b 2d 48 32 8b 2d 80 nên S P 2i .P 2i 16a 4c e 2 32 8b 2d 2 0 802 6400. a c e 0 16a 4c e 0 Dấu “=” xảy ra chỉ khi (*) và có b 5 thỏa điều kiện này. 4b d 24 d 4 Tồn tại P x x5 5x3 4x có năm nghiệm thực phân biệt, các hệ số thỏa điều kiện (*) và S = 6400. Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 6400. Câu 6. Cho tam giác ABC. Kí hiệu a = BC, b = CA, c = AB. Chứng minh rằng A B C sin sin sin a b c 3 2 2 2 3 . B C C A A B sin sin sin sin sin sin 3abc 2 2 2 2 2 2 Hướng dẫn giải A B C B C B C A sin B sin C sin A 2cos cos cos 4sin sin cos 2 2 2 2 2 2 A A A sin 4sin cos 2sin A 2a 2 2 2 B C A B C sin sin 4cos sin sin sin B sin C sin A b c a 2 2 2 2 2 Chứng minh tương tự B C sin sin 2b 2c 2 , 2 , C A A B sin sin c a b sin sin a b c 2 2 2 2 Ta cần chứng minh 3 2a 2b 2c a b c 3 b c a c a b a b c 3abc 3 a b c 3 a b c BĐT b c a c a b a b c 2 6abc Đặt a y z,b z x,c x y x, y, z 0 . Khi đó
4. a b c y z z x x y b c a c a b a b c 2x 2y 2z a b c 3 4 x y z 3 6abc 3 y z z x x y Ta cần chứng minh 3 y z z x x y 3 4 x y z 2x 2y 2z 2 3 y z z x x y 3 y z z x x y 8 x y z BĐT 3 x y z 3 y z z x x y 3 y x z x x y 8 x y z 1 1 1 x y z 3 y z z x x y 3 1 1 1 8 x y z x y z x y z 3 x y y z z x 1 1 1 2 3 x y y z z x 8 x y z x y z 3 1 1 1 2 x y y z z x x y y z z x 2 x y z 2 3 x y y z z x x y y z z x 1 1 1 2 x y z Áp dụng bất đẳng thức Côsi-Svac, ta có 2 y z 2 z x 2 x y 2 y z z x x y 1 1 1 1 1 1 x y z x y z 2 2 2 2 x y y z z x x y z y z x z x y 1 1 1 x y z 3 2 2 2 Ta chứng minh x y y z z x y z y z x z x y 2 BĐT 3 x y y z z x 2x y z 2 2y z x 2 2z x y 2 3 x y2 z2 6xyz 2 x y2 z2 12xyz  x y2 z2 6xyz (Bất đẳng thức đúng) Đẳng thức xảy ra x y z a b c tam giác ABC đều 1 1 1 3 Câu 7. Cho a,b,c 0 và abc 1. Chứng minh : . a3 b c b3 c a c3 a b 2 Hướng dẫn giải 1 1 1 Ta đặt : x , y , z , do a,b,c > 0 nên x,y,z > 0 a b c 1 Từ đó suy ra : xyz 1 abc - Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :
5. x y z 3 x y z 3 và y z z x x y 2 x3 y3 z3 3 x3 yz y3 zx z3 xy 3 - Khi đó (1) 1 1 1 1 1 1 2 y z z x x z 2 y z z x x y x2 y2 z2 3 Do xyz 1 y z z x x y 2 x y z Giả sử : x y z 0 0 y z z x x y Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev, ta dược: x y z x2 y2 z2 x y z y z z x x y y z z x x y . 3 3 3 1 x y z x2 y2 z2 (x y z) 3 y z z x x y y z z x x y x2 y2 z2 1 3 3 .3. . y z z x x y 3 2 2 Hay : 1 1 1 2 2 2 3 bc ca ab 3 a b c 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 a b c b c a c a b 2 b c c a a b 1 1 1 3 . a3 b c b3 c a c3 a b 2 1 1 1 3 Vậy : . a3 b c b3 c a c3 a b 2 Câu 8. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x.y.z = 3 . Tìm GTNN của biểu thức: 2x9 y9 2y9 z9 2z9 x9 P . x3 y3 y6 x6 z3 y3 y6 z6 x3 z3 z6 x6 Hướng dẫn giải 3 3 Ta có: x3 y3 x6 y3 x3 y6 2x9 y9 x6 y3 x3 y6 x9 x3 x3 y3 y6 x6 2x9 y9 x3 . Từ đó ta có: x3 y3 y6 x6 2x9 y9 2y9 z9 2z9 x9 P x3 y3 z3 3xyz 3 3 . x3 y3 y6 x6 z3 y3 y6 z6 x3 z3 z6 x6 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 6 3 . Câu 9. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b2 c2 b c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 4 P . 1 a 2 1 b 2 1 c 2 1 a 1 b 1 c Hướng dẫn giải 2 2 Từ điều kiện rút ra a b c 2a b2 c2 2 b c b c . a Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
6. 1 2 4 P 1 a 2 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 2 2 1 2 1 2 1 a Và 1 b 1 c 2 b c 2 2 , 4 4 a a 2a3 6a2 a 1 suy ra: P f a ,a 0 , a 1 3 2 5a 1 1 có f ' a 0 a . a 1 4 5 91 1 Lập bảng biến thiên rút ra được: P , xảy ra khi a ,b c 5 . 108 5 Câu 10. Giả sử A, B,C, D lần lượt là số đo các góc D· AB, ·ABC, B· CD,C· DA của tứ giác lồi ABCD bất kì. A B C 1. Chứng minh rằng sin A sin B sin C 3sin . 3 A 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P sin sin B sin C sin D . 3 Hướng dẫn giải II.1 (1 điểm) x y Nhận xét. Nếu 0 x,0 y; thì 2 x y x y x y sin x sin y 2sin cos 2sin . Dấu bằng xảy ra khi x y 2 2 2 Sử dụng nhận xét trên ta có A B C A B A B 4C sin A sin B sin C sin 2sin 2sin 3 2 6 A B A B 4C A B C 4sin 2 6 4sin 2 3 A B C sin A sin B sin C 3sin . Dấu bằng xảy ra khi A B C . 3 II.2 (1 điểm) B C D 2 Đặt t , ta có A 2 3t; t 1 3 3 3 Khi đó theo phần II.1 ta có 2 3t 3 5 P sin 3sin t cost sin t 3 2 2 2 2 3 5 2 2 Khi đó P sin t cos t 7 2 2 3 5 Đẳng thức xảy ra khi cost ; sin t 2 28 28 Vậy max P 7 B C D t, A 2 3t (với t xác định bởi (1) và (2)) 1 2 0 b a 4 2x y x y Câu 11. Cho các số thực a b 7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2 2 . a b 2 x 3 y
7. Hướng dẫn giải Ta có . b a 4 a 0 a2 4a ab 4b 1 . 7 a b b 0 b2 7b ab 2 Lấy (1) + (2) ta được: 2 a2 b2 4a 3b a2 b2 4a 3b 2 42 32 a2 b2 a2 b2 25 3 1 1 1 Mặt khác ta lại có . x 2 2 0 2x 4 4 2x x 2 2 2 2 y 3 1 0 y 3 5 3y y 3 1 2 1 2 49 Lấy (4) + (5) ta được 2x y 4 3 6 . x y 2 3 6 49 49 Từ (3) và (6) suy ra P 6 . 25 150 49 Vậy giá trị nhỏ nhất của P = khi a = 4, b = 3, y = 3, x = 2. 150 Câu 12. Tìm giá trị lớn nhất của P a2 b2 , trong đó a, b là các số nguyên thoả mãn 1 a; b 2014 và (b2 ab a2 )2 1. Hướng dẫn giải 2 Ta xét các nghiệm nguyên dương (x; y) của phương trình: x2 xy y2 1 (1) với x y . Gọi (b; a) là một nghiệm như thế (b a ) 2 2 + Xét bộ a b; b ta có: a b 2 a b b b2 b2 ab a2 1 Suy ra a b; b cũng là một nghiệm của (1) Rõ ràng (2; 1) là một nghiệm của (1), nên ta có các bộ sau cũng là nghiệm của (1): 3;2 , 5;3 , 8;5 , 13;8 , 21;13 , 34;21 , 2 2 + Xét bộ a; b a ta có: a2 a b a b a 2 b2 ab a2 1 Suy ra (a;b a) cũng là một nghiệm của (1). - Nếu a b a b 2a b b a 2a2 b2 ab a2 1 a 1 (vô lí) - Nếu a b a thì bộ (a; b a) là một nghiệm của (1) nhỏ hơn nghiệm b; a . Quá trình phải dừng lại và kết thúc ở nghiệm b;1 b 1 . Chú ý thêm rằng (2; 1) là bộ duy nhất thoả mãn (1) mà b 1. Tóm lại tất cả các nghiệm nguyên dương của (1) sẽ là: Fn ; Fn 1 với n 2 trong đó dãy số F1 F2 1 Fn : Fn 1 Fn Fn 1 n 2 2 2 Như vậy giá trị lớn nhất của P bằng giá trị lớn nhất của Fn 1 Fn với Fn 2014. Dãy các số hạng của dãy Fibonacci thoả mãn là: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 9872 15972 . Câu 13. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện xyz 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P xy yz zx 15 x2 y2 z2 7 x y z 1. Hướng dẫn giải
8. Đặt a z thì xya 1 và P xy ya ax 15 x2 y2 a2 7 x y a 1. Xét hai trường hợp: * Nếu cả 3 số x, y,a đều âm. Áp dụng BĐT Côsi ta được xy ya ax 33 x2 y2a2 3 15 x2 y2 a2 7 x y a 15 33 x2 y2a2 7.33 xya 15 3 21 16 Suy ra P 48 1 49. * Nếu trong 3 số x, y,a có một số âm, hai số dương. Không mất tổng quát, giả sử x 0, y 0,a 0. Đặt x1 x 0. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta được 2 2 2 3 x1 y a 2y 2a x1 . 1 1 1 Do đó P 5 2y 2a x1 7 y a x1 1. x1 y a 2 1 1 1 1 1 1 P 3 4x1 y a 1 3 .2 x1 . y . a 1 49. x y a 1 x1 y a 3 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y a 2x 0 và x ya 1 hay y a 3 2 và x . 1 1 2 3 2 Vậy P 49 , chẳng hạn khi x, y, z 3 2, 3 2, . min 2 Câu 14. Cho x, y, z 0 . Chứng minh rằng: 2xy 2yz 3zx 5 P . z x z y x y x z y z y x 3 Câu 15. CMR: 8a + 8b + 8c 2a + 2b + 2c a, b, ca sao cho: a + b + c = 0 Câu 16. Xét các số thực a, b, c thoả mãn abc + a + c =b. Tìm GTLN, GTNN Của biểu thức: 2 2 3 P = - + . a2 1 b2 1 c2 1 Câu 17. Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = 3. Tìmgiá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y z P . xy 1 yz 1 zx 1 Câu 18. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 a b c ab bc ca . Tìm giá trị 1 nhỏ nhất của biểu thức P= a a 2b 2 b b 2c 2 c c 2a 2 . abc