Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Bài tập bất đẳng thức số 6 - Ngô Tùng Hiếu

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Bài tập bất đẳng thức số 6 - Ngô Tùng Hiếu

1. a2 c2 0 Câu 1. Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn c là số nhỏ nhất và . Tìm giá trị nhỏ nhất 2 2 b c 0 1 1 của biểu thức P a b c . a2 c2 b2 c2 Hướng dẵn giải 2 2 2 2 2 2 c c Ta có a c a ac a ac a . 4 2 2 2 2 c Tương tự ta cũng có b c b . 2 1 1 1 1 8 Do đó 2 2 2 2 2 2 2 . a c b c c c a b c a b 2 2 8 Vậy P a b c . a b c 2 8 Đặt t a b c với t 0 . Xét hàm số f t t trên khoảng 0; . t 4 t5 32 Ta có f ' t . t5 f ' t 0 t 2 . 5 a b 2 Lập bảng biến thiên ta có min P min f t f 2 tại t 2 tức là . x 0; 2 c 0 Câu 2. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z xyz . Chứng minh: 2 1 1 9 1 x2 1 y2 1 z2 4 Hướng dẫn giải Đặt y tan ,z tan  ,  0; x tan  . 2 Vì x 0 nên tan  cos  0 . 2 1 1 2 1 1 Khi đó: 1 x2 1 y2 1 z2 1 tan2  1 tan2 1 tan2  2cos  cos cos     2 4cos2 2cos .cos 2 2 2   2 4cos2 2cos 2 2 2 9  9 2cos 1 4 2 4  cos 1 2 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi  . Tức là: x y z 3 .  1 3 cos 2 2
2. Câu 3. Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x2 y2 z2 xyz . Chứng minh x y z 1 x2 yz y2 zx z2 xy 2 Hướng dẫn giải x y z Đặt P . x2 yz y2 zx z2 xy Vì x, y, z 0 , áp dụng BĐT Côsi ta có x y z 1 1 1 P 2 x2 yz 2 y2 zx 2 z2 xy 2 yz 2 zx 2 xy 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 4 yz zx xy 4 y z z x x y 1 xy yz zx 1 x2 y2 z2 1 xyz 1 . 2 xyz 2 xyz 2 xyz 2 Dấu bằng xảy ra khi x y z 3 . ab bc ca a2 b2 c2 Câu 4. Cho a, b, c 0 . Chứng minh a2 bc ca b2 ca ab c2 ab bc ab bc ca Hướng dẫn giải Ta có: 2 2 ab ab b bc ca ab b bc ca a2 bc ca (a2 bc ca) b2 bc ca ab bc ca 2 (Do bất đẳng thức Bunhiacopsky: (a2 bc ca) b2 bc ca ab bc ca 2 ). Làm tương tự và cộng lại, ta có 2 2 2 ab bc ca ab b bc ca bc c ca ab ca c ca ab a2 bc ca b2 ca ab c2 ab bc ab bc ca 2 ab bc ca 2 ab bc ca 2 Ta chỉ cần chứng minh ab b2 bc ca bc c2 ca ab ca c2 ca ab a2 b2 c2 ab bc ca Hay a3b b3c c3a abc a b c * Chia cả hai vế cho abc , ta có (*) tương đương a2 b2 c2 a b c c a b Ta có: theo bất đẳng thức Bunhiacopski: 2 2 2 a b c 2 c a b a b c c a b Hay (*) đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi ba số bằng nhau. Câu 5. Cho các số dương a,b,c . Chứng minh rằng: a b b c c a 2(ab bc ca) 13 a b 2c b c 2a c a 2b 3(a2 b2 c2 ) 6 Hướng dẫn giải a b 2c Ta có 1 , tương tự với các biểu thức ta có thể viết lại BĐT là: a b 2c a b 2c
3. 2a 2a 2b 2(ab bc ca) 5 a b 2c b c 2a c a 2b 3(a2 b2 c2 ) 6 2c a b (ab bc ca) 5 a b 2c b c 2a c a 2b 3(a2 b2 c2 ) 12 c2 a2 b2 (ab bc ca) 5 (*) ac bc 2c2 ab ac 2a2 bc ab 2b2 3(a2 b2 c2 ) 12 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có c2 a2 b2 (a b c)2 ac bc 2c2 ab ac 2a2 bc ab 2b2 2(a2 b2 c2 ) 2(ab bc ca) Để chứng mình (*) ta chỉ cần chứng minh (a b c)2 (ab bc ca) 5 ( ) 2(a2 b2 c2 ) 2(ab bc ca) 3(a2 b2 c2 ) 12 1 Do tính thuần nhất của ( ) nên ta giả sử a b c 1 và đặt x ab bc ca thì ta có 0 x 3 (2x 1)(3x 1) 1 ( ) tương đương với: 0 bất đẳng thức này đúng do 0 x , từ đó suy ra (1 x)(2x 1) 3 ( ), (*) đúng nên bài toán được chứng minh. Câu 6. Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn abc 1 chứng minh rằng: 1 1 1 3 1 a 1 b 1 c 2 Hướng dẫn giải Do vai trò a,b,c như nhau giả sử a b c thì từ giả thiết abc 1 c 1 và 1 1 2 ab 1. Ta chứng minh: 1 a 1 b 1 ab 1 1 1 1 ab a b ab 1 a 1 ab 1 ab 1 b 1 a 1 ab 1 b 1 ab 2 1 b a b a 1 a b b a b a ab 1 0 BĐT đúng vì ab 1 . 1 1 1 1 2 Áp dụng BĐT x y 2 x y ta có: 2 1 a 1 b 1 a 1 b 1 ab 1 1 1 2 1 1 .đặt t=ab 1 thì từ abc 1 ta có c 1 a 1 b 1 c 1 ab 1 c t 2 2 t 3 1 2 t 2t ta cần chứng minh : A vì 1 t 2 1 t . 1 t 1 t 2 2 2 1 t 2 1 t 2 2t 2 1 t 2t 2 2 1 t 2t 2 1 t 2t 3 Suy ra A . 1 t 1 t 1 t 2 1 t 2 1 t 2 Dấu " " xảy ra t 1 abc 1. Câu 7. Cho x, y, z 0 .Chứng minh rằng: 2 x2 y2 y2 z2 z2 x2 xy yz zx 2 8x2 y2 z2 x2 y2 z2 Hướng dẫn giải
4. 2 x y 2 x y 2 y z 2 z x 2 Bất đẳng thức 1 1  x, y,z 2xy 2 xy yz zx w.l.o.g. x y z x y 2 y z 2 z x 2 2 x z 2 Áp dụng bđt côsi-svacxơ ta được: x y 2 y z 2 x z 2 1 1 1 2xy 2yz 2xy 2 2 x z 1 z x 1 Đặt ; . 2 xy yz b 2zx a 2 1 1 2 Áp dụng bđt AM-GM ta được: 1 1 1 từ đó có đpcm. a b a b Dấu bằng xẩy ra khi x y z . Câu 8. Cho các số thực không âm a,b và c thỏa mãn a b c 2. Chứng minh rằng a b 2ab b c 2bc c a 2ca 2. Hướng dẫn giải Để giải bài toán ta cần bổ đề sau: Bổ đề. Với các số thực không âm x, y và z ta có  x4  xyz2  x3 (y z). Chứng minh. Đây chính là bất đẳng thức Schur. Trở lại bài toán. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  c(a b) (a b)2 2 2 hay  c(a b) (a b)2 . b(a c) (a c)2 2 ab (1) Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:  c(a b) (a b)2 . b(a c) (a c)2  bc(a b)(a c) (a b)(a c)  bc a bc (a b)(a c) , bởi vậy nên (1) sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra  a2  a bc 2bc.(2) Áp dụng bổ đề cho x a, y b, z c ta có vế trái của (2) lớn hơn hoặc bằng  a a( b c) (b bc c cb) 2bc. Bài toán được giải. Câu 9. Giả sử với hai số dương a,b thì phương trình x3 ax2 bx a 0, có các nghiệm đều lớn hơn bn 3n 1. Xác định giá trị của a,b để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất an đó ( n là số nguyên dương cho trước). Hướng dẫn giải Gọi x1, x2 , x3 là các nghiệm của phương trình đã cho. x1 x2 x3 a Theo định lý Vi-et ta có x1x 2 x2 x3 x3 x1 b x1x2 x3 a Theo bất đẳng thức AM - GM ta được: 3 3 x1 x2 x3 3 x1x2 x3 hay a 3 a a 3 3 (*)
5. Theo bất đẳng thức (x y z)2 3(xy yz zx); x, y, z R . 2 2 2 2 thì b (x1x2 x2 x3 x3 x1) 3x1x2 x3 (x1 x2 x3 ) hay b 3a b 3a. bn 3n 3n an 3n 3n 3n Suy ra P 3n 3n , do (*) an an an (3 3)n 3n 1 Do đó ta có P . 3n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 3 3;b 3a 9. Khi đó phương trình có ba nghiệm trùng 3n 1 nhau và đều bằng 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi a 3 3;b 9. 3n Câu 10. Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x y z 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 2 2 2 biểu thức P x3 x2 4 y3 y2 4 z3 z2 4 . 3 3 3 Hướng dẫn giải 2 Ta chứng minh: x3 x2 4 x 2;x 0;3 (1). Thật vậy 3 3 2 2 2 4 (1) x x 4 x 4x 4 x(x 3) x 0 , 3 3 đúng với mọi x [0;3] . Đẳng thức xảy ra khi x 0 hoặc x 3. 2 Tương tự ta có: y3 y2 4 y 2;y 0;3 (2); 3 2 z3 z2 4 z 2;z 0;3 (3). 3 Cộng (1), (2), (3) ta được 2 2 2 x3 x2 4 y3 y2 4 z3 z2 4 x y z 6 9 . 3 3 3 Suy ra: Max P 9 đạt tại (x; y; z) (0;0;3) và các hoán vị. 2 5 39 7 39 Ta chứng minh: x3 x2 4 x ;x 0;3 (4). Thật vậy 3 78 26 2 3 2 2 5 39 7 39 2 61 (4) x x 4 x (x 1) x 0 , 3 78 26 52 đúng với mọi x [0;3] . Đẳng thức xảy ra tại x 1. 2 5 39 7 39 Tương tự: y3 y2 4 y ;y 0;3 (5); 3 78 26 2 5 39 7 39 z3 z2 4 z ;z 0;3 (6). 3 78 26 Cộng (4), (5), (6) ta được 2 2 2 x3 x2 4 y3 y2 4 z3 z2 4 39 . 3 3 3 Suy ra: Min P 39 đạt tại x y z 1.