Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 6: Bất đẳng thức - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Tổng hợp đề thi học sinh giỏi môn Toán THPT - Vòng 1 - Chuyên đề 6: Bất đẳng thức - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Chuyên đề 6 Bất đẳng thức Câu 1. (HSG chọn HSG quốc gia tỉnh ĐỒNG THÁP 2018-2019) 1 1 1 a) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x y z 1. y2 z 2 x2 Tính giá trị biểu thức P x y 1 y z 1 z x 1 . b) Cho các số thực dương a,b thỏa mãn a a3 b b3 . Chứng minh a2 b2 1. Lời giải Tác giả: Võ Quang Anh; Fb:Anh Võ Quang. 1 x 1 1 y2 1 a) Từ giả thiết suy ra: y 2 1 2 . Do đó, x, y, z 1. z 1 z 1 3 2 x 1 Hàm số f t 1 là hàm số nghịch biến trên khoảng 1; . t 2 Nếu x y f y f z y z f z f x z x f x f y x y (vô lí) Suy ra: x y . Chứng minh tương tự, ta suy ra x y z . Thay x y z vào giả thiết ta được: x3 x2 1. Lúc đó, P 3x x 1 P2 9x2 x 1 9 P 3(P 0) . b) a a3 b b3 0 a a3 1 a 0,1 . Với a 0,1 thì a a3 1. Do đó, 1 b b3 2 b.b3 2b2 b 0,1 . Giả sử, a2 b2 1. Từ giả thiết ta suy ra a b a3 b3 a b a2 b2 ab a b 1 ab ab a b 2 (vô lí). Vậy a2 b2 1. Câu 2. (HSG12 tỉnh Bình Thuận vòng 2 năm 2018-2019) Cho x, y 0; . Chứng minh rằng: 2 1 1 1 9 . sin2 xsin2 y 1 sin2 x cos2 y 1 cos2 x 1 2 sin2 xsin 2y sin 2xsin y sin 2x cos y Lời giải Tác giả:Trần Viết Tường; Fb:Trần Tường  Trang 101 
2. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Đặt a sin xsin y,b sin x cos y,c cos x thì a,b,c 0 và a2 b2 c2 1. 1 1 1 9 Ta cần chứng minh . a2 1 b2 1 c2 1 4 ab ac bc 1 1 1 1 1 1 2 a b c Thật vậy, = a2 1 b2 1 c2 1 a b a c b c b a c a c b a b a c b c Mà a b b c c a a b c ab bc ca abc 1 8 a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b c ab bc ca 9 9 1 1 1 9 Nên . a2 1 b2 1 c2 1 4 ab bc ca 1 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c x arccos , y 3 3 4 Câu 3. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019 (2)) Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh bất đẳng thức: 1 1 1 ab bc ca a b c 4 2 2 2 2 9 4 2 . a b c a b c Lời giải 1 1 1 ab bc ca Ta có a b c 9 4 2 4 2 2 2 2 a b c a b c a b 2 b c 2 c a 2 a b 2 a c 2 b c 2 2 2 * ab bc ca a2 b2 c2 a b 2 a c 2 Không giảm tổng quát giả sử a b c b c Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có: 2 2 a b a c 2 2 b c 2 a b a c b c 2 2 a b 2 a c 2 2 a b a c b c 1 b c a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b c . Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c 2a b c 2 2a b c 2 2 2 a b c a b c  Trang 102 
3. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 2 a b a c a b 2 a c 2 Suy ra 2 2 2 a b c a2 b2 c2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c hoặc a 2 b c b c 2 b c 2 a2 b2 c2 3bc 2 2bc ( vì a b c ) 2 2 3 bc a2 b2 c2 Từ 1 , 2 , 3 suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a b c hoặc a 2b 2c và các hoán vị. Câu 4. (HSG11 tỉnh Phú Yên năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có các cạnh BC a, AC b, AB c . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. a) Chứng minh rằng a.IA2 b.IB2 c.IC 2 abc . b) Chứng minh rằng a bc IA2 b ca IB2 c ab IC 2 6abc . Hãy chỉ ra một trường hợp xảy ra dấu đẳng thức. Lời giải a) Giả sử đường tròn I tiếp xúc với BC,CA, AB theo thứ tự tại D, E, F . Gọi K là điểm đối xứng của I qua AC . S S AI.AK IA2 Ta có: AFIE AIK . SABC SABC AB.AC bc S IB2 S IC 2 Tương tự BDIF ; CEID . SABC ca SABC ab IA2 IB2 IC 2 S S S Suy ra AFIE BDIF CEID 1Suy ra bc ca ab SABC a.IA2 b.IB2 c.IC 2 abc . b) Theo BĐT Bunhiacopxki ta có: 2 2 2 2 2 2 a bc IA b ca IB c ab IC 1 1 1 a bc IA b ca IB c ab IC 2 2 2 3 3abc aIA bIB cIC Theo ý a) ta có aIA2 bIB2 cIC 2 abc a bc IA2 b ca IB2 c ab IC 2 6abc ( ĐPCM) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a bc IA2 b ca IB2 c ab IC 2 aIA2 bIB2 cIC 2 Vậy dễ thấy có một trường hợp xảy ra dấu của đẳng thức là:  Trang 103 
4. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a b c ABC là tam giác đều. IA IB IC Câu 5. (HSG12 tỉnh Đồng Nai năm 2018-2019) Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a b c abc . Chứng minh rằng a2 b2 c2 abc. Lời giải Nếu tồn tại một trong ba số a,b,c bằng 0 thì điều cần chứng minh đúng. Do đó chúng ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp a,b,c 0 . Giả sử ngược lại a2 b2 c2 abc. Khi đó abc a2 a bc . Tương tự b ca,c ab . Do đó abc a2 b2 c2 ab bc ca a b c (mâu thuẫn). Do đó ta có đpcm. Câu 6. (HSG11 Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc 1. Chứng m1nh rằng b c c a a b a b c 3 . a b c Lời giải b c 2 bc bc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 2 . a a a c a ca a b ab Tương tự ta được 2 ; 2 . b b c c Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: b c c a a b bc ca ab 2 . a b c a b c bc ca bc ca Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lạ1 có 2  2 c . a b a b ca ab ab bc Áp dụng tương tự ta được 2 a; 2 b . b c c a bc ca ab Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được a b c . a b c b c c a a b Do đó ta suy ra 2 a b c . a b c Ta cần chứng m1nh được 2 a b c a b c 3 a b c 3 . Đánh g1á cuố1 cùng là một đánh g1á đúng theo bất đẳng thức Cauchy và g1ả th1ết abc 1. Bà1 toán được g1ả1 quyết xong. Dấu bằng xảy ra kh1 và chỉ kh1 a b c 1.  Trang 104 
5. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 7. (HSG11 ChuyênDHĐB Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho 3 số thực dương a,b,c . Chứng minh rằng: a(a 2b c) b(b 2c a) c(c 2a b) 0 . ab 1 bc 1 ca 1 Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Uyên; Fb: Uyen Nguyen a a 2b c a2 1 ac 1 2 ab 1 a2 1 ac 1 Ta có: 2 . ab 1 ab 1 ab 1 ab 1 b b 2c a b2 1 ba 1 c c 2a b c2 1 cb 1 Tương tự ta có: 2 và 2. bc 1 bc 1 bc 1 ca 1 ca 1 ca 1 a a 2b c b b 2c a c c 2a b Vậy 0 ab 1 bc 1 ca 1 a2 1 b2 1 c2 1 ac 1 ba 1 cb 1 6 0 ab 1 bc 1 ca 1 ab 1 bc 1 ca 1 a2 1 b2 1 c2 1 ac 1 ba 1 cb 1 6 . ab 1 bc 1 ca 1 ab 1 bc 1 ca 1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có: ac 1 ba 1 cb 1 ac 1 ba 1 cb 1 3 3   3 (1) ab 1 bc 1 ca 1 ab 1 bc 1 ca 1 2 2 2 a2 1 b2 1 c2 1 a2 1 b2 1 c2 1 a 1 b 1 c 1 3 3   3 3 . ab 1 bc 1 ca 1 ab 1 bc 1 ca 1 ab 1 bc 1 ca 1 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swcharz ta có: a2 1 b2 1 ab 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b 1 c 1 bc 1 a 1 b 1 c 1 ab 1 bc 1 ca 1 c2 1 a2 1 ca 1 2 a2 1 b2 1 c2 1 a2 1 b2 1 c2 1 ab 1 bc 1 ca 1 1. ab 1 bc 1 ca 1 2 2 2 a2 1 b2 1 c2 1 a 1 b 1 c 1 Suy ra: 3 3 3 . (2) ab 1 bc 1 ca 1 ab 1 bc 1 ca 1 Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh. Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi a b c . Cách 2:  Trang 105 
6. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a a 2b c a2 1 ac 1 2 ab 1 a2 1 ac 1 Ta có: 2. ab 1 ab 1 ab 1 ab 1 ab 1 b b 2c a b2 1 ba 1 Tương tự ta có: 2 bc 1 bc 1 bc 1 bc 1 c c 2a b c2 1 cb 1 Và 2 . ca 1 ca 1 ca 1 ca 1 a a 2b c b b 2c a c c 2a b Vậy suy ra 0 ab 1 bc 1 ca 1 a2 b2 c2 1 1 1 ac 1 ba 1 cb 1 6 . ab 1 bc 1 ca 1 ab 1 bc 1 ca 1 ab 1 bc 1 ca 1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số, ta có: ac 1 ba 1 cb 1 ac 1 ba 1 cb 1 3 3   3 (1) ab 1 bc 1 ca 1 ab 1 bc 1 ca 1 Mặt khác áp dụng dạng phân thức của bất đẳng thức Cauchy-Swcharz, ta có: a2 b2 c2 1 1 1 ab 1 bc 1 ca 1 ab 1 bc 1 ca 1 a b c 2 1 1 1 2 3 ab bc ca 9 3. (2) ab bc ca 3 ab bc ca 3 ab bc ca 3 Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh. Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi a b c . 32 Câu 8. (HSG10 Nam Tiền Hải Thái Bình 2018-2019) Cho 0 a,b,c 3 và a b c 2 3 9 . 3 Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 32 3a3 32 3b3 32 3c3 8 Lời giải Cách 1: + Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức: 2 2 2 2 a1 a2 an a1 a2 an (với ai bất kỳ vàbi 0 ). b1 b2 bn b1 b2 bn a a a Dấu bằng xảy ra 1 2 n . b1 b2 bn 1 1 1 9 Do đó: 2 32 3a3 32 3b3 32 3c3 96 3(a3 b3 c3 )  Trang 106 
7. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 3 8 8 + Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 3 số không âm a , , ta được: 3 3 8 8 8 8 12 a3 33 a3. . a . (3) 3 3 3 3 3 9 8 8 8 8 12 Tương tự ta cũng có: b3 33 b3. . b . (4) 3 3 3 3 3 9 8 8 8 8 12 c3 33 c3. . c . (5) 3 3 3 3 3 9 + Cộng vế theo vế của (3), (4), (5) ta được: 12 12 a3 b3 c3 a b c 16 .2 3 9 16 8 . 3 9 3 9 96 3 a3 b3 c3 72 9 1 VP 2 dpcm 72 8 1 1 1 32 3a3 32 3b3 32 3c3 3 3 8 3 8 3 8 2 9 + Dấu bằng xảy ra a ;b ;c a b c . 3 3 3 3 a b c 2 3 9 Cách 2: 1 32 3a3 + Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 2 số không âm 3 , 2 ta được: 32 3a 24 1 32 3a3 1 32 3a3 1 2. . . 32 3a3 242 32 3a3 242 12 1 32 3b3 1 32 3b3 1 + Tương tự ta cũng có: 2. . 32 3b3 242 32 3b3 242 12 1 32 3c3 1 32 3c3 1 2. . 32 3c3 242 32 3c3 242 12 Cộng vế theo vế ta được: 1 1 1 32 3a3 32 3b3 32 3c3 1 1 3. 32 3a3 32 3b3 32 3c3 242 242 242 12 4 1 1 1 1 1 a3 b3 c3 1 a3 b3 c3 * 32 3a3 32 3b3 32 3c3 4 6 192 12 192 + Ta sẽ chứng minh: a3 b3 c3 8 . Thật vậy ta có: a3 b3 c3 a b c 3 3 a b b c c a  Trang 107 
8. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 3 3 a b b c c a 2 a b c a b b c c a 27 27 Thay vào ( ) ta được: 3 3 3 2 a b c a3 b3 c3 a b c 3 a b b c c a a b c 3. 27 3 3 3 2.2 9 2 3 9 3. 8 27 1 1 1 1 8 1 Do đó: * dpcm 32 3a3 32 3b3 32 3c3 12 192 8 1 32 3a3 3 2 32 3a 24 1 32 3b3 32 3b3 242 1 32 3c3 2 3 9 3 2 a b c Dấu bằng xảy ra 32 3c 24 3 a b b c c a a b c 2 3 9 Câu 9. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng: b c c a a b a b c 3 a b c Lời giải Tác giả: Nguyễn Dung; Fb: Dung Nguyễn b c 2 bc bc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 2 . a a a c a ac a b ab Tương tự: 2 ; 2 . b b c c b c c a a b bc ac ab Cộng từng vế các bất đẳng thức trên, ta được: 2 (1) a b c a b c Dấu “ ” xảy ra khi a b c . bc ac bc ac Lại có: 2 . 2 c . a b a b  Trang 108 
9. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 ac ab ab bc Tương tự: 2 a ; 2 b . b c c a bc ac ab Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên, ta được: a b c (2) a b c Dấu “ ” xảy ra khi a b c . b c c a a b Từ (1) và (2) ta được: 2 a b c (3) a b c Ta chứng minh 2 a b c a b c 3. Thật vậy, ta có: a b c 33 abc . Mà abc 1 nên a b c 3 . Từ đó suy ra 2 a b c a b c 3 (4) b c c a a b Từ (3) và (4) ta được: a b c 3 . a b c b c c a a b Vậy: a b c 3 (Điều phải chứng minh). a b c Dấu “ ” xảy ra khi a b c 1. Câu 10. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc 1. Chứng minh rằng b c c a a b a b c 3 a b c Lời giải b c 2 bc bc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 2 a a a c a ca a b ab Tương tự ta được 2 ; 2 b b c c Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được b c c a a b bc ca ab 2 a b c a b c bc ca bc ca Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có 2  2 c a b a b ca ab ab bc Áp dụng tương tự ta được 2 a; 2 b b c c a bc ca ab Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được a b c a b c  Trang 109 
10. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 b c c a a b Do đó ta suy ra 2 a b c a b c Ta cần chứng minh được 2 a b c a b c 3 a b c 3 Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết abc 1 Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. Câu 11. (HSG10 Kim Liên 2018-2019) Cho x , y , z là các số thực dương thỏa mãn: x2 y2 z2 4 xyz . Chứng minh rằng x y z 2 xyz . Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 6 số dương x 2 , y2 , z2 , x , y , z ta được: x2 y2 z2 x y z 6 6 x2 y2 z2 xyz 6 xyz . Vì x2 y2 z2 4 xyz nên suy ra: 4 xyz x y z 6 xyz x y z 2 xyz . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x2 y2 z2 x y z x y z 1 . Nhưng các giá trị này không thỏa mãn giả thiết x2 y2 z2 4 xyz nên đẳng thức không thể xảy ra. Vậy x y z 2 xyz . Câu 12. (HSG10 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Cho các số thực dương x , y , z thỏa mãn xy yz xz 3 . Chứng minh bất đẳng thức: x2 y2 z2 1. x3 8 y3 8 z3 8 Lời giải Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 2 2 2 3 2 (x 2) (x 2x 4) x x 6 x 2x x 8 (x 2)(x 2x 4) 2 . 2 2 x3 8 x x 6 y2 2y2 z2 2z2 Tương tự, ta cũng có 2 ; 2 . y3 8 y y 6 z3 8 z z 6 Từ đó suy ra: x2 y2 z2 2x2 2y2 2z2 2 2 2 . (1). x3 8 y3 8 z3 8 x x 6 y y 6 z z 6  Trang 110 
11. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 a2 b2 a b Chứng minh bổ đề: Cho x, y 0 và a,b ¡ ta có: * x y x y 2 2 2 a y b x a b 2 2 Ta có * a2 y b2 x x y xy a b ay bx 0 . xy x y a b Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . x y Áp dụng bổ đề ta có: 2 x2 y2 z2 x y z2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x 6 y y 6 z z 6 x y x y 12 z z 6 2(x y z)2 . x2 y2 z2 (x y z) 18 2(x y z)2 Đến đây, ta chỉ cần chứng minh: 1 3 x2 y2 z2 (x y z) 18 Do x2 y2 z2 (x y z) 18 x y z 2 x y z 2 xy yz zx 18 x y z 2 x y z 12 0 . Nên 3 2(x y z)2 x2 y2 z2 (x y z) 18 x2 y2 z2 x y z 6 (4). Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có: x2 y2 z2 xy yz zx 3 và x y z 3(xy yz zx) 3. Nên bất đẳng thức (4) đúng. Từ (1), (2), (3) và (4), ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z 1. Câu 13. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2 b2 c2 3b 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 4 8 P . a 1 2 b 2 2 c 3 2 Lời giải Với mọi số thực dương x, y, z, t , ta có: 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 16 64 2 2 2 2 2 . x y z t 4 x y z t 4 x y z t x y z t Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z t . 1 4 8 4 4 8 Ta có: P a 1 2 b 2 2 c 3 2 2a 2 2 b 2 2 c 3 2 1 1 1 1 4 2 2 2 2 2a 2 b 2 c 3 c 3  Trang 111 
12. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 64 256 4. . 2a 2 b 2 c 3 c 3 2 2a b 2c 10 2 Theo giả thiết, ta có: a2 b2 c2 3b 0. Áp dụng BĐT Cô-si cho các số không âm, ta có: 0 2a b 2c 10 2a 4b 2c 10 3b a2 1 b2 4 c2 1 10 3b a2 b2 c2 3b 16 16 0 2a b 2c 10 2 256 256 Suy ra: P 1 . 2a b 2c 10 2 2a 2 b 2 c 3 2 2 2 a c 1 Dấu đẳng thức xảy ra a b c 3b 0 . b 2 a 1; b 2; c 1 Vậy min P 1. Bài tập tương tự: (Lê Cảnh Dương-sưu tầm). Câu 14. (HSG12 tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 1 ta luôn có: logn n 1 logn 1 n 2 Lời giải Tác giả:Hoàng Văn Phiên; Fb:Phiên Văn Hoàng Cách 1 logn 1 n 2 + Xét A logn 1 n.logn 1 n 2 . logn n 1 + Áp dụng bất đẳng thức AM GM cho hai số dương logn 1 n và logn 1 n 2 ta được: log n log n 2 log n n 2 log n.log n 2 n 1 n 1 n 1 . n 1 n 1 2 2 + Mà n2 2n n2 2n 1 nên n2 2n n 1 2 . 2 2 2 logn 1 n 2n log n 1 logn 1 n 2n n 1 1. 2 2 2 logn 1 n 2 logn 1 n.logn 1 n 2 1 1 logn 1 n 2 logn n 1 . logn n 1 Cách 2 Tác giả:; Fb:Nguyen Trang + Với mọi số nguyên dương n 1 ta có: ln n 1 ln n 2 log n 1 log n 2 . n n 1 ln n ln n 1  Trang 112 
13. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 ln x 1 + Xét hàm số y với x 1. ln x ln x ln x 1 x ln x x 1 ln x 1 + Ta có: y x 1 x . ln x 2 x x 1 ln x 2 + Với x 1 thì x 1 x 1; ln x 1 ln x 0 x ln x x 1 ln x 1 0 . y 0,x 1. Suy ra hàm số nghịch biến trên 1; . + Do đó với mọi số nguyên dương n 1 thì y n y n 1 . Vậy logn n 1 logn 1 n 2 . Câu 15. (HSG10 CẦU GIẤY – THƯỜNG TÍN - HÀ NỘI 2018-2019) Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn a2 b2 c2 1. Chứng minh rằng a b c 3 3 . b2 c2 c2 a2 a2 b2 2 Lời giải Tác giả: Thu Hà ; Fb: Thu Ha Do a,b,c dương và a2 b2 c2 1 nên 0 a,b,c 1 và 1 a2 ,1 b2 ,1 c2 0 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm 2a2 ,1 a2 ,1 a2 , ta được: 2a 2 1 a 2 1 a 2 3 3 2a 2 1 a 2 1 a 2 23 3 2a2 1 a2 1 a2 * , dấu " " xảy ra 3a2 1 a . 27 3 Ta có: a a a2 a2 * a2 3 3a2 1 2 2 2 2 3 b c 1 a a 1 a 1 2 2 2 1 2 2 2a 1 a 1 a  2 2 27 Chứng minh tương tự, ta được: b b b2 b2 b2 3 3b2 2 2 2 2 2 3 c a 1 b b 1 b 1 2 2 2 1 2 2 2b 1 b 1 b  2 2 27 c c c2 c2 c2 3 3c2 3 2 2 2 2 3 a b 1 c c 1 c 1 2 2 2 1 2 2 2c 1 c 1 c  2 2 27 Cộng 1 , 2 , 3 vế theo vế ta được:  Trang 113 
14. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a b c 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c b c c a a b 2 a b c 3 3 3 (đpcm). Dấu " " xảy ra a b c . b2 c2 c2 a2 a2 b2 2 3 Câu 16. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019)Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: a2 b2 c2 3 . Chứng minh rằng: 4 4 4 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 3 a b c . a b b c c a Đẳng thức xảy ra khi nào? Lời giải Tác giả: Hồ Văn Thảo ; Fb: Thảo Thảo. 4 4 a2 b2 3 c2 4 4 2 2 2 Ta có 2 2 2 , vì a b c 3 b c 3 a 4 4 2 2 2 a c 3 b Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương: 4 2 4 2 4 2 4 2 2 3 a 2 2 3 a 4 2 1 a 2 2 2 1 a 2 3 a 3 a 3 a b c 4 1 b2 2 c2 a2 Tương tự ta chứng minh được: 4 1 c2 2 a2 b2 Nhân vế theo vế các bất đẳng thức mới chứng minh ta được: 4 4 4 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 a 2 b 2 c 2 a b b c c a 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta xét: a 2 b 2 a 1 1 b 1 1 a 1 b 1 a b 3 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 2 1 2 a2 1 b2 1 a b , a2 b2 a b 2 2 2 2 1 2 3 2 a 2 b 2 a b a b 3 a2 2 b2 2 c2 2 a b 3 c2 2 2 2 2 2 a b 2 a b a2 2 b2 2 c2 2 3 1 2 c2 3 . 2 1.c 2 2 a2 2 b2 2 c2 2 3 a b c 2  Trang 114 
15. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 4 4 4 2 Vậy nên 2 2 1 2 2 1 2 2 1 3 a b c a b b c c a Dấu " " xảy ra khi a b c 1. Câu 17. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) Cho a,b,c là các số thực không âm và không đồng thời bằng 0 thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 b2 c2 6b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 8 1 P . a b c 2 b 11 2 c 6 2 Lời giải 1 8 1 4 8 4 Ta có: P a b c 2 b 11 2 c 6 2 2a 2b 2c 2 b 11 2 2c 12 2 1 1 1 1 4 2 2 2 2 2a 2b 2c b 11 b 11 2c 12 64 256 4. . 2a 2b 2c 2b 22 2c 12 2 2a 4b 4c 34 2 Theo giả thiết, ta có: a2 b2 c2 6b 0 . Áp dụng BĐT Cô-si cho các số không âm, ta có: 0 2a 4b 4c 34 2a 10b 4c 34 6b a2 1 b2 25 c2 4 34 6b a2 b2 c2 6b 64 64 0 2a 4b 4c 34 2 642 256 256 1 Suy ra: P . 2a 4b 4c 34 2 642 16 2a 2b 2c b 11 2c 12 a 1 2 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra a b c 6b 0 b 5 . a 1; b 5; c 2 c 2 1 Vậy min P . 16 (4 điểm). Câu 18. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho n số a1,a2 , ,an 0;1. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 1 a1 a2 a3 an 4 a1 a2 a3 an Lời giải Tác giả: Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc. Phản biện: Nguyễn Phương Thu; Fb: Nguyễn Phương Thu 2 2 2 2 Xét tam thức f x x 1 a1 a2 an x a1 a2 an Ta có:  Trang 115 
16. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 2 2 2 f 1 1 1 a1 a2 an a1 a2 an a1 a1 1 a2 a2 1 a3 a3 1 an an 1 Mặt khác a1,a2 , ,an 0;1 nên a1 a1 1 0 a2 a2 1 0 f 1 0 an an 1 0 2 2 2 Mà f 0 a1 a2 an 0 f 1 . f 0 0 Mặt khác hàm số f x liên tục trên 0;1. Do đó phương trình f x 0 có nghiệm trên đoạn 0;1. 2 2 2 2 Suy ra 1 a1 a2 an 4 a1 a2 an 0 2 2 2 2 Do đó: 1 a1 a2 an 4 a1 a2 an . Câu 19. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Cho x, y,z là các số thực dương.Chứng minh rằng: 2 x 2 y 2 z 1 1 1 x3 y2 y3 z2 z3 x2 x2 y2 z2 Lời giải Tác giả: Cao Đình Định; Fb: Dinh Cao Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương x, y,z ta được: x3 y2 2 x3.y2 2xy. x y3 z2 2 y3.z2 2yz. y z3 x2 2 z3.x2 2zx. z Khi đó BĐT đã cho trở thành: 2 x 2 y 2 z 2 x 2 y 2 z 1 1 1 1 x3 y2 y3 z2 z3 x2 2xy x 2yz y 2zx z xy yz zx Mặt khác ta có: 1 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 x y xy xy 2 x y 1 1 1 1 1 1 1 1 CMTT: 2 2 ; 2 2 yz 2 y z zx 2 z x  Trang 116 
17. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 1 1 1 1 1 1 Suy ra: 2 xy yz zx x2 y2 z2 2 x 2 y 2 z 1 1 1 Từ (1) và (2) ta được: x3 y2 y3 z2 z3 x2 x2 y2 z2 Dấu “=” xảy ra x y z 1 Câu 20. (HSG11 Cụm Hà Đông Hoài Đức Hà Nội năm 2018-2019) Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c 1;2 ta luôn có: 1 1 1 a b c 10. a b c Lời giải Tác giả: Vũ Quốc Triệu ; Fb: Vũ Quốc Triệu 1 1 1 a b c b c a +/ Bất đẳng thức a b c 10 7 . a b c b c a a b c +/ Không mất tính tổng quát, giả sử: a b c . Khi đó: a b a a b b c 0 ab bc b2 ac 1 (vì bc 0 ). c c b Dấu “=” xảy ra a b hoặc b c . c b c Cũng có: a b b c 0 ab bc b ac 1 (vì ab 0). a a b Dấu “=” xảy ra a b hoặc b c . a b b c a c a b b c a c a c Do đó: 2 2 2 1 b c a b c a b c a b c a c a a +/ Ta có: x 1 x 2 nên: c 2 1 1 5 x 1 x 2 0 x2 3x 2 0 x 3 x 3 x x x 2 1 x a 2c Dấu “=” xảy ra 2 c 2a x 2 a c 5 Suy ra: 2 c a 2 a b b c a c Từ (1) và (2) suy ra: 7 (đpcm). b c a b c a a b 2,c 1 Dấu bằng xảy ra khi: a c 2,b 1. b c 2,a 1  Trang 117 
18. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Câu 21. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019)Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn a b c 3 . Chứng minh rằng a2 b2 c2 a2 b2 c2 . 2a 1 2b 1 2c 1 a2 b2 c2 6 Lời giải Cách 1: Tác giả: Trương Văn Tâm; Fb: Văn Tâm Trương Bất đẳng thức đã cho tương đương với a2 b2 c2 a2 b2 c2 0 2 2 2 2a 1 2b 1 2c 1 a b c 6  VT Trong đó a2 a2 a2 1 1 1 a 1 1 a2 2a .a.3 a .a.3 a.1.1 .a. . 2a 1 a a 1 33 a.a.1 3 3 3 3 9 9 b2 b2 2b c2 c2 2c Tương tự ta có và . 2b 1 9 9 2c 1 9 9 a2 b2 c2 1 2 Suy ra VT a2 b2 c2 . a2 b2 c2 6 9 3 a b c 2 a2 b2 c2 3 2 2 2 Đặt t a b c 6 . Ta có 3 t 3; 15 . 2 2 2 2 a b c a b c 9 Lúc đó, với mọi t 3; 15 ta có t 2 6 1 2 t 2 6 t 2 9t 2 54 t3 3 t t t 6 18 VT t 2 6 0 . t 9 3 t 9 9t 9t Dấu bằng xảy ra khi t 3 , suy ra a b c 1. Cách 2: Tác giả: Thành Đức Trung; Fb: Thành Đức Trung a a2 1 a 1 a2 a2 a 1 a2 Ta có . . . . 2 2a 1 2 2a 1 2 2a2 a 2a 1 2 2 2a2 a b2 b 1 b2 c2 c 1 c2 Tương tự có . và . . 2b 1 2 2 2b2 b 2c 1 2 2 2c2 c a2 b2 c2 3 1 a2 b2 c2 Suy ra 2 2 2 . 2a 1 2b 1 2c 1 2 2 2a a 2b b 2c c Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức ta có 2 a2 b2 c2 a b c 9 2a2 a 2b2 b 2c2 c 2 a2 b2 c2 3 2 a2 b2 c2 3  Trang 118 
19. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 a2 b2 c2 3 1 9 3 9 . . 2a 1 2b 1 2c 1 2 2 2 a2 b2 c2 3 2 4 a2 b2 c2 6 3 9 a2 b2 c2 Ta cần chứng minh . 1 2 4 a2 b2 c2 6 a2 b2 c2 6 a b c 2 a2 b2 c2 3 Đặt t a2 b2 c2 6 . Ta có 3 . 2 2 2 2 a b c a b c 2 ab bc ca 9 3 9 t 2 6 t 2 6 9 3 Suy ra t 3; 15 . Ta có 1 . 2 4t 2 18 t t 2 2t 2 9 2 2 2 t 4 81 t 4 9 81 Mặt khác, ta có 0 2t 2 9 .9t 2 9 . 9 . 9 9 2 9 2 2t 2 9 2t 4 6 81 3 Ta cần chứng minh t . t 2t 4 2 81 t t t t t 81 t 81 t 5 7 t 5.5 2t 4 3 6 6 6 6 2t 4 3 2592 3 2 2 Thật vậy, vì t 3 nên . 6 2 t 6 81 7 3 Suy ra t 2 . t 2t 4 2 2 Dấu '' '' xảy ra khi t 3 , suy ra a b c 1. Câu 22. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức b c a 2 c a b 2 a b c 2 P . a2 b c 2 b2 a c 2 c2 a b 2 Lời giải Tác giả: Võ Quang Anh; Fb:Anh Võ Quang. 2 2 b c a 1 2a 2a2 2a 2a a 1 Ta có: 1 1 .(*) a2 b c 2 a2 1 a 2 2a2 2a 1 1 2a 1 a Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số 2a;1 a ta được: 2a 1 a 2 a 1 2 2a 1 a .( ) 4 4 Từ (*) và ( ) suy ra: 2 b c a 2a a 1 8a a 1 8a 24 1 8 . a2 b c 2 a 1 2 3 a 1 a 3 a 3 a 1 4  Trang 119 
20. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 Chứng minh tương tự, ta suy ra: 1 1 1 P 3 24 24 . 3 a 3 b 3 c 1 1 1 9 9 Áp dụng bất đẳng thức AM – HM ta suy ra: . 3 a 3 b 3 c 9 a b c 10 3 Do đó, P . 5 2a 1 a 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c a b c . 3 a b c 1 3 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là đạt tại a b c . 5 3 Câu 23. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn a c b c 4c2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 32a3 32b3 1 1 P a b 3c . . b 3c 3 a 3c 3 a2 b2 Lời giải Tác giả: Lê Đức Hợp ; Fb: Le Hoop Bổ đề: Cho m , n là hai số thực dương khi đó ta có 3 1 1 8 m3 n3 m n a) 2 2 2 .b) . m n m n 2 2 Thật vậy 1 1 1 1 1 4 8 a) Ta có 2. . 2 2. . m2 n2 m n m.n m n 2 m n 2 Đẳng thức xảy ra m n . 3 3 3 m n m n 3 3 3 2 2 3 3 3 2 2 b) 4m 4n m 3m .n 3m.n n m n m .n m.n 0 2 2 2 m n m n 0 (luôn đúng với m , n là hai số thực dương ). 3 m3 n3 m n Vậy m , n 0 ; Đẳng thức xảy ra m n . 2 2 Áp dụng vào bài toán. 2 a b Ta có a c b c 4c 1 1 4 . c c a b Đặt x 0 ; y 0 . Từ giả thiết ta có x 1 y 1 4 . c c  Trang 120 
21. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 3 3 a b 3 3 32 32 32a 32b 1 1 c c 8 P 3 3 a b 3c . 2 2 3 3 a b 3c . 2 b 3c a 3c a b b a a b 3 3 c c 3 3 3 3 a b a b 32 32 32 32 c c 6 2c c c 6 2 P 2 2 2 2 3 3 3 3 a b b a a b b a 3 3 3 3 c c c c c c 3 3 32x3 32y3 6 2 x y 6 2 P 3 3 2 2 32 2 2 x y y 3 x 3 y 3 x 3 x y 3 x y 6 2 P 8. 2 2 . y 3 x 3 x y 2 x y x2 3x y2 3y x y 3 x y 2xy Ta có . y 3 x 3 x 3 y 3 xy 3 x y 9 Từ x 1 y 1 4 xy x y 3 xy 3 x y . x y 2 x y 4 Ta có 3 xy x y x y x y 3 0 x y 2 (vì x y 0 ). 4 4 Đặt t x y 2 . Ta có xy 3 t . Khi đó 2 3 3 x y 3 x y 2xy 6 2 t 2 3t 2 3 t 6 2 P 8. 2 2 8. 2 2 . xy 3 x y 9 x y 3 t 3t 9 t 2 3 t 5t 6 6 2 3 6 2 P 8. 2 2 t 1 2 2 . 2t 12 t t 3 6 2 Xét hàm f t t 1 2 2 trên 2; . t Ta có 2 6 2 f t 3 t 1 0 t 2; . t 2 3 6 2 Vậy hàm số f t t 1 2 2 đồng biến trên 2; . t Từ đó suy ra P f t f 2 1 2 . Vậy Pmin 1 2 xảy ra khi và chỉ khi x y 1 a b c . Câu 24. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019) Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:  Trang 121 
22. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 9 32 5 . ab a c b c 4 4a2 4b2 c2 Lời giải Tác giả:Nguyên Dung; Fb: Dung Nguyen Cách 1. cosi a2 ac b2 bc Ta có: ab a c b c a2 ac b2 bc . 2 a2 b2 c a b ab a c b c (1). 2 2 2 2 2 cosi 2 cosi c a b 2 c 2 a b Lại có: c a b và a b 2 a2 b2 c a b (2). 2 2 c2 2 a2 b2 a2 b2 Từ (1), (2) ab a c b c 2 . 2 4a2 4b2 c2 1 4 ab a c b c 4 ab a c b c 4a2 4b2 c2 9 36 . ab a c b c 4a2 4b2 c2 9 32 36 32 Do đó: P 2 2 2 . ab a c b c 4 4a2 4b2 c2 4a 4b c 4 4a2 4b2 c2 Đặt: t 4 4a2 4b2 c2 . Vì a,b,c là các số thực dương nên t 2. Suy ra: 4a2 4b2 c2 t 2 4 . 36 32 Xét hàm số f t với t 2. t 2 4 t 3 2 72t 32 32t 4 72t3 256t 2 512 t 4 32t 56t 32t 128 f t 2 2 2 2 . t 2 4 t t 2 4 .t 2 t 2 4 .t 2 Ta có:32t3 56t 2 32t 128 32t3 128 56t 2 32t 32 t3 4 4t 14t 8 0 ( vì t 2). Do đó f t 0 t 4 . Bảng biến thiên:  Trang 122 
23. TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019 9 32 f t 5 5 . ab a c b c 4 4a2 4b2 c2 4 4a2 4b2 c2 4 12a2 12 a 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b a b b 1 . c a b c 2a c 2 Cách 2: Ta có: ab bc ab ac 2ab bc ac ab a c b c ab bc ab ac . ab a c b c . 2 2 c2 c2 Đồng thời: 4 4a2 4b2 c2 4 2a2 2b2 2a2 2b2 4 4ab 2ac 2bc . 2 2 4 4a2 4b2 c2 4 2 2ab ac bc . 9 32 18 32 Do đó: . ab a c b c 4 4a2 4b2 c2 2ab ac bc 4 2 2ab ac bc t 2 4 Đặt t 4 2 2ab ac bc . Vì a,b,c là các số thực dương nên t 2. 2ab ac bc . 2 36 32 Xét hàm số: f t với t 2. t 2 4 t 3 2 72t 32 32t 4 72t3 256t 2 512 t 4 32t 56t 32t 128 f t 2 2 2 2 . t 2 4 t t 2 4 .t 2 t 2 4 .t 2 Ta có:32t3 56t 2 32t 128 32t3 128 56t 2 32t 32 t3 4 4t 14t 8 0 ( vì t 2). Do đó f ' t 0 t 4 .Bảng biến thiên: 9 32 f t 5 5 . ab a c b c 4 4a2 4b2 c2 4 2 2ab ac bc 4 12a2 12 a 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b a b b 1 . c a b c 2a c 2  Trang 123 