chuyên đề bất đẳng thức ltđh

14 568 0
  • Loading ...
1/14 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 27/11/2014, 07:11

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 184  Chuyên đề 6: BẤT ĐẲNG THỨC A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI I. Một số ghi nhớ:  a 2  0 , (a  b) 2  4ab ;  a, b  a 2  ab + b 2 > 0 ;  a, b  a   a ;  a  a + b a + b ;  a, b  a  b a  b ;  a, b  1  sin x  1; 1  cosx  1 II. Bất đẳng thức Cauchy Cho hai số a, b không âm 1. Ta có: a + b  2 a.b dấu “=” xảy ra khi a = b 2. Nếu a + b = const thì tích a.b lớn nhất khi a = b 3. Nếu a.b = const thì tổng a + b nhỏ nhất khi a = b B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011 Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x  y, x  z . Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức x y z P 2x 3y y z z x       . Giải Áp dụng bất đẳng thức 1 1 2 1 a 1 b 1 ab    với a, b dương và ab  1. Ta có: x y z 1 1 1 P y z x 2x 3y y z z x 2 3 1 1 x y z                   1 2 1 2 yy z x x 2 3 2 3 11 xx y z y Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi zx yz  hoặc x 1 y  . Đặt t = x y . Với x, y thuộc đoạn [1; 4] và x  y thì t  [1; 2] . Khi đó: P  2 2 2 1 2 t 2 1 1 t 1 t 2t 3 23 t       TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 185 Xét hàm số f(t) = 2 2 t2 1t 2t 3    trên [1; 2] . Ta có: f’(t) = 32 2 2 2 2[4t (t 1) 3(2t t 3)] (2t 3) (t 1)       < 0 , x[1; 2] . Suy ra hàm số f nghòch biến trên [1; 2] . Do đó: f(t)  f(2) = 34 33 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : z x x hoặc 1 x z y x t2 y            (*) . Dễ thấy x = 4, y = 1, z = 2 thỏa (*). Vậy giá trò nhỏ nhất của P bằng 34 33 khi x = 4, y = 1, z = 2 . Cách 2: Lấy đạo hàm theo biến z ta được: P’(z) =       22 yx 0 y z z x =         2 22 x y z xy y z z x    Nếu x = y thì x x z P 2x 3x x z z x       = 6 5 .  Nếu x > y thì P’(z) = 0  2 z xy 0 z xy    . z xy P'(z)  0 + P   P xy Vậy P    P xy = xy xy 2x 3y y xy xy x    = 2y x 2x 3y yx    = x 2 y x x 23 1 y y    . Đặt: t = x y ,     t 1; 2 thì P  2 2 t2 1t 2t 3    Đặt: f(t) = 2 2 t2 1t 2t 3    . Tương tự như trên ta có minP = 34 33 . Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 186 Cách 3: Ta có: yz x y z 1 xx P y y z z 2x 3y y z z x 2 3 1 x x x x             Đặt a = y x và b = z x . Vì x, y, z [1; 4] và x  y, x  z nên a, b  1 ; 1 4    . Khi đó: 1 a b P 2 3a a b b 1       . Lấy đạo hàm theo biến b ta được: P'(b) =     22 a1 0 a b b 1   =         2 22 1 a b a a b b 1   .  Nếu a = 1 thì 1 1 b 6 P 2 3 1 b b 1 5        .  Nếu a < 1 thì P'(b) = 0  2 b a 0 b a    . b 1 4 a 1 P'(b)  0 + P   Pa Vậy P   Pa = 1 a a 2 3a a a a 1    . Đặt: t = a 1 t ; 1 2        thì P  2 22 1 t t t1 2 3t t t    . Đặt: f(t) = 2 22 1 t t t1 2 3t t t    = 2 1 t t t 1 t 1 2 3t    = 2 1 2t t1 2 3t    . Ta có:     22 2 6t 2 f'(t) t1 2 3t       0 , 1 t ; 1 2     . Suy ra: f(t) đồng biến trên 1 ; 1 2     f(t) 1 34 f 2 33     . Dấu “=” xảy ra  1 t 2 ba         1 a 4 1 b 2           y1 x4 z1 x2          (*). Dễ thấy x = 4, y = 1, z = 2 thỏa (*). Ta lại có: 34 6 33 5  nên minP = 34 33 . TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 187 Caùch 4 : P = 1 1 1 2 3 1 1 y z x x y z     Đặt a = z y , b = x z . Ta có a > 0, b > 0 ; ab = 1 x y  . P thành 1 1 1 3 11 2 ab ab    Mà 1 1 2 11 1 ab ab    và khi a = b thì dấu “=” xảy ra. Nên P = 1 1 2 2 3 1 1 2 3 1 ab ab ab a b ab ab          . Đặt t = ab , vì 14 x ab y    nên 12t Suy ra P  2 2 2 2 3 1 t tt   = 2 2 4 2 2 34 2 3 11 1 3 33 t tt      = 2 2 3 12 2(2 ) 34 11(2 3) 3(1 ) 33 tt tt    = 2 3( 2) 2 34 (2 ) 11(2 3) 3(1 ) 33 t t tt         = 2 2 35 27 48 34 (2 ) 33(2 3)(1 ) 33 tt t tt       = =   2 2 8 27( 1) 48 34 34 (2 ) , 1,2 33(2 3)(1 ) 33 33 tt tt tt             Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 188 Khi a = b và t = 2 thì P = 34 33 . Do đó P 34 33  và P = 34 33 khi x = 4, y = 1 và z = 2 Vậy ta có minP = 34 33 . ( Ghi chú: 2 35 27 48tt là 1 tam thức bậc 2 có a > 0 và 0 nên ln ln dương ) Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011 Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2) . Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 3 3 2 2 a b a b P 4 9 b a b a                     . Giải ª Đặt t = ab ba  ( t > 0 ) thì :  2 22 2 22 a b a b a b 2 . t 2 b a b a ba           3 33 3 33 a b a b a b a b 3 . t 3t b a b a b a ba                    Suy ra: P = 4(t 3 – 3t) – 9(t 2 – 2) = 4t 3 – 9t 2 – 12t + 18 ª Theo giả thiết ta có: 2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2)    a b 1 1 2 1 ab 2 b a b a                  (Chia hai vế cho ab  0)    a b 1 1 2 1 a b 2 b a a b                   (1) Ta có:   11 a b 2 ab          11 2 a b .2 ab     = ab 2 2 2 ba     (2) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 11 a b 2 ab       Với t = ab ba  ( t > 0 ) và kết hợp với (1) và (2) ta được: TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 189   2t 1 2 2 t 2      2 4t 4t 1 4 2 t 2       2 4t 4t 15 0    5 t 2  (vì t > 0) . ª Xét P(t) = 4t 3 – 9t 2 – 12t + 18, với  5 t 2 . Ta có: P'(t) = 12t 2 – 18t – 12 > 0,   5 t 2 . Do đó: Hàm số P(t) đồng biến trên 5 ; 2      Suy ra: P(t)  5 23 P 24     . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 22 22 ab 11 a b 2 a b 2 ab 2 ab ab a b 5 a b 5 a b 5 t b a 2 ab 2                                        2 ab 2 a b 2ab 5           ab 2 a b 3       a 1 a 2 b 2 b 1       . Vậy minP = 23 4  khi a 1 a 2 b 2 b 1       . Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức M = 3(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca) +  2 2 2 2 a b c . Giải Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca  1 = (a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)  a 2 + b 2 + c 2 = 1 – 2t và  1 0t 3 Theo B.C.S ta có: t 2 = (ab + bc + ca) 2 ≤ 3(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 )  M ≥     2 t 3t 2 1 2t f(t) f’(t) =   2 2t 3 1 2t f"(t) =   3 2 2 (1 2t) < 0, t  1 0; 3     f’(t) là hàm giảm Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 190    1 11 f'(t) f'( ) 2 3 33 > 0  f tăng  f(t) ≥ f(0) = 2, t  1 0; 3     M ≥ 2,  a, b, c không âm thỏa a + b + c = 1 Khi a = b = 0 và c = 1 thì M = 2. Vậy min M = 2. Bài 4: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2010 Cho hai số thực dương thay đổi x, y thỏa mãn điều kiện 3x + y  1. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức  11 A x xy . Giải Cách 1: 1  3x + y = x + x + x + y  3 4 4 x y   3 4 1 4 xy A =     3 4 1 1 2 2 8 x xy x xy xy Khi x = y = 1 4 ta có A = 8. Vậy min A = 8. Cách 2: Áp dụng: a, b > 0:   1 1 4 a b a b A =        1 1 1 2 1 1 xy x x x y x xy 22      48 8 xy 3x y x 22 Khi x = y = 1 4 ta có A = 8. Vậy min A = 8. Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có (x + y) 3 + (x + z) 3 + 3(x + y)(x + z)(y + z)  5(y + z) 3 . Giải x(x + y + z) = 3yz     y z y z 13 x x x x Đặt        yz u 0,v 0,t u v 0 xx . Ta có:                      2 2 2 u v t 1 t 3uv 3 3 3t 4t 4 0 t 2 3t 2 0 t 2 24 Chia hai vế cho x 3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về                    3 3 3 1 u 1 v 3 1 u 1 v u v 5 u v TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 191                         3 2 2 3 33 33 3 3 3 2 2 t 3 1 u 1 v 3 1 u 1 v 3 1 u 1 v t 5t 2 t 6 1 u 1 v 5t 2 t 6(1 u v uv) 5t 1t 2 t 6 1 t 5t 4t 6t 4t 0 t 2t 1 t 2 0 3                                            Đúng do t  2. Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009 Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn (x + y) 3 + 4xy  2. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức A = 3(x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) – 2(x 2 + y 2 ) + 1 . Giải 3 32 2 (x y) 4xy 2 (x y) (x y) 2 0 x y 1 (x y) 4xy 0                          2 22 (x y) 1 xy 22 dấu “=” xảy ra khi :  1 xy 2 Ta có:   2 2 2 22 (x y ) xy 4   4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A 3 x y x y 2(x y ) 1 3 (x y ) x y 2(x y ) 1               2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (x y ) 3 (x y ) 2(x y ) 1 4 9 (x y ) 2(x y ) 1 4                 Đặt = x 2 + y 2 , đk t ≥ 1 2 2 9 9 1 1 9 f(t) t 2t 1 f'(t) t 2 0, t f(t) f( ) 4 2 2 2 16             Vậy:    min 91 A khi x y 16 2 Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008 Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của biểu thức    22 (x y)(1 xy) P (1 x) (1 y) Giải Cách 1: Ta có:                  2 2 2 (x y)(1 xy) (x y)(1 xy) 1 1 1 pp 4 4 4 (1 x) (1 y) (1 x) (1 xy) Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 192  Khi x = 0, y = 1 thì  1 p 4 là GTNN  Khi x = 1, y = 0 thì  1 p 4 là GTLN Cách 2:            2 2 2 2 2 2 2 2 x x y y xy x(1 y ) y(1 x ) p (1 x) (1 y) (1 x) (1 y)             22 2 2 2 2 x(1 2y y ) y(1 2x x ) x y (1 x) (1 y) (1 x) (1 y) Ta luôn có: 2 a1 0 ; a 0 4 (1 a)      Nên  max 1 p 4 khi x = 1, y = 0 và  min 1 p 4 khi x = 0, y = 1. Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007 Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz = 1. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức:          222 x (y z) y (z x) z (x y) P y y 2z z z z 2x x x x 2y y Giải Ta có: x 2 (y + z)  2x x . Tương tự     22 y (z x) 2y y, z (x y) 2z z        2y y 2x x 2z z P y y 2z z z z 2x x x x 2y y Đặt a x x 2y y, b y y 2z z, c z z 2x x      Suy ra: 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a x x , y y , z z 9 9 9          Do đó             2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a P 9 b c a                           2 c a b a b c 2 4 6 (4.3 3 6) 2 9 b c a b c a 9 Dấu “=” xảy ra  x = y = z = 1. Vậy giá trò nhỏ nhất của P là 2. Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007 Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức:                      x 1 y 1 z 1 P x y z 2 yz 2 zx 2 xy Giải TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 193 Ta có:      2 2 2 2 2 2 x y z x y z P 2 2 2 xyz Do x 2 + y 2 + z 2 =         2 2 2 2 2 2 x y y z z x xy yz zx 2 2 2 Nên                               2 2 2 x 1 y 1 z 1 P 2 x 2 y 2 z Xét hàm số  2 t1 f(t) 2t với t > 0. Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra    3 f(t) , t 0. 2 Suy ra:  9 P. 2 Dấu bằng xảy ra  x = y = z = 1 Vậy giá trò nhỏ nhất của P là 9 2 . Bài 10: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006 Cho hai số thực x  0 và y  0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện: (x + y)xy = x 2 + y 2  xy. Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức A =  33 11 . xy Giải Từ giả thiết ta suy ra:     22 1 1 1 1 1 x y xy xy Đặt 11 a, b xy  ta có: a + b = a 2 + b 2  ab (1) A = a 3 + b 3 = (a + b)(a 2 + b 2  ab) = (a + b) 2 . Từ (1) suy ra: a + b = (a + b) 2  3ab. Vì         2 22 a b 3 ab nên a + b ( a + b) (a b) 24  (a + b) 2  4(a + b)  0  0  a + b  4. Suy ra: A = (a + b) 2  16 Với x = y = 1 2 thì A = 16. Vậy giá trò lớn nhất của A là 16. Bài 11: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức:         2 2 2 2 A (x 1) y (x 1) y y 2 Giải Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét M(x  1; y), N(x + 1; y). Do OM + ON  MN nên [...]...  4  3  (3) Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được cho 2, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra  (1), (2), (3) là các đẳng thức  x = 0 Bài 14: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 Chứng minh rằng: 1  x3  y3 1  y3  z3 1  z3  x3   3 3 xy yz zx Khi nào đẳng thức xảy ra? Giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương... Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 3 x = y = z Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 4 Bài 13: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005 x x x  12   15   20  Chứng minh rằng với mọi x  R, ta có:          3x  4x  5x  5  4  3  Khi nào đẳng thức xảy ra? Giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có: x x ...   18  10 = 8 (do BĐT Cauchy và x + y + z  1) 1 (đpcm) 82  18  82 Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 3 Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhia… ta có: 1 x + 9 9 1   9   9x   80x  9.6  80x x x   Bất đẳng thức Cauchy x  Từ (1) và (2)  Tương tự x2  y2   VT  1 x 1 y  2 2  1 82 1 82 1 82 (1) (2)  54  80x   54  80y  và 162  80  x  y  z   Xảy ra dấu “=” khi x = y = z = 1 (đpcm) 3... y3  z 3 3  ; yz yz Suy ra VT  3 xy  3 yz  1  x3  y 3 3  xy xy 1  z3  x3 3  zx zx 3 zx  3.3 3 3 3 xy yz zx 195 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – Hay 3 VT  3  xy yz  3 3 3 zx Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 Bài 15: Cho x, y, z là ba số dương x + y + z  1 x2  Chứng minh rằng: 1 x  y2  2 1 y 2  z2  1 z2  82 Giải 1  1  1  Cách 1: Xem u    x, 2  ; v    y, . 20 2.5 43 (3) Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được cho 2, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra  (1), (2), (3) là các đẳng thức  x = 0. Bài 14:. Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 195 Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 4 . Bài 13:.                x x x x x x 12 15 20 3 4 5 5 4 3 . Khi nào đẳng thức xảy ra? Giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:                  
- Xem thêm -

Xem thêm: chuyên đề bất đẳng thức ltđh, chuyên đề bất đẳng thức ltđh, chuyên đề bất đẳng thức ltđh

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay