Một số bài toán về bất dẳng thức và cực trị

  • Số trang: 4 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 22 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

1 DOÃN XUÂN HUY – THPT ÂN THI – HƯNG YÊN LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ 1/ Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Tìm GTNN của BT: 𝒙𝟐 (𝒚 + 𝒛) 𝒚𝟐 (𝒙 + 𝒛) 𝒛𝟐 (𝒚 + 𝒙) 𝑷= + + 𝒚𝒛 𝒙𝒛 𝒚𝒙 Giải: Theo BĐT Cô-si ta có: 𝒙𝟐 𝒙𝟐 𝒚𝟐 + + ≥ 𝟑𝒙 → 𝟑𝑷 ≥ 𝟑 𝒙 + 𝒚 + 𝒙 + 𝒛 + 𝒛 + 𝒚 = 𝟔 → 𝑷 ≥ 𝟐 𝒚 𝒚 𝒙 2/ Cho 3 số thực dương x, y, z. Tìm GTLN của BT: 𝑺= 𝒙 𝒙+ 𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛) + 𝒚 𝒚+ 𝒙 + 𝒚 (𝒚 + 𝒛) + 𝒛 𝒛+ 𝒛 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛) Giải: Ta có: 𝒙 𝒙+ 𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛) = 𝒙 𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛) − 𝑥 𝒙 𝒙 + (𝒚 + 𝒛) 𝟐 − 𝒙 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 ≤ = 𝑥 + 𝑦 𝑥 + 𝑧 − 𝒙𝟐 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) Tương tự cho các số hạng khác; từ đó suy ra: 𝑆≤ 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 𝑧𝑦 + 𝑥𝑧 + + =1 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) 3/ Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa mãn đk: 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 = 𝟑. Tìm GTLN của BT: 𝑨 = 𝒙𝒚 + 𝒚𝒛 + 𝒛𝒙 + 𝟓 (𝒙 + 𝒚 + 𝒛) Giải: Ta có: 𝟑 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 ≥ 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 𝟐 ≥ 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 ≥ 𝒙𝒚 + 𝒚𝒛 + 𝒛𝒙 ≥ 𝟎 →𝟑 ≥𝒕 =𝒙+𝒚+𝒛≥ 𝟑→𝑨≤ 𝒙+𝒚+𝒛 𝟐 𝟑 + 𝟓 (𝒙 + 𝒚 + 𝒛) = 𝒕𝟐 𝟑 + 𝟓 𝒕 = 𝒇(𝒕) → 𝒇 𝒕 ≤ 𝒇 𝟑 = 𝟏𝟒 𝟑 4/ Cho tg ABC có độ dài các cạnh là a, b, c. CMR: 𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 + 𝟑𝒂𝒃𝒄 ≥ 𝒂 𝒃𝟐 + 𝒄𝟐 + 𝒃 𝒂𝟐 + 𝒄𝟐 + 𝒄(𝒃𝟐 + 𝒂𝟐 ) Giải: BĐT cần chứng minh tương đương với: 2 DOÃN XUÂN HUY – THPT ÂN THI – HƯNG YÊN 𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 − 𝒂𝒃 𝒂 + 𝒃 + 𝒄𝟑 + 𝒃𝟑 − 𝒄𝒃 𝒄 + 𝒃 + 𝒂𝟑 + 𝒄𝟑 − 𝒂𝒄 𝒂 + 𝒄 ≥ 𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 − 𝟑𝒂𝒃𝒄 ↔ 𝒂+𝒃 𝒂−𝒃 𝟐 + 𝒄+𝒃 𝒄−𝒃 𝟐 + (𝒂 + 𝒄)(𝒂 − 𝒄)𝟐 ≥ × (𝒂 + 𝒃 + 𝒄) 𝟐 ↔ (𝒂 + 𝒃 − 𝒄) 𝒂 − 𝒃 𝟐 𝒂−𝒃 + 𝒄+𝒃−𝒂 𝒄−𝒃 𝟐 𝟐 + 𝒄−𝒃 𝟐 + (𝒂 − 𝒄)𝟐 + (𝒂 + 𝒄 − 𝒃)(𝒂 − 𝒄)𝟐 ≥ 𝟎 5/ Cho 𝒂, 𝒃, 𝒄 > 0&𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 𝟑 𝟒. Tìm GTNN của BT: 𝑷=𝟏 Giải: Ta có 𝑷 = 𝟏 𝟑 𝟑 𝒂 + 𝟑𝒃 + 𝟏 𝒂 + 𝟑𝒃 . 𝟏. 𝟏 + 𝟏 𝟑 𝟑 𝒃 + 𝟑𝒄 + 𝟏 𝒃 + 𝟑𝒄 . 𝟏. 𝟏 + 𝟏 𝟑 𝒄 + 𝟑𝒂 𝟑 𝒄 + 𝟑𝒂 . 𝟏. 𝟏 ≥ 𝟑 𝟑 𝟑 𝟑×𝟗 𝟐𝟕 + + ≥ = =𝟑 𝒂 + 𝟑𝒃 + 𝟐 𝒃 + 𝟑𝒄 + 𝟐 𝒄 + 𝟑𝒂 + 𝟐 𝟒 𝒂 + 𝒃 + 𝒄 + 𝟔 𝟗 6/ Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn đk: 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 ≤ 3. Chứng minh BĐT: 3𝑥𝑦 625𝒛𝟒 + 4 + 15𝑦𝑧 𝒙𝟒 + 4 + 5𝑧𝑥 81𝒙𝟐 + 4 ≥ 45 5𝑥𝑦𝑧 Giải: Đặt 𝑥 = 𝒂𝟓 ; 3𝑦 = 𝒃𝟓 ; 5𝑧 = 𝒄𝟓 𝑡𝑕ì 𝑡ừ 𝐺𝑇 𝑡𝑎 𝑐ó: 𝒂𝟓 + 𝒃𝟓 + 𝒄𝟓 ≤ 3 . Theo BĐT Cô-si ta có: 3𝒂𝟓 + 2 ≥ 5𝒂𝟑 → 𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 ≤ 3. Cũng theo BĐT Cô-si ta có: 3𝑥𝑦 625𝒛𝟒 + 4 = 𝒂𝟓 𝒃𝟓 𝒄𝟐𝟎 + 4 ≥ 𝒂𝟓 𝒃𝟓 5𝒄𝟒 = 5𝒂𝟓 𝒃𝟓 𝒄𝟐 → 𝑉𝑇 ≥ 5𝒂𝟓 𝒃𝟓 𝒄𝟓 × 𝒂−𝟑 + 𝒃−𝟑 + 𝒄−𝟑 ≥ 5𝒂𝟓 𝒃𝟓 𝒄𝟓 × 9 𝒂𝟑 + 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 ≥ 3 5 𝒂𝟓 𝒃𝟓 𝒄𝟓 → đ𝑝𝑐𝑚. 7/ Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn đk a + b + c = 1. Tìm GTNN của BT: 𝒂𝟑 𝒃𝟑 𝒄𝟑 𝑆= + + (𝟏 − 𝒂)2 (𝟏 − 𝒃)2 (𝟏 − 𝒄)2 Giải: Theo BĐT Cô-si ta có: 𝒂𝟑 1 − 𝑎 1 − 𝑎 3𝑎 + + ≥ . 𝑇ươ𝑛𝑔 𝑡ự 𝑡𝑎 𝑐ũ𝑛𝑔 𝑐ó 𝑐á𝑐 𝐵Đ𝑇 𝑘𝑕á𝑐; 𝑡ừ đó 𝑠𝑢𝑦 𝑟𝑎: (𝟏 − 𝒂)2 8 8 4 𝑆+ 1 − 𝑎 + 1 − 𝑏 + 1 − 𝑐 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 3 2 1 ≥ → 𝑆 ≥ − = → 𝑀𝑖𝑛𝑆 = 0,25 4 4 4 4 4 3 DOÃN XUÂN HUY – THPT ÂN THI – HƯNG YÊN 3x 2  4 2  y 3 8/ Cho x, y > 0 TMĐK 𝑥 + 𝑦 ≥ 4. 𝑇ì𝑚 𝐺𝑇𝑁𝑁 𝑐ủ𝑎 𝐵𝑇: P  .  4x y2 Giải: Theo BĐT Cô-si ta có: P  3x 2  4 2  y 3 x  y x 1 2 y y      2    2  1  1,5  4,5 4x y2 2 4 x y 4 4 9/ Cho 2 số thực x, y TMĐK 𝑥 2 − 𝑥𝑦 + 𝒚2 = 1. Tìm GTNN và GTLN của BT: 𝑃 = (𝑥 𝟒 + 𝒚𝟒 + 1) (𝑥 2 + 𝒚2 + 1) . Giải:Từ GT ta suy ra: (𝑥 − 𝒚)2 = 1 − 𝑥𝑦 ≥ 0; (𝑥 + 𝒚)2 = 1 + 3𝑥𝑦 ≥ 0 → 1 ≥ 𝑡 = 𝑥𝑦 ≥ − 1 3 t 2  2t  2  f (t ) . Do PT f’(t) = 0 có nghiệm t  6  2  (1/ 3;1) nên Ta có: P  t2 𝑀𝑎𝑥𝑃 = 𝑓 6 − 2 = 6 − 2 6 ; 𝑀𝑖𝑛𝑃 = 𝑓 1 = 1 . 10/ Cho 2 số thực x, y TMĐK 𝟐(𝑥 2 + 𝒚2 ) = 𝑥𝑦 + 1. Tìm GTNN và GTLN của BT: 𝑃 = (𝑥 𝟒 + 𝒚𝟒 ) (2𝑥𝑦 + 1) . Giải:Từ GT ta suy ra: (𝑥 − 𝒚)2 = 0,5 − 1,5𝑥𝑦 ≥ 0; (𝑥 + 𝒚)2 = 0,5 + 2,5𝑥𝑦 ≥ 0 1 1 −7𝒕2 + 2𝑡 + 1 → − ≤ 𝑡 = 𝑥𝑦 ≤ 𝑣à 𝑃 = = 𝑓 𝑡 𝐷𝑜 𝑓 ′ 5 3 4(2𝑡 + 1) 𝑡 = 0 𝑘𝑕𝑖 𝑡 = 0 𝑛ê𝑛 𝑀𝑎𝑥𝑃 = 𝑓 0 = 1 4 ; 𝑀𝑖𝑛𝑃 = 𝑓(− 1 5) = 𝑓 1 3 = 2 15 11/ Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn đk 𝒂2 + 𝒃2 = 1 𝑣à 𝑐 − 𝑑 = 3. CMR: 𝐹 = 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑 − 𝑐𝑑 ≤ (9 + 6 2) 4 . Giải:Từ GT ta suy ra: c = d + 3 và theo BĐT Bunhiacốpxki ta có: 𝐹≤ 𝒂2 + 𝒃2 . 𝒄2 + 𝒅2 − 𝑑 + 3 𝑑 = (𝒅 + 𝟑)2 + 𝒅2 − 𝒅2 + 3𝑑 = 𝑡 − 0,5(𝒕2 − 9) = (−𝒕2 + 2𝑡 + 9) 2 = 𝑓 𝑡 . 𝑇𝑎 𝑐ó: 𝒕2 = 2(𝒅 + 𝟏, 𝟓)2 + 4,5 ≥ 4,5 → 𝑡 ≥ 3 𝐷𝑜 𝑓 ′ 𝑡 = 1 − 𝑡 > 0 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≤ − 3 𝑡 ≤ −3 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≥ 3 2 → 𝑓 𝑡 ≤ 𝑓 −3 2 (1) ; 𝑓 ′ 𝑡 = 1 − 𝑡 < 0 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≥ 3 2 (2). Từ (1) và (2) ta suy ra đpcm. 2 2 = (9 − 6 2) 4 𝑣ớ𝑖 2→𝑓 𝑡 ≤𝑓 3 2 = (9 + 6 2) 4 4 DOÃN XUÂN HUY – THPT ÂN THI – HƯNG YÊN
- Xem thêm -