Chủ đề này có 18 trả lời

[dark templar]

ĐỀ ÔN TẬP,KIỂM TRA CHUYÊN

TRƯỜNG THPT NGUYỄN THƯỢNG HIỀN,2012

Bài 1:
Cho hàm số $y=\frac{4x+3}{1-2x}$ có đồ thị là $\left(C \right)$.Chứng minh rằng có 1 phép đối xứng trục biến $\left(C \right)$ thành chính nó.

Bài 2:

Giải bất phương trình:

$$\sqrt{4x+6}-\sqrt[3]{x^3+7x^2+12x+6} \ge x^2-2$$

Bài 3:

Cho đường tròn $\left(C \right)$ nội tiếp hình vuông ABCD.Biết $\left(C \right):(x-2)^2+(y-3)^2=10$ và cạnh AB đi qua điểm $M(-3;-2)$ và $x_{A}>0$.Tìm tọa độ 4 đỉnh của hình vuông ABCD.

Bài 4:

Tìm trên đồ thị $\left(C \right):y=\frac{3x-1}{x-1}$ 2 điểm M,N thuộc 2 nhánh khác nhau sao cho tam giác AMN vuông cân tại $A(2;1)$.

Bài 5:

Giải phương trình:

$$\sin{\left(2x-\frac{\pi}{4} \right)}.\cos{2x}-2\sqrt{2}\sin{\left(x-\frac{\pi}{4} \right)}=0$$

Bài 6:

Cho các số thực dương $x,y,z$.Tìm GTLN của:

$$P=\frac{x}{\sqrt{3x^2+yz}}+\frac{y}{\sqrt{3y^2+zx}}+\frac{z}{\sqrt{3z^2+xy}}$$

Bài 7:

Trong mặt phẳng $(P)$,cho tam giác ABC vuông tại A.$AB=a;AC=b$ và M là trung điểm cạnh BC.Trên đường thẳng $(d)$ vuông góc với $(P)$ tại M,lấy điểm S khác M.Mặt phẳng $(Q)$ chứa BC và vuông góc với $(SAB)$,cắt SA tại D.Biết $V_{ABCD}=\frac{ab^2\sqrt{2}}{24}$.Tính độ dài đoạn SM.

Bài 8:

Giải phương trình:

$$x^3-x^2-10x-2=\sqrt[3]{7x^2+23x+12}$$.

[Didier]

$\sum \frac{x}{\sqrt{3x^{2}+yz}}=\sum \frac{1}{\sqrt{3+\frac{yz}{x^{2}}}}$
cho $\frac{yz}{x^{2}}=t$
$\frac{yx}{z^{2}}=h$
$\frac{zx}{y^{2}}=m$
$(mht=1)$
ma $\frac{1}{\sqrt{3+t}} co f''(t)=\frac{3}{4\sqrt[2]{(3+t)^{5}}}\geq 0 \to$ Hàm lồi đưới
$\Rightarrow \sum \frac{1}{\sqrt{3+t}}\geq \frac{3}{\sqrt{3+\sqrt[3]{mht}}}=\frac{3}{2} $ (jen sen)

[dark templar]

$\sum \frac{x}{\sqrt{3x^{2}+yz}}=\sum \frac{1}{\sqrt{3+\frac{yz}{x^{2}}}}$
cho $\frac{yz}{x^{2}}=t$
$\frac{yx}{z^{2}}=h$
$\frac{zx}{y^{2}}=m$
$(mht=1)$
ma $\frac{1}{\sqrt{3+t}} co f''(t)=\frac{3}{4\sqrt[2]{(3+t)^{5}}}\geq 0 \to$ Hàm lồi đưới
$\Rightarrow \sum \frac{1}{\sqrt{3+t}}\geq \frac{3}{\sqrt{3+\sqrt[3]{mht}}}=\frac{3}{2} $ (jen sen)

Nếu mình nhớ không lầm thì không có BĐT Jensen dạng này đâu
$$f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})$$
Với $f''(x) >0$.
Mà bài này bảo tìm GTLN,chứ không phải tìm GTNN .

[khapham_1411]

ĐỀ ÔN TẬP,KIỂM TRA CHUYÊN

TRƯỜNG THPT NGUYỄN THƯỢNG HIỀN,2012

Bài 6:

Cho các số thực dương $x,y,z$.Tìm GTLN của:

$$P=\frac{x}{\sqrt{3x^2+yz}}+\frac{y}{\sqrt{3y^2+zx}}+\frac{z}{\sqrt{3z^2+xy}}$$

Theo BCS:

$$P^2\le 3\sum \frac{x^2}{3x^2+yz}= 3-\sum \frac{yz}{3x^2+yz}$$

Theo Cauchy-Schwarz:

$$\sum \frac{yz}{3x^2+yz}=\sum \frac{(yz)^2}{3x^2yz+(yz)^2}\ge \frac{(zy+yz+zx)^2}{(xy+yz+zx)^2+xyz(x+y+z)}\ge \frac{3}{4}$$

Suy ra $P^2\le 3-\frac{3}{4}=\frac{9}{4}$, hay $P\le \frac{3}{2}$

Vậy $\max P=\frac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khapham_1411: 19-02-2012 - 22:14

[Didier]

Nếu mình nhớ không lầm thì không có BĐT Jensen dạng này đâu
$$f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})$$
Với $f''(x) >0$.
Mà bài này bảo tìm GTLN,chứ không phải tìm GTNN .

Xin lỗi ban vì đã đọc nhầm đề bài nhưng về cái Jensen đó thì nó là dạng mở rộng trong sach STBDT

Nếu bạn biết cái jensen đó sai ở đâu thì bạn nói cho mình với đề làn sau mình còn sửa thank

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 20-02-2012 - 18:02

[hung0503]

Bài số 2 khá hay moị ngươì trình bày cho mình xem với

bạn xem ở đây
http://www.onluyento...read.php?t=1857

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hung0503: 21-02-2012 - 21:03

[dark templar]

Xin lỗi ban vì đã đọc nhầm đề bài nhưng về cái Jensen đó thì nó là dạng mở rộng trong sach STBDT

Nếu bạn biết cái jensen đó sai ở đâu thì bạn nói cho mình với đề làn sau mình còn sửa thank

Àh BĐT của bạn chỉ đúng khi bạn chỉ ra được BĐT đúng trong trường hợp 2 số,tức là:
$$f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$$
Nhưng rõ ràng là BĐT này không đúng Bài này có 1 cách giải bằng AM-GM khá độc đáo như sau:
Đặt $a=\frac{yz}{x^2};b=\frac{zx}{y^2};c=\frac{xy}{z^2} \Rightarrow a,b,c>0;abc=1$.Ta viết lại biểu thức dưới dạng sau:
$$P=\frac{1}{\sqrt{3+a}}+\frac{1}{\sqrt{3+b}}+\frac{1}{\sqrt{3+c}}$$
Theo AM-GM:
$$\frac{1}{\sqrt{3+a}}=\frac{2}{\sqrt{4(3+a)}} \le \frac{1}{4}+\frac{1}{3+a}$$
Suy ra:
$$P \le \frac{3}{4}+\frac{1}{3+a}+\frac{1}{3+b}+\frac{1}{3+c}$$
Ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{1}{3+a}+\frac{1}{3+b}+\frac{1}{3+c} \le \frac{3}{4}(1)$$
là xong bài toán.Cái này chỉ là phép biến đổi tương đương:
$$(1) \iff 5(x+y+z)+3(xy+yz+zx) \ge 24$$
Cái này hiển nhiên đúng theo AM-GM,với để ý rằng:$abc=1$

[dark templar]

Theo ý kiến của riêng mình,đề bài này cũng tương đối dễ,không khó lắm
Với câu 1 chỉ là kiến thức dời trục tọa độ,ta chỉ cần chứng minh đường phân giác $y=x$ của gốc tọa độ mới, là giao điểm của 2 đường tiệm cận của hàm số ban đầu, là trục đối xứng của hàm số ban đầu
Còn câu 2 thì cách giải đã có trong đường link của bạn hung0503 ở trên.
Câu 3 thì là 1 bài tọa độ phẳng cơ bản của lớp 10,câu 4 thì mình chưa làm kịp,cũng chưa có hướng làm .
Câu 5 căn bản,câu 6 thì có rất nhiều cách làm,câu 7 theo mình thi câu này là câu dài nhất của cả cái đề.Còn câu 8 thì chỉ là biến đổi đưa về hàm:
$$f(x+2)=f(\sqrt[3]{7x^2+23x+12})$$
Với $f(t)=t^3+t$
Ý kiến của các bạn như thế nào ?

[dark templar]

ĐỀ KIỂM TRA CHUYÊN SỐ 2:

Bài 1:

Cho hàm số $y=x^3-3x^2+m^2x+m$.Tìm $m$ để đồ thị hàm số có cực đại và cực tiểu,đồng thời 2 điểm đó đối xứng nhau qua đường thẳng $(d):x-2y-5=0$.

Bài 2: Giải các phương trình:

a/$$ 16x^3-24x^2+12x-3=\sqrt[3]{x}$$

b/$$ x^2-4x-3=\sqrt{x+5}$$

Bài 3: Khối chóp $S.ABC$ có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và $SA \perp (ABC),SC=a$.Hãy xác định góc giữa 2 mặt phẳng $SCB)$ và $(ABC)$ để thể tích khối chóp lớn nhất.

Bài 4:Tìm $m$ để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt:

$$10x^2+8x+4=m(2x+1)\sqrt{x^2+1}$$

Bài 5:Cho $a,b \ge 0$ thỏa mãn:$a^2+b^2+ab=3$.Tìm GTLN và GTNN của:

$$A=a^4+b^4+2ab-a^5b^5$$

Bài 6: Giải phương trình:

$$\sin{4x}+2\cos{2x}+4(\sin{x}+\cos{x})=1+\cos{4x}$$

Bài 7:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$abc=1$.Chứng minh BĐT kép sau:

$$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1} \le \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \le 1$$

Bài 8:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$abc=1$.Tìm GTNN của:

$$B=\frac{1}{a^{2012}(b+c)}+\frac{1}{b^{2012}(a+c)}+\frac{1}{c^{2012}(a+b)}$$

P/s:Theo ý kiến của mình thì đề này khó hơn so với đề số 1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 25-02-2012 - 17:36

[Ispectorgadget]

Bài 5: $a^2+b^2+ab=3\geq 3ab\Rightarrow 1\geq ab\geq 0$
$A=(a^2+b^2)^2-2a^2b^2+2ab-a^5b^5=(3-ab)^2-2a^2b^2+2ab-a^5b^5$
Đặt $t=ab(1\geq t\geq 0)$
$A=9-6t+t^2-2t^2+2t-t^5=-t^2-t^5-4t+9$
Tới đây lấy đạo hàm rồi KSHS

[Ispectorgadget]

ĐỀ KIỂM TRA CHUYÊN SỐ 2:

Bài 7:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$abc=1$.Chứng minh BĐT kép sau:

$$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1} \le \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \le 1$$

Chứng minh vế sau trước
Đặt $x=\frac{1}{a+2};y=\frac{1}{b+2};z=\frac{1}{c+2}\Rightarrow a=\frac{1-2x}{x};b=\frac{1-2y}{y};c=\frac{1-2z}{z}$
Ta có: $abc=1\Rightarrow \frac{(1-2x)(1-2y)(1-2z)}{xyz}=1\Leftrightarrow (1-2x)(1-2y)(1-2z)=xyz$
Do đó ta cần chứng minh $x+y+z\leq 1$
Giả sử ngược lại: $x+y+z>1$
$(1-2x)<(x+y+z)-2z=y+x-z$
$(1-2y)<(x+y+z)-2y=x+z-y$
$(1-2z)<(x+y+z)-2z=x+y-z$
Nhân lại ta có:$xyz=(1-2x)(1-2y)(1-2z)< (x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)$
Điều này mâu thuẫn với BĐT Schur $xyz\geq (x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)$
Do đó giả sử trên của ta là sai. Do đó BĐT ban đầu là đúng!
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

_____
Công trình nghiến cứu lúc 12 giờ đêm.

[Tham Lang]

Bài 8 thực chất có khá nhiều cách giải. Em xin trình bày 2 cách như sau
Cách 1 Dùng $Holder$. $B = \dfrac{(bc)^{2011}}{a(b + c)} + \dfrac{(ca)^{2011}}{b(a + c)} + \dfrac{(ab)^{2011}}{c(a + b)}$
Nên $B.\left (a(b + c) + b(a + c) + c(a + b) \right )(1 + 1 + 1)^{2009} \ge (ab + bc + ca)^2011 \Leftrightarrow B \ge \dfrac{(ab + bc + ca)^{2011}}{2(ab + bc + ca).3^{2009}} = \dfrac{(ab + bc + ca)^2010}{2.3^{2009}} \ge \dfrac{3^{2010}}{2.3^{2009}} = \dfrac{3}{2}$
Cách 2. Dùng $AM-GM$
Ta có :
$$B + \dfrac{a(b + c) + b(a + c) + c(a + b)}{4} + 3.\dfrac{2010.1}{4} =\sum{ (\dfrac{(bc)^{2011}}{a(b + c)} + \dfrac{a(b + c)}{4} + \dfrac{1}{4}+ \dfrac{1}{4} + ... +\dfrac{1}{4}} \ge \sum{\dfrac{2011.bc\sqrt[2011]{4}}{4}}$$
Đến đây thì đã rất dễ giải.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 25-02-2012 - 17:40

[dark templar]

Bài 5: $a^2+b^2+ab=3\geq 3ab\Rightarrow 1\geq ab\geq 0$
$A=(a^2+b^2)^2-2a^2b^2+2ab-a^5b^5=(3-ab)^2-2a^2b^2+2ab-a^5b^5$
Đặt $t=ab(1\geq t\geq 0)$
$A=9-6t+t^2-2t^2+2t-t^5=-t^2-t^5-4t+9$
Tới đây lấy đạo hàm rồi KSHS

Khúc khảo sát đạo hàm mới là phần hay nhất của bài toán đấy

Chứng minh vế sau trước
Đặt $x=\frac{1}{a+2};y=\frac{1}{b+2};z=\frac{1}{c+2}\Rightarrow a=\frac{1-2x}{x};b=\frac{1-2y}{y};c=\frac{1-2z}{z}$
Ta có: $abc=1\Rightarrow \frac{(1-2x)(1-2y)(1-2z)}{xyz}=1\Leftrightarrow (1-2x)(1-2y)(1-2z)=xyz$
Do đó ta cần chứng minh $x+y+z\leq 1$
Giả sử ngược lại: $x+y+z>1$
$(1-2x)<(x+y+z)-2z=y+x-z$
$(1-2y)<(x+y+z)-2y=x+z-y$
$(1-2z)<(x+y+z)-2z=x+y-z$
Nhân lại ta có:$xyz=(1-2x)(1-2y)(1-2z)< (x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)$
Điều này mâu thuẫn với BĐT Schur $xyz\geq (x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)$
Do đó giả sử trên của ta là sai. Do đó BĐT ban đầu là đúng!
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

_____
Công trình nghiến cứu lúc 12 giờ đêm.

Cách giải cũng khá đó 1 cách giải khác ngắn gọn hơn:
Biến đổi tương đương:
$$\iff \frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2} \ge 1$$
Theo AM-GM:
$$\frac{a}{a+2}=\frac{a}{a+2\sqrt[3]{abc}}=\frac{\sqrt[3]{a^2}}{\sqrt[3]{a^2}+2\sqrt[3]{bc}} \ge \frac{\sqrt[3]{a^2}}{\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2}}$$

[Ispectorgadget]

Bài 5: $a^2+b^2+ab=3\geq 3ab\Rightarrow 1\geq ab\geq 0$
$A=(a^2+b^2)^2-2a^2b^2+2ab-a^5b^5=(3-ab)^2-2a^2b^2+2ab-a^5b^5$
Đặt $t=ab(1\geq t\geq 0)$
$A=9-6t+t^2-2t^2+2t-t^5=-t^2-t^5-4t+9$
$f'(t)=-5t^4-2t-4$
$f'(t)=0$
$5t^4+2t+4=0$
Anh giải giúp em cái này được không làm mãi không ra
__
Tự nhiên làm đề này thấy đau lòng

[dark templar]

Bài 5: $a^2+b^2+ab=3\geq 3ab\Rightarrow 1\geq ab\geq 0$
$A=(a^2+b^2)^2-2a^2b^2+2ab-a^5b^5=(3-ab)^2-2a^2b^2+2ab-a^5b^5$
Đặt $t=ab(1\geq t\geq 0)$
$A=9-6t+t^2-2t^2+2t-t^5=-t^2-t^5-4t+9$
$f'(t)=-5t^4-2t-4$
$f'(t)=0$
$5t^4+2t+4=0$
Anh giải giúp em cái này được không làm mãi không ra
__
Tự nhiên làm đề này thấy đau lòng

Gợi ý: Tính $f''(t)$ và khảo sát tính biến thiên của $f'(t)$ thông qua $f''(t)$ trên $[0;1]$.

[Ispectorgadget]

Bài 7:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$abc=1$.Chứng minh BĐT kép sau:

$$ \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \le 1$$

Cách khác $$ \frac{1}{x^2+2} +\frac{1}{y^2+2}+\frac{1}{z^2+2}\le 1$$ với điều kiện $xyz\ge 1.$ Bất đẳng này tương đương với $$\left (\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2+2} \right ) +\left (\frac{1}{2}-\frac{1}{y^2+2} \right )+\left (\frac{1}{2}-\frac{1}{z^2+2} \right )\ge \frac{3}{2}-1,$$ hay là $$\frac{x^2}{x^2+2} +\frac{y^2}{y^2+2}+\frac{z^2}{z^2+2}\ge 1.$$ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có $$ \frac{x^2}{x^2+2} +\frac{y^2}{y^2+2}+\frac{z^2}{z^2+2}\ge \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+6}.$$ Cuối cùng ta sẽ chứng minh $$\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+6}\ge 1,$$ Hiển nhiên đúng theo kết quả ở trên. Giá tri lớn nhất của $P$ là $\displaystyle \frac{1}{2}$ đạt được khi $a=b=c=1.$
Chứng minh: $$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{a+c+1}\leq \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}$$
Đây là lời giải trong cuốn Old and new Inequality.
Đặt $x=a+b+c;y=ab+bc+ac$
BĐT cần chứng minh $$\Leftrightarrow \frac{x^2+4x+y+3}{x^2+2x+y+xy}-1\leq \frac{12+4x+y}{9+4x+2y}-1$$
$$\Leftrightarrow \frac{2x+3-xy}{x^2+2x+y+xy}\leq \frac{3-y}{9+4x+2y}$$
Khúc này không biết dịch sao đành phải ghi thành tiếng Anh vậy
For the last inequality, we clear denominators. Then using the inequality $x\geq 3;y\geq 3;x^2\geq 3y$, we have
$$\frac{5}{3}x^2y\geq 5x^2;\frac{x^2y}{3}\geq y^2;xy^2\geq 9x;5xy\geq 15x;xy\geq 3y$$
Từ đây ta có đpcm.

__________
Anh Phúc có cách nào dễ hiểu hơn không

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 26-02-2012 - 02:43

[Ispectorgadget]

Bài 3:

Cho đường tròn $\left(C \right)$ nội tiếp hình vuông ABCD.Biết $\left(C \right):(x-2)^2+(y-3)^2=10$ và cạnh AB đi qua điểm $M(-3;-2)$ và $x_{A}>0$.Tìm tọa độ 4 đỉnh của hình vuông ABCD.

Tọa độ $\ ©$ có tâm $\ I(2;3)$ và bán kính $\ R=\sqrt{10}.$
Gọi đường thẳng $\ AB$ đi qua $\ M$ và có vecto pháp tuyến của đường thẳng $\ AB$ là $\ \overrightarrow{n}=(a;b).$ Khi đó ta có phương trình đường thẳng $\ AB$ :$$a(x+3)+b(y+2)=0 \Leftrightarrow ax+by+3a+2b=0 \quad (a^2+b^2 \ne 0)$$ Lại có $\ AB$ tiếp xúc với $\ ©$ nên $$\begin{aligned}d_{(I,AB)}=R &\Leftrightarrow \dfrac{|2a+3b+3a+2b|}{\sqrt{a^2+b^2}}=\sqrt{10}\\& \Leftrightarrow 5|a+b|=\sqrt{10(a^2+b^2)}\\&\Leftrightarrow 25(a+b)^2=10(a^2+b^2)\\&\Leftrightarrow 3a^2+10ab+3b^2=0\\& \Leftrightarrow \left[\begin{matrix}a=-3b \\ b=-3a \end{matrix}\right. \end{aligned}$$Với $\ a=-3b$ ta chọn $\ a=3 \ ; \ b=-1$ lúc đó ta có phương trình $\ AB : 3x-y+7=0.$ Do $\ A \in AB$ suy ra ta có tọa độ điểm $\ A(t ; 3t+7).$
Mặt khác ta có :$$IA= R \sqrt 2 \Leftrightarrow IA^2=20 \Leftrightarrow (t-2)^2+(3t+7-3)^2=20 \Rightarrow \left[\begin{matrix} t=0 \\ t=-2 \end{matrix} \right.$$Lại theo điều kiện giả thiết $\ x_A >0$ suy ra $\ t>0.$ Do đó trong trường hợp này không thỏa điều kiện.
Với $\ b=-3a$ ta chọn $\ a=1 \ ; \ b=-3$ lúc đó phương trình $\ AB : x-3y-3=0.$ Do $\ A \in AB$ suy ra tọa độ điểm $\ A(3t+3;t).$
Mặt khác ta có :$$IA= R \sqrt 2 \Leftrightarrow IA^2=20 \Leftrightarrow (3t+3-2)^2+(t-3)^2=20 \Rightarrow \left[\begin{matrix} t=1 \\ t=-1 \end{matrix} \right.$$Lại theo điều kiện giả thiết $\ x_A >0$ suy ra $\ 3t+3>0 \Rightarrow t >-1.$ Do đó trong trường hợp này ta có $\ t=1$ Suy ra điểm $\ A(6;1)$
Do $\ I$ là trung điểm của $\ AC$ nên suy ra được $\ C(-2;5).$
Từ đây dễ dàng tìm được 2 điểm còn lại.

[dark templar]

Chứng minh: $$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{a+c+1}\leq \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}$$
Đây là lời giải trong cuốn Old and new Inequality.
Đặt $x=a+b+c;y=ab+bc+ac$
BĐT cần chứng minh $$\Leftrightarrow \frac{x^2+4x+y+3}{x^2+2x+y+xy}-1\leq \frac{12+4x+y}{9+4x+2y}-1$$
$$\Leftrightarrow \frac{2x+3-xy}{x^2+2x+y+xy}\leq \frac{3-y}{9+4x+2y}$$
Khúc này không biết dịch sao đành phải ghi thành tiếng Anh vậy
For the last inequality, we clear denominators. Then using the inequality $x\geq 3;y\geq 3;x^2\geq 3y$, we have
$$\frac{5}{3}x^2y\geq 5x^2;\frac{x^2y}{3}\geq y^2;xy^2\geq 9x;5xy\geq 15x;xy\geq 3y$$
Từ đây ta có đpcm.

__________
Anh Phúc có cách nào dễ hiểu hơn không

! cách giải khác cũng hơi trâu bò xíu
Sử dụng 1 BĐT hiển nhiên sau:
$$\frac{2}{a+2}-\frac{b}{ab+b+1}-\frac{1}{a+b+1}=\frac{a(b-1)^2}{(a+2)(ab+b+1)(a+b+1)} \ge 0$$
Và 1 đẳng thức quen thuộc:
$$\frac{a}{ca+a+1}+\frac{b}{ab+b+1}+\frac{c}{bc+c+1}=1$$
Nên ta có:
$$\sum \frac{1}{a+2}-\sum \frac{1}{a+b+1} \ge 1-\sum \frac{1}{a+2}$$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \le 1$$
BĐT này chúng ta đã chứng minh ở trên,nên ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

P/s:@Kiên:Khúc cuối dịch là:"Với BĐT cuối,ta quy đồng và sử dụng các BĐT:$x \ge 3;y \ge 3;x^2 \ge 3y$,ta có:
$$\frac{5}{3}x^2y\geq 5x^2;\frac{x^2y}{3}\geq y^2;xy^2\geq 9x;5xy\geq 15x;xy\geq 3y$$."

[Ispectorgadget]

Điều kiện:$x\geq -5$
PT trên $\Leftrightarrow x^2-3x+\frac{9}{4}=x+5+\sqrt{x+5}+\frac{1}{4}\Leftrightarrow (x-\frac{3}{2})^2=(\sqrt{x+5}+\frac{1}{2})^2$
Tới đây lấy căn rồi chia TH để giải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 27-02-2012 - 22:00