Chủ đề này có 1115 trả lời

[Tham Lang]

Bài 234.
Tìm $a, b$ để
$P = a^4 - a^3b + a^2b^2 - ab^3 - 18ab + b^4 + 2005$ Đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 235. Cho $x, y$ là các số thực thoả mãn : $x^2 + y^2 - 4x - 6y + 12 = 0$
Tìm $x, y$ sao cho $A = x^2 + y^2 $ đạt giá trị lớn nhất.

[le_hoang1995]

Bài 234.
Tìm $a, b$ để
$P = a^4 - a^3b + a^2b^2 - ab^3 - 18ab + b^4 + 2005$ Đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 235. Cho $x, y$ là các số thực thoả mãn : $x^2 + y^2 - 4x - 6y + 12 = 0$
Tìm $x, y$ sao cho $A = x^2 + y^2 $ đạt giá trị lớn nhất.

Mình xin làm hai bài này.

Bài 234 bằng phân tích trực tiếp, ta có

$P=(a^3-b^3)(a-b)+(ab-9)^2-81+2005\geq 1924$

vậy $P_{min}=1924 \Leftrightarrow a=b=_{-}^{+}3$

Bài 235 điều kiện tương đương $(x-2)^2+(y-3)^2=1$

Đặt $x=2+a, y=3+b$ suy ra $a^2+b^2=1$

$A=(2+a)^2+(3+b)^2=a^2+b^2+13+2(2a+3b)\leq 1+13+2*\sqrt{(4+9)(a^2+b^2)}$

$=14+2\sqrt{13}$

Giải hệ dấu bằng khi $x=2+\frac{2}{\sqrt{13}},y=3+\frac{3}{\sqrt{13}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 02-02-2012 - 20:44

[Cao Xuân Huy]

Topic giờ ít sôi động quá.
Bài 236: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:
\[\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{6}{{a + b + c}} \ge 5\]
Bài 237: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:
\[(a + b)(b + c)(c + a) \ge 4(a + b + c - 1)\]

[Tham Lang]

Ta có: $VT\leq \frac{1}{9-\frac{(a+b)^2}{4}}+\frac{1}{9-\frac{(a+c)^2}{4}}+\frac{1}{9-\frac{(c+b)^2}{4}}$
$=\frac{4}{36-(3-c)^2}+\frac{4}{36-(3-b)^2}+\frac{4}{36-(3-a)^2}$
$VT\leq \frac{4}{27+6c-c^2}+\frac{4}{27+6b-b^2}+\frac{4}{27+6a-a^2}$
Chứng minh đánh giá sau$\frac{4}{27+6c-c^2}\leq \frac{33}{256}-\frac{x}{256}$
Làm tương tự rồi cộng lại ta có đpcm

Với cái này, biến đổi tương đương, ta có $(x - 34,09)(x - 3,9)(x - 1) \ge0$ cái này không thể đánh giá được. Vì vậy, cách này vẫn chưa ổn.

[Ispectorgadget]

212. $x,y,z > 0$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} +\dfrac{9}{x+ y + z} \ge \dfrac{4}{x + y} + \dfrac{4}{y + z} + \dfrac{4}{x + z}$$
Qua bên boxmath thấy một số cách giải cho bài này mọi người tham khảo nhé
Ở đây mình sửa lại đề 1 chút thay a,b,c bằng x,y,z
Nhân 2 vế với x+y+z và chú ý 2 hằng đẳng thức sau:$\frac{x+y+z}{x}=\frac{y+z}{x}+1$
$\frac{4(x+y+z)}{x+y}=4+\frac{4z}{x+y}$
_______
BĐT cần Chứng minh tương đương:
$\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}\leq \frac{4z}{x+y}+\frac{4y}{x+z}+\frac{4x}{y+z}$
Sử dụng BĐT cơ bản: $\frac{4}{a+b}\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}$
$VP\leq \frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+ \frac{x}{y}+\frac{x}{z}=\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}$
Ta có BĐT sau: \[3{a^3} + 3{b^3} + 3{c^3} + 9abc \ge 4\left( {ab + bc + ca} \right)\]
Đặt \[\left\{ \begin{array}{l}
a = {t^x}\\
b = {t^y}\\
c = {t^z}
\end{array} \right.\]
Ta có \[{t^{3x - 1}} + {t^{3y - 1}} + {t^{3z - 1}} + 3{t^{x + y + z - 1}} \ge \frac{4}{3}\left( {{t^{x + y - 1}} + {t^{y + z - 1}} + {t^{z + x - 1}}} \right)\]
Lấy tích phân từ $0 \to 1$ ta có $dpcm$

[Ispectorgadget]

Bài 58: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Tìm GTNN của biểu thức:
$$Q = \frac{{a + b}}{{a + b + c}} + \frac{{b + c}}{{b + c + 4a}} + \frac{{c + a}}{{c + a + 16b}}$$
zz

Ta có:$$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n} \geq \dfrac{n^2}{a_1+a_2+...+a_n} \,\ (1)$$
Ta có: $$ 3-Q=\dfrac{c}{a+b+c}+\dfrac{4a}{a+b+4a}+\dfrac{16b}{a+c+16b}$$
Áp dụng BĐT (1) được: $$\dfrac{4}{b+c+4a}\leq \dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{3a} \Rightarrow \dfrac{4a}{b+c+4a}\leq \dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{1}{3}$$ $$\dfrac{16}{b+c+16b}\leq \dfrac{1}{a+b+c}+\dfrac{1}{5b}+\dfrac{1}{5b}+ \dfrac{1}{5b} \Rightarrow \dfrac{16b}{b+c+16a}\leq \dfrac{b}{a+b+c}+\dfrac{3}{5}$$ Do đó: $$3-Q\leq \dfrac{29}{15}\Rightarrow Q\geq \dfrac{16}{15}$$ Vậy GTNN của Q bằng $\dfrac{16}{15} $khi và chỉ khi: $a=x, b=\dfrac{3x}{5}, c=\dfrac{7x}{5} $với $x>0$
Nguồn: onluyentoan.vn

[Zaraki]

Tặng bài khác vậy.
Bài 238. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn
$$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2$$
Chứng minh $$\frac{1}{4a+1}+\frac{1}{4b+1}+\frac{1}{4c+1}\ge 1$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 03-02-2012 - 18:46

[le_hoang1995]

Tặng bài khác vậy.
Bài 238. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn
$$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2$$
Chứng minh $$\frac{1}{4a+1}+\frac{1}{4b+1}+\frac{1}{4c+1}\ge 1$$

Đặt $\frac{1}{a+1}=x,...\Rightarrow a=\frac{1-x}{x},...$ và $\frac{1}{4a+1}=\frac{x}{4-3x}$

Vậy ta có $x+y+z=2$ và $3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z)^2=4$

$VT=\sum \frac{x}{4-3x}\geq \frac{(x+y+z)^2}{4(x+y+z)-3(x^2+y^2+z^2)}\geq \frac{2^2}{4*2-4}=1$

Dấu bằng khi $x=y=z=\frac{2}{3}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 03-02-2012 - 19:32

[nguyenta98]

Topic giờ ít sôi động quá.
Bài 236: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:
\[\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{6}{{a + b + c}} \ge 5\]

Giải như sau:
Đặt $\dfrac{1}{a}=x,\dfrac{1}{b}=y,\dfrac{1}{c}=z$ nên $abc=1$ do vậy bdt tương đương $x+y+z+\dfrac{6}{xy+yz+zx}\geq 5 $
Lại có $x+y+z+\dfrac{6}{xy+yz+zx}\geq (x+y+z)+\dfrac{18}{(x+y+z)^2}$ nên ta chứng minh $(x+y+z)+\dfrac{18}{(x+y+z)^2}\geq 5$
Đặt $x+y+z=k$ nên bdt $\leftrightarrow k^3-5k^2+18\geq 0 \leftrightarrow (k-3)(k^2-2k-6)\geq 0$ <1>
Lại thấy $k=a+b+c\geq \sqrt[3]{abc}=3$ Do vậy <1> đúng nên bdt đúng $Q.E.D$
Dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c=1 \leftrightarrow x=y=z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 03-02-2012 - 21:43

[Tham Lang]

Giải như sau:
Đặt $\dfrac{1}{a}=x,\dfrac{1}{b}=y,\dfrac{1}{c}=z$ nên $abc=1$ do vậy bdt tương đương $x+y+z+\dfrac{6}{xy+yz+zx}\geq 5 $
Lại có $x+y+z+\dfrac{6}{xy+yz+zx}\geq (x+y+z)+\dfrac{18}{(x+y+z)^2}$ nên ta chứng minh $(x+y+z)+\dfrac{18}{(x+y+z)^2}\geq 5$
Đặt $x+y+z=k$ nên bdt $\leftrightarrow k^3-5k^2+18\geq 0 \leftrightarrow (k-3)(k^2-2k-6)\geq 0$ <1>
Lại thấy $k=a+b+c\geq \sqrt[3]{abc}=3$ Do vậy <1> đúng nên bdt đúng $Q.E.D$
Dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c=1 \leftrightarrow x=y=z=1$

chỗ $k^2 - 2k - 6 = (k - 1)^2 - 7 \ge 4 - 7 = -3 $ thôi em ạ. Nên bài này không làm được theo cách này.

[Cao Xuân Huy]

Topic giờ ít sôi động quá.
Bài 236: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:
\[\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{6}{{a + b + c}} \ge 5\]

Mình giải bài này nhá:
Ta đặt $f(a,b,c)=\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{6}{{a + b + c}} - 5$
Ta chứng minh:
\[f(a,b,c) \ge f\left( {a,\sqrt {bc} ,\sqrt {bc} } \right)\]
Biến đổi tương đương ta có:
\[f(a,b,c) \ge f\left( {a,\sqrt {bc} ,\sqrt {bc} } \right) \Leftrightarrow {\left( {\sqrt b - \sqrt c } \right)^2}\left( {\frac{1}{{bc}} - \frac{6}{{(a + 2\sqrt {bc} )(a + b + c)}}} \right) \ge 0\]
Tới đây giả sử $a = \max \left\{ {a;b;c} \right\}$ ta chứng minh được biểu thức trong ngoặc dương.
Ta đặt $t=\sqrt{xy}$ thì $at^2=1$. Chứng minh:
\[\frac{1}{a} + \frac{2}{t} + \frac{6}{{a + 2t}} - 5 \ge 0 \Leftrightarrow (2 - 5t).{a^2} + 11at + 2{t^2} - 10 \ge 0\]
Tới đây lập $\Delta$ là ra

[Ispectorgadget]

Bài này mình chỉ chém bừa thôi, nếu sai chỗ nào thì sửa giùm
ĐK : $ x \le -1 $ Hoặc $ x > 0$
xét TH1. $x \le -1$
ta có $A + 1 = (x + 1) + \sqrt{x^2 + \dfrac{1}{x}} = -\sqrt{(-(x + 1))^2} + \sqrt{\dfrac{(x + 1)(x^2 - x + 1)}{x}} = \sqrt{-(x + 1)}.(\sqrt{\dfrac{x^2 - x + 1}{-x}} - \sqrt{-(x + 1)})$
ta sẽ chứng minh $\sqrt{\dfrac{x^2 - x + 1}{-x}} > \sqrt{-(x + 1)} (1)$
Thật vậy $(1) \Leftrightarrow x^2 - x + 1 > x^2 + x \Leftrightarrow 2x < 1$ Điều này đúng vì $x \le - 1$
Do đó, với trường hợp 1, ta có $A \ge -1$

TH2. $x > 0$ . Hiển nhiên $A > 0$
Vậy, $minA = -1$ khi $x = -1$

Bài này có cách giải khá ngắn gọn như sau.
$A-x=x^2+\frac{1}{x}$
Với $A\geq x>0$ thì BĐT cần chứng minh tương đương $(A-x)^2=x^2+\frac{1}{x}\Leftrightarrow Ax-2Ax^2-1=0$ (*)
Vì A khác 0 nên (*) là phương trình bậc 2 nên điều kiện có nghiệm
$\Delta '=A^2+A=A(A+1)\geq 0$
Mà A>0 nên $A\geq-1$

[Ispectorgadget]

Bài 230: Cho x,y,z không âm thoả $(x+z)(z+y)=1$
Chứng minh rằng: $\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\geq 4$
Đề tuyển sinh trường ĐHSP HN 2008

Lời giải:
Dễ thấy: $1=(z+x)(z+y)=z^2+xy+xz+yz\geq xy+xz+yz$
Suy ra : $\frac{4}{xy+xz+yz}\geq 4$ nên quy về bài toán cm BĐT mạnh hơn là
$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(z-y)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\geq \frac{4}{xy+xz+yz}$
Không mất tính tổng quát giả sử $z=min(x;y;z)$. Khi đó ta để ý rằng
$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}=\frac{(x-y)^2+2(z-x)(z-y)}{(y-z)^2(z-x)^2}=\frac{(x-y)^2}{(y-z)^2(z-x)^2}+\frac{2}{(z-x)(z-y)}$
Suy ra $\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}=\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2}{(y-z)^2(z-x)^2}+\frac{2}{(z-x)(z-y)}$
Sử dụng BĐT AM-GM ta có
$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2}{(y-z)^2(z-x)^2}\geq \frac{2}{(z-x)(z-y)}$
Từ đó suy ra $VT\geq \frac{4}{(z-x)(z-y)}$
Chứng minh sẽ toàn tất nếu ta chỉ ra được rằng
$(z-x)(z-y)\leq xy+xz+yz\Leftrightarrow z(2x+2y-z)\geq 0$
BĐT này đúng
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi$\left\{\begin{matrix} z=0 & \\ (z-y)^2=(z-y)(z-x) \end{matrix}\right.\Leftrightarrow$ $a=\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}t;b=t;c=0(t>0)$

Đề tuyển sinh mà ra ác quá

[Ispectorgadget]

Bài 239: Tìm GTLN của các biểu thức sau
$A=-x^2-y^2+xy+2x+2y$
Đề tuyển sinh lớp 10 Chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi 2002-2003
Bài 240: Cho x,y là các số thực thoả mãn $x^2+y^2=x+2$. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức
$P=x+2y$

[Tham Lang]

Bài 241.Cho các số dương $a_1, a_2, ..., a_n$ thoả mãn $a_1a_2a_3...a_n = 1$. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{a_1^2 + 1} + \sqrt{a_2^2 + 1} + ... + \sqrt{a_n^2 + 1} \le \sqrt{2}(a_1 + a_2 + ... + a_n$$
Bài 242.Cho $a, b, c > 0$ . Chứng minh rằng :
$$(1 + \dfrac{a}{b})(1 + \dfrac{b}{c})(1 + \dfrac{c}{a}) \ge 2(1 + \dfrac{a + b + c}{\sqrt[3]{abc}})$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 04-02-2012 - 13:45

[Ispectorgadget]

Bài 242:
VT=$=2+(\frac{b}{c}+\frac{a}{b}+\frac{c}{a})+(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b})$
Ta sẽ cm $(\frac{b}{c}+\frac{a}{b}+\frac{c}{a})\geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}};(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b})\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$
CM: $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$
Ta có: $3VT=(\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c})+(\frac{b}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})+(\frac{c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b})\geq \frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{3b}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{3c}{\sqrt[3]{abc}}$
Từ đây suy ra $VT\geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$
Còn $\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$ Làm tương tự
Từ đây ta có: $VT\geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}.2+2=2(1+\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 04-02-2012 - 14:03

[le_hoang1995]

Bài 239: Tìm GTLN của các biểu thức sau
$A=-x^2-y^2+xy+2x+2y$

$A=-x^2-y^2+xy+2x+2y\leq -x^2-y^2+\frac{x^2+y^2}{2}+2x+2y=\frac{-1}{2}(x-2)^2-\frac{1}{2}(y-2)^2+4\leq 4$

Dấu bằng khi $x=y=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 04-02-2012 - 14:05

[Tham Lang]

243. Cho các số thực thoả mãn $(x + y)c - (a + b)z = \sqrt{6}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :
$$F = a^2 + b^2 + c^2 + x^2 + y^2 + z^2 + ax + by + cz$$
NGHỆ AN.

[minhtuyb]

Bài 240: Cho x,y là các số thực thoả mãn $x^2+y^2=x+2$. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức
$P=x+2y$

$P=x+2y\Rightarrow x=P-2y$.Theo gt ta có:
$(P-2y)^2+y^2=P-2y+2\Leftrightarrow P^2-4Py+4y^2+y^2-P+2y-2=0\Leftrightarrow 5y^2-2(2P-1)y+P^2-P-2=0$
Để pt bậc hai ẩn y có nghiệm thì :
$\Delta '=(2P-1)^2-5(P^2-P-2)\geq 0$
$\Leftrightarrow -P^2+P+11\geq 0$
Giải BPT trên thu đc $\frac{1-3\sqrt{5}}{2}\leq P\leq \frac{1+3\sqrt{5}}{2}$

[Ispectorgadget]

Bài 244: Cho đa thức $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ (a khác 0). Giả sử tồn tại 2 số m,n (m khác n) sao cho $P(m)=P(n)$. CMR
$mn\geq \frac{4ac-b^2}{4a^2}$
Đề tuyển sinh chuyên Thái Binh 2010-2011
Bài 245: Cho các đa thức
$P(x)=x^3+ax^2+bx+c$, $Q(x)=x^2+x+2005$
Biết phương trình $P(x)=0$ có 3 nghiệm thực phân biệt còn phương trình P(Q(x))=0 vô nghiệm. CMR
$P(2005)>\frac{1}{64}$
Chuyên Thái Bình 2005-2006