Bài 1: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x2+y2+6z2=4z(x+y)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{x^3}{y(x+z)^2}+\frac{y^3}{x(y+z)^2}+\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{z}$
Bài 2: Cho các số thực x,y thỏa mãn (x2+y2+1)2+3x2y2+1=4x2+5y2
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{x^2+2y^2-3x^2y^2}{x^2+y^2+1}$
Bài 3: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn ab+a+b=3
Chứng minh rằng: $\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\leq a^2+b^2+\frac{3}{2}$
Bài 4: Cho a, b, c là độ dài các cạnh tam giác có chu vi bằng 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{(a+b-c)^3}{2c}+\frac{(b+c-a)^3}{2a}+\frac{(c+a-b)^3}{2b}$
@Mod: Chú ý cách đặt tiêu đề
Bài 1:nhìn vào giả thiết ta thấy hai biến $x,y$ có vai trò đối xứng nhau,con biến $z$ có vai trò không đối xứng.
điều này gợi ý cho ta đưa bài toán đã cho về bài toán mới với 2 biến có vai trò đối xứng nhau,loại bỏ đi 1 biến thừa không cần thiết.
Đặt: $x=az,y=bz$,$a,b \in R^+$.Thay vào giả thiết ta có:$a^2+b^2+6=4(a+b)$.
Áp dụng Côsi ta có: $\left\{\begin{matrix}a^2+b^2 \geq \frac{(a+b)^2}{2} \\ ab \leq \frac{a^2+b^2}{2} \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix} \frac{(a+b)^2}{2} \leq 4(a+b) -6 \\ ab \leq \frac{a^2+b^2}{2} \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix} 2 \leq a+b \leq 6 \\ ab \leq 2(a+b)-3 \end{matrix}\right.$
Khi đó,ta có: $P=\frac{a^3}{b(a+1)^2}+\frac{b^3}{a(b+1)^2}+\sqrt{a^2+b^2} \geq \frac{a^3}{b(a+1)^2}+\frac{b^3}{a(b+1)^2} +\sqrt{\frac{(a+b)^2}{2}}$
$\geq \frac{a^3}{b(a+1)^2}+\frac{b^3}{a(b+1)^2} +\sqrt{2}$
Tiếp tục áp dụng Côsi,ta có : $\frac{a^3}{b(a+1)^2}+\frac{a+1}{8}+\frac{ab+b}{8}\geqslant \frac{3a}{4}$
$\frac{b^3}{a(b+1)^2}+\frac{b+1}{8}+\frac{ab+a}{8}\geqslant \frac{3b}{4}$
Cộng theo vế các bất dẳng thức trên ta có:
$P \geq \frac{a+b}{2}-\frac{ab}{4}-\frac{1}{4}+\sqrt{2} \geq \frac{a+b}{2}-\frac{2(a+b)-3}{4}-\frac{1}{4}+\sqrt{2} \geq \frac{1}{2}+\sqrt{2}$
Vậy,$MinP =\frac{1}{2}+\sqrt{2}$.Dấu $"="$ xẩy ra $\Leftrightarrow$ $a=b=1$,hay $x=y=z>0$
Một số bài toán có ý tưởng dặt ẩn phụ tương tự:
$1):$Cho $x,y,z >0$ thỏa mãn $x(x+y+z)=3yz$.Chứng minh rằng:$(x+y)^3+(x+z)^3+3(x+y)(x+z)(y+z) \leq 5(y+z)^3$(Khối A-2009)
$2):$Chứng minh rằng với mọi số thực không âm $x,y,z$ ta luôn có:$(x+2y+z)(x+y+z)^2 \geq 4(x+y)(y+z)(z+x)$
Bài 2:Theo giả thiết ta có: $(x^2+y^2+1)^2+3x^2y^2+1=4x^2+5y^2$
$\Rightarrow$ $\left\{\begin{matrix}y^2 - 3x^2y^2 = (x^2 + y^2 + 1)^{2} - 4(x^2 + y^2 + 1) + 5 \\(x^2 + y^2 + 1)^{2} - 5(x^2 + y^2 + 1) + 6 = - x^2 - 3x^2y^2 \leq 0 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix}y^2 - 3x^2y^2 = (x^2 + y^2 + 1)^{2} - 4(x^2 + y^2 + 1) + 5 \\ 2 \leq (x^2 + y^2 + 1) \leq 3 \end{matrix}\right.$
Ta có: $P=\frac{(x^2+y^2+1)+(y^2-3x^2y^2)-1}{x^2+y^2+1}$
$=\frac{(x^2+y^2+1)^2-3(x^2+y^2+1)+4}{x^2+y^2+1}$
Đặt: $t=x^2+y^2+1,(2 \leq t \leq 3)$.Khi đó $P$ trở thành:$P=\frac{t^2-3t+4}{t}$
Xét hàm số:$f(t)=\frac{t^2-3t+4}{t},t \in [2;3]$.
Ta có: $f'(t) =1- \frac{4}{t^2};f'(t)=0$ $\Leftrightarrow$ $t=2 \in [2;3]$
mà $f'(t) \geq 0$ với mọi $t \in [2;3]$.Suy ra,$f(t)$ đồng biến trên $[2;3]$.
Suy ra,$MinP=Minf(t)_{t \in [2;3]} =f(2) =1$,đạt được khi $x=0,y= \pm 1$
$MaxP =Maxf(t)_{t \in [2;3]} =f(3) =\frac{4}{3}$,đạt được khi $x=0,y=\pm \sqrt{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xCaroZ: 28-05-2014 - 17:53