Chủ đề này có 84 trả lời

[E. Galois]

Trời ơi là trời! Có cái topic hay thế này mà giờ mình mới biết!
Trước hết xin góp ý cho chủ topic:
- bạn nên đáng số lại các bài cm bdt 3 biến bằng đạo hàm theo số thứ tự có sẵn để tránh nhầm lẫn vì trong 1 topic mà có hai bài 1
- Khi nào giải xong bài cũ ta mới nên post bài mới, nếu không tí nữa sẽ lẫn lộn như một số topic chuyên đề trước đây cho mà xem

Mình cũng phải đọc đi đọc lại 2 lần mới biết là bài 8 chưa có ai giải:

Bài 8: ( Dùng Phương pháp khảo sát hàm số _ trong THTT 408 )
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn:
${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{{2 - a}} + \dfrac{1}{{2 - b}} + \dfrac{1}{{2 - c}} \ge 3$

Dễ thấy a, b, c < 2
Xét hàm số:
\[
\begin{array}{l}
f(x) = \dfrac{1}{{2 - x}} - \dfrac{{x^2 }}{2},\forall x \in \left( {0;2} \right); \\
f'(x) = \dfrac{1}{{\left( {2 - x} \right)^2 }} - x = \dfrac{{1 - x\left( {2 - x} \right)^2 }}{{\left( {2 - x} \right)^2 }}; \\
f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = d < 1 \\
x = 1 \\
x = e > 2 \\
\end{array} \right.
\end{array}
\]
Lập bảng xét dấu, ta có
___________________________________
x |0________d________1________2
___________________________________
f'|_____+___ 0___-____0_____+
___________________________________

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1
\[
\begin{array}{l}
f(1) = \dfrac{1}{2} \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f(x) = \dfrac{1}{2}; \\
\mathop {\lim }\limits_{x \to 2^ - } f(x) = + \infty \\
\end{array}
\]
Vậy
\[
\mathop {\min }\limits_{\left( {0;2} \right)} f(x) = f(1) = \dfrac{1}{2}
\]
Do đó:
\[
f(a) + f(b) + f(c) \ge \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{2 - a}} + \dfrac{1}{{2 - b}} + \dfrac{1}{{2 - c}} - \dfrac{{a^2 + b^2 + c^2 }}{2} \ge \dfrac{3}{2}
\]
Và ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra KVCK a = b= c = 1

[E. Galois]

Từ lúc biết topic này đâm ra lại nghiện nó.
Mình xin lắm "lời thêm" chút nữa. Mình thấy ở trên kia, có một số bạn (chẳng hạn là tác giả tôpic này) viết 2 bài liên tiếp. Theo mình nên hợp nhất hai bài đó lại để tránh tốn diện tích của topic. (Hiển nhiên mình cũng đã vi phạm điều mình vừa nói. Nếu chủ tôpic đồng ý với ý kiến trên của mình hãy sát nhập hai bài viết của mình lại nhé. Đa tạ)

Hình như bài 3 cũng chưa ai giải:

Bài 3:
Cho x,y>0. Chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{a}.\ln ({x^a} + {y^a}) > \dfrac{1}{b}\ln ({x^b} + {y^b})$ với : $0 < a < b$

Xét hàm số:
\[
f(t) = \dfrac{1}{t}\ln \left( {x^t + y^t } \right),\forall t > 0
\]
Ta có:
\[
\begin{array}{l}
f'(t) = \dfrac{{ - \ln \left( {x^t + y^t } \right)}}{{t^2 }} + \dfrac{{x^t \ln x + y^t \ln y}}{{t\left( {x^t + y^t } \right)}} \\
= \dfrac{{x^t \left[ {\ln x^t - \ln \left( {x^t + y^t } \right)} \right] + y^t \left[ {\ln y^t - \ln \left( {x^t + y^t } \right)} \right]}}{{t^2 \left( {x^t + y^t } \right)}} < 0,\forall t > 0 \\
\end{array}
\]
Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$. Do đó, với 0<a<b, ta có:

f(a) > f(b)

Đó là điều phải chứng minh

[vietfrog]

Rất cảm ơn anh E.Galois đã tham gia Topic nhiệt tình và bị nghiện .
Mấy bài liên tiếp ở trên không phải là em post một lúc nhưng tách ra làm 2 bài để lấy post đâu.
Nghĩ ra bài này, post lên rồi hôm sau mới nghĩ ra bài khác mà anh. Cá nhân em thấy thì mỗi câu nên trình bày ở một bài, như vậy mới thẩm mỹ và dễ quan sát ( có thể tổng hợp sau này ).
Mặt khác thì lời giải và đề bài mới cũng nên để tách biệt cho mọi người dễ theo dõi.
Trên đây chỉ là ý kiến cá nhân của em, có gì mong anh lượng thứ.
Mình xin kêu gọi mọi người tham gia nhiệt tình hơn nữa vì những kiến thức này phục vụ rất nhiều cho các bạn!
Spam nhiều quá rồi. Giải một bài vậy.

Bài 12:Bài này nhìn hay

Cho $x > 0;y > 0;x + 2y < \dfrac{{5\pi }}{4}$ .Chứng minh rằng:
$$\cos (x + y) < \dfrac{{y\sin x}}{{x\sin y}}$$

Bài làm

Ta có:
Xét hàm số \[f(t) = \dfrac{{\sin t}}{t};0 < t < \dfrac{{5\pi }}{4}\]
Ta có: $f'(t) = \dfrac{{\cos t(t - \tan t)}}{{{t^2}}}$
Ta dễ dàng chứng minh được \[f'(t) < 0,\forall \left( {0;\dfrac{{5\pi }}{4}} \right)\]
( có thể dùng đạo hàm hoặc chia ra làm các khoảng thích hợp )
Suy ra $f'(t)$ là hàm nghịch biến trên $\left( {0;\dfrac{5}{4}} \right)$
Ta có: $0 < x < x + 2y < \dfrac{{5\pi }}{4}$
\[ \Rightarrow \dfrac{{\sin (x + 2y)}}{{x + 2y}} < \dfrac{{\sin x}}{x}\]
\[ \Leftrightarrow x.\sin (x + 2y) < x\sin x + 2y\sin x\]
\[ \Leftrightarrow x.2\cos (x + y)\sin y < 2y\sin x\]
\[ \Leftrightarrow \cos (x + y) < \dfrac{{y\sin x}}{{x\sin y}}\]
Chú ý: Các phép chia, nhân với bất đẳng thức ở trên đều thực hiện với số dương

[Didier]

Bài 14:
$ Đặt f(t)=\dfrac{t}{1+t^{2}}$
$ f'(t)=\dfrac{1-t^{2}}{(1+t^{2})^{2}}$
$ f''(t)=\dfrac{-2t(1+t^{2})^{2}-(1-t^{2})2(1+t^{2})}{(1+t^{2})^{4}}<0$ do $t<1$ <giả thiết>
Áp dụng BĐT hàm lồi ta có
$ f(t)+f(v)\leq 2f(\dfrac{t+v}{2})$với mọi t,v thoả mãn đk
Áp dụng cho bộ số $ (x ,y ,z ,\dfrac{1}{3})<1$ ở đây giả sư$ z=min(x,y,z) \rightarrow z\leq \dfrac{1}{3}$ ta có :
\[f(x) + f(y) + f(z) + f(\dfrac{1}{3}) \le 2f(\dfrac{{x + y}}{2}) + 2f(\dfrac{{z + \dfrac{1}{3}}}{2}) \le 4f(\dfrac{{x + y + z + \dfrac{1}{3}}}{4})do(x + y,z + \dfrac{1}{3}) \le 1\]
Vậy \[f(x) + f(y) + f(z) \le 4f(\dfrac{{1 + \dfrac{1}{3}}}{4}) - f(\dfrac{1}{3}) \le \dfrac{9}{{10}}\]
Dấu bằng xảy ra khi $ x=y=z=1/3$

Mod: Bạn nhớ ghi rõ số bài và gõ Tiếng Việt nha!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 28-09-2011 - 19:52

[vietfrog]

Bài 14 : Cách 2
Cách giải trên của Didier cũng rất hay với việc sử dụng tính chất hàm lồi.
Sau đây mình xin trình bày lời giải bằng phương pháp tiếp tuyến.
Xét : \[f(a) = \dfrac{a}{{{a^2} + 1}}\]
Ta có: \[f'(a) = \dfrac{{1 - {a^2}}}{{({a^2} + 1){}^2}}\]
Dự đoán điểm rơi tại $a=b=c=1/3$.
Ta sẽ chứng minh:
\[f(a) \le f'(\dfrac{1}{3}).\left( {a - \dfrac{1}{3}} \right) + f\left( {\dfrac{1}{3}} \right)\] ( chính là tiếp tuyến của $f(a)$ tại $a=1/3$ )
Tức là ta chứng minh:
\[\dfrac{a}{{{a^2} + 1}} \le \dfrac{{18}}{{25}}\left( {a - \dfrac{1}{3}} \right) + \dfrac{3}{{10}}(*{\rm{ }})\]

$ \Leftrightarrow \dfrac{{{{(3a - 1)}^2}(4a + 3)}}{{50({a^2} + 1)}} \ge 0,\forall a > 0$ (đúng)

( có thể chứng minh (* ) bằng đạo hàm )
Làm tương tự với $f(b);f(c )$ rồi cộng lại ta có :
\[f(a) + f(b) + f(c ) \le \dfrac{{18}}{{25}}\left( {a - \dfrac{1}{3}} \right) + \dfrac{3}{{10}} + \dfrac{{18}}{{25}}\left( {b - \dfrac{1}{3}} \right) + \dfrac{3}{{10}} + \dfrac{{18}}{{25}}\left( {c - \dfrac{1}{3}} \right) + \dfrac{3}{{10}}\]
\[ \Leftrightarrow f(a) + f(b) + f(c ) \le \dfrac{{18}}{{25}}(a + b + c - 1) + \dfrac{9}{{10}}\]

$ \Leftrightarrow f(a) + f(b) + f(c ) \le \dfrac{9}{{10}}$ ( đpcm)

Dấu bằng xảy ra tại đúng điểm rơi mà ta đã chọn $a = b = c = \dfrac{1}{3}$
Bài toán được giải quyết xong.
P/s: Bài 14 chính là bài Vô địch Toán Ba Lan 1996.
Mọi người hãy thử giải các bài 15,16,17 bằng phương pháp tiếp tuyến xem sao, sẽ rất thú vị!

Chú ý: Mọi người tham gia giải bài nhiệt tình lên. Mục tiêu của Topic sẽ là: Mỗi tuần thảo luận $ \ge $3 bài BĐT liên quan đến hàm số.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-10-2011 - 00:08

[Crystal]

Bài 15:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=1$.
Chứng minh rằng:
\[10({a^3} + {b^3} + {c^3}) - 9({a^5} + {b^5} + {c^5}) \ge 1\]

Bài này nhìn qua thì thấy có thể giải quyết đơn giản bằng phương pháp tiếp tuyến, nhưng hoàn toàn không đơn giản.
Giả sử $a \ge b \ge c$

Xét hàm số: $f\left( x \right) = 10{x^3} - 9{x^5},\,\,x \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) = 30{x^2} - 45{x^4} \Rightarrow f''\left( x \right) = 60x - 180{x^3}$

$ \Rightarrow f''\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = {x_0} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }}$ đồng thời $f''\left( x \right) > 0\,\forall x \in \left( {0;{x_0}} \right)\,\,v{\rm{\`a }}\,f''\left( x \right) < 0\,\,\forall x \in \left( {{x_0};1} \right)$

* Nếu $a < {x_0}$, áp dụng BĐT tiếp tuyến ta có:

$f\left( a \right) \ge f'\left( {\dfrac{1}{3}} \right)\left( {a - \dfrac{1}{3}} \right) + f\left( {\dfrac{1}{3}} \right);\,\,f\left( b \right) \ge f'\left( {\dfrac{1}{3}} \right)\left( {b - \dfrac{1}{3}} \right) + f\left( {\dfrac{1}{3}} \right);\,\,f\left( c \right) \ge f'\left( {\dfrac{1}{3}} \right)\left( {c - \dfrac{1}{3}} \right) + f\left( {\dfrac{1}{3}} \right)$

$ \Rightarrow f\left( a \right) + f\left( b \right) + f\left( c \right) \ge f'\left( {\dfrac{1}{3}} \right)\left( {a + b + c - 1} \right) + 3f\left( {\dfrac{1}{3}} \right) = 1$ (1)

* Nếu $a > {x_0}$, áp dụng BĐT tiếp tuyến và cát tuyến ta có:

$f\left( a \right) \ge \dfrac{{f\left( 1 \right) - f\left( {{x_0}} \right)}}{{1 - {x_0}}}\left( {a - 1} \right) + f\left( 1 \right) > f\left( 1 \right) = 1$

$f\left( b \right) \ge f'\left( 0 \right)\left( {b - 0} \right) + f\left( 0 \right) = 0;\,\,\,f\left( c \right) \ge f'\left( 0 \right)\left( {c - 0} \right) + f\left( 0 \right) = 0$

$ \Rightarrow f\left( a \right) + f\left( b \right) + f\left( c \right) > 1$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

[dark templar]

Mấy bài ở trên của vietfrog có thể tìm thấy trong tài liệu về phương pháp tiếp tuyến đường cong của anh ongtroi.
Bài dưới hơi khó,các bạn thử đi nhé
Bài 18: Cho $x,y \in [0;1]$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2}+\sqrt{(1-x)^2+(1-y)^2} \ge (1+\sqrt{5})(1-xy)$$

[vietfrog]

Tài liệu đó anh ongtroi post lên ở đâu vậy? dark_templar hay anh ongtroi post vào đây cho mọi người tham khảo đi.
Phía trên cũng đã có một số tài liệu về phương pháp đó, mọi người có thể tham khảo và bổ sung tùy thích ( miễn là trong nội dung ta đang xét: phương pháp hàm số )

@ to xusinst: anh Thành đưa tài liệu phương pháp cát tuyến lên được không ạ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 02-10-2011 - 11:15

[Crystal]

Phương pháp BĐT cát tuyến là thế này em à.

Cho hàm số $y=f(x)$ liên tục và có đạo hàm đến cấp 2 trên $\left[ {a;b} \right]$.

i) Nếu $f''\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left[ {a;b} \right]$ thì $f\left( x \right) \ge \dfrac{{f\left( a \right) - f\left( b \right)}}{{a - b}}\left( {x - a} \right) + f\left( a \right)\,\,\,\,\forall {x_0} \in \left[ {a;b} \right]$

ii) Nếu $f''\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in \left[ {a;b} \right]$ thì $f\left( x \right) \le \dfrac{{f\left( a \right) - f\left( b \right)}}{{a - b}}\left( {x - a} \right) + f\left( a \right)\,\,\,\,\forall {x_0} \in \left[ {a;b} \right]$

Đẳng thức trong các BĐT trên xảy ra khi và chỉ khi $x = a$ hoặc $x=b$.

P/s: Anh không có nhiều tài liệu về phương pháp này. Cái này anh chỉ vận dụng vào bài tập thôi.

[Crystal]

Gửi mọi người 1 bài.
Bài 19: CMR với mọi tam giác ABC ta có:

$\left( {2R + a} \right)\left( {2R + b} \right)\left( {2R + c} \right) < 8{R^3}{e^{\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}}}$

[dark templar]

Gửi mọi người 1 bài.
Bài 19: CMR với mọi tam giác ABC ta có:

$\left( {2R + a} \right)\left( {2R + b} \right)\left( {2R + c} \right) < 8{R^3}{e^{\dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}}}$

Sử dụng định lý hàm số sin trong tam giác,ta đưa BĐT về dạng:
$$(1+\sin{A})(1+\sin{B})(1+\sin{C})<e^{\dfrac{3\sqrt{3}}{2}}$$
Để ý rằng $\sin{A};\sin{B};\sin{C}>0,\forall A,B,C$ nên lấy logarit Ne-pe 2 vế,ta được:
$$\ln (1+\sin{A})+\ln (1+\sin{B})+\ln (1+\sin{C})<\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$$
Dễ dàng chứng minh được $f(x)=\ln (1+\sin{x})(0<x<\pi)$ là 1 hàm lõm trên $(0;\pi)$ nên theo BĐT Jensen,ta có:
$$VT=f(A)+f(B)+f\left(C \right) \le 3f\left(\dfrac{A+B+C}{3} \right)=3\ln \left(1+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)<\dfrac{3\sqrt{3}}{2}=VP$$
Xong.
P/s:@vietfrog:Tài liệu đó nằm trong laptop của mình,mà giờ nó hư mất phần cứng rồi,nên mình không thể up lên lại cho cậu được,có gì bạn hỏi trực tiếp anh ongtroi ấy
Bài 20:Bài này khá dễ.
Cho $-1 \le x \le 1;n \in N^*,n \ge 2$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt[n]{2} \le \sqrt[n]{1-x}+\sqrt[n]{1+x}$$
Và lưu ý cho các bạn nào muốn giải bài 18 là bài này rất khó,kết hợp cả phần Giải Tích tọa độ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-10-2011 - 17:22

[vietfrog]

Thưa mọi người,
Để cho topic gần gũi hơn với bạn đọc:
Theo mình các bài BĐT khó nên đưa sang Box Olympiad.
Từ bây giờ Topic sẽ chỉ nhận các bài BĐT gần với thi Đại học dùng phương pháp hàm số.
- Phương pháp Tiếp tuyến.
- Sử dụng Định lý Lagrange
- Khảo sát hàm, dùng đạo hàm
- Một số phương pháp khác có thể dễ dàng chứng minh bằng kiến thức THPT.
Các tài liệu hay bài bài tập liên quan sẽ được post trực tiếp lên nếu thấy phù hợp.
Mọi người lưu ý nhé!

[dark templar]

Thưa mọi người,
Để cho topic gần gũi hơn với bạn đọc:
Theo mình các bài BĐT khó nên đưa sang Box Olympiad.
Từ bây giờ Topic sẽ chỉ nhận các bài BĐT gần với thi Đại học dùng phương pháp hàm số.
- Phương pháp Tiếp tuyến.
- Sử dụng Định lý Lagrange
- Khảo sát hàm, dùng đạo hàm
- Một số phương pháp khác có thể dễ dàng chứng minh bằng kiến thức THPT.
Các tài liệu hay bài bài tập liên quan sẽ được post trực tiếp lên nếu thấy phù hợp.
Mọi người lưu ý nhé!

Theo yêu cầu của bạn vietfrog,mình sẽ post bài này cho các bạn thư giãn(không khó ),cũng khá gần gũi với thi ĐH:
Bài 21:Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn:$x^2+y^2+z^2=1$.Tìm GTLN và GTNN của biểu thức sau:
$$P=x^3+y^3+z^3-3xyz$$

Bài 22: Cho $x,y \ge 0$ thỏa mãn:$x+y=2$.Tìm GTLN và GTNN của biểu thức sau:
$$H=x^3y^3(x^3+y^3)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 06-10-2011 - 20:28

[vietfrog]

Theo yêu cầu của bạn vietfrog,mình sẽ post bài này cho các bạn thư giãn(không khó ),cũng khá gần gũi với thi ĐH:
Bài 22: Cho $x,y \ge 0$ thỏa mãn:$x+y=2$.Tìm GTLN và GTNN của biểu thức sau:
$$H=x^3y^3(x^3+y^3)$$

Rất cảm ơn dark_templar.
Bài 22:
-Hướng 1:Bài này nếu nhìn thì ta nghĩ có thể chuyển vế: $x = 2 - y$ sau đó đưa $H$ và hàm số ẩn $x$.
Khi đó ta sẽ đi khảo sát hàm :$H = {x^3}(2 - x)[{x^3} + {(2 - x)^3}]/x \in [0;2]$
Cứ kiên trì ắt sẽ thành công.
-Hướng 2: Hoặc là ta sẽ thấy ngay GTNN: Do $x,y \ge 0$ suy ra GTNN của $H=0$
Còn GTLN có thể sử dụng phương pháp khác.

-Nhưng có lẽ cậu Phúc đưa bài này nên có dụng ý. . Chắc cậu có cách gì hay. .
Sau đây là cách của mình. Cũng dùng hàm số thôi.
Tạm gọi là hướng 3:
Ta có: $H = {x^3}{y^3}({x^3} + {y^3}) = {(xy)^3}[{(x + y)^3} - 3xy(x + y)] \Leftrightarrow H = {(xy)^3}(8 - 6xy) = - 6{(xy)^4} + 8{(xy)^3}$
Đặt $xy = t \Rightarrow 0 \le t \le \dfrac{{{{(x + y)}^2}}}{4} \Leftrightarrow t \in \left[ {0,1} \right]$

Ta chỉ việc xử lý hàm $H =f(x)= - 6{t^4} + 8{t^3}/t \in \left[ {0,1} \right]$
Ta có:$f'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0;x = 0\\x = 1\end{array} \right.$
Lập BBT suy ra được \[\left\{ \begin{array}{l}
Maxf(x) = MaxH = f(1) = 2\\
Min{\rm{ }}f(x) = MinH = f(0) = 0
\end{array} \right.\]
------------------------------------------------- ----------------------------

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 06-10-2011 - 23:16

[Crystal]

Bài 21:

Từ ${\left( {x + y + z} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + {z^2} + 2\left( {xy + yz + zx} \right)$

${x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz = \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right)$ và điều kiện bài toán ta có:

$P = \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - zx} \right) = \left( {x + y + z} \right)\left[ {1 - \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2} - 1}}{2}} \right]$

Đặt: $t = x + y + z \Rightarrow - \sqrt 3 \le t \le \sqrt 3 $. Ta có: $P = t\left( {1 - \dfrac{{{t^2} - 1}}{2}} \right) = - \dfrac{{{t^3}}}{2} + \dfrac{3}{2}t = f\left( t \right)$

Xét hàm số $f\left( t \right)$ với $[ - \sqrt 3 \le t \le \sqrt 3 $. Ta có: $f'\left( t \right) = \dfrac{3}{2}\left( { - {t^2} + 1} \right) \Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \pm 1$

$\Rightarrow \mathop {m{\rm{ax}}}\limits_{\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = 1;\,\,\,\,\,\mathop {\min }\limits_{\left[ { - \sqrt 3 ;\sqrt 3 } \right]} f\left( t \right)\, = f\left( { - 1} \right) = - 1$

Vậy $\max P = 1$ đạt được khi $x = 1;y = 0;z = 0$ và các hoán vị
$\min P = - 1$ đạt được khi $x = -1;y = 0;z = 0$ và các hoán vị

Bài 22:

Thay $y = 2 - x$ với $0 \le x \le 2$ vào biểu thức $H$ rồi xét và khảo sát hàm số theo $x$.

[vietfrog]

Sẽ không để topic nguội. Mình xin post thêm 2 bài. Phương pháp xử lý vẫn là hàm số nhưng sẽ với một hướng khác, không phải dùng tới đạo hàm. Đó là phương pháp Look at the end point. Mình sẽ post tài liệu lên ngay sau các bạn giải xong.
Bài 23:
Cho $a,b,c > 0;a + b + c = 3$.
Chứng minh rằng: \[{a^2} + {b^2} + {c^2} + abc \ge 4\]
Bài 24:
Cho $a,b,c > 0;a + b + c = 1$
Chứng minh rằng:
\[5({a^2} + {b^2} + {c^2}) \le 6({a^3} + {b^3} + {c^3}) + 1\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 06-10-2011 - 23:43

[Crystal]

Anh giải bài 23, bài 24 tương tự.
Bài 23:
Ta có: $f\left( {ab} \right) = {a^2} + {b^2} + {c^2} + abc - 4 = ab\left( {c - 2} \right) + 2{c^2} - 6c + 5$

và $3 = a + b + c \ge 2\sqrt {ab} + c \Rightarrow ab \le \dfrac{{{{\left( {c - 3} \right)}^2}}}{4} \Rightarrow f\left( {ab} \right) \ge \min \left\{ {f\left( 0 \right);f\left( {\dfrac{{{{\left( {c - 3} \right)}^2}}}{4}} \right)} \right\}$

Mặt khác: $f\left( 0 \right) = 2{c^2} - 6c + 5 = 2{\left( {c - \dfrac{3}{2}} \right)^2} + \dfrac{1}{2} > 0;\,\,\,\,f\left( {\dfrac{{{{\left( {c - 3} \right)}^2}}}{4}} \right) = \dfrac{1}{4}{\left( {c - 1} \right)^2}\left( {c + 2} \right) \ge 0$

Từ đó ta có đpcm.

[Crystal]

Bài 25: Cho tam giác nhọn ABC. Tìm GTLN của biểu thức $F = \sin A{\sin ^2}B{\sin ^3}C$.

Bài 26: Cho $a \ge b > 0$. Chứng minh rằng ${\left( {{2^a} + \dfrac{1}{{{2^a}}}} \right)^b} \le {\left( {{2^b} + \dfrac{1}{{{2^b}}}} \right)^a}$.

[vietfrog]

Mình xin đưa lên tài liệu về phương pháp Look at the end point.

Các bạn hãy tham khảo nhé. Rất thú vị.

File gửi kèm

•  Look at the end point.pdf   442.22K   641 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 12-10-2011 - 22:15

[Crystal]

Góp vui tý vậy
Bài 9: Cho $n \in N,n \ge 2$.Chứng minh rằng BĐT sau đúng $\forall x \in (0;1)$

$x^{n}\sqrt{1-x}<\dfrac{1}{\sqrt{2ne}}$

Lời giải 2:

Ta cần chứng minh: ${x^{2n}}\left( {1 - x} \right) < \dfrac{1}{{2ne}} \Leftrightarrow {x^{2n}}\left( {2n - 2nx} \right) < \dfrac{1}{e}$

Áp dụng AM-GM cho $2n+1$ số, gồm $2n$ số $x$ và số ${2n - 2nx}$, ta có:
$${x^{2n}}\left( {2n - 2nx} \right) \le {\left[ {\dfrac{{2nx + \left( {2n - 2nx} \right)}}{{2n + 1}}} \right]^{2n + 1}} \Leftrightarrow {x^{2n}}\left( {2n - 2nx} \right) \le {\left( {\dfrac{{2n}}{{2n + 1}}} \right)^{2n + 1}}$$

Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow x = 2n - 2nx \Leftrightarrow x = \dfrac{{2n}}{{2n + 1}}$.

Ta chứng minh:
$${\left( {\dfrac{{2n}}{{2n + 1}}} \right)^{2n + 1}} < \dfrac{1}{e} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{2n + 1}}{{2n}}} \right)^{2n + 1}} > e \Leftrightarrow \ln {\left( {\dfrac{{2n + 1}}{{2n}}} \right)^{2n + 1}} > 1 \Leftrightarrow \ln \left( {2n + 1} \right) - \ln \left( {2n} \right) > \dfrac{1}{{2n + 1}}$$

Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số $f\left( x \right) = \ln x$ trên đoạn $\left[ {2n,2n + 1} \right]$ với $f'\left( x \right) = \dfrac{1}{x}$, ta có:
$$\ln \left( {2n + 1} \right) - \ln \left( {2n} \right) = \left( {2n + 1 - 2n} \right)f'\left( c \right)\,\,\,,\,\,\,c \in \left( {2n,2n + 1} \right)$$

$ \Rightarrow \ln \left( {2n + 1} \right) - \ln \left( {2n} \right) = \dfrac{1}{c}$ với $\dfrac{1}{{2n + 1}} < \dfrac{1}{c} < \dfrac{1}{{2n}}$

Vậy ta có: $n\left( {2n + 1} \right) - \ln \left( {2n} \right) > \dfrac{1}{{2n + 1}}$ đpcm.