ÔN THI ĐẠI HỌC 2012
#81
Đã gửi 22-10-2012 - 18:18
#82
Đã gửi 22-10-2012 - 22:20
Giải như sau:Bài 49 Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=\frac{1}{2}$. Tìn giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\frac{ab}{\left ( 1-a \right )\left ( 1-b \right )}+\frac{bc}{\left ( 1-b \right )\left ( 1-c \right )}+\frac{ca}{\left ( 1-c \right )\left ( 1-a \right )}$.
ta sẽ chứng minh $P\leq \frac{3}{25}$$\Leftrightarrow 25ab(1-c)+25bc(1-a)+25ac(1-b)\leq 3(1-a)(1-b)(1-c)\Leftrightarrow 22(ab+ac+bc)\leq \frac{3}{2}+72abc$
Mặt khác ta có BDT quen thuộc sau:$(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)\leq abc$ thay a+b+c=1/2 vào ta được:
$9abc+\frac{1}{8}\geq 2(ab+ac+bc)\Leftrightarrow 72abc+1\geq 16(ab+ac+bc)$
Theo AM-GM thì $ab+ac+bc\leq (a+b+c)^{2}/3=\frac{1}{12}$
Từ đó ta có dpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1/6
- lehoanghiep, HÀ QUỐC ĐẠT và WhjteShadow thích
<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.
.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.
#83
Đã gửi 23-10-2012 - 22:09
$a,b,c>0 ; abc=1$ CM:
$\frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{b^2-b+1}+\frac{1}{b^2-b+1} \leq 3$
Cố gắng vào đại học nhé !
"Thà để giọt mồ hôi rơi trên trang sách còn hơn để giọt nước mắt rơi cuối mùa thi. "
#84
Đã gửi 23-10-2012 - 23:22
Bài 50:
$a,b,c>0 ; abc=1$ CM:
$\frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{b^2-b+1}+\frac{1}{b^2-b+1} \leq 3$
Đây là cách nghĩ của mình, có j sai sót các bạn góp ý, vì mình ko phải chuyên toán
Ta có:
$\frac{1}{a^{2}-a+1}\leq 2-a$ (1)
<=> $\frac{a^{3}-3a^{2}+3a-1}{a^{2}-a+1}\leq 0$
<=> $\frac{(a-1)^{3}}{a^{2}-a+1}\leq 0$ (luôn đúng do 0<a <= 1)
=> (1) luôn đúng
=> $VT\leq 6 - (a+b+c)$
Áp dụng Cô si cho 3 số ta có: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$
=> $VT\leq 6-(a+b+c)\leq 6-3=3$ (ĐPCM)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Be Strong: 23-10-2012 - 23:29
#85
Đã gửi 24-10-2012 - 11:17
Cách làm của bạn không đúng do điều kiện $a\leq 1$ saiĐây là cách nghĩ của mình, có j sai sót các bạn góp ý, vì mình ko phải chuyên toán
Ta có:
$\frac{1}{a^{2}-a+1}\leq 2-a$ (1)
<=> $\frac{a^{3}-3a^{2}+3a-1}{a^{2}-a+1}\leq 0$
<=> $\frac{(a-1)^{3}}{a^{2}-a+1}\leq 0$ (luôn đúng do 0<a <= 1)
=> (1) luôn đúng
=> $VT\leq 6 - (a+b+c)$
Áp dụng Cô si cho 3 số ta có: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$
=> $VT\leq 6-(a+b+c)\leq 6-3=3$ (ĐPCM)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 24-10-2012 - 11:18
- Be Strong yêu thích
#86
Đã gửi 24-10-2012 - 12:18
#87
Đã gửi 19-11-2012 - 10:49
$2\sqrt{\frac{3a}{a+b+c}}+3\sqrt[3]{\frac{bc}{(a+b)(a+b+c+d)}}+4\sqrt[4]{\frac{2b^{3}d}{81(a+b)^{3}(a+b+c+d)}}\leq \frac{25}{6}$
....Khi ta ở, chỉ là nơi đất ở
Khi ta đi, đất bỗng hóa tâm hồn....
#88
Đã gửi 22-11-2012 - 21:25
#89
Đã gửi 17-02-2013 - 22:15
Ta cóCho $b>c>d$, chứng minh: $\left ( a+b+c+d \right )^{2}>8\left ( ac+bd \right ) \forall a$
f(a)=(a+b+c+d)^2-8(ac+bd)
f'(a)=2(a+b+c+d)-8c suy ra
f(a)>=f(3c-b-d)=g(c)
g'(c)=-16c+8b+8d suy ra
g(c)>=g((b+d)/2)=2(b+d)^2-8bd>=0
ta có điều phải chứng minh
$(2x^{2}+2y^{2}+z^{2}-1)^{3}-\frac{1}{10}x^{2}z^{3}-y^{2}z^{3}=0$
$(x^{2}+\frac{9}{4}y^{2}+z^{2}-1)^{3}-x^{2}z^{3}-\frac{9}{80}y^{2}z^{3}=0$
#90
Đã gửi 17-02-2013 - 22:22
cách của bạn sai,nhưng có thể lợi dụng suy nghĩ nàyvậy bạn có cách j hay chỉ mình với, do mình cũng chưa có kinh nghiệm làm bđt lắm
vai trò a,b,c như nhau giả sử a<b<c suy ra a<1
VT=f(a)<=f(1)
đặt f(1)=g(b) suy ra b<1
hàm g(b) tương tự hàm f(a)
......
xong
- Be Strong yêu thích
$(2x^{2}+2y^{2}+z^{2}-1)^{3}-\frac{1}{10}x^{2}z^{3}-y^{2}z^{3}=0$
$(x^{2}+\frac{9}{4}y^{2}+z^{2}-1)^{3}-x^{2}z^{3}-\frac{9}{80}y^{2}z^{3}=0$
#91
Đã gửi 17-02-2013 - 22:26
vừa giải y hệt bạn bên kia xongVì là ôn thi đại học nên mình nghĩ không xài $Holder$.
Mình xin giải như sau :
Sau khi đổi biến thành chứng minh
$$\dfrac{a^2}{a+bc}+\dfrac{b^2}{b+ca}+\dfrac{c^2}{c+ab}\ge \dfrac{a+b+c}{4}$$
với $ab+bc+ca=abc$.
Ta có :
$$\dfrac{a^2}{a+bc} = \dfrac{a^2.abc}{a.abc+bc.(ab+bc+ca)} = \dfrac{a^3bc}{(bc+ab)(bc+ac)} = \dfrac{a^3}{(a+b)(a+c)}$$
Thiết lập các đẳng tương tự , ta đưa về chứng minh :
$$\dfrac{a^3}{(a+b)(a+c)}+\dfrac{b^3}{(a+b)(b+c)}+\dfrac{c^3}{(a+c)(c+b)} \ge \dfrac{a+b+c}{4}$$
Thật vậy , áp dụng BĐT $AM-GM$ có :
$$\dfrac{a^3}{(a+b)(a+c)} +\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+c}{8} \ge \dfrac{3a}{4}$$
$$ \Rightarrow \dfrac{a^3}{(a+b)(a+c)} \ge \dfrac{a}{2}-\dfrac{b+c}{8}$$
Thiết lập các BĐT tương tự , ta có $$VT \ge \dfrac{a+b+c}{2}- \dfrac{a+b+c}{4} = \dfrac{a+b+c}{4}$$
Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=3$ hay $x=y=z=1$
- Be Strong yêu thích
$(2x^{2}+2y^{2}+z^{2}-1)^{3}-\frac{1}{10}x^{2}z^{3}-y^{2}z^{3}=0$
$(x^{2}+\frac{9}{4}y^{2}+z^{2}-1)^{3}-x^{2}z^{3}-\frac{9}{80}y^{2}z^{3}=0$
#92
Đã gửi 17-02-2013 - 22:29
giả sử a<b<c
suy ra a<1
VT=f(a) f(a) đồng biến nên f(a)<f(1)=g(b)
g(b) đồng biến ....
ta có điều phải chứng minh
mình thấy cách dùng đạo hàm này hiệu quả với những bài đối xứng mà các biến riêng rẽ
$(2x^{2}+2y^{2}+z^{2}-1)^{3}-\frac{1}{10}x^{2}z^{3}-y^{2}z^{3}=0$
$(x^{2}+\frac{9}{4}y^{2}+z^{2}-1)^{3}-x^{2}z^{3}-\frac{9}{80}y^{2}z^{3}=0$
#93
Đã gửi 01-05-2013 - 12:13
Bài 6 [Chế]
Cho $\left\{\begin{array}{1}a,b,c>0 \\ b\ge a\ge c \\ab+bc+ca \le 3 \end{array}\right.$
Chứng minh rằng :
$$P=\dfrac{a}{a^3+a^2b+c^3}+\dfrac{b}{b^3+b^2c+a^3}+\dfrac{1}{ab+2c^2} \ge 1$$
Bài 7.[Chế]
Cho $\left\{\begin{array}{1}a,b,c >0 \\ ab+bc+ca \le 3 \\a\ge b\ge c \end{array}\right.$
Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^4}{b^4+a^3b}+\dfrac{b}{c^4+b^2c^2}+\dfrac{1}{2c^3} \ge \dfrac{3}{2}$$
các bạn giúp mih mấy bài chế đc ko
#94
Đã gửi 08-05-2013 - 11:31
Đây là tổng hợp 50 đề bài còn lời giải thì em nào làm tiếp nhe.
BDTvmf2012.pdf 168.39K 479 Số lần tải
BDTvmf2012.tex 15K 1134 Số lần tải
- CD13, WhjteShadow, DarkBlood và 3 người khác yêu thích
#95
Đã gửi 05-06-2013 - 17:20
Bài 51: Cho $a,b,c> 0$ và ab+bc+ca=3. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}+a^{3}c+b^{3}a+c^{3}b}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{3}{4}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai dsung: 06-06-2013 - 08:18
#96
Đã gửi 10-06-2013 - 21:17
HELP !!!!!!!!!!
mình không hiểu cái này
cho x,y,z không âm và x+y+z=3. chứng minh $x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz\geqslant 4$
mình làm như sau $M=x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz$
$M=x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz\leqslant 3\sqrt[3]{(xyz)^{2}}+xyz=3t^{2}+t^{3}$
sau đó khảo sát hàm số thì thấy $0\leq 3t^{2}+t^{3}\leq 4$
Do $M\geq 3t^{2}+t^{3}\geq 0$
điều này trái với đề không hiểu tại sao ?????????????????????????????
E33
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh