Chủ đề này có 92 trả lời

[Tran Hoai Nghia]

bài 11:tìm min, max của biểu thức:
$P=\frac{a^{4}}{b^{4}}+\frac{b^{4}}{a^{4}}-\left ( \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}} \right )+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}(ab\neq 0)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tran hoai nghia: 11-01-2013 - 18:38

[BoFaKe]

bài 11:tìm min, max của biểu thức:
$P=\frac{a^{4}}{b^{4}}+\frac{b^{4}}{a^{4}}-\left ( \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}} \right )+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}(ab\neq 0)$

Ta có :$\frac{a^{4}}{b^{4}}+\frac{b^{4}}{a^{4}}= (\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}})^{2}-2= ((\frac{a}{b}+\frac{b}{a})^{2}-2)^{2}-2$
$\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}}= (\frac{a}{b}+\frac{b}{a})^{2}-2$
Đặt $x= \frac{a}{b}+\frac{b}{a}$ thì $P=(x^{2}-2)^{2}-x^{2}+x= x^{4}-5x^{2}+x+4$
với $\left | x \right |\geq 2$.Đến đây ta chỉ việc khảo sát hàm số thôi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 11-01-2013 - 22:50

[Tran Hoai Nghia]

bài 12:Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC nhọn, ta có:$\frac{12R}{\pi }< \frac{ab}{l_{c}}+\frac{bc}{l_{a}}+\frac{ca}{l_{b}}< 3\pi R$
bài này dùng đạo hàm ấy!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tran hoai nghia: 13-01-2013 - 20:11

[tramyvodoi]

Bài 13
Cho 3 số thực không âm đôi một khác nhau a, b, c. Tìm min của biểu thức:
$P=((a+b)^{2}+(b+c)^{2}+(c+a)^{2})(\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tramyvodoi: 21-01-2013 - 18:34

[viet 1846]

Thấy topic này hay hay mà nó trầm trầm nên góp 1 bài.

Bài 14: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $\dfrac{4}{5}b\ge a-c\ge \dfrac{3}{5}b$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:


\[P=\dfrac{12(a-b)}{c}+\dfrac{12(b-c)}{a}+\dfrac{25(c-a)}{b}\].

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tramyvodoi: 21-01-2013 - 18:34

[hoangkkk]

Bài 12 và 13 đều đã có lời giải trong topic này : http://diendantoanho...13/page__st__20
Theo ý kiến của riêng của mình thì có thể gộp chung hai topic Ôn thi đại học 2013 và Sử dụng đạo hàm để giải bất đẳng thức lại làm một topic được không ,bởi hai topic này cùng chung nội dung và mục đích.

[Tran Hoai Nghia]

bài 15:cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng:
$1+x+\frac{1}{x^{n}}\geqslant 3(\frac{3}{2x+1})^{\frac{n-1}{2}}\forall x\in \mathbb{N}^{*}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tramyvodoi: 21-01-2013 - 18:35

[viet 1846]

Bài 12 và 13 đều đã có lời giải trong topic này : http://diendantoanho...13/page__st__20
Theo ý kiến của riêng của mình thì có thể gộp chung hai topic Ôn thi đại học 2013 và Sử dụng đạo hàm để giải bất đẳng thức lại làm một topic được không ,bởi hai topic này cùng chung nội dung và mục đích.

Bài 13 là mình với thầy Phạm Tuấn Khải ra cho đề thi thử của Boxmath, Lời giải bên kia bạn đưa là của mình. Còn đấy là cách làm của thầy Khải.

Từ giả thuyết, ta có :
$b+c-a\ge \dfrac{1}{5}b>0$; $a+b-c\ge \dfrac{8}{5}b>0$
- Xét trường hợp $c+a-b>0$
$\begin{aligned}
& -\dfrac{P}{2}=\dfrac{12(b+c-a)}{2c}+\dfrac{12(c+a-b)}{2a}+\dfrac{25(a+b-c)}{2b}-\dfrac{49}{2} \\
& =\dfrac{12(b+c-a)}{\left( b+c-a \right)+\left( c+a-b \right)}+\dfrac{12(c+a-b)}{\left( c+a-b \right)+\left( a+b-c \right)}+\dfrac{25(a+b-c)}{\left( a+b-c \right)+\left( b+c-a \right)}-\dfrac{49}{2} \\
\end{aligned}$
Đặt $\left\{ \begin{aligned}
& x=b+c-a \\
& y=c+a-b \\
& z=a+b-c \\
\end{aligned} \right.\begin{matrix}
{} & \left( x,y,z>0 \right) \\
\end{matrix}$
Với $a\ge \dfrac{3}{5}b+c\Rightarrow 5a\ge 3b+5c\Leftrightarrow a+b-c\ge 4b+4c-4a\Leftrightarrow z\ge 4x\Rightarrow \dfrac{z}{x}\ge 4$ hay $\dfrac{x}{z}\le \dfrac{1}{4}$
Với $\dfrac{4}{5}b+c\ge a\Rightarrow 8b+10c\ge 10a\Leftrightarrow 9b+9c-9a\ge a+b-c\Leftrightarrow 9x\ge z\Rightarrow \dfrac{x}{z}\ge \dfrac{1}{9}$
Ta có:
$-\dfrac{P}{2}= \dfrac{12x} {x+y}+ \dfrac{12y} {y+z}+ \dfrac{25z} {z+x}- \dfrac{49} {2}=12\left( \dfrac{1}{1+ \dfrac{y} {x}}+\dfrac{1}{1+\dfrac{z}{y}} \right)+\dfrac{25}{1+ \dfrac{x} {z}}-\dfrac{49}{2}$
$\ge \dfrac{24}{1+\sqrt{\dfrac{z}{x}}}+\dfrac{25}{1+ \dfrac{x} {z}}-\dfrac{49}{2}=\dfrac{24\sqrt{ \dfrac{x} {z}}}{1+\sqrt{ \dfrac{x} {z}}}+\dfrac{25}{1+\dfrac{x}{z}}-\dfrac{49}{2}$ (Do $\dfrac{z}{x}\ge 4>1$)
Xét hàm số $f(t)=\dfrac{24t}{1+t}+\dfrac{25}{1+{{t}^{2}}}-\dfrac{49}{2}$ với $t=\sqrt{\dfrac{x}{z}}$,$\dfrac{1}{3}\le t\le \dfrac{1}{2}$.
Ta có $f'\left( t \right)=\dfrac{\left( 3t-1 \right)\left( t-3 \right)\left( 8{{t}^{2}}+15t+8 \right)}{{{\left( t+1 \right)}^{2}}{{\left( {{t}^{2}}+1 \right)}^{2}}}\le 0$ $\forall t\in \left[ \dfrac{1}{3};\dfrac{1}{2} \right]$
Hàm số $f\left( t \right)$ nghịch biến trên $\left[ \dfrac{1}{3};\dfrac{1}{2} \right]$. Do đó $f\left( t \right)\ge f\left( \dfrac{1}{2} \right)=\dfrac{7}{2}\Rightarrow P\le -7$
- Xét trường hợp $c+a-b\le 0$
Ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& a-b\le -c \\
& c-a\le -\dfrac{3}{5}b \\
\end{aligned} \right.$
$\Rightarrow P\le -12-15+\dfrac{12(b-c)}{a}<-27+\dfrac{12b}{a}$
Mà $\dfrac{3}{5}b\le a-c<a\Rightarrow b<\dfrac{5}{3}a$. Do đó $P<-27+20=-7$
Vậy giá trị lớn nhất của $P$ bằng $-7$.
Dấu $“=”$ xảy ra khi $\left\{ \begin{aligned}
& {{y}^{2}}=xz \\
& z=4x \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& y=2x \\
& z=4x \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& 3b+c=3a \\
& 3b+5c=5a \\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& a=2c \\
& b=\dfrac{5}{3}c \\
\end{aligned} \right.$.

[Ispectorgadget]

Góp 1 bài
Bài 5:
Cho $a,b,c$ không âm,$a+b+c=1$.Chứng minh:
$a(b-c)^4+b(c-a)^4+c(a-b)^4 \leq \frac{1}{12}$
p/s:bài trên có thế làm cách khác nhưng giải đúng theo tư tưởng của topic nhé!

Cách này không dùng KSHS

Không mất tổng quát giả sử $z=\min\{x,y,z\}.$ Ta có
$x(y-z)^4\le xy(y-z)^3;\qquad y(z-x)^4\le xy(x-z)^3,$
và
$\begin{aligned}z(x-y)^4&\le z(x-y)^2[(x-y)^2+(z-x)(z-y)]\\&\le z(x+y)(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx).\end{aligned}$
Suy ra
$\begin{aligned}x{{(y-z)}^{4}}+y{{(z-x)}^{4}}+z{{(x-y)}^{4}}&\le xy[(y-z)^3+(x-z)^3]+z(x+y)(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\\&=[xy(x+y-2z)+z(x+y)](x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\\&\le(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx).\end{aligned}$
Mặt khác, ta lại có
$\begin{aligned}\left(\sum xy\right)\left(\sum x^2-\sum xy\right)&=\frac{1}{3}\cdot 3\left(\sum xy\right)\cdot\left(\sum x^2-\sum xy\right)\\&\le \frac{1}{12}\cdot\left(\sum x^2+2\sum xy\right)^2=\frac{1}{12}.\end{aligned}$
Từ đây ta dễ dàng suy ra điều cần chứng minh. $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 15-01-2013 - 22:49

[tramyvodoi]

Bài 16:
Cho 2 số thực x, y thỏa: $2(x^{2}+y^{2})=xy+1$.
Tìm GTNN và GTLN của $P=\frac{x^{4}+y^{4}}{2xy+1}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tramyvodoi: 21-01-2013 - 18:35

[provotinhvip]

Không mất tổng quát giả sử $z=\min\{x,y,z\}.$ Ta có
$x(y-z)^4\le xy(y-z)^3;\qquad y(z-x)^4\le xy(x-z)^3,$

Cho mình hỏi ý nghĩa của việc giả sử $z=\min\{x,y,z\}.$ và cách phân tích $x(y-z)^4\le xy(y-z)^3;\qquad y(z-x)^4\le xy(x-z)^3,$ được không? mình không hiểu???
$z=\min\{x,y,z\}$ $\Leftrightarrow x\geq y\geq z$ phải không ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tramyvodoi: 21-01-2013 - 18:36

[Tran Hoai Nghia]

$z=\min\{x,y,z\}.$ cái này là giả sử z là số nhỏ nhất trong 3 số trên thôi.Bạn có thể đặt là $x=\min\{x,y,z\}.$ hoặc $y=\min\{x,y,z\}.$ cũng không thay đổi tính tổng quát của bài toán.
$x(y-z)^4\le xy(y-z)^3;\qquad y(z-x)^4\le xy(x-z)^3\Leftrightarrow y-z\leqslant y\Leftrightarrow z\geqslant 0$
cái kia tương tự nhé.

[tramyvodoi]

Bài $17$ :
Cho $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$. Chứng minh rằng :
$\text{a})$ $\sin \alpha > \alpha - \frac{\alpha^{3}}{6}$.
$\text{b)}$ $\sin \alpha > \frac{2\alpha}{\pi}$.
$\text{c)}$ $\alpha \sin \alpha + \cos \alpha > 1$.
$\text{d)}$ $2^{\sin \alpha} + 2^{\tan \alpha} > 2^{\alpha + 1}$.

[Tran Hoai Nghia]

Bài $17$ :
Cho $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$. Chứng minh rằng :
$\text{a})$ $\sin \alpha > \alpha - \frac{\alpha^{3}}{6}$.
$\text{b)}$ $\sin \alpha > \frac{2\alpha}{\pi}$.
$\text{c)}$ $\alpha \sin \alpha + \cos \alpha > 1$.
$\text{d)}$ $2^{\sin \alpha} + 2^{\tan \alpha} > 2^{\alpha + 1}$.

với $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ thì$\sin x,\cos x> 0$.
a/$y=\frac{\alpha ^{3}}{6}+\sin \alpha -\alpha \Rightarrow y'=\frac{\alpha ^{2}}{2}+\cos \alpha -1\Rightarrow y''=\alpha -\sin \alpha\Rightarrow y'''=1-\cos \alpha > 0\Rightarrow y''>y''(0)=0\Rightarrow y'> y'(0)=0\Rightarrow y> y(0)=0\Rightarrow dpcm$
b/ tương tự.
c/ tương tự.
d/$2^{\sin \alpha} + 2^{\tan \alpha} \geqslant 2\sqrt{2^{\sin \alpha +\tan \alpha }}=2^{\frac{\sin \alpha +\tan \alpha }{2}+1}$
ta chỉ cần chứng minh $\frac{\sin \alpha +\tan \alpha }{2}+1> \alpha +1\Leftrightarrow \frac{\sin \alpha +\tan \alpha }{2}-\alpha >0$
đến đây thì chỉ cần dùng đạo hàm như những câu trên.

[Tran Hoai Nghia]

Chứng minh rằng $1+\ln n>\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}>\ln (n+1)\forall n\in N^{^{*}}$
tui thấy cái này áp dụng khác hơn mấy bài trước, nên tui đưa vô để topic không nhàm chán

[tramyvodoi]

Bài 18:
Cho hàm số $y=\sqrt{2sinx-1}+\sqrt{2cosx-1}$
Tìm min và max của y

[ngocsont4]

Bài 16: Cho 2 số thực x, y thỏa: $2(x^{2}+y^{2})=xy+1$. Tìm GTNN và GTLN của $P=\frac{x^{4}+y^{4}}{2xy+1}$

Lần đâu mình trình bày, nếu có sai sót mong các bạn giúp đỡ Từ điều kiện ta có 4(x^{2}+y^{2})^{2}=(xy+1)^{2} vây: 4(x^{4}+y^{4})=-7x^{2}y^{2}+2xy+1..
$P=\frac{-7x^{2}y^{2}+2xy+1}{4(2xy+1)}$
đặt t=xy, với T,= 1/3, vì 2(x^{2}+y^{2})>=4xy.
khi đó $f(t)=\frac{-7t^{2}+2t+1}{4(2t+1)}$
$f'(t)=\frac{-14t^{2}-14t}{4(2t+1)^{2}}$
vậy t=0 hoắc t=-1
f(0)=1/4; f(-1)=2;f(1/3)=2/15
minP=2/15 khi xy=1/3-->x,y
max P=2 khi xy=-1--> x,y
Mình không biết cách đánh công thức..sai sot còn nhìu thông cảm

[ngocsont4]

Bài 16:
Cho 2 số thực x, y thỏa: $2(x^{2}+y^{2})=xy+1$.
Tìm GTNN và GTLN của $P=\frac{x^{4}+y^{4}}{2xy+1}$

do mình không biết cách công thức...nên ko thê trình bày cách giãi
đành nêu ngắn gọn...đặt t=xy...từ đó ta sẽ có f(t)...f'(t)=o suy ra t=0 hoắc t=-1; ( t nhỏ hơn bằng 1/3)
min P =2/15 khi xy=1/3
max P =2 khi xy=-1
suy ra x,y chắc ko khó

[tramyvodoi]

Bài 19:
Cho a,b,c là 3 số thực thỏa: $\left\{\begin{matrix} a+b+c=0 & \\ a^{2}+b^{2}+c^{2}=1 & \end{matrix}\right.$
Tìm max của:$a^{5}+b^{5}+c^{5}$

[provotinhvip]

Bài 19:
Cho a,b,c là 3 số thực thỏa: $\left\{\begin{matrix} a+b+c=0 & \\ a^{2}+b^{2}+c^{2}=1 & \end{matrix}\right.$
Tìm max của:$a^{5}+b^{5}+c^{5}$

Ế! đây là đề ĐH khối b 2012 mà!!