Chủ đề này có 95 trả lời

[trauvang97]

Bài 16 : Cho $a\geq 4;b\geq 5;c\geq 6;a^{2}+b^{2}+c^{2}=90$.Tìm GTNN của $P=a+b+c$.

 

Do $a\geq 4,b\geq 5,c\geq 6$ nên ta đặt $a=4+x,b=5+y,c=6+z(x,y,z\geq 0)$. Khi đó ta có:

 

$(4+x)^{2}+(5+y)^{2}+(6+z)^{2}=90$  $\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+8x+10y+12z+77=90$

 

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+8x+10y+12z=13$

 

$\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2yz+2zx+12x+12y+12z\geq 13$

 

$\Rightarrow (x+y+z)^{2}+12(x+y+z)\geq 13$

 

Nếu $x+y+z<1$ bất đẳng thức trên không xảy ra

 

Vậy $x+y+z\geq 1$. Do đó ta có: $a+b+c=4+5+6+x+y+z\geq 16$

 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x+y+z=1$ và $x=y=0$, khi đó $a=4,b=5,c=7$

[ngocduy286]

 

Ta có

 

$$P.\left ( \sum a \sqrt{b^2+1} \right )=\left ( \frac{a^3}{a^2\sqrt{b^2+1}}+\frac{b^3}{b^2\sqrt{c^2+1}}+\frac{c^3}{c^2\sqrt{a^2+1}} \right ).\left ( a\sqrt{b^2+1}+b\sqrt{c^2+1}+c\sqrt{a^2+1} \right )  \\  \geq \left ( a^2+b^2+c^2 \right )^2=9$$

 

 

 

Chỗ này sao đúng được bạn ơi

theo cauchy-schwarz ta có:

$\left ( \frac{a^3}{a^2\sqrt{b^2+1}}+\frac{b^3}{b^2\sqrt{c^2+1}}+\frac{c^3}{c^2\sqrt{a^2+1}} \right ).\left ( a\sqrt{b^2+1}+b\sqrt{c^2+1}+c\sqrt{a^2+1} \right )  \\  \geq \left ( a+b+c \right )^2$

đến đây ngược dấu

[BoFaKe]

Cách khác cho bài 16

Ta có :$$P=a+b+c\Leftrightarrow (a+b)^{2}=(P-c)^{2}\Leftrightarrow (P-c)^{2}+c^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab=90+2ab\geq 130$$

 

Mặt khác từ giả thiết :$a\geq 4;b\geq 5;a^{2}+b^{2}+c^{2}=90\Rightarrow 6\leq c\leq 7$

Và $f(c)=2c^{2}-2Pc+P^{2}-130$ có $f'(c)=4c-2P$.

TH1:Nếu $2c > P$ nên $f(c)$ đồng biến $\Rightarrow f(c)\geq f(6)=P^{2}-12P-58$.

Lại do : $P^{2}-12P-58\geq 0\Leftrightarrow P\geq 6+\sqrt{94}> 12> 2c$ nên vô lí.

TH2 :Nếu $2c<P$ $\Rightarrow f(c)\geq f(7)=P^{2}-14P-32\geq 0\Leftrightarrow P\geq 16>14=2c$ (thõa mãn).

Vậy $min P=16$ khi $a=4;b=5;c=7$.

 

 

 

[25 minutes]

Bài 16 : Cho $a\geq 4;b\geq 5;c\geq 6;a^{2}+b^{2}+c^{2}=90$.Tìm GTNN của $P=a+b+c$.

=====

Ghi rõ  nguồn!

Vì điều kiện của bài toán nên ta sẽ đặt $\left\{\begin{matrix} a=4+x\\b=5+y \\c=6+z \end{matrix}\right.\Rightarrow x,y,z \geqslant 0$

Từ đó ta có $P=15+x+y+z$

Từ giả thiết ta có $(4+x)^2+(5+y)^2+(6+z)^2=90\Rightarrow x^2+y^2+z^2+8x+10y+12z=13$

Do $x,y,z$ không âm nên ta có $x^2+y^2+z^2 \leqslant (x+y+z)^2$

                                                 $8x+10y+12z \leqslant 12(x+y+z)$

Cộng 2 bất đẳng thức trên lại ta có $13 \leqslant (x+y+z)^2+12(x+y+z)$

                                         $\Rightarrow x+y+z\geqslant 1$

Từ đó $P=15+x+y+z\geqslant 16$

Đẳng thức xảy ra khi $(x,y,z)=(0,0,1)\Leftrightarrow (a,b,c)=(4,5,7)$

Kết thúc chứng minh 

[T M]

Bài 15 : Cho $a,b,c \in \left [ 2;4 \right ]$

Tìm GTLN của $P=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{abc(a+b+c)}$

 

 

Bài 11: Cho các số thực $a,b,c\geq 0 $ thỏa $ c>0 ,a^3+b^3 =c(c-1)$.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :

$P=\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}$

(Đề 2 - Onluyentoan.vn - 2012)

 

 

 

Còn 2 bài này mọi người chém hết rồi hẵng post bài mới nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 22-06-2013 - 15:22

[hung183461]

 

Bài 11: Cho các số thực $a,b,c\geq 0 $ thỏa $ c>0 ,a^3+b^3 =c(c-1)$.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :

$P=\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}$

(Đề 2 - Onluyentoan.vn - 2012)

 

 

 

Ta thấy :

 $c.1.(c-1) \le c.\frac{(1+c-1)^2}{4}=\frac{c^3}{4}$  $ (1) $

 

(  Từ đây gợi cho ta thấy mối liên hệ giữa :  $4(a^3+b^3) \ge (a+b)^3$  )  

 

Dễ dàng thấy $$4(a^3+b^3)=a^3 + b^3 + 3(a^3 + b^3 )\geq a^3 + b^3 + 3ab(a+b) \ge (a+b)^3 (2) $$

 

Từ $ (1)$ và $ (2)$ ta có : $a+b\leq c$  

 

Ta có : 

$P= \frac{a^2 + b^2 + 2ab + c^2 - 2ab }{(a + b + c)^2}$

 

$ = \frac{(a+b)^2 + c^2}{(a + b + c)^2} - \frac{2ab}{(a+b+c)^2}$

 

 

Sử dụng đánh giá

 $(a+b)^2 + c^2 \geq \frac{1}{2}(a + b + c )^2$

và $( a+b+c)^2 = 4(a+b)^2 \geq 16ab$

 

ta suy ra được $P\geq \frac{1}{2} - \frac{1}{8} = \frac{3}{8}$  

 

Suy ra GTNN của $P$ là $\frac{3}{8}$

 

Còn GTLN thì khỏi bàn : 

 

Vì $a, \ b \ge 0$ nên ta có $ab+bc+ca \ge 0$, từ đó $$P=1-\frac{2\left( ab+bc+ca \right)}{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}\le 1.$$ 

 

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=0, \ c=1.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 24-06-2013 - 13:14

[T M]

Còn bài 15 có vẻ khó nhằn quá nhỉ Nhiệt tình lên mọi người

 

Bài 16. Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $ab+ac+bc=2013abc$. Chứng minh rằng

 

$$\sum \frac{1}{a\left ( 2013a-1 \right )^2} \geq \frac{2013}{4}$$

 

Thi thử khối A - Chuyên Hạ Long - 2013

 

P/S: bài này nhìn có vẻ ngon ăn nhỉ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi T M: 22-06-2013 - 23:21

[hung183461]

Còn bài 15 có vẻ khó nhằn quá nhỉ Nhiệt tình lên mọi người

 

Bài 16. Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $ab+ac+bc=2013abc$. Chứng minh rằng

 

$$\sum \frac{1}{a\left ( 2013a-1 \right )^2} \geq \frac{2013}{4}$$

 

Thi thử khối A - Chuyên Hạ Long - 2013

 

P/S: bài này nhìn có vẻ ngon ăn nhỉ

 

Ta có :

$ab + bc + ca = 2013abc \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 2013$

 

Đặt $x =\frac{1}{a} , y =\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$ ta có $x + y + z = 2013$ 

 

Nên : 

 

$\frac{1}{a\left ( 2013a-1 \right )^2} = \frac{x}{(\frac{2013}{x}-1)^2 } = \frac{x^3}{(2013-x)^2} = \frac{x^3}{(y+z)^2}$

 

Thay vào bdt đã cho ta có bdt cần cm tương đương với : 

 

$A= \frac{x^3}{(y+z)^2} + \frac{y^3}{(x+z)^2} + \frac{z^3}{(x+y)^2} \geq \frac{2013}{4}$

 

Áp dụng bđt $ AM-GM $ ta có 

 

$\frac{x^3}{(y+z)^2} + \frac{y+z}{8} + \frac{y+z}{8} \geq \frac{3}{4}x$

 

Xây dựng 2 bdt tương tự ta có 

 

$A\geq \frac{1}{4}(x + y + z) = \frac{2013}{4}$

 

Suy ra đccm , đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{2013}{3} \Leftrightarrow a=b=c=\frac{3}{2013}$ 

[mai dsung]

Bài 17: Cho 0<x,y,z<1 và xy+yz+zx=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}-(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

                                                                   đề thi thử ĐH trường Yên Định 2 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai dsung: 25-06-2013 - 19:56

[25 minutes]

Bài 17: Cho 0<x,y,z<1 và xy+yz+zx=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}-(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

                                                                   đề thi thử ĐH trường Yên Định 2 

Có thể tham khảo ở đây

http://diendantoanho...sum-dfracx-1y2/

[bachhammer]

Bài 16 : Cho $a\geq 4;b\geq 5;c\geq 6;a^{2}+b^{2}+c^{2}=90$.Tìm GTNN của $P=a+b+c$.

                                                                                                                          

                                                                                                    Thi thử lần $2$ THPT Đông Sơn 1-2013.

Đặt a=4+x; b=5+y; c=6+z (x, y, z ko âm). Ta có ngay $13=x^{2}+y^{2}+z^{2}+8x+10y+12z\leq (x+y+z)^{2}+12(x+y+z)\Leftrightarrow x+y+z\geq 1\Leftrightarrow P=a+b+c\geq 16$.

Dấu bằng xảy ra khi a=4, b=5, c=7. 

[vutuanhien]

Thêm 1 bài nữa

Bài 17:Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+2abc=1$. Chứng minh rằng:

$a^2+b^2+c^2\geq 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

(Đề thi thử trường ĐHKHTN, ĐHQGHN lần 1 năm học 2012-2013)

[thanhdotk14]

Thêm 1 bài nữa

Bài 17:Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+2abc=1$. Chứng minh rằng:

$a^2+b^2+c^2\geq 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)(1)$

(Đề thi thử trường ĐHKHTN, ĐHQGHN lần 1 năm học 2012-2013)

Bài này lúc đầu mình làm theo hướng lượng giác nhưng khúc sau lại bị vướng một chỗ, các bạn có thể khai thác tiếp. Mình xin đóng góp cho topic một bài:

Bài 18:  Cho $a_1, a_2,...,a_{10}$ là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$$P=\frac{a_1^2+a_2^2+...+a_{10}^2}{a_{10}(a_1+a_2+...+a_9)}$$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdotk14: 27-06-2013 - 23:50

[thanhdotk14]

Bài 15 : Cho $a,b,c \in \left [ 2;4 \right ]$

Tìm GTLN của $P=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{abc(a+b+c)}$

Bài giải:

Ta cần chứng minh: $$P\le \frac{6}{5}$$

$$\Leftrightarrow 6abc(a+b+c)-5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\ge 0(*)$$

Ta thấy $VT(*)$ là một hàm sô bậc nhất theo $abc$ nên áp dụng định lí $ABC$ ta có hàm sô đạt cực tiểu khi và chỉ khi có hai biến bằng nhau.

Giả sử $a=b$. Khi đó $(*)$ được viết lại thành: $$6a^2c(2a+c)-5(a^4+2a^2c^2)\ge 0$$

$$\Leftrightarrow 12a^3c-5a^4-4a^2c^2\ge 0(**)$$

Vì $a\in[2; 4]$ nên chia cả hai vế của bất đẳng thức trên và đặt $\frac{c}{a}=x$. Khi đó ta có: $\frac{1}{2}\le x\le 2$

Do đó: Từ $(**)$ ta suy ra: $$-4x^2+12x-5\ge 0$$

$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\le x\le \frac{5}{2}$$

Nhưng điều này luôn đúng. 

Từ đó ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=4, c=2$ và các hoán vị

[T M]

..............

 

Đây là topic tổng hợp đề thi thử bạn à Theo mình biết phương pháp ABC không được sử trong thi đại học.

 

Dù sao cũng cảm ơn bạn đã tham gia topic

[25 minutes]

Thêm 1 bài nữa

Bài 17:Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+2abc=1$. Chứng minh rằng:

$a^2+b^2+c^2\geq 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

(Đề thi thử trường ĐHKHTN, ĐHQGHN lần 1 năm học 2012-2013)

Do $a^2+b^2+c^2+2abc=1$ nên tồn tại các số dương $x,y,z$ sao cho 

             $\left\{\begin{matrix} a^2=\frac{yz}{(x+y)(x+z)}\\ b^2=\frac{xz}{(x+y)(y+z)} \\ c^2=\frac{xy}{(x+z)(y+z)} \end{matrix}\right.$

Do đó bất đẳng thức đã cho được viết lại thành

            $\sum \frac{xy}{(x+z)(y+z)}\geqslant 4\sum \frac{xy^2z}{(x+z)^2(x+y)(y+z)}$

Quy đồng mẫu thức ta cần chứng minh 

            $\left [ \sum xy(x+y) \right ](x+y)(y+z)(z+x)\geqslant 4xyz\left [ \sum x(x+y)(x+z) \right ]$

Dễ thấy bất đẳng thức đã cho đồng bậc nên khai triển ta được 

            $\Leftrightarrow \sum x^2y^2(x+y)^2\geqslant 2xyx(x^3+y^3+z^3)+12(xyz)^2$

Nhưng rõ ràng bất đẳng thức trên luôn đúng do AM-GM sau 

            $\sum x^2y^2(x^2+y^2)\geqslant 2xyz(x^3+y^3+z^3)$

Và        $\sum x^2y^2.2xy\geqslant 12(xyz)^2$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z>0$ hay $a=b=c=\frac{1}{2}$

[trauvang97]

Thêm 1 bài nữa

Bài 17:Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+2abc=1$. Chứng minh rằng:

$a^2+b^2+c^2\geq 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

(Đề thi thử trường ĐHKHTN, ĐHQGHN lần 1 năm học 2012-2013)

 

Viết lại bất đẳng thức đã cho dưới dạng:

 

$(a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 4(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$

 

$\Leftrightarrow a^{4}+b^{4}+c^{4}+2abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$

 

Theo bất đẳng thức Schur ta có:

 

$a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq 2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$

 

Ta sẽ chứng minh: $2abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq abc(a+b+c)\Leftrightarrow a+b+c+4abc\leq 2$ $(1)$

 

Tuy nhiên, $(1)$ luôn đúng do $abc\leq \frac{1}{8},a+b+c\leq \frac{3}{2}$

 

Do đó bất đẳng thức được chứng minh

[thanhdotk14]

Đây là topic tổng hợp đề thi thử bạn à Theo mình biết phương pháp ABC không được sử trong thi đại học.

 

Dù sao cũng cảm ơn bạn đã tham gia topic

Uh cái này thì mình biết nhưng nếu chúng ta chứng minh đc định lí ABC thì hiển nhiên người ta sẽ cho dùng r     

[trauvang97]

Thêm 1 bài nữa

Bài 17:Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+2abc=1$. Chứng minh rằng:

$a^2+b^2+c^2\geq 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

(Đề thi thử trường ĐHKHTN, ĐHQGHN lần 1 năm học 2012-2013)

 

Cách sử dụng lượng giác:

 

Với giả thiết đã cho luôn tồn tại một tam giác nhọn $ABC$ sao cho $a=cosA, b=cosB, c=cosC$ khi ấy ta có:

 

                     $cos^{2}A+cos^{2}B+cos^{2}C+2cosAcosBcosC=1$

và bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại:

 

                   $cos^{2}A+cos^{2}B+cos^{2}C\geq 4(cos^{2}Acos^{2}B+cos^{2}Bcos^{2}C+cos^{2}Ccos^{2}A)$

 

Nhận thấy: $cos^{2}A=cot^{2}A.sin^{2}A=\frac{cot^{2}A}{cot^{2}A+1}$

 

Đặt: $x=cotA, y=cotB, z=cotC$ thì bất đẳng thức trên được viết lại:

 

$\frac{x^{2}}{x^{2}+1}+\frac{y^{2}}{y^{2}+1}+\frac{z^{2}}{z^{2}+1}\geq 4\left ( \frac{x^{2}y^{2}}{(x^{2}+1)(y^{2}+1)}+\frac{y^{2}z^{2}}{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}+\frac{z^{2}x^{2}}{(z^{2}+1)(x^{2}+1)} \right )$    $(1)$

 

và ta có giả thiết mới: $xy+yz+zx=1$, và $x^{2}+1=(x+y)(x+z)$

 

Bất đẳng thức $(1)$ được viết lại dưới dạng:

 

$\frac{x^{2}}{(x+y)(x+z)}+\frac{y^{2}}{(y+z)(y+x)}+\frac{z^{2}}{(z+x)(z+y)}\geq 4\left ( \frac{x^{2}y^{2}}{(x+y)^{2}(y+z)(z+x)}+\frac{y^{2}z^{2}}{(y+z)^{2}(x+y)(z+x)}+\frac{z^{2}x^{2}}{(z+x)^{2}(x+y)(y+z)} \right )$

 

$\Leftrightarrow x^{2}(y+z)+y^{2}(z+x)+z^{2}(x+y)\geq 4\left ( \frac{x^{2}y^{2}}{x+y}+\frac{y^{2}z^{2}}{y+z}+\frac{z^{2}x^{2}}{z+x} \right )$

 

Đến đây, sử dụng Cauchy - Schwarz ta có:  $\frac{4x^{2}y^{2}}{x+y}\leq \frac{x^{2}y^{2}}{x}+\frac{x^{2}y^{2}}{y}$ và tương tự rồi cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta có đpcm

[vutuanhien]

Bài 18:Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P=(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)$

(Đề thi thử đại học lần 5 trường THPT chuyên Vĩnh Phúc)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 01-07-2013 - 16:22