Đến nội dung

MarkNguyen

MarkNguyen

Đăng ký: 14-04-2016
Offline Đăng nhập: 10-06-2016 - 09:18
-----

Trong chủ đề: Tổng hợp các bài BĐT trong các đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán năm 2017

18-04-2016 - 15:44

Bài 28: (Đề thi thử của sở GD- ĐT Thanh Hóa năm 2016)

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{3a-b}{a^{2}+ab}+\frac{3b-c}{b^{2}+bc}+\frac{3c-a}{c^{2}+ca} \right )$

 

Vì biểu thức P có tính thuần nhất nên chuẩn hóa $a+b+c=1$. Ta có:

$P= \frac{3a-b}{a^{2}+ab}+\frac{3b-c}{b^{2}+bc}+\frac{3c-a}{c^{2}+ca}$

$=\frac{4a-\left ( a+b \right )}{a\left ( a+b \right )}+\frac{4b-\left ( b+c \right )}{b\left ( b+c \right )}+\frac{4c-\left ( c+a \right )}{c\left ( c+a \right )}$

$=\frac{4}{a+b}-\frac{1}{a}+\frac{4}{b+c}-\frac{1}{b}+\frac{4}{c+a}-\frac{1}{c}$

Dự đoán GTLN của P=9. Ta sẽ chứng minh:

$\frac{4}{a+b}-\frac{1}{a}+\frac{4}{b+c}-\frac{1}{b}+\frac{4}{c+a}-\frac{1}{c}\leq 9$

$\Leftrightarrow 9+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}$

$\Leftrightarrow 9+\left ( a+b+c \right )\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq \left ( a+b+c \right )\left ( \frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a} \right )$

$\Leftrightarrow a\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )+b\left (\frac{1}{c}+\frac{1}{a} \right )+c\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )\geq \frac{4a}{b+c}+\frac{4b}{c+a}+\frac{4c}{a+b}$ $\left ( * \right )$

Theo BĐT Cauchy-Schwarz, ta có

 $\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{4}{b+c}\Rightarrow a\left ( \frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq \frac{4a}{b+c}$

Tương tự, ta có:

$\left\{\begin{matrix} b\left ( \frac{1}{c}+\frac{1}{a} \right )\geq \frac{4b}{c+a}\\c\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )\geq \frac{4c}{a+b} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left ( * \right )$  đúng

$\Rightarrow P\leq 9$

Vậy GTLN của P=9 $\Leftrightarrow a=b=c$

*Nhận xét, có lẽ người ra đề nghĩ ra bài toán trên dựa vào 1 bất đẳng thức quen thuộc: 

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng:

$9+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}$


Trong chủ đề: Đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 thành phố Hà Nội năm 2015-2016

14-04-2016 - 18:18

Câu 2.1

$\sqrt{2x^{2}+11x+19}+\sqrt{2x^{2}+5x+7}=3\left ( x+2 \right )$

$\Leftrightarrow 3\left ( x+2 \right )-\left ( \sqrt{2x^{2}+11x+19}+\sqrt{2x^{2}+5x+7} \right )= 0$

$\Leftrightarrow \left ( 6x+12 \right )-2\left ( \sqrt{2x^{2}+11x+19}+\sqrt{2x^{2}+5x+7} \right )=0$

$\left ( \sqrt{2x^{2}+11x+19}+\sqrt{2x^{2}+5x+7} \right )\left ( \sqrt{2x^{2}+11x+19}+\sqrt{2x^{2}+5x+7} \right )-2\left ( \sqrt{2x^{2}+11x+19}+\sqrt{2x^{2}+5x+7} \right )=0$

$\Leftrightarrow \left ( \sqrt{2x^{2}+11x+19}+\sqrt{2x^{2}+5x+7} \right )\left ( \sqrt{2x^{2}+11x+19}-\sqrt{2x^{2}+5x+7}-2 \right )=0$

TH1 $\sqrt{2x^{2}+11x+19}+\sqrt{2x^{2}+5x+7}=0$ (1)

Ta có: $\left\{\begin{matrix} \sqrt{2x^{2}+11x+19}\geq 0\\\sqrt{2x^{2}+5x+7}\geq 0 \end{matrix}\right.$

(1) $\left\{\begin{matrix} \sqrt{2x^{2}+11x+19}=0\\\sqrt{2x^{2}+5x+7}=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2x^{2}+11x+19=0\\2x^{2}+5x+7=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\in \O$

TH2 $\sqrt{2x^{2}+11x+19}-\sqrt{2x^{2}+5x+7}-2=0$

$\Leftrightarrow \sqrt{2x^{2}+11x+19}=2+\sqrt{2x^{2}+5x+7}$

$2x^{2}+11x+19=4+2x^{2}+5x+7+4\sqrt{2x^{2}+5x+7}$

$\Leftrightarrow 3x+4=2\sqrt{2x^{2}+5x+7}$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq \frac{-4}{3}\\\left ( 3x+4 \right )^{2}=4\left ( 2x^{2}+5x+7 \right ) \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq \frac{-4}{3}\\x^{2}+4x-12=0 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow x=2$

Vậy pt có nghiệm duy nhất x=2

 


Trong chủ đề: Đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 thành phố Hà Nội năm 2015-2016

14-04-2016 - 17:17

Câu 3.2:                                                                                                              

Vì a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác =>$\left\{\begin{matrix} b+c> a\\ c+a> b\\ a+b> c \end{matrix}\right.$ <=> $\left\{\begin{matrix} b+c-a> 0\\ c+a-b> 0\\ a+b-c> 0 \end{matrix}\right.$

Không mất tính tổng quát , giả sử $a\geq b\geq c \Rightarrow \left\{\begin{matrix} a^{2015}\geq b^{2015}\geq a^{2015}\\\frac{a}{b+c-a}\geq \frac{b}{c+a-b}\geq \frac{c}{a+b-c} \end{matrix}\right.$

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho 2 dãy đơn điệu cùng chiều $\left ( a^{2015};b^{2015};c^{2015} \right )$ và $ \left ( \frac{a}{b+c-a};\frac{b}{c+a-b};\frac{c}{a+b-c} \right )$ , ta có

$3\left (a^{2015}\frac{a}{b+c-a}+b^{2015}\frac{b}{c+a-b}+c^{2015}\frac{c}{a+b-c} \right )\geq \left ( {a^{2015}}+b^{2015}+c^{2015} \right )\left ( \frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-a} \right )$

$\Leftrightarrow$$\frac{a^{2016}}{b+c-a}+\frac{b^{2016}}{c+a-b}+\frac{c^{2016}}{a+b-c}\geq \frac{a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}}{3}\left ( \frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c} \right )$

Ta cần chứng minh

$\frac{a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}}{3}\left ( \frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c} \right )\geq \left ( a^{2015}+b^{2015}+c^{2015} \right )$

$\Leftrightarrow \frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\geq 3 (1)$

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

$\sum \frac{a}{b+c-a}=\sum \frac{a^{2}}{a\left ( b+c-a \right )}\geq$$\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{\sum a\left ( b+c-a \right )}= \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{2\left ( ab+bc+ca \right )-\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}$ (2)

Từ (1) và (2), ta sẽ chứng minh

$\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{2\left ( ab+bc+ca \right )-\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}\geq 3$

Thật vậy , BĐT cần chưng minh tương đương

$\left ( a+b+c \right )^{2}\geq 3\left [ 2\left ( ab+bc+ca \right )-\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right ) \right ]$

$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$ (luôn đúng) 

=> đpcm 

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c <=> Tam giác ABC đều