Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu luôn hẳn là công cụ phục vụ tốt nhất cho công việc giảng dạy cũng như nghiên cứu của các nhà khoa học nhà giáo cũng như các em học sinh , sinh viên . Một con người có năng lực tốt để chưa hẳn đã thành công đôi khi một con người khác năng lực thấp hơn một chút lại có hướng đi tốt lại tìm đến thành công nhanh hơn trong khi con người có năng lực kia vẫn loay hay tìm lối đi cho chính mình . Tài liệu là một kim chỉ nang cho chúng ta một hướng đi tốt nhất đến với kết quả nhanh nhất . Tôi xin đóng góp một chút vào kho tàng tài liệu của trang , mọi người cũng có thể tham khảo đánh giá và góp ý để bản thân tôi có động lực đóng góp nhiều hơn những tài liệu mà tôi đã sưu tầm được và up lên ở trang.
90 Website:tailieumontoan.com TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu giáo viên toán THCS học sinh chuyên đề tốn THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy em tuyển tập phân tích lời giải toán bất đẳng thức đề thi HSG lớp Chuyên toán nước Chúng kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề nhằm đáp ứng nhu cầu tài liệu hay cập nhật dạng toán bất đẳng thức kì thi gần đây.Trong kì thi học sinh giỏi mơn Tốn cấp, nội dung bất đẳng thức giá trị lớn – giá trị nhỏ xuất cách đặn đề thi với tốn ngày hay khó Trong chủ đề này, tuyển chọn giới thiệu số toán bất đẳng thức giá trị lớn nhất, nhỏ trích đề thi học sinh giỏi mơn tốn cấp tỉnh cấp học năm gần Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng dùng chuyên đề để giúp em học tập Hy vọng tuyển tập toán bất đẳng thức giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, giáo em học! Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ chuyên đề này! Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Trong kì thi học sinh giỏi mơn Toán cấp, nội dung bất đẳng thức giá trị lớn – giá trị nhỏ xuất cách đặn đề thi với tốn ngày hay khó Trong chủ đề này, tuyển chọn giới thiệu số toán bất đẳng thức giá trị lớn nhất, nhỏ trích đề thi học sinh giỏi mơn tốn cấp tỉnh cấp học năm gần Bài Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4 a b c P= ÷ + ÷ + ÷ a+ b b+ c c+ a Trích đề thi chọn HSG mơn Toán Tỉnh Nghệ An năm học 2018 – 2019 Lời giải Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức ( 1+ x) + ( 1+ y) ≥ xy + với x, y số thực dương Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức ta có ( 1+ x) + ( 1+ y) ≥ ⇔ ( xy + 1) x2 + y2 + 2x + 2y + ≥ x2 + 2x + y2 + 2y + xy + ( ) ( )( ) ⇔ 1− 2xy − x2y2 = x3y + xy3 ⇔ ( xy − 1) + xy ( x − y ) ≥ 2 Do bất đẳng thức cuối ln nên ta có điều cần chứng minh Trở lại toán Do a, b, c số nguyên dương nên biểu thức P viết lại thành 4 ÷ ÷ ÷ P= ÷ + ÷ + ÷ c÷ a÷ 1+ b ÷ ÷ 1+ ÷ 1+ ÷ a b c Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com x= Đặt b c a ;y = ;z = a b c , ta x, y, z dương thỏa mãn xyz = Ta viết lại biểu thức P áp dụng đánh giá quen thuộc 1 P= + + ≥ + + ÷ ÷ ÷ ( 1+ x) ( 1+ y ) ( 1+ z ) 1+ x 1+ y 1+ z 4 Q= Đặt ( 1+ x) Q= + ( 1+ x) ( 1+ y) + + ( 1+ y) Ta chứng minh ( 1+ z ) + ta có ( 1+ z ) ≥ z + ≥ z + ( z + 1) xyz = Áp dụng bổ đề ta 1 + = 1+ xy ( 1+ z ) 1+ z + ( 1+ z ) = z + z + ( z + 1) Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức ta z ( z + 1) + z + ≥ ⇔ ≥ ⇔ z2 + z + ≥ x2 + 2z + 2 z + ( z + 1) 4 ( z + 1) ( ) ( ) ⇔ 4z2 + 4z + ≥ 3z2 + 6z + ⇔ z − 2z + 1≥ ⇔ ( z − 1) ≥ Bất đẳng thức cuối ln Do ta có z=1 z + ≥ z + ( z + 1) , dấu xẩy Q≥ Từ ta 1 P ≥ Q2 ≥ = 3 16 16 x= y = z =1 , dấu xẩy Suy , dấu xẩy Vậy giá trị nhỏ P Tác giả: Nguyễn Công Lợi 16 a= b= c , xẩy a= b= c TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com ( 1+ x) Nhận xét Ta chứng minh + ( 1+ y) + ( 1+ z ) ≥ theo cách khác sau Do xyz = x= np mp mn ;y = ;z = 2 m n p nên tồn số dương m, n, p thỏa mãn Khi bất đẳng thức viết lại thành m4 (m + np + n4 ) (n 2 + mp p4 + ) (p + mn ) ≥ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức (m m4 + np + ) (n 2 n4 + mp + ) (p 2 + mn Và ta cần chứng minh ≥ ) (m 2 (m +n +p ) + np) + ( n + mp) + ( p (m (m +n +p ) + np) + ( n + mp) + ( p p4 2 2 2 2 2 + mn ) ≥ + mn ) hay ta cần chứng minh ( ) m4 + n4 + p4 + m2n2 + n2p2 + p2m2 ≥ 6mnp ( m + n + p) Dễ thấy Nên m4 + n4 + p4 ≥ m2n2 + n2p2 + p2m2;m2n2 + n2p2 + p2m2 ≥ mnp ( m + n + p ) ( ) ( ) m4 + n4 + p4 + m2n2 + n2p2 + p2m2 ≥ m2n2 + n2p2 + p2m2 ≥ 6mnp ( m + n + p ) Như bất đẳng thức ( 1+ x) + ( 1+ y) + ( 1+ z ) ≥ Q≥ hay Bài Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi ln có: 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc ≥ 13 Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn Tỉnh Thái Bình năm học 2018 – 2019 Lời giải Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com Từ giả thiết toán ta a+ b+ c = Do vai trò a, b, c nên khơng tính tổng qt ta giả sử 0< a ≤ b ≤ c Do a, b, c ba cạnh tam giác nên ta có Đặt T = 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc a+ b > c , từ giả thiết toán ta = a + b + c > c + c = 2c ⇔ c < 1≤ c < Do ta 3 = a + b + c ≤ 3c ⇔ c ≥ Đến ta biến đổi biểu thức T ( ) T = 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc = a2 + b2 + 3c2 + 4abc 2 = 3( a + b) − 2ab + 3c3 + 4abc = 3( a + b) + 3c2 − 2ab ( − 2c) = 3( 3− c) + 3c2 − 2ab( 3− 2c) Để ý 3− 2c > ab ≤ 2 1 a + b) = ( 3− c) ( 4 nên ta lại có − c) ( − 2c) ( 27 = c2 − 6c + + 3c2 − c2 − 6c + ( 3− 2c) = c3 − c2 + 2 2 1 = c3 − 2c2 + c + c2 − 2c + + 13 = c( c − 1) + ( c − 1) + 13 ≥ 13 2 T = 3( − c) + 3c2 − 2ab( − 2c) ≥ 3( − c) + 3c2 − ( ) ( ( ) ) Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu đẳng thức xẩy a= b= c= ( a + c) ( b + c) = 4c Bài Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện P= giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức a b ab + + b + 3c a + 3c bc + ca Tìm Trích đề thi chọn HSG mơn Toán Tỉnh Bắc Ninh năm học 2018 – 2019 Lời giải Do a, b, c số thực dương nên giả thiết toán viết lại thành Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com ( a + c) ( b + c) = ⇔ a + 1 b + 1 = c c2 Đặt a b x = ;y = ( x > 0;y > 0) c c Cũng từ ÷ c ÷ Khi giả thiết trở thành a = cx;b = cy ( x + 1) ( y + 1) = , thay vào biểu thức P ta cy c2xy y xy cx x P= + + = + + cy + 3c cx + 3c c x + c y y + x + x + y Đến ta xử lí tốn sau o Tìm giá trị nhỏ biểu thức P Từ ( x + 1) ( y + 1) = ta thức AM – GM ta có t≥ xy = 3− ( x + y ) x + y ) ≥ xy ( Đặt t = x+ y > 3− t ≤ nên suy t áp dụng bất đẳng hay t2 + 4t − 12 ≥ nên Như ta có 2≤ t < Biểu thức P viết lại thành x2 + y2 + 3( x + y ) ( x + y) + 3( x + y ) − 2xy + xy y xy xy x P= + + = + = y + x+ x+ y x+ y xy + 3( x + y ) + ( x + 3) ( y + 3) x + y = t2 + 3t − 2( − t) 3− t t2 + 5t − 3− t ( t − 1) ( t + 6) 3− t t 3 + = + = + = + − 3− t + 3t + t 2t + 12 t t t 2( t + 6) Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có Dấu xẩy Tác giả: Nguyễn Công Lợi t 3 + ≥2 = t P ≥ 6− Do x + y = t a + b = c = ⇔ t= 6⇔ ⇔ 2 t xy = 3− ab = c 3− ( ) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com 6− Vậy giá trị nhỏ biểu thức P ( a + b = c 6;ab = c2 3− o ) , đạt Tìm giá trị lớn biểu thức P Như ta có 2≤ t < P= Do 2≤ t < P= t 3 + − t Do ta có biến đổi ( t − 2) ( t − 3) + t 3 t2 − 3t + t2 − 5t + + − = = + 1= t 2t 2t 2t ( t − 2) ( t − 3) ≤ nên ta có 2t Do suy P≤1 Dấu xẩy x + y = x = t = 2⇔ ⇔ ⇔ a= b= c xy = y = Vậy giá trị lớn biểu thức P 1, đạt a= b= c Bài Với số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 + 2abc = P = ab + bc + ca − abc Tìm giá trị lớn biểu thức Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn Thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019 Lời giải • Lời giải Trong ba số a, b, c tồn hai số lớn , nhỏ Khơng tính tổng qt ta giả sử hai số a b Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a2 + b2 ≥ 2ab , a2 + b2 + c2 + 2abc ≥ c2 + 2ab + 2abc Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com Từ suy 1≥ c2 + 2ab ( 1+ c) 1− c ≥ 2ab ⇔ 1≥ 2ab + c hay ta 1− c2 ≥ 2ab ( 1+ c) nên Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có Theo giả sử ta có 1≥ 2ab + c ≥ 2abc ( 2a − 1) ( 2b − 1) ≥ ⇔ 4ab + 1≥ 2( a + b) abc ≤ nên suy hay 4abc + c ≥ 2ac + 2bc Kết hợp kết ta 2ab + 2bc + 2ca − 2abc ≤ 2ab + 4abc + c − 2abc = 2ab + c + 2abc ≤ 1+ = 2P = 2( ab + bc + ca − abc) ≤ Do ta P≤ nên , dấu đẳng thức xẩy a2 + b2 + c2 + 2abc = 1 ⇔ a= b= c= a = b;abc = 1 = 2ab + c Vậy giá trị lớn P a= b= c= , đạt ( 2abc = 1− a2 + b2 + c2 • Lời giải Từ giải thiết ta ) 2P = 2( ab + bc + ca) − 2abc = 2( ab + bc + ca) − 1+ a2 + b2 + c2 = ( a + b + c) − Do ta có Để ý từ giả thiết toán ta 1< a,b,c ≤ ( a2 + b2 + c2 + 2abc = ⇔ c2 + 2abc = 1− a2 + b2 ( ) ) nên ta có biến đổi ( )( ⇔ c2 + 2abc + a2b2 = 1− a2 + b2 + a2b2 ⇔ ( c + ab) = 1− a2 1− b2 ⇔ c + ab = ( 1− a ) ( 1− b ) ⇔ c = ( 1− a ) ( 1− b ) − ab 2 ) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta 2 1− a2 + 1− b2 − a + b 2 1− a 1− b ≤ = 2 ( )( ) Tác giả: Nguyễn Công Lợi ( ) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com c≤ ( − a2 + b2 Do ) − ab = 2− ( a ) = 2− ( a + b) + b2 + 2ab 2 Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta ( a + b) ( a + b) a + b = ( a + b) 1≤ + − ( a + b) + = 2 a+ b+ c ≤ Do ta có 2 +1 3 2P ≤ ÷ − = − ⇔ P ≤ 2 Đến ta thu Dấu xẩy a= b= c= • Lời giải Do a, b, c số thực dương nên ta viết lại giả thiết toán ( ) a2 + b2 + c2 + 2abc = ⇔ abc a2 + b2 + c2 + 2abc = abc ( ) ( ⇔ a2b2 + b2c2 + c2a2 + 3abc + a3bc + ab3c + abc3 ( ) ( ) = 2abc + a2b2 + b2c2 + c2a2 + a3bc + ab3c + abc3 ) ⇔ abc + a2c2 + a2b2 + a3bc + abc + a2b2 + b2c2 + ab3c + abc + b2c2 + c2a2 + abc3 ( = abc + c2a2 + a2b2 + a3bc + b2c2 + abc3 + ab3c + a2b2c2 ( ) ( ) ( ) ⇔ a bc + c2a + ab2 + a2bc + b ca + a2b + bc2 + ab2c + c ab + b2c + ca2 + abc2 ( ) ( ) ) = 2a bc + c2a + ab2 + a2bc + 2bc bc + c2a + ab2 + a2bc ⇔ a( b + ca) ( c + ab) + b ( c + ab) ( a + bc) + c( a + bc) ( b + ca) = 2( a + bc) ( b + ca) ( c + ab) ⇔ a b c + + =2 a + bc b + ca c + ab Khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có ( a + b + c) a b c a2 b2 c2 2= + + = + + ≥ a + bc b + ca c + ab a + abc b + abc c + abc a + b2 + c2 + 3abc Hay ta Mà ta có ( ) a2 + b2 + c2 + 3abc ≥ ( a + b + c) ⇔ a2 + b2 + c2 + 6abc ≥ 2( ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 + 2abc = nên ta có bất đẳng thức 1+ 4abc ≥ 2( ab + bc + ca) ⇔ 2( ab + bc + ca − abc) ≤ 2abc + Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com abc ≤ Chứng minh tương tự ta Do ta 2( ab + bc + ca − abc) ≤ P≤ a= b= c= Do , dấu đẳng thức xẩy a= b= c= Vậy giá trị lớn P , đạt x + y + z + = xyz Bài Cho ba số thực dương thỏa mãn Chứng minh rằng: ( x+ y + z + 6≥ xy + yz + zx ) Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn Tỉnh Quảng Bình năm học 2018 – 2019 Lời giải Biến đổi giả thiết toán ta x + y + z + = xyz ⇔ xy + x + y + 1+ yz + y + z + 1+ zx + z + x + 1= xyz + xy + yz + zx + x + y + z + ⇔ ( x + 1) ( y + 1) + ( y + 1) ( z + 1) + ( z + 1) ( x + 1) = ( x + 1) ( y + 1) ( z + x) ⇔ a= Đặt 1 + + =1 x+ y + z + 1 1 ;b = ;c = x+ y+1 z+1 x= Ta có ta 1− a 1− b 1− c ;y = ;z = a b c a+ b+ c = Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành 1− a 1− b 1− c + + + ≥ 2 a b c Hay b+ c c+ a a+ b + + + ≥ 2 a b c Tác giả: Nguyễn Công Lợi ( 1− a) ( 1− b) + ( 1− b) ( 1− c) + ( 1− c) ( 1− a) ab bc ca ( b + c) ( c + a) + ( c + a) ( a + b) + ( a + b) ( b + c) ab bc ca TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com a = 2;b = 0;c = Đẳng thức xẩy Vậy giá trị lớn P 32 3 a = 2;b = 0;c = , xẩy ( ) 3 x4 + y4 = x4y4 Bài 79 Cho hai số thực x, y thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= y2 x2 + + 2 y +1 x +1 x4 + y4 + Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn THPT Tỉnh Quảng Ninh năm học 2017 – 2018 Lời giải ( ) ( x4y4 = x4 + y4 ≥ x2 + y2 Biến đổi giả thiết ta có x2 + y2 x y ≤ ÷ Mà ta lại có • Trường hợp Với Trường hợp Với (x Do x + y2 = x2 + y2 = x2 + y2 ≥ ) nên suy x2y2 ≥ x2 + y2 x2 + y2 2 x +y ≤ ÷ ⇔ x +y 2 • 2 Đến ta suy ) x2 + y2 ≥ , ta ( ) ( ≥ x2 + y2 ) x= y = Khi để ý Từ suy x2y2 ≥ x2 + y2 P=1 ta có + y2 − = x4 + y4 + 1+ 2x2y2 − 2x2 − 2y2 ( ) ≥ x4 + y4 + 1+ x2 + y2 − 2x2 − 2y2 = x4 + y4 + x4 + y4 + ≤ x2 + y2 − Do ta P + 2= Đến ta có biến đổi sau y2 x2 + y2 + x2 + y2 + x2 1 + + + + = + + 2 2 y +1 x +1 y +1 x +1 x4 + y4 + x4 + y4 + 1 ≥ x2 + y2 + + ≥ x2 + y2 + + ÷+ 2 x + y + x + y2 − y + x + 1 x + y − ( Đặt t = x2 + y2 ≥ ) ( ) P≥ , ta viết lại bất đẳng thức thành Tác giả: Nguyễn Công Lợi 4t + + −2 t+ t−1 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com P≥ Ta chứng minh 4t + + − 2≥ t+ t−1 t≥ với Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức ta thu 4t + 11 + ≥ ⇔ 12t2 + 3t − ≥ 11t2 + 11t − 22 ⇔ t2 − 8t + 16 ≥ ⇔ ( t − 4) ≥ t+ t−1 Dễ thấy bất đẳng thức cuối ln Do ta P≥ 4t + + − 2≥ t+ t−1 2 t = x + y = ⇔ ⇔ x= y= ± x = y x = y Đẳng thức xẩy Kết hợp kết ta giá trị nhỏ P x= y= ± , xẩy Bài 80 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a( b + c) b + bc + c 2 b( c + a) + c + ca + a 2 + c( a + b) a + ab + b2 ≥2 Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Đồng Tháp năm học 2017 – 2018 Lời giải • Lời giải Do a, b, c số thực dương nên để ý đến phép biến đổi a( b + c) b + bc + c a( b + c) b2 + bc + c2 = = a( b + c) ( b + c) a2 ( b + c) a( b + c) − abc 2 − bc = = c2 + ca + a2 Hồn tồn tương tự ta có = ( b + c) − bbc +c a2 a( b + c) − Do ta b( c + a) a b2 b( c + a) − abc b+ c ; c( a + b) abc a2 + ab + b2 c+ a = c2 c( a + b) − abc a+ b Khi theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com a( b + c) b2 + bc + c2 + b( c + a) c2 + ca + a2 + c( a + b) a2 + ab + b2 ( a + b + c) ≥ abc abc abc 2( ab + bc + ca) − + + a+ b b+ c c+ a ÷ Phép chứng minh hoàn tất ta ( a + b + c) ≥2 1 2( ab + bc + ca) − abc + + ÷ a+ b b+ c c+ a 1 ⇔ ( a + b + c) ≥ 4( ab + bc + ca) − 2abc + + ÷ a+ b b+ c c+ a 1 ⇔ a2 + b2 + c2 + 2abc + + ÷ ≥ 2( ab + bc + ca) a+ b b+ c c+ a Theo bất đẳng thức dạng 1 + + ≥ x y z x+ y + z ta 1 9abc a2 + b2 + c2 + 2abc + + ≥ a + b2 + c2 + ÷ a+ b+ c a+ b b + c c+ a a2 + b2 + c2 + Ta cần tương đương với 9abc ≥ 2( ab + bc + ca) a+ b+ c , bất đẳng thức a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a( b + c) + b( c + a) + c( a + b) Khơng tính tổng qt ta giả sử a≥ b≥ c Khi ta có ( a − b) ( a + b − c) + c( a − c) ( b − c) ≥ ⇔ a + b + c + 3abc ≥ a( b + c) + b( c + a) + c( a + b) 3 Như bất đẳng thức chứng minh Dấu đẳng thức xẩy a= b= c • Lời giải Để ý ta nhận thấy b2 + bc + c2 + ab + ca + ca = ( b + c) ( a + b + c) Khi áp dụng bất đẳng thức dạng Tác giả: Nguyễn Công Lợi 4xy ≤ ( x + y ) ta có đánh giá TÀI LIỆU TỐN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com a( b + c) b2 + bc + c2 = (b a( b + c) ( ab + bc + ca) ) + bc + c2 ( ab + bc + ca) 4a( b + c) ( ab + bc + ca) ≥ (b 4a( ab + bc + ca) = ) + bc + c2 + ab + bc + ca ( b + c) ( a + b + c) 2 Hoàn toàn tương tự ta a( b + c) b + bc + c 2 + b( c + a) + c( a + b) c + ca + a a + ab + b2 4a( ab + bc + ca) 4b( ab + bc + ca) 4c( ab + bc + ca) ≥ + + 2 ( b + c) ( a + b + c) ( c + a) ( a + b + c) ( a + b) ( a + b + c) 2 Phép chứng minh hoàn tất ta 4a( ab + bc + ca) ( b + c) ( a + b + c) + 4b( ab + bc + ca) ( c + a) ( a + b + c) + 4c( ab + bc + ca) ( a + b) ( a + b + c) ≥2 Để ý ta viết lại bất đẳng thức thành ( a + b + c) a b c + + ≥ b + c c + a a + b 2( ab + bc + ca) Đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức Do bất bất đẳng thức chứng minh Bài 81 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Chứng minh rằng: a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + + 3≤ a+ b b+ c c+ a ( a+ b + b+ c + c+ a ) Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Bắc Giang năm học 2017 – 2018 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có ( ) a2 + b2 + 2ab ≤ a2 + b2 + 2ab = 2( a + b) = ( a + b) a + b − ( a + b) ≤ − 2ab Từ ta suy 2 nên a2 + b2 2ab − 2( a + b) ≤ − a+ b a+ b Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thu bất đẳng thức Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + − a+ b b+ c c+ a ( a+ b + b+ c + c+ a ) ab bc ca ≤ − + + ÷ a+ b b+ c c+ a ÷ 2ab a+ b Như phép chứng minh hoàn tất ta 1 + a b Hay ta viết lại bất đẳng thức thành Từ ab + bc + ca = 3abc 1 + + =3 a b c ta + 1 + b c + + 1 + c a 2bc b+ c ≥ + 2ca c+ a ≥3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 1 + a b + 1 + b c + 1 + c a ≥ 1 1 1 + + + + + a b b c c a Cũng theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta lại có 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + ≤ 3 + + + + + ÷ = 6 + + ÷ = 18 = a b b c c a a b b c c a a b c Điều dẫn đến 1 1 1 + + + + + a b b c c a + 1 + a b Như ta suy 1 + b c ≥ 3 = + 1 + c a ≥ Đến tốn chứng minh hồn tất Đẳng thức xẩy a= b= c= Bài 82 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2b2 + b2c2 + c2a2 = a2b2c2 Chứng minh rằng: ( a2b2 c a +b 2 ) + ( b2c2 a b +c 2 ) + ( c2a2 b c +a 2 ) ≥ Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Kon Tum năm học 2017 – 2018 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com Lời giải a2b2 + b2c2 + c2a2 ≥ a2b2c2 ⇔ Ta có x= Đặt 1 ;y = ;z = a b c 1 + + ≥1 a2 b2 c2 x2 + y2 + z2 ≥ , giả thiết viết lại thành y3 z3 x3 + + ≥ 2 2 2 x +y z +x y +z Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có ( ) x2 + y2 + z2 y3 z3 x3 + + ≥ x2 + y2 z2 + x2 y2 + z2 x y2 + z2 + y z2 + x2 + z x2 + y2 ( ) ( ) ( ) Như phép chứng minh kết thúc ta (x ( ) ( + y2 + z2 ) ) ( x y +z +y z +x +z x +y 2 2 2 ) ≥ Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có ( ) x y2 + z = ( )( ) 2x2 y + z2 y2 + z2 ≤ ( x2 + y2 + z2 ) 27 Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thu bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) x y2 + z2 + y z2 + x2 + z x2 + y2 ≤ (x ( ) + y2 + z2 ( ) ) ( x y2 + z2 + y z2 + x2 + z x2 + y2 Từ ta có ) ≥ (x + y + z2 ) 3 x + y2 + z ≥ 2 Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy a= b= c= Bài 83 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 1 + + ≥ a( a + 1) + ab( ab + 1) b( b + 1) + bc( bc + 1) c( c + 1) + ca ( ca + 1) Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Quảng Bình năm học 2017 – 2018 Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com Lời giải Do abc = a= nên tồn số thực dương x, y, z thỏa mãn y z x ;b = ;c = x y z Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành y2 x2 z2 + + ≥ 2 2 2 y + z + xy + zx z + x + yz + xy x + y + zx + yz Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có y2 x2 z2 + + y2 + z2 + xy + zx z2 + x2 + yz + xy x2 + y2 + zx + yz = x4 ( y4 + z4 ) y ( z + x + yz + xy) z ( x + y ( x +y +z ) + z x ) + x y + x z + y z + y x+ z x+ z y x2 y2 + z2 + xy + zx 2 ≥ + ( x2y2 + y2z2 2 2 2 + zx + yz ) 2 3 3 3 Như phép chứng minh hoàn tất ta (x +y +z ) ≥ + z x ) + x y + x z + y z + y x+ z x+ z y ( x2y2 + y2z2 2 2 3 3 3 Hay ta cần chứng minh bất đẳng thức ( ⇔ 4( x ) ≥ 6( x y + y z + z x ) + 3( x y + x z + y z + y x + z x + z y ) + y + z ) + 2( x y + y z + z x ) ≥ 3( x y + x z + y z + y x + z x + z y ) ⇔ ( x − y ) ( 2x + 2y + xy ) + ( y − z ) ( 2y + 2z + yz ) + ( z − x) ( 2z + 2x + zx) ≥ x2 + y2 + z2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 3 3 Dễ thấy bất đẳng thức cuối với x, y, z dương a= b= c= Vậy phép chứng minh kết thúc Đẳng thức xẩy Bài 84 Cho số dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= a + ab + abc − a+ b+ c Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn THPT Tỉnh Hải dương năm học 2018 – 2019 Lời giải a + 4b ≥ a.4b ⇔ a + 4b ≥ ab ⇔ ab ≤ Vì a,b,c số dương nên ta có Dấu đẳng thức xảy Tác giả: Nguyễn Công Lợi a = 4b a + 4b TÀI LIỆU TỐN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com Vì a, b, c số dương nên ta có abc ≤ Từ ta a + 4b + 16c 12 a + 4b + 16c ≥ 33 a.4b.16c ⇔ a + 4b + 16c ≥ 123 abc Dấu đẳng thức xảy a = 4b = 16c Từ kết ta a + 4b a + 4b + 16c + 12 ⇔ a + ab + abc ≤ ( a + b + c) ⇔ ≥ a + ab + abc 4( a + b + c) a + ab + abc ≤ a + P≥ Điều dẫn đến P≥ Khi ta có − 4( a + b + c) a+ b+ c − 4t2 t Đặt P≥ Ta chứng minh t = a+ b+ c > − ≥ −12 4t2 t với t dương Thật vậy, bất đẳng thức viết lại thành 3− 24t ≥ −48t2 ⇔ 16t2 − 8t + 1≥ ⇔ ( 4t − 1) ≥ P≥ Dễ thấy bất đẳng thức cuối ln nên ta có Vậy giá trị nhỏ P − ≥ −12 4t2 t −12 , đẳng thức xảy a = 4b = 16c 1 ⇔ a = ;b = ;c = 21 84 336 a + b + c = Bài 85 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a2 + bc b2 + ca c2 + ab + + + a( b + c) b( c + a) c( a + b) 8abc ≥4 ( a + b) ( b + c) ( c + a) Trích đề thi Olympic chuyên Toán Trường THPT chuyên KHTN Hà Nội năm học 2018 – 2019 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a2 + bc a2 + bc a2 + bc a2 + bc = ≥ = 2 a( b + c) ab + ca + a + bc ( a + b) ( c + a) ab + ac a + bc ( ) ( Tác giả: Nguyễn Công Lợi ) ( ) ( ) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com ( ) ( ) b2 + ca c2 + ab b2 + ca c2 + ab ≥ ; ≥ b( c + a) ( a + b) ( b + c) c( a + b) ( c + a) ( b + c) Áp dụng hoàn toàn tương tự ta có Cộng theo vế bất đẳng thức ta a2 + bc b2 + ca c2 + ab a2 + bc b2 + ca c2 + ab + + ≥ + + a( b + c) b( c + a) c( a + b) ( a + b) ( c + a) ( a + b) ( b + c) ( c + a) ( b + c) ( ( ) ( ) ) ( ( ) ( ) ) 2 a2 + bc ( b + c) + b2 + ca ( c + a) + c2 + ab ( a + b) = ( a + b) ( b + c) ( c + a) = ( a2b + ab2 + b2c + bc2 + c2a + ca2 ( a + b) ( b + c) ( c + a) ) = 4( a + b) ( b + c) ( c + a) − 8abc ( a + b) ( b + c) ( c + a) Như phép chứng minh hoàn tất ta 4− t= 8abc + ( a + b) ( b + c) ( c + a) 8abc >0 ( a + b) ( b + c) ( c + a) 8abc ≥4 ( a + b) ( b + c) ( c + a) ( a + b) ( b + c) ( c + a) ≥ 8abc 0< t ≤ Dễ thấy nên suy 2 4− t + t ≥ ⇔ t ≥ t Khi bất đẳng thức trở thành , bất đẳng thức với Đặt 0< t ≤ Vậy toán chứng minh xong Dấu xẩy Bài 86 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a= b= c abc = Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 + + + ≥9 a3 ( b + c) b3 ( c + a) c3 ( a + b) Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Quảng Ngãi năm học 2018 – 2019 Lời giải a3 + a3 5a2b2c2 5b2c2 = + = + a3 ( b + c) a3 ( b + c) a3 ( b + c) b + c a( b + c) abc = Để ý đến giả thiết ta có Áp dụng hồn tồn tương tự ta thu a3 + b3 + c3 + 1 5b2c2 5c2a2 5a2b2 + + ≥ + + + + + a3 ( b + c) b3 ( c + a) c3 ( a + b) b + c c + a a + b a( b + c) b( c + a) c( a + b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com 1 + + ≥ a + b b + c c + a 2( a + b + c) ( ab + bc + ca) = ab + bc + ca b2c2 c2a2 a2b2 + + ≥ a( b + c) b ( c + a) c( a + b) 2( ab + bc + ca) Do ta thu abc = Để ý đến Lại để ý ta 5( ab + bc + ca) a3 + b3 + c3 + + + ≥ + a3 ( b + c) b3 ( c + a) c3 ( a + b) 2( a + b + c) 3( a + b + c) = 3abc( a + b + c) ≤ ( ab + bc + ca) ta có ab + bc + ca ≥ 33 a2b2c2 = Do ta thu 5( ab + bc + ca) 5( ab + bc + ca) 27 + = + 2 2( a + b + c) 2.3abc( a + b + c) ≥ 27 2( ab + bc + ca) ≥ 3.3 Vậy ta có + ab + bc + ca ab + bc + ca 3( ab + bc + ca) + + 2 27 2( ab + bc + ca) ab + bc + ca ab + bc + ca + =9 2 a3 + b3 + c3 + + + ≥9 a3 ( b + c) b3 ( c + a) c3 ( a + b) Dấu xẩy Bài 87 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn a= b= c= x+ y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x2y2 + T= y + y2z2 + z z2x2 + + x Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Sóc Trăng năm học 2018 – 2019 Lời giải Do x, y, z số dương nên ta dễ dàng viết lại biểu thức T thành T= Dư đoán x2y2 + T ≥ 82 y + y2z2 + z x= y = z = Tác giả: Nguyễn Công Lợi + z2x2 + 1 1 = x2 + + y2 + + z2 + x y z x TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com 1 + y2 + + z2 + ≥ 82 y z x x2 + Ta chứng minh bất đẳng thức Đến ta có cách chứng minh bất đẳng thức sau • Cách Để loại bỏ bậc hai trường hợp biểu thức dấu viết dạng tổng, ta thường dùng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Chú ý đến dấu đẳng thức xẩy ta 1 82 x2 + ÷ = y Áp dụng tương tự ta ) 1 1 82 y2 + ÷ ≥ y + ; 82 z2 + ÷ ≥ z + z x z x 1 1 1 9 82 x2 + ÷ + 82 y2 + ÷ + 82 z2 + ÷ ≥ x + y + z + + + x y z y z x Khi ta x2 + Hay ta có ( 1 9 1+ x2 + ÷ ≥ x + ÷ = x + y y y 1 1 9 9 2 + y + + z + ≥ x + y + z + + + ÷ x y z y2 z2 x2 82 Phép chứng minh hoàn tất ta 9 9 x + y + z + + + ÷ ≥ 82 x y z 82 Chú ý đến giả thiết x+ y + z ≤ x+ y + z + Khi ta có x+ y + z + Ta có x+ y + z + hay 9 + + ≥ 82 x y z kết hợp với đánh giá quen thuộc ta có 9 81 + + ≥ x+ y + z + x y z x+ y + z 80 + ≥ 2+ 80 = 82 x+ y + z x+ y + z Như đánh giá cuối x= y =z = 82 Vậy giá trị nhỏ T • Cách Để đưa toàn biểu thức vào dấu ta ý đến bất đẳng thức phụ: Với a, b, x, y số thực dương ta ln có: a2 + x2 + b2 + y2 ≥ ( a + b) + ( x + y) 2 Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com Thật vậy, bình phương hai vế ta a2 + x2 + b2 + y2 + a2 + x2 b2 + y2 ≥ ( a + b) + ( x + y ) (a +x )(b ⇔ 2 ) ( )( ) + y2 ≥ ab + xy ⇔ a2 + x2 b2 + y2 ≥ ( ab + xy ) Bất đẳng thức cuối bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, bất đẳng thức Áp dụng bất đẳng thức ta 1 x + + y2 + + z2 + ≥ y z x 2 ( x + y + z ) + x1 + y1 + z1 ÷ 2 ( x + y + z) + x1 + y1 + z1 ÷ ≥ 82 Phép chứng minh hoàn tất ta Thật vậy, từ giả thiết x+ y + z ≤ suy ( x + y + z) ≤1 theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2 1 1 81 + + ÷ ≥ ÷ = x y z x + y + z ( x + y + z) ( x + y + z) Do + 81 = ( x + y + z) + ( x + y + z) ( x + y + z) + 80 ( x + y + z) ≥ 2+ 80 = 82 Vậy tốn hồn tất chứng minh Ngồi ta chứng minh đánh giá theo cách sau Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2 ÷ ( x + y + z ) + x1 + y1 + z1 ÷ ≥ 33 xyz + 33 xyz ÷ 2 1 80 = 9 xyz + + xyz ÷ ÷ 81 xyz ÷ ÷ ( ) ( ) Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có ( xyz ) 2 2 1 80 80 80 80 ÷ ≥ + ≥ ; = ÷ = xyz ÷ ÷ 81 xyz ÷ ÷ 3.3 xyz ÷ x + y + z = 82 ( x + y + z ) + x1 + y1 + z1 ÷ ≥ 9 92 + 80 9÷ Do ta suy Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com Đến tốn chứng minh Bài 88 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a b c 1 1 b + c + a ÷ ≥ ( a + b + c) a + b + c ÷ Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Lạng Sơn năm học 2018 – 2019 • Lời giải Lời giải Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành 2 a b c 1 1 a b c a b c b c a b + c + a ÷ ≥ ( a + b + c) a + b + c ÷ ⇔ b + c + a ÷ ≥ 3+ b + c + a + a + b + c x= Đặt a b c ;y = ;z = b c a xyz = , ta có Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành ( x + y + z) ≥ 3+ x + y + z + ( x + y + z) 1 + + x y z ≥ 3+ x + y + z + xy + yz + zx Bất đẳng thức tương đường với x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx ≥ + x + y + z Hay ta cần chứng minh xy + yz + zx ≥ 33 x2y2z2 = Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có xyz = x+ y + z ≥ Để ý ta suy Do theo đánh giá quen thuộc x2 + y2 + z2 ≥ 1 x + y + z) = ( x + y + z) ( x + y + z) ≥ x + y + z ( 3 Kết hợp hai kết ta x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx ≥ 3+ x + y + z a= b= c Vậy phép chứng minh kết thúc Dấu xẩy • Lời giải Trước hết ta bắt đầu với bất đẳng thức AM – GM, nhiên ta sử dụng trực tiếp để đánh giá vế trái hay vế phải tạo đánh giá sai, ta biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh trước a b c 1 1 a2 b2 c2 a b c a b c + + ≥ a + b + c + + ⇔ + + + + + ≥ 3+ + + ( ) b c a÷ a b c÷ b c a b c a c a b Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com Đến ta quan sát thấy bên vế trái có a b c + + c a b bên vế phải có số nên a b c + + ≥3 c a b Mặt khác ta lại thấy vế trái có a2 b2 c2 + + b2 c2 a2 theo bất đẳng thức AM – GM ta vế phải lại có Theo bất đẳng thức AM – GM ta lại thấy a2 b2 c2 a b c + + + 3≥ + + + b c a b c a Kết hợp với bất đẳng thức nên a2 2a b2 2b c2 2c + ≥ ; + ≥ ; + 1≥ 2 b c c a a b Cộng vế với vế bất đẳng thức ta Do ta có a b c + + b c a a b c + + ≥3 c a b a2 b2 c2 a b c + + + ≥ 2 + + ÷ b c a b c a a b c + + ≥3 b c a hay a2 b2 c2 a b c + + ≥ + + b2 c2 a2 b c a ta a2 b2 c2 a b c a b c + + + + + ≥ 3+ + + b c a b c a c a b a= b=c Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy • Lời giải Cũng ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a2c + b2a + c2a ab + bc + ca ÷ ≥ ( a + b + c) ÷ abc abc ( a c + b a + c b) Hay ( a c + b a + c b) Đến từ 2 ≥ abc( a + b + c) ( ab + bc + ca) đánh giá ( a + b + c) ; ( ab + bc + ca) ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz , ta có ( a c + b a + c b) ( c + b + a) ≥ ( ab + bc + ca) ( a c + b a + c b) 1c + a1 + b1 ÷ ≥ ( a + b + c) 2 2 2 2 Nhân vế với vế hai bất đẳng thức ta Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi TÀI LIỆU TỐN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com ( a c + b a + c a) ( a + b + c) 1c + a1 + b1 ÷ ≥ ( ab + bc + ca) ( a + b + c) 2 2 2 ( a c + b a + c a) Hay 2 bc + ca ( a c + b a + c a) ( a + b + c) ab +abc ÷ ≥ ( ab + bc + ca) ( a + b + c) Hay 2 2 2 ≥ abc( ab + bc + ca) ( a + b + c) Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy Tác giả: Nguyễn Cơng Lợi a= b=c TÀI LIỆU TỐN HỌC ... trị lớn – giá trị nhỏ xuất cách đặn đề thi với tốn ngày hay khó Trong chủ đề này, tuyển chọn giới thi u số toán bất đẳng thức giá trị lớn nhất, nhỏ trích đề thi học sinh giỏi mơn tốn cấp tỉnh cấp...90 Website:tailieumontoan.com TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Trong kì thi học sinh giỏi mơn Tốn cấp, nội dung bất đẳng... 3c2 + 4abc ≥ 13 Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn Tỉnh Thái Bình năm học 2018 – 2019 Lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 90 Website:tailieumontoan.com Từ giả thi t toán ta a+ b+ c =