Chuyên đề 6 Bất đẳng thức

y min A = 8. Cách 2: Áp dụng: a, b > 0:    1 1 4 a b a b A =        1 1 1 2 1 1 x yx x x y xxy 2 2       4 8 8 x y 3x y x 2 2 Khi x = y = 1 4 ta có A = 8. Vậy min A = 8. Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có (x + y) 3 + (x + z) 3 + 3(x + y)(x + z)(y + z)  5(y + z) 3 . Giải x(x + y + z) = 3yz     y z y z 1 3 x x x x Đặt        y z u 0,v 0,t u v 0 x x . Ta có:                       2 2 2 u v t 1 t 3uv 3 3 3t 4t 4 0 t 2 3t 2 0 t 2 2 4 Chia hai vế cho x 3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về                   3 3 3 1 u 1 v 3 1 u 1 v u v 5 u v TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 191                         3 2 2 3 3 33 3 3 3 3 2 2 t 3 1 u 1 v 3 1 u 1 v 3 1 u 1 v t 5t 2 t 6 1 u 1 v 5t 2 t 6(1 u v uv) 5t 1 t 2 t 6 1 t 5t 4t 6t 4t 0 t 2t 1 t 2 0 3                                             Đúng do t  2. Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009 Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn (x + y) 3 + 4xy  2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 3(x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) – 2(x2 + y2) + 1 . Giải 3 3 2 2 (x y) 4xy 2 (x y) (x y) 2 0 x y 1 (x y) 4xy 0                      2 2 2 (x y) 1 x y 2 2 dấu “=” xảy ra khi :   1 x y 2 Ta có:   2 2 2 2 2 (x y ) x y 4  4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2A 3 x y x y 2(x y ) 1 3 (x y ) x y 2(x y ) 1              2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (x y ) 3 (x y ) 2(x y ) 1 4 9 (x y ) 2(x y ) 1 4                  Đặt = x 2 + y 2 , đk t ≥ 1 2 2 9 9 1 1 9 f(t) t 2t 1 f '(t) t 2 0, t f(t) f( ) 4 2 2 2 16             Vậy:    min 9 1 A khi x y 16 2 Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2008 Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức     2 2 (x y)(1 xy) P (1 x) (1 y) Giải Cách 1: Ta có:                   2 2 2 (x y)(1 xy) (x y)(1 xy) 1 1 1 p p 4 4 4(1 x) (1 y) (1 x) (1 xy) Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 192  Khi x = 0, y = 1 thì   1 p 4 là GTNN  Khi x = 1, y = 0 thì  1 p 4 là GTLN Cách 2:             2 2 2 2 2 2 2 2 x x y y xy x(1 y ) y(1 x ) p (1 x) (1 y) (1 x) (1 y)             2 2 2 2 2 2 x(1 2y y ) y(1 2x x ) x y (1 x) (1 y) (1 x) (1 y) Ta luôn có: 2 a 1 0 ; a 0 4(1 a)      Nên  max 1 p 4 khi x = 1, y = 0 và   min 1 p 4 khi x = 0, y = 1. Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007 Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:          2 2 2 x (y z) y (z x) z (x y) P y y 2z z z z 2x x x x 2y y Giải Ta có: x 2 (y + z)  2x x . Tương tự    2 2y (z x) 2y y, z (x y) 2z z        2y y2x x 2z z P y y 2z z z z 2x x x x 2y y Đặt a x x 2y y, b y y 2z z, c z z 2x x      Suy ra: 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a x x , y y , z z 9 9 9          Do đó              2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a P 9 b c a                          2 c a b a b c 2 4 6 (4.3 3 6) 2 9 b c a b c a 9 Dấu “=” xảy ra  x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2. Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007 Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:                     x 1 y 1 z 1 P x y z 2 yz 2 zx 2 xy Giải TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 193 Ta có:       2 2 2 2 2 2 x y z x y z P 2 2 2 xyz Do x 2 + y 2 + z 2 =         2 2 2 2 2 2 x y y z z x xy yz zx 2 2 2 Nên                             2 2 2 x 1 y 1 z 1 P 2 x 2 y 2 z Xét hàm số   2 t 1 f(t) 2 t với t > 0. Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra    3 f(t) , t 0. 2 Suy ra:  9 P . 2 Dấu bằng xảy ra  x = y = z = 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9 2 . Bài 10: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006 Cho hai số thực x  0 và y  0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện: (x + y)xy = x 2 + y 2  xy. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =  3 3 1 1 . x y Giải Từ giả thiết ta suy ra:     2 2 1 1 1 1 1 x y xyx y Đặt 1 1 a, b x y   ta có: a + b = a 2 + b 2  ab (1) A = a 3 + b 3 = (a + b)(a 2 + b 2  ab) = (a + b) 2 . Từ (1) suy ra: a + b = (a + b) 2  3ab. Vì          2 2 2a b 3ab nên a + b ( a + b) (a b) 2 4  (a + b) 2  4(a + b)  0  0  a + b  4. Suy ra: A = (a + b) 2  16 Với x = y = 1 2 thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là 16. Bài 11: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:        2 2 2 2A (x 1) y (x 1) y y 2 Giải Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy xét M(x  1; y), N(x + 1; y). Do OM + ON  MN nên Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 194         2 2 2 2 2 2(x 1) y (x 1) y 4 4y 2 1 y Do đó:     2A 2 1 y y 2 f(y) .  Với y  2  f(y) =   22 1 y 2 y  f'(y) =  2 2y 1 y 1 f'(y) = 0  2y =  21 y       2 2 y 0 1 y 34y 1 y Do đó ta có bảng biến thiên như hình bên:  Với y  2  f(y)     22 1 y 2 5 2 3 . Vậy A  2 + 3 với mọi số thực x, y. Khi x = 0 và y = 1 3 thì A = 2 + 3 nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 3 . Bài 12: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    1 1 1 4 x y z . Chứng minh rằng:          1 1 1 1 2x y z x 2y z x y 2z . Giải Với a, b > 0 ta có: 4ab                2 1 a b 1 1 1 1 (a b) a b 4ab a b 4 a b Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. Áp dụng kết quả trên ta có:                    1 1 1 1 1 1 1 1 1 2x y z 4 2x y z 16 x x y z (1) Tương tự:                    1 1 1 1 1 1 1 1 1 x 2y z 4 2y x z 16 y y x z (2)                    1 1 1 1 1 1 1 1 1 x y 2z 4 2z x y 16 z z x y (3) Vậy:                  1 1 1 1 1 1 1 1 2x y z x 2y z x y 2z 4 x y z y  + 0 1 3 f’(y) f(y)   2 3 TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 195 Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 4 . Bài 13: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005 Chứng minh rằng với mọi x  R, ta có:                       x x x x x x12 15 20 3 4 5 5 4 3 . Khi nào đẳng thức xảy ra? Giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:                          x x x x 12 15 12 15 2 . 5 4 5 4               x x x12 15 2.3 5 4 (1) Tương tự ta có:              x x x12 20 2.4 5 3 (2)              x x x15 20 2.5 4 3 (3) Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được cho 2, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra  (1), (2), (3) là các đẳng thức  x = 0. Bài 14: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:          3 3 3 3 3 3 1 x y 1 y z 1 z x 3 3 xy yz zx . Khi nào đẳng thức xảy ra? Giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có         3 3 3 3 3 33 1 x y 3 1 x y 3 1.x .y 3xy xy xy       3 3 3 3 1 y z 3 1 z x 3 Tương tự : ; yz zxyz zx Suy ra VT     3 3 3 3 3 3 3 3. xy yz zx xy yz zx Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 196 Hay VT     3 3 3 3 3 xy yz zx Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Bài 15: Cho x, y, z là ba số dương x + y + z  1. Chứng minh rằng:      2 2 2 2 2 2 1 1 1 x y z 82 x y z . Giải Cách 1: Xem                     1 1 1 u x, 2 ; v y, 2 ; w z, 2 x y z Ta có     2 2 2 2 2 2 1 1 1 x y z x y z               2 1 1 1 x y z 18 x y z Mặt khác:                   1 1 1 1 1 x y z 9x 9y x y z x y             1 9z 10 x y z z  18  10 = 8 (do BĐT Cauchy và x + y + z  1) Do đó: Vế trái   28 18 82 . Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 3 (đpcm). Cách 2: Áp dụng BĐT Bunhia ta có: 1 . x + 9 .   2 2 2 2 1 1 1 9 . x x x (1) Bất đẳng thức Cauchy            9 1 x 9 9x 80x 9.6 80x x x (2) Từ (1) và (2)     2 2 1 1 x 54 80x 82x Tương tự    2 2 1 1 y 54 80y 82y và    2 2 1 1 z 54 80z 82z  VT        1 162 80 x y z 82 82 Xảy ra dấu “=” khi x = y = z = 1 3 . (đpcm). Bài 16: Cho x, y, z là ba số dương và xyz = 1. TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN 197 Chứng minh rằng:       2 2 2 x y z 3 1 y 1 z 1 x 2 Giải Ta có:        2 2 x 1 y x 1 y 2 . x 1 y 4 1 y 4        2 2 y 1 z y 1 z 2 . y 1 z 4 1 z 4 ;        2 2 z 1 x z 1 x 2 . z 1 x 4 1 x 4 Cộng vế theo vế ta được:                2 2 2 x y z 1 y 1 z 1 x x y z 1 y 1 z 1 x 4 4 4           2 2 2 x y z 3 3 (x y z) 1 y 1 z 1 x 4 4 3 3 3 3 .3 xyz (đpcm) 4 4 2   