Chuyên đề 3 bất đẳng thức

CHUYÊN ĐỀ: BẤT ĐẲNG THỨCCâu 1... Vậy giá trị nhỏ nhất của 3... Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có:... Chứng minh bằng biến đổi tương đương hoặc cô-si... Tuyển sinh tỉnh Ki

CHUYÊN ĐỀ: BẤT ĐẲNG THỨC

Câu 1 (Tuyển sinh tỉnh Bắc Giang năm 2017-2018)

Cho hai số thực dương a , b thỏa mãn 2 a3b Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức4

2002 2017

2996 5501

Lời giải

Ta có

2002 2017

2996 5501

8008a 2017b (5012a 7518 )b

2002( 4 ) 2017(a b) 2506(2a 3 )b

2002.2 4a 2017.2 b 2506(2a 3 ) (b BDT CoSi)

2002.4 2017.2 2506.4 2018

Do đó Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2018 khi

1 a 2



và b  1

Câu 2 (Tuyển sinh tỉnh Bắc Ninh năm 2017-2018)

Cho bốn số thực dương x y z t, , , thỏa mãn x y z t+ + + =2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (x y z x y)( )

A

xyzt

Lời giải

Ta có

2

4A x y z t x y z x y

xyzt

=

x y z t x y z x y

xyzt

³

2

4(x y z x y) ( ) 4.4(x y z x y) ( ).

2

16(x y) 16.4xy 64.

+

16

A

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 2

4

2 1

x y

x y z t

x y z t

z

x y z

t

x y

ìïï

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 16, xảy ra khi và chỉ khi

Câu 3 (Tuyển sinh tỉnh Bình Định năm 2017-2018)

Cho a , b , c là ba số thực dương CMR:

a b c

a b c

bc ca ab    

Lời giải

Ta có:

bc ca ab  abc abc abc   abc  abc  abc

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz :

3

bc ca ab abc abc abc abc abc abc abc

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 3 số a3,b3 ,c3 ta được:

3

a b c  a b c  abc

Do đó:

a b c

(đpcm) Dấu “ ” xảy ra khi a b  c

Câu 4 (Tuyển sinh tỉnh Thanh Hóa năm 2017-2018)

Cho a , b , c là các số dương thay đổi thỏa mãn:

a b b c c a      Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P

Lời giải

Đặt  x a b ; y= +b c; z= +a c;

2017

x y z

P

Ta có:

x+ ³y x y

+



y z y z

x+ ³x x z

+

2

ç

4

2x y z 2y x z 2z x y

ç

1 1 1 1 2017

P

x y z

ç

Þ £ çç + + ÷=÷÷

Dấu "=" xảy ra khi

3 4034

  

a b c

Câu 5 (Tuyển sinh tỉnh Đắc Lắc năm 2017-2018)

Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn xy 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1

M x y

x y

 

Lời giải

Với

1

x y

xy









 ta có: x y 2 4xy 4 x y  2

Đặt t x y  ; t  2

2

t t t

 2  2 3 1 3 1  2  2 3 1

3 3

Vậy

2

1

x y

xy





Câu 6 (Tuyển sinh tỉnh Hà Nam năm 2017-2018)

Cho a b c, , là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab bc ca   và 3 c a .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  2  2  2

P

Lời giải

Cách 1: Theo đề bài ab bc ca   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có3.

3 2 2 2

3ab bc ac  3 a b c  abc1,  1

a b c  23ab bc ac    9  a b c  3,  2

Từ  1

và  2  a b c  3abc.

Đặt

1

;

1

x

a





1

; 1

y b





1 1

z c



  x y z, , 0; z x 

Ta tìm giá trị nhỏ nhất của xy yz xz 

xy yz xz

     

xy yz xz

3

a b c

a b c

xy yz xz

abc a b c abc a b c

  

  

xy yz xz

3 3

2

4 2

P

Dấu bằng xảy ra khi x  y z a b c  1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của

3 2

P 

Cách 2: Vì a c  2  2  2  2  2  2  2

P

P

Ta chứng minh đẳng thức với x y, không âm

1

x  y  

 xy x y  x y  xy x y   

1 xy x  2 y2 2xy 2xy 2x 2y 2 xy x y 12 0

1 xy x y  2 xy x y 1 xy x y 1 0

xy x y xy

Luôn đúng, dấu " " xảy ra khi x y 1.

P

P

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm ta có

x y z 1 1 1 9

x y z

     

x y z x y z

 

P

Vậy GTNN của

3 2

P 

khi a b c  1.

Câu 7 (Tuyển sinh tỉnh Gia Lai năm 2017-2018)

Tìm các chữ số a , b , c biết abc ac 2.cb bc 

Lời giải

Điều kiện

0 , 9

, ,

a

b c

a b c

 







Ta có abc ac 2.cb bc 

100a 10b c 10a c 2 10 c b 10b c

1

2

a

a





+ TH1

a  b c   b c  b  b  c

không thỏa mãn  *

+ TH2

2 0







Kết hợp với  *

ta được a  , 2 b  , 1 c  thỏa mãn.0 Vậy a  , 2 b  , 1 c  0

Câu 8 (Tuyển sinh tỉnh Hà Tĩnh năm 2017-2018)

Cho a b c, , là ba số thực không âm thỏa mãn a b c  1

Chứng minh a2b c 4 1  a 1 b 1 c

Lời giải

Từ giả thiết: a b c   1 1 a b c  ;1 b  a c ;1 c  a b

Suy ra a2b c 4 1  a 1 b 1 c

Đặt x a b  ; y b c ; z c a x y z , , 0

Suy ra xy z 2,ta phải chứng minh x y 4xyz

Áp dụng BĐT Cauchy ta có : x y z  x y  z 2 (x y z )

suy ra 2 2 ( x y z ). suy ra 1x y z  , do x y 0 suy ra x y (x y z )2 (1)

Mặt khác x y 2 4 ,xy

do z 0 suy xy2 z4x yz

(2)

Từ (1) và (2) suy ra x y 4xyz suy ra bài toán được chứng minh

Câu 9 (Tuyển sinh tỉnh Hải Dương năm 2017-2018)

Cho , ,x y z là ba số thực dương thỏa mãn: x y z   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:3

Q

Lời giải

M

   , áp dụng kỹ thuật Côsi ngược dấu ta có:

1

x y xy

Tương tự: 1 2 2

y

z

3

Lại có: x2y2z2 xy yz zx   x y z  2 3xy yz zx   xy yz zx  3

Suy ra:

3 3

xy yz zx

Dấu “ ” xảy ra  x y z

N

N

       

3

 

Suy ra:

3 3 3

2 2

Dấu “ ” xảy ra  x y z  1

Từ đó suy ra: Q  Dấu “ ”3  xảy ra  x y z   1

Vậy Qmin  3 x   y z 1

Câu 10 (Tuyển sinh tỉnh Hà Nội năm 2017-2018)

Cho các số thực a b c , , thay đổi luôn thỏa mãn: a1,b1,c và 1 ab bc ca  9

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P a2 b2 c2

Lời giải

+ Tìm giá trị nhỏ nhất

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có:

   

2

2

a b ab

c a ca







9

Dấu ‘=’ xảy ra

1

3 9

a b c

a b c

ab bc ca

  



+ Tìm giá trị lớn nhất

Vì

ab bc ca a b c

3

2

ab bc ca

a b c ab bc ca

Dấu ‘=’ xảy ra

a b c

b c a

c a b







Vậy GTNN của P là 9 , xảy ra khi và chỉ khi a b c   3

GTLN của P là 18 , xảy ra khi và chỉ khi

a b c

b c a

c a b







Câu 11 (Tuyển sinh tỉnh Hải Phòng năm 2017-2018)

a) Cho hai sốx0,y0 Chứng minh rằng

4

   

b) Cho ba số dương a b c, , thỏa mãn

1 1 1

16

Chứng minh rằng:

3a2b c a  3b2c2a b 3c  3

Lời giải

a) Xét hiệu:

 

 

 

 

4

0

x y

x y x y xy x y xy x y xy x y

Vậy

4

   

Dấu “=” xảy ra  x y 

b) Áp dụng bất đẳng thức ở phần a) ta có:

 

1

3a 2b c 3a 2b c 4 3a 2b c

Chứng minh được với a b c ; ; 0 ta có

Áp dụng bất đẳng thức trên ta được:

 

2

4 3a 2b c 4 3a 9 b c 4 3a 9b 9c

Từ (1) và (2) suy ra

3a 2b c 4 3a 9b 9c

Chứng minh tương tự ta được:

;

Cộng theo vế của các bất đẳng thức cùng chiều ta được:

16

3a 2b c a 3b 2c 2a b 3c 4 3 a b c 4 3 3

Dấu “=” xảy ra

3

1 1 1

16 16

a b c

a b c

a b c

 







Vậy

3a2b c a  3b2c2a b 3c 3 (đpcm).

Câu 1: (Tuyển sinh tỉnh Hòa Bình năm 2017-2018)

Cho x Î ¡ , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

1

P

x

=

Lời giải

Ta có:

2

2

2 2

2

P x

x

+

2

x

÷

2

x

+

2

2

x +

= +

0 2

2

+

Dấu " "= xảy ra khi

2

2 2

0

x

x x

ìï +

íï

Vậy GTNN của P bằng 3 khi x= 0

Câu 12 (Tuyển sinh tỉnh Hòa Bình năm 2017-2018)

Cho các số dương a b c, , thỏa mãn a b c+ + = 1

a + b+ c >

Lời giải

Ta có

2

1  1  1 

2 2

2

1

a b c a a b c b a b c c

b c a c a b

a b c b a c c a b

a b c b a c c a b

Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có

2 2

2

2 2

2



 





 







a b c

a b c

a b c a b c

b a c b a c

a b c

b a c

c a b c a b

a b c

c a b

 

 

a b c

a b c b a c c a b

Dấu “=” xảy ra khi

0

 





     



  



a b c

c a b

( vô lý vì , ,a b c0).

Vậy 1  1  1 2

Câu 13 (Tuyển sinh tỉnh Vĩnh Phúc năm 2017-2018)

Cho x , ylà các số thực Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1

P



Lời giải

Đặt a x 2; by2 (a  ; 0 b  ) thì 0 2 2

(1 ) (1 )

a b ab P



Vì a  ; 0 b  nên:0

2

a b ab a a b b ab

Lại có:

(1a)  (1 a) 4a4a

2 2

4 (1 ) 4

a b

P

a b





Dấu bằng xảy ra:

Vậy max

1 4

P 



1 0

x y









Câu 14 (Tuyển sinh tỉnh Hưng Yên năm 2017-2018)

Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn điều kiện x y 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

xy

x y

Lời giải

Với a  , 0 b  ta có 0

1 1 4

a b a b (*) (Chứng minh bằng biến đổi tương đương hoặc cô-si)

Áp dụng (*) cho hai số dương 2 2

2

x y ;

1

xy ta được:

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số dương x , y ta có:

2 xy x y4 xy4

4 2

xy

2xy 2 2xy 16

Do đó 2 2

x y

Dấu đẳng thức xảy ra khi

4 4

x y xy xy

x y

x y













Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 17 khi x y 2

Câu 15 (Tuyển sinh tỉnh Kiên Giang năm 2017-2018)

Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D nội tiếp mặt cầu tâm O (các đỉnh của hình hộp chữ chữ ' ' ' '

nhật nằm trên mặt cầu) Các kích thước của hình hộp chữ nhật lần lượt là a b c, , Gọi S là diện 1

tích toàn phần của hình hộp chữ nhật, S là diện tích mặt cầu Tìm mối liên hệ giữa 2 a b c, , để tỉ lệ

1

2

S

S lớn nhất.

Lời giải

Ta có S12ab ac bc  ,

4

a b c

S      a b c

Do đó:

1

2

ab ac bc ab ac bc

S

Mặt khác

ab ac bc





Do đó, tỉ lệ

1 2

S

S lớn nhất là

2

 Điều này xảy ra khi và chỉ khi a b c  .

Câu 16 (Tuyển sinh tỉnh Kon Tum năm 2017-2018)

Cho các số thực x , y thỏa mãn x y 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q x y x y

Lời giải

Q x y x y x y x  2 xy y 2x y 2 2xy 2x y 2 3xy 4 2xy

 

2 4 3xy 4 2xy 12 8xy

Mà x y  2 y 2 x Q12 8 2 x  x8x216x12 8 x12  4 4

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q bằng 4 tại x y 1

Câu 17 (Tuyển sinh tỉnh Lạng Sơn năm 2017-2018)

Cho x, y , z là ba số thực dương, thoả mãn: xyyzzxxyz

Chứng minh rằng: 3    3    3   

z 1 x 1 y  x 1 y 1 z  y 1 z 1 x  16

Lời giải

Đặt 3    3    3   

A

z 1 x 1 y x 1 y 1 z y 1 z 1 x

Từ giả thiết, ta có: xyyzzxxyz

1 1 1

1

x y z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số thực dương, ta có:

3

z 1 x 1 y 64x 64y z 1 x 1 y 64x 64y 16z

Tương tự, ta có:

3

3

Cộng  1

,  2

,  3 , ta được:

6 2

A

           

Suy ra

1 3

8 16

A  

hay

1 16

A 

Dấu “ ” xảy ra  x y z   3

Câu 18 (Tuyển sinh tỉnh Yên Bái năm 2017-2018)

Cho x,y là các số dương thỏa màn điều kiện x y 6  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

6 8

P 3x 2y

x y

Lời giải

- Dùng máy tính casio ta chọn được điểm rơi tại x = 2, y = 4 Nên ta có:

6 8

P 3x 2y

x y

     

- Áp dụng BĐT Cô-si cho từng cặp số trong ngoặc ta được

P  6 4 1,5(x y)   6 4 1, 5.6 19

Dấu bằng xảy ra khi:

3x 6

x 2 2y 8

x y 6

x y 6





















  





Vậy Pmin = 19 tại

x 2

y 4









Câu 19 (Tuyển sinh tỉnh Ninh Bình 2017 – 2018 )

Cho các số thực không âm a b c, , thỏa mãn a b c Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 biểu thức P 3a22ab3b2  3b2 2bc3c2  3c22ca3a2

Lời giải

3a 2ab3b 2(a b ) (a b ) 2(a b )

3a 2ab 3b 2(a b)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b

Chứng minh tương tự ta có: 3b22bc3c2  2(b c )

3c 2ca3a  2(c a )

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: a 1 2 a b;  1 2 b c;  1 2 c

         2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c   1

Từ  1

và  2

suy ra: P 6 2 Đẳng thức xảy ra  a b c   1 Vậy minP 6 2, khi a b c   1

Câu 20 (Tuyển sinh tỉnh Ninh Thuận năm 2017-2018)

Cho hai số thực x y, thỏa mãn điều kiện x y 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q x y 

Lời giải

2

Q x y   x  x   x  x

2x 12 11 11

 Giá trị nhỏ nhất của Q bằng 11 Khi

1 2 3 2

x

y









 

Câu 21 (Tuyển sinh tỉnh Phú Yên năm 2017-2018)

Biết rằng các số x , y thỏa mãn điều kiện x y  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức1

C x y xy

Lời giải

Cách 1:

Nhận xét: trong tất cả các điều kiện và biểu thức, vai trò của x , y đều bình đẳng nên C đạt GTNN

khi xy Do đó, ta biến đổi như bên dưới

Ta có: C x 2y2xy a x y   2b x y  2a b x   2y22a b xy 

Suy ra

3 1

4

2

4

a b

b





 

Hay ta có: 3 2 1 2 3.1 1 2 3

Dấu “=” xảy ra khi

1

x y

x y

x y







 

Vậy, giá trị nhỏ nhất của C là

3 min

4

C 

khi

1 2

Cách 2:

Do x y  1 y 1 x Khi đó, ta có:

2 2

C x y xy x   x x  x x  x x   

Dấu “=” xảy ra khi

1

1 2

2 1

x

x y

x y









  

Vậy,

3 min

4

C 

khi

1 2

Câu 22 (Tuyển sinh tỉnh Quảng Nam năm 2017-2018)

Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn x y z  3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 3

2

Lời giải

+ Áp dụng: a b , 0 ta có 2

a b

, dấu bằng xảy ra khi a b

( 3 )

2

y y z

4 ( 3 ) 2 ( )

1 4 ( 3 ) 1 2 ( )

Suy ra P 3.

2

3 0; 0; 0

x y z

 



  



  



Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 khi x y z  1