bất đẳng thức dạng đẳng cấp bậc hai

Suy ra f là hàm đồng biến và liên tục trên 1;9 5 9 5 DẠNG ĐẲNG CẤP BẬC 2 ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giả

Bài 1. Cho x y, là các số thực không âm thỏa mãn x y 2

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P9x34y3

Giải

y

 



  

f y   y  y 

5

 



Khi đó f(0)72; f(2)32 ; 6 298

f    

 

Suy ra maxP f  0 72 đạt được khi 2

0

x y





 

 ;

min

P f  

 

4 5 6 5

x

y

 





 



Bài 2 Cho x0 và số thực y thỏa mãn:

2

x xy

   



 

Giải

Từ giả thiết suy ra

2

2

2

3

9

1

5

x

y

x x

x

x x





2 2



5

x

5

    Ta có f x'( ) 5 92 0

x

5

     Suy ra f là hàm đồng biến và liên tục trên 1;9

5

9

5

DẠNG ĐẲNG CẤP BẬC 2

ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG

Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng Dạng đẳng cấp bậc 2 (Tiếp) thuộc khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Nguyễn Thanh Tùng) tại website Hocmai.vn Để có thể nắm vững kiến thức phần này, bạn cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 4 khi x1 và y4 ; giá trị lớn nhất của A bằng 4 khi 9

5

x và

52

15

Bài 3 Cho các số thực không âm a b, thỏa a b ab  2 Chứng minh rằng

 3 3  2 2

3 a b 2 a b   a b 4

Giải

t

t

3 a b 2 a b   a b 3 a b 3ab a b 2 a b 4ab a b 

3 2 8  

t



           

Suy ra: f t  f  2 4 (Đpcm)

Bài 4 Cho là số thực x y z, , thỏa mãn x2y2z2 2 Chứng minh: 3 3 3

Giải

2

x y z  xyyzzx  x y z

3

x y  z xyz x y z x y z xyyzzx

P  x y z x y z xyyzzx   2  2 2

2

x y z

     

t   a b c a b c    0 t 6

Ta có:

2

P t      t

2

t

f t    t t 

3 2

f t   t   f t   0 t 2

Ta có f  2 2 2 ; f  6 0 ;

0

lim ( ) 0

Suy ra P 2 2 (đpcm)

Bài 5. Cho các số thưc dương x y, thỏa xy y 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3

P

  Giải

x

 

Vậy minP578

Bài 6 Cho các số thực dương a b c, , với a b c  1.Chứng minh rằng:   1 1 1

 

Giải

a  b c a b c

 

 

Trong đó 0    t a b c 1 và   6

t

 



       nên hàm số nghịch biến trên

0;1 f t  f  1   7, t 0;1

1 3

a  b c (đpcm)

Bài 7 Cho 4 số thực a b c d, , , thỏa mãn: a2b2 1;c d 3 Chứng minh rằng:

9 6 2 4

Giải

Với 4 số a b c d, , , ta luôn có: (ac bd )2 (a2b2)(c2d2) (*) Thật vậy:

(*)(ad)22ad bc (bc)2  0 (adbc)20 (luôn đúng)

F  a b c d cd d  d d  d  f d

2

f d   d    d (vì

2 2

0

d

    

Do đó ta có bảng biến thiên:

Suy ra   3 9 6 2

  

9 6 2 4

(đpcm)

Bài 8 Cho các số thực x y, thỏa điều kiện  2 2

2 x y xy1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P xy







Giải

Ta có:

 

 

2

2

1

5

3

xy

          



        



Đặt t xy , suy ra 1 1;

5 3

 

2

( )

Xét hàm số

 

2

( )

4 2 1

f t

t



1 1

;

5 3

2

'( )

f t

0

5 3

t

f t

t







     



f  

1 (0) 4

f    

 

3

15

2

4

P

Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 2

15 và giá trị lớn nhất của P là

1

4

Bài 9 Cho các số thực không âm a b c, , thỏa mãn a b c  1

Giải

Kí hiệu: F a b c ; ;   a b b c c a     

Vì F a c b ; ;   a c c b b a      F a b c ; ;  suy ra miền giá trị của F là tập đối xứng vì vậy ta chỉ

; ;

18

18

Nếu a b c, , đôi một khác nhau thì không mất tính tổng quát giả sử amaxa b c; ; 

3

x1x2x 1  h x

2

6

h x   x  x   x 

  

1

;1 2

 

Bài 10. Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn 2 2 2 1

3

x y z  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 9

P

 

Giải

Cách 1: Áp dụng chuỗi bất đẳng thức 3(x2 y2z2)  (x y z)2 3(xyyzzx)

(Trong bài tiếp theo chúng ta sẽ đi tìm hiểu kĩ về chuỗi bất đẳng thức hay sử dụng này)

xy yz zx x y z

 

xy yz zx

 



  với t3

9

t

t

2

t

f t



     với  t 3 Suy ra f t( ) đồng biến trên 3; P f t  f  3 1

3

x  y z thì P1 Vậy giá trị nhỏ nhât của P là 1

Cách 2: Từ điều kiện ta có: 2 2 2 2  

1 3( x y z )  (x y z)  x  y z 1 (*)

3

x y z  xyyzzx

(2*) Khi đó biến đổi P, áp dụng (*), (2*) và kết hợp với bất đẳng thức AM – GM, ta được:

P

2

1

 

3

x  y z thì P1 Vậy giá trị nhỏ nhât của P là 1

Giáo viên : Nguyễn Thanh Tùng Nguồn : Hocmai.vn