Lời giải một số bài toán về bất đẳng thức và cực trị

LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ.. Tương tự cho các số hạng khác; từ đó suy ra:

LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ

1/ Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1 Tìm GTNN của BT:

𝑷 = 𝒙

𝟐(𝒚 + 𝒛)

𝒚𝟐(𝒙 + 𝒛)

𝒛𝟐(𝒚 + 𝒙) 𝒚𝒙

Giải: Theo BĐT Cô-si ta có:

𝒙𝟐

𝒚 +

𝒙𝟐

𝒚 +

𝒚𝟐

𝒙 ≥ 𝟑𝒙 → 𝟑𝑷 ≥ 𝟑 𝒙 + 𝒚 + 𝒙 + 𝒛 + 𝒛 + 𝒚 = 𝟔 → 𝑷 ≥ 𝟐

2/ Cho 3 số thực dương x, y, z Tìm GTLN của BT:

𝒙 + 𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛)+

𝒚

𝒚 + 𝒙 + 𝒚 (𝒚 + 𝒛)+

𝒛

𝒛 + 𝒛 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛)

Giải: Ta có:

𝒙

𝒙 + 𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛) =

𝒙 𝒙 + 𝒚 (𝒙 + 𝒛) − 𝑥

𝑥 + 𝑦 𝑥 + 𝑧 − 𝒙𝟐 ≤ 𝒙 𝒙 + (𝒚 + 𝒛) 𝟐 − 𝒙

𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧 =

𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) Tương tự cho các số hạng khác; từ đó suy ra:

𝑆 ≤ 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)+

𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)+

𝑧𝑦 + 𝑥𝑧 2(𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) = 1

3/ Cho 3 số thực không âm x, y, z thỏa mãn đk: 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐+ 𝒛𝟐 = 𝟑 Tìm GTLN của BT:

𝑨 = 𝒙𝒚 + 𝒚𝒛 + 𝒛𝒙 + 𝟓 (𝒙 + 𝒚 + 𝒛)

Giải: Ta có: 𝟑 𝒙𝟐+ 𝒚𝟐 + 𝒛𝟐 ≥ 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 𝟐 ≥ 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐+ 𝒛𝟐 ≥ 𝒙𝒚 + 𝒚𝒛 + 𝒛𝒙 ≥ 𝟎

→ 𝟑 ≥ 𝒕 = 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 ≥ 𝟑 → 𝑨 ≤ 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 𝟐 + 𝟓 (𝒙 + 𝒚 + 𝒛)𝟑 = 𝒕𝟐 + 𝟓 𝒕𝟑 = 𝒇(𝒕)

→ 𝒇 𝒕 ≤ 𝒇 𝟑 = 𝟏𝟒 𝟑 4/ Cho tg ABC có độ dài các cạnh là a, b, c CMR:

𝒂𝟑+ 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑+ 𝟑𝒂𝒃𝒄 ≥ 𝒂 𝒃𝟐+ 𝒄𝟐 + 𝒃 𝒂𝟐+ 𝒄𝟐 + 𝒄(𝒃𝟐 + 𝒂𝟐)

Giải: BĐT cần chứng minh tương đương với:

𝒂𝟑+ 𝒃𝟑− 𝒂𝒃 𝒂 + 𝒃 + 𝒄𝟑+ 𝒃𝟑− 𝒄𝒃 𝒄 + 𝒃 + 𝒂𝟑+ 𝒄𝟑 − 𝒂𝒄 𝒂 + 𝒄 ≥ 𝒂𝟑+ 𝒃𝟑+ 𝒄𝟑− 𝟑𝒂𝒃𝒄

↔ 𝒂 + 𝒃 𝒂 − 𝒃 𝟐 + 𝒄 + 𝒃 𝒄 − 𝒃 𝟐+ (𝒂 + 𝒄)(𝒂 − 𝒄)𝟐 ≥ 𝒂 − 𝒃 𝟐+ 𝒄 − 𝒃 𝟐+ (𝒂 − 𝒄)𝟐

× (𝒂 + 𝒃 + 𝒄) 𝟐 ↔ (𝒂 + 𝒃 − 𝒄) 𝒂 − 𝒃 𝟐+ 𝒄 + 𝒃 − 𝒂 𝒄 − 𝒃 𝟐+ (𝒂 + 𝒄 − 𝒃)(𝒂 − 𝒄)𝟐 ≥ 𝟎 5/ Cho 𝒂, 𝒃, 𝒄 > 0&𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 𝟑 𝟒 Tìm GTNN của BT:

𝑷 = 𝟏 𝒂 + 𝟑𝒃𝟑 + 𝟏 𝒃 + 𝟑𝒄𝟑 + 𝟏 𝒄 + 𝟑𝒂𝟑

Giải: Ta có 𝑷 = 𝟏 𝒂 + 𝟑𝒃 𝟏 𝟏𝟑 + 𝟏 𝒃 + 𝟑𝒄 𝟏 𝟏𝟑 + 𝟏 𝒄 + 𝟑𝒂 𝟏 𝟏𝟑 ≥

𝟑

𝒂 + 𝟑𝒃 + 𝟐+

𝟑

𝒃 + 𝟑𝒄 + 𝟐+

𝟑

𝒄 + 𝟑𝒂 + 𝟐≥

𝟑 × 𝟗

𝟒 𝒂 + 𝒃 + 𝒄 + 𝟔 =

𝟐𝟕

𝟗 = 𝟑

6/ Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn đk: 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 ≤ 3 Chứng minh BĐT:

3𝑥𝑦 625𝒛𝟒+ 4 + 15𝑦𝑧 𝒙𝟒+ 4 + 5𝑧𝑥 81𝒙𝟐+ 4 ≥ 45 5𝑥𝑦𝑧

Giải: Đặt 𝑥 = 𝒂𝟓; 3𝑦 = 𝒃𝟓; 5𝑧 = 𝒄𝟓 𝑡𝑕ì 𝑡ừ 𝐺𝑇 𝑡𝑎 𝑐ó: 𝒂𝟓+ 𝒃𝟓 + 𝒄𝟓 ≤ 3 Theo BĐT Cô-si ta có: 3𝒂𝟓+ 2 ≥ 5𝒂𝟑 → 𝒂𝟑+ 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 ≤ 3 Cũng theo BĐT Cô-si ta có:

3𝑥𝑦 625𝒛𝟒 + 4 = 𝒂𝟓𝒃𝟓 𝒄𝟐𝟎+ 4 ≥ 𝒂𝟓𝒃𝟓 5𝒄𝟒 = 5𝒂𝟓𝒃𝟓𝒄𝟐 → 𝑉𝑇 ≥ 5𝒂𝟓𝒃𝟓𝒄𝟓×

𝒂−𝟑 + 𝒃−𝟑+ 𝒄−𝟑 ≥ 5𝒂𝟓𝒃𝟓𝒄𝟓 × 9 𝒂𝟑+ 𝒃𝟑 + 𝒄𝟑 ≥ 3 5𝒂𝟓𝒃𝟓𝒄𝟓 → đ𝑝𝑐𝑚

7/ Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn đk a + b + c = 1 Tìm GTNN của BT:

𝟑 (𝟏 − 𝒂)2 + 𝒃

𝟑 (𝟏 − 𝒃)2 + 𝒄

𝟑 (𝟏 − 𝒄)2

Giải: Theo BĐT Cô-si ta có:

𝒂𝟑

(𝟏 − 𝒂)2 +1 − 𝑎

1 − 𝑎

3𝑎

4 𝑇ươ𝑛𝑔 𝑡ự 𝑡𝑎 𝑐ũ𝑛𝑔 𝑐ó 𝑐á𝑐 𝐵Đ𝑇 𝑘𝑕á𝑐; 𝑡ừ đó 𝑠𝑢𝑦 𝑟𝑎:

𝑆 +1 − 𝑎 + 1 − 𝑏 + 1 − 𝑐

3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)

3

4−

2

4 = 1

4 → 𝑀𝑖𝑛𝑆 = 0,25

8/ Cho x, y > 0 TMĐK 𝑥 + 𝑦 ≥ 4 𝑇ì𝑚 𝐺𝑇𝑁𝑁 𝑐ủ𝑎 𝐵𝑇: 3 2 4 2 2 3

4

P

Giải: Theo BĐT Cô-si ta có:

P

9/ Cho 2 số thực x, y TMĐK 𝑥2 − 𝑥𝑦 + 𝒚2 = 1 Tìm GTNN và GTLN của BT:

𝑃 = (𝑥𝟒 + 𝒚𝟒+ 1) (𝑥2 + 𝒚2 + 1)

Giải:Từ GT ta suy ra: (𝑥 − 𝒚)2 = 1 − 𝑥𝑦 ≥ 0; (𝑥 + 𝒚)2 = 1 + 3𝑥𝑦 ≥ 0 → 1 ≥ 𝑡 = 𝑥𝑦 ≥ − 1 3

Ta có:

2

( ) 2

t

  

 Do PT f’(t) = 0 có nghiệm t 6  2 ( 1/ 3;1) nên

𝑀𝑎𝑥𝑃 = 𝑓 6 − 2 = 6 − 2 6 ; 𝑀𝑖𝑛𝑃 = 𝑓 1 = 1

10/ Cho 2 số thực x, y TMĐK 𝟐(𝑥2 + 𝒚2) = 𝑥𝑦 + 1 Tìm GTNN và GTLN của BT:

𝑃 = (𝑥𝟒+ 𝒚𝟒) (2𝑥𝑦 + 1)

Giải:Từ GT ta suy ra: (𝑥 − 𝒚)2 = 0,5 − 1,5𝑥𝑦 ≥ 0; (𝑥 + 𝒚)2 = 0,5 + 2,5𝑥𝑦 ≥ 0

→ −1

5 ≤ 𝑡 = 𝑥𝑦 ≤

1

3 𝑣à 𝑃 =

−7𝒕2 + 2𝑡 + 1 4(2𝑡 + 1) = 𝑓 𝑡 𝐷𝑜 𝑓

′ 𝑡 = 0 𝑘𝑕𝑖 𝑡 = 0 𝑛ê𝑛

𝑀𝑎𝑥𝑃 = 𝑓 0 = 1 4 ; 𝑀𝑖𝑛𝑃 = 𝑓(− 1 5) = 𝑓 1 3 = 2 15

11/ Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn đk 𝒂2 + 𝒃2 = 1 𝑣à 𝑐 − 𝑑 = 3 CMR:

𝐹 = 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑 − 𝑐𝑑 ≤ (9 + 6 2) 4

Giải:Từ GT ta suy ra: c = d + 3 và theo BĐT Bunhiacốpxki ta có:

𝐹 ≤ 𝒂2 + 𝒃2 𝒄2 + 𝒅2 − 𝑑 + 3 𝑑 = (𝒅 + 𝟑)2 + 𝒅2 − 𝒅2 + 3𝑑 = 𝑡 − 0,5(𝒕2 − 9)

= (−𝒕2 + 2𝑡 + 9) 2 = 𝑓 𝑡 𝑇𝑎 𝑐ó: 𝒕2 = 2(𝒅 + 𝟏, 𝟓)2 + 4,5 ≥ 4,5 → 𝑡 ≥ 3 2

𝐷𝑜 𝑓′ 𝑡 = 1 − 𝑡 > 0 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≤ − 3 2 → 𝑓 𝑡 ≤ 𝑓 − 3 2 = (9 − 6 2) 4 𝑣ớ𝑖

𝑡 ≤ − 3 2(1) ; 𝑓′ 𝑡 = 1 − 𝑡 < 0 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≥ 3 2→ 𝑓 𝑡 ≤ 𝑓 3 2 = (9 + 6 2) 4 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≥ 3 2(2) Từ (1) và (2) ta suy ra đpcm