Ứng dụng trong tìm cực trị, chứng minh bất đẳng thức... Một điểm B’ di chuyển trên đoạn SB.[r]
Trang 1ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
-o0o -1 Ứng dụng trong giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Bài toán chứa tham số.
Ứng dụng này sử dụng một số các kết quả sau đây:
- Nếu g(x) đồng biến hoặc nghịch biến thì phương trình g(x) = m có nghiệm duy
nhất
- Nếu g(x) và f(x) khác tính đơn điệu thì phương trình f(x) = g(x) cũng có nghiệm
duy nhất
- f (x)≥m , ∀ x ∈[a ;b]⇔ min
x∈[a ;b]
f (x)≥m
- f (x)≤m , ∀ x ∈[a ;b]⇔ max
x∈[a ;b]
f ( x)≤m
- f (x)≥m , x ∈[a ;b]⇔ max
x ∈[a ;b]
f (x)≥ m.
- f (x)≤m , ∀ x ∈[a ;b]⇔ min
x∈[a ;b]
f ( x)≤m
- f (x)=m, x ∈[a; b]⇔ min
x ∈[a ;b]
f (x)≤ m≤ max
x ∈[a ;b]
f (x ).
Bài tập ví dụ:
T1 – Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
a, (A-2010)
¿
(4 x2+1)x+( y − 3)√5 −2 y=0
4 x2+y2+2√3− 4 x =7.
¿{
¿
b,
¿
(2 x2−1) (2 y2−1)=7
2xy
x2+y2+xy −7 x −6 y +14=0
¿{
¿
c, (7+5√2)cos x −(17+12√2)cos
3
x
=cos 3 x
d,
¿
y3+3 y=x3+3 x2+6 x +4
√1− x2−√y=√2 − y −1.
¿{
¿
e, (2 sin x −3)(4 sin2x −6 sin x +3)=1+3√36 sin x −4
f, 3x
+4x=5 x+2 g,
¿
4 +9 3x2−2 y=(4 +9x2− 2 y) 72 y − x2+2
4x
+4=4 x +4√2 y −2 x+4
¿
¿{
¿
Trang 2h,
2x2
+ 1− 4 8 y
2
+ 1
2=3(2√y −√x)
x + y¿2
¿ +3
2 √x + y=
7
2.
¿
¿
¿
2¿
i,
¿
x3y − y4=28
x2y +2 xy2+y3=18√2
¿{
¿
k,
¿ 2
1 − x2
x2
−2 y=− xy −3
2
(x2y +2 x)2− 2 x2y +1 − 4 x=0
¿{
¿
l,
¿
− x2
=x2+1
3 log3(x +2 y+6)=2 log2(x+ y+ 2)+1
¿{
¿
m, (A – 2012)
¿
x3−3 x2− 9 x+22= y3+3 y2− 9 y
x2
+y2− x+ y=1
2 (x , y ∈ R).
¿{
¿
T2 – Tìm m để các phương trình, hệ phương trình, bất phương trình sau thỏa mãn các
điều kiện cho trước:
a, (A-2008) 4
√2 x +√2 x +24
b, (A-2007) 3√x −1+m√x +1=24
√x2−1 có nghiệm thực
c, (B-2007) x2
+2 x − 8=√m(x −2) có đúng hai nghiệm phân biệt
d, (D-2007)
¿
x +1
x+y+
1
y=4
x3
x3+y3
¿{
¿
có nghiệm thực
e, (B-2004) m( √1+x2−√1− x2+2)=2√1 − x4
+√1+x2−√1 − x2 có nghiệm
f, (D-2011)
¿
x2
√y +1− 2 xy − 2 x=1
x3−3 x −3 xy=m+2
¿{
¿
có nghiệm
Trang 3g,
¿
x3− y3+3 y2−3 x − 2=0
x2
+√1 − x2− 3√2 y − y2
¿{
¿
có nghiệm
h, (A-2002) log32x+√log32x +1− 2 m−1=0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn
i, m( √x2−2 x+2+1)− x2+2 x=0 có nghiệm x ∈[0;1+√3]
2 Ứng dụng trong tìm cực trị, chứng minh bất đẳng thức.
Bài tập ví dụ:
T1 – (A-2011) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y , x ≥ z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= x
2 x +3 y+
y
y +z+
z
z +x. T2 – (B-2011) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn:
2(a2
+b2)+ab=( a+b) (ab+2 ).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=4(a b33+
b3
a3)− 9(a b22+
b2
a2)
T3 – (B-2010) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c =1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M =3(a2b2+b2c2+c a2)+3(ab+ bc+ ca)+2√a2+b2+c2
T4 – (B-2009) Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn ( x+ y )3+4 xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A=3(x4
+y4
+x2y2)−2(x2
+y2)+1
T5 – (A-2006) Cho các số thực x ≠ 0 , y ≠ 0 thay đổi thỏa mãn điều kiện:
(x+ y ) xy=x2+y2− xy
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A=1
x3+
1
y3. T6 – (A-2003) Cho x, y, z là ba số dương và x+ y+ z ≤ 1. Chứng minh rằng:
√x2
+1
x2+√y2
y2+√z2
z2≥√82.
T7 – (Olimpic Toán Ailen 2009) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn:
¿
a+b+c=0
a2+b2+c2=1
¿{
¿
Chứng minh rằng: a2b2c2≤ 1
54 .
T8 – (Inđônêxia 2009) Xét ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện:
+y2+z2
T9 – (Ấn Độ 2009) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a3
+b3
=c3 Chứng minh rằng a2+b2− c2>6 ( c − a) (c − b)
T10 – (Quốc gia – 2000) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn
21 ab+2 bc+8 ca ≤ 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức E=1
a+
2
b+
3
c.
Trang 4T11 – Xét bốn số thực x, y, z, t thuộc đoạn [12;
2
3] Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P=9(x + z x+t )2+16(x + y z+t )2
T12 – Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P= 1
256(x
4
+y4+z4) khi
các biến số dương x, y, z thay đổi sao cho
¿
x+ y+ z=4
xyz=2
¿{
¿
T13 – Cho hai số thực x , y ∈[2011;2012] Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A=(x + y )(x
2
+y2)
T14 – Cho a, b, c > 0 thỏa ab + a + b = 3 Chứng minh rằng:
3 a
b+1+
3 b
a+1+
ab
a+b ≤ a
2
+b2+3
2.
T15 – (A – 2012) Cho các số thực x , y , z thỏa mãn điều kiện x+ y+ z=0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=3|x − y|+3|y − z|
+3|z −x|−√6 x2
+6 y2+6 z2
3 Ứng dụng trong các bài toán khác.
Bài tập ví dụ:
T1 – Tam giác ABC có đặc điểm gì đặc biệt nếu các cạnh và góc thỏa mãn điều kiện:
¿ sin A
a
2√bc
5sin A −sin B+12 sin B=1+12 sin A
¿{
¿
T2 – Cho tam giác ABC không tù thỏa mãn:
1
3(cos 3 A+cos 3 B) −
1
2(cos 2 A +cos 2 B)+cos A+ cos B=
5
6.
Tính các góc của tam giác
T3 – (USAMO-2002) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:
sin3 A
2 +sin
3 B
2 +sin
3 C
2 ≤ cos
A − B
B− C
C − A
T4 – Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA=a√3 vuông góc với
mặt phẳng đáy Một điểm B’ di chuyển trên đoạn SB Mặt phẳng (AB’D) cắt SC tại C’
T5 - Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA=a√3 vuông góc với
mặt phẳng đáy M, N là hai điểm thay đổi lần lượt trên các cạnh BC và DC sao cho
T6 – Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi K là trung điểm của
SC Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N Gọi V1,V thứ tự là
Trang 5thể tích khối chóp S.AMKN và khối chóp S.ABCD Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất
của tỉ số V1
V .
_
Trang 6HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP ÁN.
1 Ứng dụng trong giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Bài toán chứa tham số.
T1 – Giải các phương trình, hệ phương trình, bất phương trình sau:
a, Điều kiện x ≤3
4; y ≤
5
2.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
(4 x2+1) 2 x=(5 − 2 y +1)√5 − 2 y ⇔ f (2 x)=f( √5 − 2 y) (1) với f (t)=(t2+1)t
Ta có f ' (t)=3 t2+1> 0 , suy ra f(t) đồng biến trên R Do đó
x ≥ 0 y= 5 − 4 x
2
¿{
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4 x2+(52−2 x
2
)2+2√3 − 4 x − 7=0 (3)
Nhận thấy x=0 ; x=3
4 không phải là nghiệm của (3).
Xét hàm số g(x)=4 x2
+(52−2 x
2
)2+2√3 − 4 x − 7 , trên khoảng (0 ;3
4)
…, suy ra g(x) ngịch biến Mặt khác g(12)=0 , do đó (3) có nghiệm duy nhất
x=1
2⇒ y=2
b, Xét hệ
¿
(2 x2−1) (2 y2− 1)=7
2xy (1)
x2+y2+xy −7 x −6 y +14=0 (2)
¿{
¿ (2)⇔ x2
+(y − 7)x + y2− 6 y+ 14=0 , phương trình này có nghiệm thì:
y − 7¿2−4 y2+24 y − 56 ≥0⇔ 1≤ y ≤7
3.
Δ=¿
Tương tự 2≤ x ≤10
3 .
Khi đó (1)⇔(2 x −1
x)(2 y −1
y)=7
2(∗) Mà hàm số y=2 t −1
t (t ≠ 0) có
y '=2+ 1
t2
>0, ∀ t ≠ 0.
Suy ra hàm số luôn đồng biến Do đó:
Trang 72 x −1
x ≥
7
2( x ≥2)
2 y −1
y ≥ 1( y ≥1)
⇒(2 x −1
x)(2 y −1
y)≥7
2
¿{
¿
nên
x=2 y=1.
¿{
không thỏa mãn hệ ⇒ vô nghiệm
c, Biến đổi phương trình đã cho tương đương với:
(1+√2)3 cos x+3 cos x=(1+√2)4 cos
3
x
+4 cos3x
Xét hàm số f (t)=(1+√2)t+t trên R Ta có f(t) đồng biến trên R nên phương trình đã cho ⇔3 cos x=4 cos3
x ⇔cos3 x=0 ⇔ x= π
6+k
π
3,(k ∈ Z).
d, Xét hệ
¿
y3+3 y=x3+3 x2+6 x + 4
√1− x2−√y=√2 − y −1.
¿{
¿
(1) (2)
Biến đổi (1)⇔ f (x +1)=f ( y), f (t)=t3+3 t mà f(t) đồng biến nên (1)⇔ x +1= y Thay vào (2) được √1− x +√1+x −√1 − x2− 1=0 Đặt
t=√1− x +√1+x ,t ∈[−√2 ;√2] Giải ra được t = 2 suy ra x = 0, y = 1.
e, Biến đổi pt ⇔ f (2sin x− 2)=f( √36 sin x − 4), f (t)=t3+3 t mà f(t) đồng biến nên:
pt ⇔2 sin x− 2=3
√6 sin x − 4
⇔ ⇔ x= π
6+k 2 π
¿
x= 5 π
6 +k 2 π
¿ (k ∈ Z).
¿
¿
¿
f, Xét hàm số f (x)=3 x+4x −5 x − 2 , tính f”(x) suy ra phương trình có tối đa 2 nghiệm ĐS: x = 0; x = 1.
g, Điều kiện y − x+2≥ 0 Đặt t=x2
4 +3t +2
=(4+9t) 72 −t ⇔ 4+3
t +2
7t +2 =
4 +32 t
72 t ⇔f (t+2)=f (2 t), f (x)= 4+3
x
7x . Mà f(x) là hàm
giảm nên phương trình thứ nhất ⇔t +2=2 t ⇔ t=2⇔ x2
−2 y=2 ⇔2 y=x2
− 2. Thay vào phương trình thứ hai được 4s
=s+√s2+1(s=x − 1)(∗)⇔4 − s
=− s+√s2+1
mà 4s
4− s=(s +√s2+1)(− s+√s2+1)=1 nên 4s
− 4 − s=2 s Xét hàm số:
g(x)=4 s − 4 − s − 2 s (s∈ R) có g '(x )=ln 4 (42+4− s)−2>0, ∀ s∈ R suy ra g(x) đồng biến mà
Trang 8g(0) = 0 nên s = 0 là nghiệm duy nhất của (*) ⇒( x; y )=(1 ;−1
2) là nghiệm duy nhất của hệ
T2 – Tìm m để các phương trình, hệ phương trình, bất phương trình sau thỏa mãn các
điều kiện cho trước:
Phương pháp chung: Quy phương trình, hệ phương trình, bất phương trình thành dạng
f (x)=m;f (x)≥m ; với một số điều kiện suy ra của biến x Lập bảng biến thiên suy
ra giá trị của m.
Bài mẫu: h, Tìm m để hệ phương tình
¿
x3− y3+3 y2−3 x − 2=0
x2+√1 − x2− 3√2 y − y2+m=0
¿{
¿
có nghiệm.
Giải: Xét hệ
¿
x2+√1 − x2− 3√2 y − y2+m=0
¿{
¿
(1) (2)
Điều kiện −1 ≤ x ≤1 ;0 ≤ y ≤ 2. Khi đó −1 ≤ y −1 ≤ 1 nên:
y − 1¿3− 3( y −1)⇔ f (x )=f ( y −1)
(1)⇔ x3
−3 x=¿ trong đó f (t)=t3− 3 t , t ∈[−1 ;1] (vì −1 ≤ x ≤1 ;−1 ≤ y −1 ≤ 1 ) Mà f ' (t)=3 t2− 3≥ 0 ∀ t ∈[− 1;1] ⇒ f (t) đồng biến trên đoạn [−1 ;1] Do đó (1)⇔ x= y− 1 , thế vào (2) ta được
m=2√2 y − y2+2 y − y2−1 Đặt t=√2 y − y2 , vì 0 ≤ y ≤ 2 nên 0 ≤t ≤1 Khi
đó (2) ⇔m=f (t ) với f (t)=t2
+2t −1 ,t∈[0 ;1]
Xét hàm số f (t)=t2+2t −1 trên đoạn [0 ;1] , ta có f ' (t)=2 t+2 ,
f ' (t)=0 ⇔ t=−1 Suy ra bảng biến thiên của f (t)=t2+2t −1 trên đoạn [0 ;1] là:
x 0 1 f’(x) ‖ ‖ + f(x)
2
-1
Từ bảng biến thiên, suy ra giá trị cần tìm của m là m∈[− 1;2]
Đáp án T2:
a, 24
√6+2√6 ≤ m<3√2+6 b, −1<m ≤1
3. c, m > 0 d,
m≥ 22
Trang 9e, √2− 1≤ m≤ 1. f, m≤ 2−√3
2 . h, 0 ≤ m≤ 2. i,
−1
2
3.
2 Ứng dụng trong tìm cực trị, chứng minh bất đẳng thức (Học sinh tự giải)
Phương pháp chung: Đưa biểu thức cần tính về dạng một hàm số hoặc dạng
;≤ một hàm số khi đã biết một số điều kiện của biến.
Trang 10Các bất đẳng thức, hằng đẳng thức thương đượng sử dụng:
1
x+
1
y ≥
4
x+ y , ( x , y >0) a+b¿2≥ 4 ab
¿
Với
¿
a ,b>0
ab ≥ 1
⇒ 1
1
2 1+√ab.
¿{
¿
a+b +c¿2=a2
+b2
+c2
¿
x3
+y3
+z3
=(x + y +z)(x2
+y2
+z2− xy − yz − zx)+3 xyz
Lưu ý: Đối với các bài toán biểu thức có dạng phân tích ta có thể chia cả tử và mẫu cho một biểu thức khác để làm xuất hiện ẩn phụ, biểu thức có dạng đối xứng bậc 3, bậc 2 thì dùng các công thức đổi số cơ bản Bài toán có dữ kiện xyz=1 thì có thể đặt
x= a
b , y=
b
c , z=
c
a để giải quyết … Ngoài ra cũng phải sử dụng linh hoạt các bất đẳng
thức quen thuộc như BĐT Côsi, Bunhiacôpxki,…
Bài mẫu:
T9 – (Ấn Độ 2009) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a3
+b3=c3 Chứng minh rằng a2+b2− c2>6 ( c − a) (c − b)
Giải: Từ a3
+b3
=c3 và a , b , c+¿∈ R¿ suy ra c >a và c >b Ta có:
a3+b3=c3⇔(a c)3+(b c)3=1
Đặt x= a
c ; y =
b
c(x , y >0) thì x3+y3=1. Đặt x+ y=t(1<1 ≤
3
√4) Ta có
t3−3 xyt=1 suy ra xy=t
3
− 1
2
+y2
=t3+2
3 t .
Do đó
t −1¿2
¿
¿
a2+b2−c2
(c −a)(c −b)=
x2+y2− 1
(1 − x )(1− y)=
t3−3 t +2
¿
Xét hàm số f (t)= t +2
t −1(1<t ≤
3
√4) Ta có
1− x¿2<0
¿
¿
f ' (t)= −3¿
Suy ra bảng biến thiên của
f(x) như sau:
Trang 11x 13
f’(x) −
¿
f(x)
+∞
3
3
Từ bảng biến thiên suy ra f (t)≥
3
√4+2
3
√4 −1>6 với ∀ t ∈¿ Đáp án:
T1 - min P=34
33.
T2 - min P=−23
T3- min M = 2.
T4 - min A= 9
16.
T5 - max A=16.
T8 - min E=1.
T10 - min E=15
2 .
T11 - min P=18;max P=337
T12 - min P= 383− 165√5
9
128.
3 Ứng dụng trong các bài toán khác (Học sinh tự giải).
Bài mẫu:
T2 – Cho tam giác ABC không tù thỏa mãn:
1
3(cos 3 A+cos 3 B) −
1
2(cos 2 A +cos 2 B)+cos A+ cos B=
5
6.
Tính các góc của tam giác.
Giải: Sử dụng công thức lượng giác biến đổi đẳng thức về dạng:
4
3cos
3
A −cos2A+4
3cos
3
B −cos2B=−1
Xét hàm số f (x)=4
3 x
3
− x2, ( x ∈¿) Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) trên khoảng
¿ Từ bảng suy ra f (x)≥− 1
12, ∀ x ∈¿
Theo giả thiết tam giác ABC không tù nên 0 ≤ cos A <1 ;0 ≤cos B<1 Suy ra:
Trang 12f (cos A)≥− 1
12
f (cos B)≥ − 1
12
⇒ f (cos A)+f (cos B)≥ −1
6.
¿{
¿
Đẳng thức xảy ra khi cos A=cos B=1
2⇔ A=B= π
3⇔ ΔABC đều
Vậy tam giác ABC thỏa mãn yêu cầu đề bài là tam giác đều
T4 – Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA=a√3 vuông góc với mặt phẳng đáy Một điểm B’ di chuyển trên đoạn SB Mặt phẳng (AB’D) cắt SC tại C’ Đặt x=SB' Tìm x để tứ giác AB’C’D có diện tích bé nhất.
Giải:
Ta có
¿
AD⊂(ABD)
AD // (SBC)
⇒(ABD)∩(SBC)=B' C '// AD.
¿{
¿
Mặt khác
¿
⇒ AD⊥(SAB)⇒ AD⊥ AB'
¿{
¿
Tứ giác AB’C’D là hình thang vuông
⇒ S AB 'C ' D=1
2(AD+B ' C ')AB '
Áp dụng định lý cosin cho tam giác SBA’, ta được:
AB '2=3 a2+x2− 3 ax
⇒ S AB 'C ' D=1
1
2(a+ x
2) √3 a2
+x2−3 ax Xét hàm số: y=1
4(x+2 a)√3 a2
+x2−3 ax trên 0 a;2
y '=1
4√3 a2+x2− 3 ax+(x +2 a)(2 x −3 a)
8√3 a2+x2−3 ax = =
4 x2−5 ax
8√3 a2+x2−3 ax.
Trang 13⇒ y '=0 ⇔
x=0
¿
x= 5 a
4
¿
¿
¿
¿
¿
Từ đó , ta có bảng biến thiên của hàm số y trên [0 ;2 a] như sau:
x 0 5 a
4 2a
y’ 0 0 ‖
3
2
a
a2
13 a
2
64
2
5 a
4 hay diện tích tứ giác AB’C’D bé nhất khi
x= 5 a
BÀI TẬP THÊM
T1 – Tìm maxf(x), minf(x) của hàm số f (x)=3√x +3+4√1− x+1
4√x +3+3√1− x+1.
T2 – Giải các phương trình sau:
1 √3 x +1+√x+√7 x +2=2
2 √5 x3−1+√32 x −1+ x=4
3 3
√x+2+√3x +1=√32 x2+1+√32 x2
T3 – Giải các bất phương trình sau:
1 √5 x −1+√x+3 ≥ 4
2 3√3 − 2 x + 5
√2 x − 1 −2 x<6
3 √(x +1)(2 x − 1)−3√x+6 ≤ 4 −√(x+6)(2 x − 1)+3√x+2.
4 √2 x3+3 x2+6 x +16<2√3+√4 − x
T3 – Tìm m để hệ
¿
2 x2
+xy − y2=1
x2
+xy + y2
¿{
¿
có nghiệm
T4 – Giải hệ phương trình:
Trang 141
¿
x3(2+3 y)=1
x ( y3−2)=3
¿{
¿
2
¿
x +√x2+1=3y
y +√y2+1=3x
¿{
¿
T5 – (Olimpic Hồng Kông 2005) Cho các số dương a, b, c, d thỏa mãn a+b +c +d=1
Chứng minh rằng: 6(a3
+b3
+c3
+d3 )≥ a2
+b2
+c2
+d2
+1
8.
T6 – (USAMO 2003) Cho các số dương a, b, c Chứng minh rằng:
2 a+b+c¿2
¿
b+c¿2
¿
2 b+c +a¿2
¿
c+a¿2
¿
2 c+a+b¿2
¿
a+b¿2
¿
2c2
+¿
¿
2 b2
+¿
¿
2 a2+¿
¿
¿
T7 – Cho a, b, c dương thỏa mãn a2
+b2
+c2=3 Chứng minh:
1
2 − a+
1
2 −b+
1
2− c ≥ 3.
T8 – Cho tam giác nhọn ABC Chứng minh rằng ∑tan A +6∑sin A ≥12√3
T9 – (Rumani 2005) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a+b +c=3 Chứng minh rằng:
1
a2+
1
b2+
1
c2≥ a
2
+b2
+c2
T10 – (Trung Quốc 2005) Cho
¿
a , b , c ≥ 0 a+b +c=1
¿{
¿
Chứng minh rằng:
10(a3+b3+c3)− 9(a5+b5+c5)≥ 1
T11 – Cho
¿
a ,b ,c ≥ 0
a+b +c ≥ 3
¿{
¿
Chứng minh 1
a2+b+c+
1
b2+c +a+
1
c2+a+b ≤ 1 T12 – (Olimpic 30.4.1999) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a+b +c=1 Chứng minh:
Trang 151+a2+
b
1+b2+
c
1+c2≤
9
10 .
T13 – Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn x+ y+ z=1 Chứng minh rằng:
27.
T14 – Cho
¿
a , b , c ≥ 0
a+b +c=3
¿{
¿
Chứng minh rằng: 2(a2+b2+c2)+xyz ≥ 7
T15 – Cho x , y , z ∈[0 ;2] Chứng minh rằng: 2(x + y +z)−( xy+yz+zx )≤ 4