PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO

Chia sẻ: Duong Ngoc Bao | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

142
lượt xem 25
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dùng định nghĩa 1) Cho abc = 1 và 3a3  6 . . Chứng minh rằng  3 a2 b2+c2 ab+bc+ac Giải: Ta xét hiệu:  3 a2 b2+c2- ab- bc – ac =  4 a2  12 a2 b2+c2- ab- bc – ac = (  4 a2 b2+c2- ab– ac+ 2bc) +  12 a2 3bc =( 2 a -b- c)2 + a a abc 12 3  36 =( 2 a -b- c)2 + a a abc 12 3  36 0 (vì abc=1 và a3 36 nên a 0 ) Vậy :  3 a2 b2+c2 ab+bc+ac Điều phải chứng minh 2) Chứng minh rằn

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO

PHẦN III : CÁC BÀI TẬP NÂNG CAO *Dùng định nghĩa a2 1) Cho abc = 1 và a  36 . . Chứng minh rằng  b2+c2> ab+bc+ac 3 3 a2 a2 a2 2 2 2 2 Giải: Ta xét hiệu:  b +c - ab- bc – ac =   b +c - ab- bc – 3 4 12 ac a2 a2 a 3  36abc a 2 2 2 =(  b +c - ab– ac+ 2bc) +  3bc =( -b- c) + 12a 4 12 2 a 3  36abc a =( -b- c)2 + >0 (vì abc=1 và a3 > 36 nên a >0 ) 12a 2 a2 2 2 Vậy :  b +c > ab+bc+ac Điều phải chứng minh 3 2) Chứng minh rằng x 4  y 4  z 2  1  2 x.( xy 2  x  z  1) a) b) với mọi số thực a , b, c ta có a 2  5b 2  4ab  2a  6b  3  0 a 2  2b 2  2ab  2a  4b  2  0 c) Giải:
hiệu: x 4  y 4  z 2  1  2 x 2 y 2  2 x 2  2 xz  2 x a) Xét = x   x  z   x  1 = H 2 2 2 2  y2 H  0 ta có điều phải chứng minh b) Vế trái có thể viết H = a  2b  12  b  12  1  H > 0 ta có đpcm c) vế trái có thể viết H = a  b  12  b  12  H  0 ta có điều phải chứng minh * Dùng biến đổi tương đương 1) Cho x > y và xy =1 .Chứng minh rằng x 2 2  y2 8 x  y 2 2 2 x 2  y 2   x  y   2 xy   x  y   2 Giải: Ta có (vì xy = 1) x   x  y  2 4 2  4. x  y   4 2  y2  Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với x  y 4  4x  y 2  4  8.x  y 2 x  y   2  0 2 2 x  y 4  4x  y 2  4  0   BĐT cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh
2) Cho xy  1 .Chứng minh rằng 1 1 2   2 2 1 x 1 y 1  xy Giải: 1 11 1 1 1 2 Ta có     1  x 2  1  y 2    1  y 2  1  xy   0   2 2 1 x 1 y 1  xy    xy  x 2 xy  y 2 x ( y  x) y( x  y )  0  0          1  x .1  xy  1  y 2 .1  xy  1  x 2 .1  xy  1  y 2 .1  xy  2  y  x 2 xy  1  0 BĐT cuối này đúng do xy > 1 .Vậy ta có  1  x 2 .1  y 2 .1  xy  đpcm * Dùng bất đẳng thức phụ 1) Cho a , b, c là các số thực và a + b +c =1 Chứng minh rằng 1 a2  b2  c2  3 Giải: áp dụng BĐT BunhiaCôpski cho 3 số (1,1,1) và (a,b,c) 1.a  1.b  1.c 2  1  1  1.a 2  b 2  c 2   Ta có a  b  c 2  3.a 2  b 2  c 2  1 a2  b2  c2  (vì a+b+c =1 ) (đpcm)  3
2) Cho a,b,c là các số dương . Chứng minh rằng a  b  c . 1  1  1   9 (1)   a b c aab bcc (1) Giải: 1    1    1  9   bca caa a b a c b c 3          9 b a  c a c b xy áp dụng BĐT phụ Với x,y > 0. Ta có BĐT cuối cùng luôn đúng  2 yx 1 1 1 Vậy a  b  c .     9 (đpcm)   a b c * Dùng phương pháp bắc cầu 1) Cho 0 < a, b,c
 2a 3  2b 3  2c 3  3  a 2b  b 2 c  c 2 a (đpcm) 2) So sánh 31 11 và 17 14 11 Giải: Ta thấy 3111 < 3211   25   255  256 14 Mặt khác 256  24.14   2 4   1614  1714 Vậy 31 11 < 17 14 (đpcm) * Dùng tính chất tỉ số 1) Cho a ,b ,c ,d > 0 .Cminh ab bc cd d a rằng: 2     3 abc bc d cd a d a b Giải: Vì a ,b ,c ,d > 0 nên ta có ab a b a bd (1)   abcd abc abcd b  c bc bca (2)   abcd bcd abcd d a d a d ac (3)   abcd d ab a bc d Cộng các vế của 4 bất đẳng thức trên ta có : ab bc cd d a (đpcm) 2    3 abc bc d cd a d a b
2) Cho a ,b,c là số đo ba cạnh tam giác a b c Chứng minh rằng : 1    2 bc ca a b Giải: Vì a ,b ,c là số đo ba cạnh của tam giác nên ta có a,b,c > 0 Và a < b +c ; b
1 1 1 1 a)   ...   (2n  1).(2n  1) 2 1.3 3.5 1 1 1 b) 1    ...  2 1.2.3.....n 1.2 1.2.3 Giải: 1  2k  1  (2k  1) 1  1 1 1 a) Ta có : .    2n  1 .  2n  1 2 (2k  1).(2k  1) 2  2k  1 2k  1   Cho n chạy từ 1 đến k .Sau đó cộng lại ta có 1 1 1 1 21 (đpcm)   ...   .1   (2n  1).(2n  1) 2  2n  1  2 1.3 3.5 1 1 1 1 1 1 b) Ta có: 1    ...   1   .....   n  1 .n 1.2.3.....n 1.2 1.2.3 1.2 1.2.3 1 11 1 1 1 < 1   1        ....      2   2 (đpcm)      n 1 n  n  2  2 3