intTypePromotion=1
ADSENSE

Toán học lớp 10: Bất đẳng thức Côsi (Phần 1) - Thầy Đặng Việt Hùng

Chia sẻ: Nguyễn Thị Oanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

775
lượt xem
124
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Toán học lớp 10: Bất đẳng thức Côsi (Phần 1) - Thầy Đặng Việt Hùng" tóm lược nội dung cần thiết và cung cấp 1 số bài tập ví dụ hữu ích, giúp các bạn củng cố và nắm kiến thức về bất đẳng thức Côsi.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Toán học lớp 10: Bất đẳng thức Côsi (Phần 1) - Thầy Đặng Việt Hùng

  1. Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 02. BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI – P1 Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] Bài 1: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc b) (a + b + c)(a2 + b2 + c 2 ) ≥ 9abc Bài 2: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) (1 + a )(1 + b)(1 + c) ≥ (1 + 3 abc ) 3 bc ca ab b) + + ≥ a+b+c a b c Bài 3: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau: ab bc ca a+b+c a) a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) ≥ 6abc b) + + ≤ a+b b+c c+a 2 Bài 4: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau: a b c 3 1 1 1 a) + + ≥ b) (a3 + b3 + c3 )  + +  ≥ (a + b + c)2 b+c c+a a+b 2 a b c Bài 5: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) 3(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) b) 9(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)3 1 1 4 Bài 6: [ĐVH]. Cho a, b > 0. Chứng minh + ≥ (1). Áp dụng chứng minh các BĐT sau: a b a+b 1 1 1  1 1 1  a) + + ≥ 2 + +  ; với a, b, c > 0. a b c  a+b b+c c+a  1 1 1  1 1 1  b) + + ≥ 2 + +  ; với a, b, c > 0. a+b b+c c+a  2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c  Bài 7: [ĐVH]. Chứng minh các BĐT sau: 2 xy 8 yz 4 xz a) Cho x, y, z > 0 thoả x + 2 y + 4 z = 12 . Chứng minh: + + ≤ 6. x + 2 y 2 y + 4z 4z + x b) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, p là nửa chu vi. 1 1 1 1 1 1 Chứng minh rằng: + + ≥ 2 + +  . p −a p −b p −c a b c 1 1 1 9 Bài 8: [ĐVH]. Cho a, b, c > 0. Chứng minh + + ≥ (1). Áp dụng chứng minh các BĐT sau: a b c a+b+c  1 1 1  3 a) (a 2 + b 2 + c 2 )  + +  ≥ (a + b + c ) .  a+b b+c c+a  2 x y z b) Cho x, y, z > 0 thoả x + y + z = 1 . Tìm GTLN của biểu thức: P = + + . x +1 y +1 z +1 Bài 9: [ĐVH]. Chứng minh các BĐT sau: a) Cho a, b, c > 0 thoả a + b + c ≤ 1 . Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!
  2. Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 1 1 1 Tìm GTNN của biểu thức P = + + . a + 2bc 2 b + 2ac 2 c + 2ab 2 1 1 1 1 b) Cho a, b, c > 0 thoả a + b + c = 1 . Chứng minh rằng + + + ≥ 30 . a +b +c 2 2 2 ab bc ca Bài 10: [ĐVH]. Cho 2 số thực dương a và b thỏa mãn a 2 + b 2 = 2 . Chứng minh a 3a ( a + 2b ) + b 3b ( b + 2a ) ≤ 6 . 1 Bài 11: [ĐVH]. Cho a; b ≥ 0 : a + b = 1 . Chứng minh rằng ab ( a + b ) ≤ 2 . 4 Bài 12: [ĐVH]. Cho ba số thực a ≥ c; b ≥ c; c > 0 . Chứng minh rằng c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab . Bài 13: [ĐVH]. Cho hai số thực dương x và y thỏa mãn x + y ≤ 1 . Chứng minh 8 x 4 + y 4 + ( ) 1 xy ≥5. Bài 14: [ĐVH]. Cho ba số thực dương x; y; z thỏa mãn x3 + y 3 + z 3 = 1 . x2 y2 z2 Chứng minh + + >2. 1− x 2 1− y 2 1− z 2 16 Bài 15: [ĐVH]. Cho ba số thực dương x; y; z thỏa mãn xyz = . Chứng minh ( x + z )( x + y ) ≥ 8 . x+ y+ z Bài 16: [ĐVH]. Cho ba số thực dương a; b; c > 0 sao cho a + b + c = 3 . Chứng minh rằng a + b + c ≥ ab + bc + ca . Bài 17: [ĐVH]. Cho ba số thực dương a; b; c . 17 a + b + c 3 abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = . 3 + . 6 abc a+b+c LỜI GIẢI BÀI TẬP Bài 1: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc b) (a + b + c)(a2 + b2 + c 2 ) ≥ 9abc Lời giải: a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có (a + b)(b + c)(c + a ) ≥ 2 ab .2 bc .2 ca = 8abc . Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau. 3 b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 3 3 abc .3 a 2b 2 c 2 = 9abc . Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau. Bài 2: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) (1 + a )(1 + b)(1 + c) ≥ (1 + 3 abc ) 3 bc ca ab b) + + ≥ a+b+c a b c Lời giải: a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!
  3. Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ (1 + 3 abc ) = 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc 3 ≥ 1 + 33 abc + 3 a 2b2c 2 + abc = (1 + 3 abc ) 3 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau. b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có bc ca ab 1  bc ca   ca ab   bc ab   + + =  +  +  +  +  +  a b c 2  a b   b c   a c  1  bc ca ca ab bc ab  ≥ 2 . +2 . +2 .  = a+b+c 2 a b b c a c  Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau. Bài 3: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau: ab bc ca a+b+c a) a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) ≥ 6abc b) + + ≤ a+b b+c c+a 2 Lời giải: a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 3 a 2 (1 + b 2 ) + b 2 (1 + c 2 ) + c 2 (1 + a 2 ) = a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 + a 2 + b 2 + c 2 ≥ 6 a 6b6b6 = 6abc Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau. b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ab bc ca ab bc ca + + ≤ + + a + b b + c c + a 2 ab 2 bc 2 ca a+b b+c c+a + + ab + bc + ca 2 2 2 = a+b+c = ≤ 2 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau. Bài 4: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau: a b c 3 1 1 1 a) + + ≥ b) (a3 + b3 + c3 )  + +  ≥ (a + b + c)2 b+c c+a a+b 2 a b c Lời giải: a) Biến đổi tương đương a b c 3 a b c 9 + + ≥ ⇔ +1+ +1+ +1 ≥ b+c c+a a+b 2 b+c c+a a+b 2 a+b+c a+b+c a+b+c 9 ⇔ + + ≥ b+c c+a a+b 2  1 1 1  ⇔ ( 2a + 2b + 2c )  + + ≥9 a+b b+c c+a  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!
  4. Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 2a + 2b + 2c = a + b + b + c + c + a ≥ 3 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) 1 1 1 3 + + ≥ a + b b + c c + a 3 ( a + b )( b + c )( c + a )  1 1 1  Nhân từng vế ta có ( 2a + 2b + 2c )  + +  ≥ 9 , bất đẳng thức cuối cùng đúng.  a+b b+c c+a  Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau. b) Biến đổi tương đương 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( a 3 + b3 + c 3 )  + +  ≥ ( a + b + c ) 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + a 3  +  + b3  +  + c 3  +  a b c b c a c a b 3 3 3 3 3 3 a b a c b c ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ac ⇔ + + + + + ≥ 2ab + 2bc + 2ca b a c a c b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a 3 b3 a 3 c 3 b3 c 3 a 3 b3 a 3 c3 b3 c 3 + + + + + ≥2 . +2 . +2 . = 2ab + 2bc + 2ca . b a c a c b b a c a c b Bất đẳng thức cuối cùng đúng. Dấu bằng xảy ra khi ba số bằng nhau. Bài 5: [ĐVH]. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) 3(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) b) 9(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)3 Hướng dẫn giải: a) BĐT ⇔ 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ( a2 b + b2 a ) + ( b2 c + bc2 ) + ( c 2 a + ca2 ) . Chú ý: a3 + b3 ≥ ab(a + b) . Cùng với 2 BĐT tương tự ta suy ra đpcm. b) Áp dụng b) ta có: 9(a3 + b3 + c3 ) ≥ 3(a + b + c)(a2 + b2 + c 2 ) . Dễ chứng minh được: 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)2 ⇒ đpcm. 1 1 4 Bài 6: [ĐVH]. Cho a, b > 0. Chứng minh + ≥ (1). Áp dụng chứng minh các BĐT sau: a b a+b 1 1 1  1 1 1  a) + + ≥ 2 + +  ; với a, b, c > 0. a b c  a+b b+c c+a  1 1 1  1 1 1  b) + + ≥ 2 + +  ; với a, b, c > 0. a+b b+c c+a  2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c  Lời giải: 1 1 1 Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta có ( a + b )  +  ≥ 2 ab .2 =4 a b ab 1 1 4 Do a, b > 0 ⇒ + ≥ . Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b. Vậy (1) được chứng minh. a b a+b a) Áp dụng (1) với a, b, c > 0 ta có Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!
  5. Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 1 1 4 1 1 4 1 1 4 + ≥ ; + ≥ ; + ≥ a b a+b b c b+c c a c+a 2 2 2 4 4 4 1 1 1  1 1 1  ⇒ + + ≥ + + ⇒ + + ≥ 2 + + . a b c a+b b+c c+a a b c  a+b b+c c+a  BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c. 1 1 4 4 b) Áp dụng (1) với a, b, c > 0 ta có + ≥ = . a + b b + c ( a + b ) + ( b + c ) a + 2b + c 1 1 4 1 1 4 Tương tự + ≥ ; + ≥ b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2 a + b + c 2 2 2 4 4 4 ⇒ + + ≥ + + a + b b + c c + a 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 1 1 1  1 1 1  ⇒ + + ≥ 2 + +  a+b b+c c+a  2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c  BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c. Bài 7: [ĐVH]. Chứng minh các BĐT sau: 2 xy 8 yz 4 xz a) Cho x, y, z > 0 thoả x + 2 y + 4 z = 12 . Chứng minh: + + ≤ 6. x + 2 y 2 y + 4z 4z + x b) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, p là nửa chu vi. 1 1 1 1 1 1 Chứng minh rằng: + + ≥ 2 + +  . p −a p −b p −c a b c Lời giải: a) Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta có ( x + 2y) 2 x + 2 y ≥ 2 x.2 y ⇒ ( x + 2 y ) ≥ 8 xy ⇒ 2 xy ≤ , dấu " = " xảy ra ⇔ x = 2 y. 2 4 ( 2 y + 4z ) 2 2 y + 4 z ≥ 2 2 y.4 z ⇒ ( 2 y + 4 z ) ≥ 32 yz ⇒ 8 yz ≤ , dấu " = " xảy ra ⇔ 2 y = 4 z. 2 4 4 z + x ≥ 2 4 z.x ⇒ ( 4 z + x ) ≥ 16 zx ⇒ 4 zx ≤ 2 ( 4 z + x ) , dấu " = " xảy ra ⇔ 4 z = x. 4 ( x + 2y) ( 2 y + 4z ) (4z + x) 2 2 2 2 xy 8 yz 4 xz 4 4 4 ⇒P= + + ≤ + + x + 2 y 2 y + 4z 4z + x x + 2y 2 y + 4z 4z + x ⇒P≤ ( x + 2 y ) + ( 2 y + 4 z ) + ( 4 z + x ) = x + 2 y + 4 z = 12 = 6. 4 2 2 x = 4 x = 2 y = 4z  BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔  ⇔ y = 2  x + 2 y + 4 z = 12  z = 1.  b) Với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và p là nửa chu vi ta có Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!
  6. Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 a+b+c b+c−a a+b+c a +c−b p−a = −a = > 0; p − b = −b = > 0. 2 2 2 2 Khi đó áp dụng BĐT (1) trong bài 6 ta có 1 1 4 4 4 4 + ≥ = = = . p − a p − b ( p − a) + ( p − b) 2 p − a − b a + b + c − a − b c 1 1 4 1 1 4 Tương tự + ≥ ; + ≥ p −b p−c a p−c p−a a 2 2 2 4 4 4 1 1 1 1 1 1 ⇒ + + ≥ + + ⇒ + + ≥ 2  + + . p −a p −b p −c a b c p −a p −b p−c a b c BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC đều. 1 1 1 9 Bài 8: [ĐVH]. Cho a, b, c > 0. Chứng minh + + ≥ (1). Áp dụng chứng minh các BĐT sau: a b c a+b+c  1 1 1  3 a) (a 2 + b 2 + c 2 )  + +  ≥ (a + b + c ) .  a+b b+c c+a  2 x y z b) Cho x, y, z > 0 thoả x + y + z = 1 . Tìm GTLN của biểu thức: P = + + . x +1 y +1 z +1 Lời giải: 1 1 1 1 Áp dụng BĐT Côsi cho ba số dương ta có ( a + b + c )  + +  ≥ 3 3 abc .3 3 = 9. a b c abc 1 1 1 9 Do a, b, c > 0 ⇒ + + ≥ . Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c. a b c a+b+c Như vậy BĐT (1) được chứng minh. a) Áp dụng (1) với a, b, c > 0 ta có  1 1  (a 2 + b2 + c2 )  + 1 +  ≥ ( a + b + c ).  a+b b+c c+a 2 2 2 9 = 9 ( a + b) + (b + c) + (c + a ) 2 ( a + b + c) . Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có (a + b + c) 2 (12 +1 +1 2 2 )( a 2 +b +c 2 2 ) ≥ (a + b + c) 2 ⇒ a +b +c 2 2 2 ≥ 3 1  (a + b + c) 2  1 ⇒ (a + b + c ) 1 9 3 2 + 2 + ≥ 2 . = ( a + b + c). a+b b+c c+a 3 2 (a + b + c) 2 BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c. x y z b) Cho x, y, z > 0 thoả x + y + z = 1 . Tìm GTLN của biểu thức: P = + + . x +1 y +1 z +1 x y z 1 1 1  1 1 1  Có P = + + = 1− +1− +1− = 3− + + . x +1 y +1 z +1 x +1 y +1 z +1  x +1 y +1 z +1  Áp dụng (1) với x, y, z > 0 ta có Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!
  7. Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 1 1 1 9 9 9 9 + + ≥ = = = x + 1 y + 1 z + 1 ( x + 1) + ( y + 1) + ( z + 1) x + y + z + 3 1 + 3 4  1 1 1  9 9 3 1 ⇒ − + +  ≤ ⇒ P ≤ 3 − = . Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z = .  x +1 y +1 z +1  4 4 4 3 3 1 Vậy Pmax = đạt được khi x = y = z = . 4 3 Bài 9: [ĐVH]. Chứng minh các BĐT sau: a) Cho a, b, c > 0 thoả a + b + c ≤ 1 . 1 1 1 Tìm GTNN của biểu thức P = + + . a + 2bc 2 b + 2ac 2 c + 2ab 2 1 1 1 1 b) Cho a, b, c > 0 thoả a + b + c = 1 . Chứng minh rằng + + + ≥ 30 . a +b +c 2 2 2 ab bc ca Lời giải: a) Áp dụng BĐT (1) trong bài 8 với a, b, c > 0 ta có 9 9 P≥ = . ( a + 2bc ) + ( b + 2ca ) + ( c + 2ab ) ( a + b + c )2 2 2 2 9 1 Bài ra 0 < a + b + c ≤ 1 ⇒ P ≥ 2 = 9. Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c = . 1 3 1 Vậy Pmin = 9 đạt được khi a = b = c = . 3 1 1 1 9 b) Áp dụng BĐT (1) trong bài 8 với a, b, c > 0 ta có + + ≥ (1) ab bc ca ab + bc + ca 1 1 1 Với a + b + c = 1 có = = (2) a +b +c ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) 1 − 2 ( ab + bc + ca ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 9 Từ (1) và (2) ta được + + + ≥ + a + b + c ab bc ca 1 − 2 ( ab + bc + ca ) ab + bc + ca 2 2 2 Lại có ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0 ⇔ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2 ( ab + bc + ca ) 2 2 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) . 2 1 1 Bài ra a + b + c = 1 ⇒ 3 ( ab + bc + ca ) ≤ 1 ⇒ ab + bc + ca ≤ . Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c = . 3 3  1 1 9 Đặt ab + bc + ca = t ⇒ t ∈  0;  và P ≥ + .  3 1 − 2t t 1 9  1  1 Ta sẽ chứng minh + ≥ 30 (*), ∀t ∈  0;  . Thật vậy, với t ∈  0;  có 1 − 2t t  3  3 (*) ⇔ t + 9 (1 − 2t ) ≥ 30t (1 − 2t ) ⇔ 60t 2 − 47t + 9 ≥ 0 ⇔ ( 3t − 1)( 20t − 9 ) ≥ 0 Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!
  8. Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95  1 1 Điều này luôn đúng với ∀t ∈  0;  . BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c = .  3 3  Cách 2 (Sơ lược)  1 1   1 1  2 1 1 1  Biến đổi P =  2 + + + +  + +   a + b + c 3ab   3bc 3ca  3  ab bc ca  2 2 4 4 2 9 ⇒P≥ + + . a + b + c + 3ab 3bc + 3ca 3 ab + bc + ca 2 2 2 16 2 9 ⇒P≥ + . a + b + c + 3ab + 3bc + 3ca 3 ab + bc + ca 2 2 2 16 6 16 6 ⇒P≥ + ≥ + = 30. (a + b + c) + ab + bc + ca ab + bc + ca 1 + 1 1 2 3 3 1 BĐT được chứng minh, dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c = . 3 Bài 10: [ĐVH]. Cho 2 số thực dương a và b thỏa mãn a 2 + b 2 = 2 . Chứng minh a 3a ( a + 2b ) + b 3b ( b + 2a ) ≤ 6 . Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 3a + a + 2b 3b + b + 2a a 3a ( a + 2b ) + b 3b ( b + 2a ) ≤ a. + b. 2 2 = 2a 2 + 2ab + 2b 2 = 2.2 + 2ab ≤ 4 + a 2 + b 2 = 6 Dấu đẳng thức xảy ra khi hai số cùng bằng 1. 1 Bài 11: [ĐVH]. Cho a; b ≥ 0 : a + b = 1 . Chứng minh rằng ab ( a + b ) ≤ 2 . 4 Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ( ) 2 1 1 2 ab + a + b ab ( a + b ) = .2 ab . ( a + b ) ≤ . 2 2 4 ( ) 4 a+ b 1 1 ⇒ ab ( a + b ) ≤ 2 = = 8 8 64 2 ab = a + b 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi  ⇔a=b= .  a + b =1 4 Bài 12: [ĐVH]. Cho ba số thực a ≥ c; b ≥ c; c > 0 . Chứng minh rằng c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab . Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!
  9. Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 P c a−c c b−c P = c ( a − c ) + c (b − c ) ⇒ = . + . ab b a a b c a−c c b−c c c c c + + +1− + +1− ≤b a +a b =b a a b = 1 ⇒ P ≤ ab 2 2 2 Khi đó ta có điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = 2c . Bài 13: [ĐVH]. Cho hai số thực dương x và y thỏa mãn x + y ≤ 1 . Chứng minh 8 x 4 + y 4 + ( ) 1 xy ≥5. Lời giải: 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dưới dạng 2 xy ≤ x 2 + y 2 ⇒ ( x + y )2 ≤ x 2 + y 2 . 2 Ta có ( x2 + y 2 ) 2 2  ( x + y )2  ( 8 x4 + y 4 ) ≥ 8. 2 ≥ 4.   2  = ( x + y )4 = 1    xy ≤ 1 4 ( x + y )2 1 = ⇒ 4 1 xy ≥ 4 ⇒ 8 x4 + y 4 + ( 1 xy ≥5 ) 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = . 2 Bài 14: [ĐVH]. Cho ba số thực dương x; y; z thỏa mãn x3 + y 3 + z 3 = 1 . x2 y2 z2 Chứng minh + + >2. 1− x 2 1− y 2 1− z 2 Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x 1− x 2 ( 2 ) ≤ x2 + 1 − x2 1 = ⇒ x2 = x3 ≥ 2 x3 . 2 2 1 − x2 ( x2 1 − x2 ) y2 z2 Tương tự ≥ 2 y3 ; ≥ 2 z3 . 1− y 2 1− z 2 Kết hợp lại ta được 1− x x2 2 + 1− y y2 2 + 1− z z2 2 ( ) ≥ 2 x3 + y 3 + z 3 = 2 . Dấu đẳng thức không xảy ra nên ta có đpcm. 16 Bài 15: [ĐVH]. Cho ba số thực dương x; y; z thỏa mãn xyz = . Chứng minh ( x + z )( x + y ) ≥ 8 . x+ y+ z Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!
  10. Khóa học Toán Cơ bản và Nâng cao 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 16 ( x + z )( x + y )  =  x ( x + y + z ) + yz  ≥ 4 xyz ( x + y + z ) = 4. . ( x + y + z ) = 64 2 2 x+ y+z ⇒ ( x + z )( x + y ) ≥ 8  x ( x + y + z ) = yz Dấu đẳng thức xảy ra khi   xyz ( x + y + z ) = 16 Bài 16: [ĐVH]. Cho ba số thực dương a; b; c > 0 sao cho a + b + c = 3 . Chứng minh rằng a + b + c ≥ ab + bc + ca . Lời giải: Biến đổi tương đương 2 a + 2 b + 2 c ≥ 2ab + 2bc + 2ca ( ) ⇔ 2 a + 2 b + 2 c ≥ ( a + b + c ) − a 2 + b2 + c 2 ⇔ 2 a + 2 b + 2 c + a 2 + b2 + c 2 ≥ 9 2 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a 2 + 2 a = a 2 + a + a ≥ 3 a 3 = 3a . Tương tự b 2 + 2 b ≥ 3b; c 2 + 2 c ≥ 3c . Dẫn đến 2 a + 2 b + 2 c + a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 ( a + b + c ) = 9 . Bất đẳng thức cuối đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi ba số cùng bằng 1. Bài 17: [ĐVH]. Cho ba số thực dương a; b; c . 17 a + b + c 3 abc Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = . 3 + . 6 abc a+b+c Lời giải: a+b+c Đặt 3 = t , theo bất đẳng thức Cauchy thì a + b + c ≥ 3 3 abc ⇒ t ≥ 3 . abc 17 1 1 t 49 1 t 49 53 Mặt khác P = t + = + + t ≥ 2 . + .3 = . 6 t t 9 18 t 9 18 6 Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số bằng nhau. Tham gia khóa Toán Cơ bản và Nâng cao 10 tại MOON.VN để có sự chuẩn bị tốt nhất cho kì thi THPT quốc gia!
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD


intNumView=775

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2