Khối A năm 2005
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$
Chứng minh rằng:$$\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{c+2b+a}+\frac{1}{2c+b+a}\leq 1$$
Áp dụng $\frac{a^2}{x} +\frac{b^2}{y} \ge \frac{(a+b)^2}{x+y}$
Ta có
$$\frac{1}{2x+y+z} =\frac{(\frac{1}{2} +\frac{1}{2})^2}{2x+y+z} \le \frac{(\frac{1}{2})^2}{x+y} +\frac{(\frac{1}{2})^2}{x+z} =\frac{(\frac{1}{4} +\frac{1}{4})^2}{x+y} +\frac{(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})^2}{x+z} \le \frac{(\frac{1}{4})^2}{x} +\frac{(\frac{1}{4})^2}{y} +\frac{(\frac{1}{4})^2}{x} +\frac{(\frac{1}{4})^2}{z} =\frac{1}{16}.(\frac{2}{x} +\frac{1}{y} +\frac{1}{z})$$
Tương tự
$$\frac{1}{x+2y+z} \le \frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{2}{y} +\frac{1}{z}) ; \frac{1}{x+y+2z} \le \frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{2}{z})$$
Như vậy
$$\frac{1}{2x+y+z} +\frac{1}{x+2y+z} +\frac{1}{x+y+2z} \le \frac{1}{16}(\frac{2}{x} +\frac{1}{y} +\frac{1}{z}) +\frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{2}{y}+\frac{1}{z}) +\frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{2}{z})$$
$$\le \frac{1}{16}(\frac{4}{x} +\frac{4}{y}+\frac{4}{z}) \le \frac{4}{16}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) \le \frac{1}{4}.4 =1$$
Đề thi ĐH khối B năm 2011
Cho a,b là 2 số thực dương thỏa $2(a^2+b^2)+ab=(a+b)(ab+2)$
Tìm GTNN của P =$4(\frac{a^3}{b^3}+\frac{b^3}{a^3})-9(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2})$
Ta có: $$a,b > 0 \Rightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = \left( {a + b} \right)\left( {ab + 2} \right) \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = {a^2}b + a{b^2} + 2\left( {a + b} \right)$$
$$ \Leftrightarrow 2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right) + 1 = \left( {a + b} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)$$
Theo AM - GM: $$\left( {a + b} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) \geqslant 2\sqrt {2\left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)} = 2\sqrt {2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)} $$
$$ \Rightarrow 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + 1 \geqslant 2\sqrt {2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)} \Leftrightarrow \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geqslant \frac{5}{2}$$
Đặt $$t = \frac{a}{b} + \frac{b}{a},t \geqslant \frac{5}{2} \Rightarrow P = 4\left( {{t^3} - 3t} \right) - 9\left( {{t^2} - 2} \right) = 4{t^3} - 9{t^2} - 12t + 18 = f\left( t \right)$$
Khảo sát hàm số trên ta được: $$\min P = - \frac{{23}}{4} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{a}{b} + \frac{b}{a} = \frac{5}{2}\\
a + b = 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left( {a,b} \right) = \left( {1,2} \right)\\
\left( {a,b} \right) = \left( {2,1} \right)
\end{array} \right.$$
Đề dự bị khối D năm 2002
Giả sử a,b,c,d là 4 số nguyên thay đổi thỏa
$1\leq a 0,y > 0$
Ta chứng minh: $$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} > \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$$
Ta có: $$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} > \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}} \Leftrightarrow \sqrt[n]{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^n} + 1}} > \sqrt[{n + 1}]{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^{n + 1}} + 1}}$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x \le y$. Đặt $t = \frac{x}{y} \Rightarrow 0 < t \le 1$
Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $$\sqrt[n]{{{t^n} + 1}} > \sqrt[{n + 1}]{{{t^{n + 1}} + 1}} \Leftrightarrow \frac{1}{n}\ln \left( {{t^n} + 1} \right) > \frac{1}{{n + 1}}\ln \left( {{t^{n + 1}} + 1} \right)$$
Xét hàm số: $$f\left( u \right) = \frac{1}{u}\ln \left( {{t^u} + 1} \right),u \in \left[ {2, + \infty } \right)$$
Ta có: $$f'\left( u \right) = - \frac{1}{{{u^2}}}\ln \left( {{t^u} + 1} \right) + \frac{{{t^u}\ln t}}{{u\left( {{t^u} + 1} \right)}} < 0\,\,\,\forall u \in \left[ {2, + \infty } \right)$$
Suy ra $f\left( u \right)$ giảm trên $\left[ {2, + \infty } \right) \Rightarrow f\left( n \right) > f\left( {n + 1} \right)$
$$ \Leftrightarrow \frac{1}{n}\ln \left( {{t^n} + 1} \right) > \frac{1}{{n + 1}}\ln \left( {{t^{n + 1}} + 1} \right)$$
Vậy với $x,y \ge 0;n \in \left\{ {Z:n \ge 2} \right\}$ thì: $$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} \ge \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=0,y\in \mathbb{R}\; \; \vee \; x\in \mathbb{R},y=0$.
Đề dự bị khối A - 2002
Cho x,y,z là khoảng cách từ M thuộc miền của tam giác ABC nhọn, trên các cạnh BC,CA,AB.
Cmr: $$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{2R}}$$
Trong đó: a,b,c là các cạnh tam giác ABC, R là bán kinh đường tròn ngoại tiếp.Dấu bằng xảy ra khi nào.
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:
$\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = \frac{1}{{\sqrt a }}\sqrt {ax} + \frac{1}{{\sqrt b }}\sqrt {by} + \frac{1}{{\sqrt c }}\sqrt {cz} \le $
$ \le \sqrt {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\left( {ax + by + cz} \right)} = \sqrt {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)2S} = \sqrt {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\frac{{abc}}{{2R}}} $
$ = \sqrt {\frac{{ab + bc + ca}}{{2R}}} \le \sqrt {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{2R}}} $
Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = y = z\\
a = b = c
\end{array} \right.$ $\blacksquare$
Dự bị 1 khối A năm 2006
Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện $x^2+y^2+y^2\leq 3$
Chứng minh rằng: $-4\sqrt{3}-3\le x^2-xy+y^2\leq4\sqrt3 -3$
Cách 1: Đặt $U=x^2+xy+y^2;V=x^2-xy-3y^2$
$y=0\Rightarrow U\leq 3\Rightarrow V=x^2$
$\Rightarrow -4\sqrt{3}-3\leq 0\leq V\leq 3$ $M\geq |\sqrt{\frac{3}{4}}.(1+x)+\frac{1}{2}y|+|\sqrt{\frac{3}{4}}(1-x)+\frac{1}{2}y|+|2-y|\geq |\sqrt{\frac{3}{4}}.(1+x)+\frac{1}{2}y+\sqrt{\frac{3}{4}}(1-x)+\frac{1}{2}y+2-y|=2+\sqrt{3}$
Khối D – 2005
Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn xyz=1
Chứng minh rằng:
$\frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}+\frac{\sqrt{1+x^3+z^3}}{xz}+\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}\geq 3\sqrt{3}$
$$VT\geq \sqrt{3}(\frac{\sqrt{xy}}{xy}+\frac{\sqrt{xz}}{xz}+\frac{\sqrt{zy}}{zy})=\sqrt{3}(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{xz}}+\frac{1}{\sqrt{yz}})\geq 3\sqrt{3}$$
BĐT được chứng minh. $\square$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1
Đây là câu trong đề dự bị năm 2010.
Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương . Tìm GTLN của biểu thức:
$$P = \frac{{\sqrt {yz} }}{{x + 2\sqrt {yz} }} + \frac{{\sqrt {xz} }}{{y + 2\sqrt {xz} }} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{z + 2\sqrt {xy} }}$$
2P$= 3-\sum \frac{x}{x+{2\sqrt{yz}}}\leq 3-\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^{2}}{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^{2}}=2$(AM-GM)
$\Rightarrow P\leq 1$
Đẳng thức xảy ra khi x=y=z
Dự bị khối B – 2005
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=\frac {3}{4}$
Chứng minh rằng: $$\sqrt[3]{a+3b}+\sqrt[3]{b+3c}+\sqrt[3]{c+3a}+\leq 3$$
Chứng minh:
$$\sqrt[3]{(a+3b)1.1}\leq \frac{a+3b+1+1}{3}=\frac{1}{3}(a+3b+2)$$
Làm tương tự rồi cồng lại ta có: $$VT\leq \frac{1}{3}[4(a+b+c)+6]\leq \frac{1}{3}[4.\frac{3}{4}+6]=3$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}
a + b + c = \frac{3}{4} \\
a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{4}$
Khối A năm 2010
Cách 1:
Đặt:$$ f(x,y,z)=\frac{x}{2x+3y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{x+z}$$
Ta có: $$f(x,y,\sqrt{xy})=\frac{x}{2x+3y}+\frac{2\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}$$
Ta xét hiệu:$$f(x,y,z)-f(x,y,\sqrt{xy})=\frac{(\sqrt{xy}-z)^2(\sqrt{x}-\sqrt{y})}{(x+z)(y+z)(\sqrt{x}+\sqrt{y})}\geq 0$$Hiển nhiên đúng.
Ta có: $$P=f(x,y,z)\geq \frac{x}{2x+3y}+\frac{2\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=\frac{\frac{x}{y}}{2\frac{x}{y}+3}+\frac{2}{\sqrt{\frac{x}{y}}+1}$$
Ta đặt: $t=\sqrt{\frac{x}{y}}$,$1\leq t\leq 2$. Ta có: $$P\geq \frac{t^2}{2t^2+3}+\frac{2}{1+t}$$
Bài toán tới đây trở nên đơn giản.
Cách 2:
Đặt $\frac{y}{x}=a;\,\,\frac{z}{y}=b;\,\,\,\frac{x}{z}=c.$
Khi đó $abc=1$ và $2\ge \sqrt{bc}\ge 1.$
Ta có $$P=\frac{1}{2+3a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}.$$
Xét bài toán mới này có các biến $b$ và $c$ bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi $b=c=\frac{1}{\sqrt{a}}.$
Khi đó $P=\frac{1}{2+3a}+\frac{2\sqrt{a}}{1+\sqrt{a}} :=f(a)$ với $a\in \left[ \frac{1}{4};\,1 \right].$
So sánh $f\left( \frac{1}{4} \right)$ với $f(1)$ ta dự đoán được $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $a=\frac{1}{4}.$
Khi đó $b=c=2$ và ta tìm được các giá trị của $\left( x,y,z \right)$ tương ứng là $\left( 4,1,2 \right).$
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$
Chứng minh rằng:$$\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{c+2b+a}+\frac{1}{2c+b+a}\leq 1$$
Áp dụng $\frac{a^2}{x} +\frac{b^2}{y} \ge \frac{(a+b)^2}{x+y}$
Ta có
$$\frac{1}{2x+y+z} =\frac{(\frac{1}{2} +\frac{1}{2})^2}{2x+y+z} \le \frac{(\frac{1}{2})^2}{x+y} +\frac{(\frac{1}{2})^2}{x+z} =\frac{(\frac{1}{4} +\frac{1}{4})^2}{x+y} +\frac{(\frac{1}{4}+\frac{1}{4})^2}{x+z} \le \frac{(\frac{1}{4})^2}{x} +\frac{(\frac{1}{4})^2}{y} +\frac{(\frac{1}{4})^2}{x} +\frac{(\frac{1}{4})^2}{z} =\frac{1}{16}.(\frac{2}{x} +\frac{1}{y} +\frac{1}{z})$$
Tương tự
$$\frac{1}{x+2y+z} \le \frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{2}{y} +\frac{1}{z}) ; \frac{1}{x+y+2z} \le \frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{2}{z})$$
Như vậy
$$\frac{1}{2x+y+z} +\frac{1}{x+2y+z} +\frac{1}{x+y+2z} \le \frac{1}{16}(\frac{2}{x} +\frac{1}{y} +\frac{1}{z}) +\frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{2}{y}+\frac{1}{z}) +\frac{1}{16}(\frac{1}{x} +\frac{1}{y}+\frac{2}{z})$$
$$\le \frac{1}{16}(\frac{4}{x} +\frac{4}{y}+\frac{4}{z}) \le \frac{4}{16}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) \le \frac{1}{4}.4 =1$$
Đề thi ĐH khối B năm 2011
Cho a,b là 2 số thực dương thỏa $2(a^2+b^2)+ab=(a+b)(ab+2)$
Tìm GTNN của P =$4(\frac{a^3}{b^3}+\frac{b^3}{a^3})-9(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2})$
Ta có: $$a,b > 0 \Rightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = \left( {a + b} \right)\left( {ab + 2} \right) \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = {a^2}b + a{b^2} + 2\left( {a + b} \right)$$
$$ \Leftrightarrow 2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right) + 1 = \left( {a + b} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)$$
Theo AM - GM: $$\left( {a + b} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) \geqslant 2\sqrt {2\left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)} = 2\sqrt {2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)} $$
$$ \Rightarrow 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + 1 \geqslant 2\sqrt {2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)} \Leftrightarrow \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geqslant \frac{5}{2}$$
Đặt $$t = \frac{a}{b} + \frac{b}{a},t \geqslant \frac{5}{2} \Rightarrow P = 4\left( {{t^3} - 3t} \right) - 9\left( {{t^2} - 2} \right) = 4{t^3} - 9{t^2} - 12t + 18 = f\left( t \right)$$
Khảo sát hàm số trên ta được: $$\min P = - \frac{{23}}{4} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\frac{a}{b} + \frac{b}{a} = \frac{5}{2}\\
a + b = 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left( {a,b} \right) = \left( {1,2} \right)\\
\left( {a,b} \right) = \left( {2,1} \right)
\end{array} \right.$$
Đề dự bị khối D năm 2002
Giả sử a,b,c,d là 4 số nguyên thay đổi thỏa
$1\leq a 0,y > 0$
Ta chứng minh: $$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} > \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$$
Ta có: $$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} > \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}} \Leftrightarrow \sqrt[n]{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^n} + 1}} > \sqrt[{n + 1}]{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^{n + 1}} + 1}}$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x \le y$. Đặt $t = \frac{x}{y} \Rightarrow 0 < t \le 1$
Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $$\sqrt[n]{{{t^n} + 1}} > \sqrt[{n + 1}]{{{t^{n + 1}} + 1}} \Leftrightarrow \frac{1}{n}\ln \left( {{t^n} + 1} \right) > \frac{1}{{n + 1}}\ln \left( {{t^{n + 1}} + 1} \right)$$
Xét hàm số: $$f\left( u \right) = \frac{1}{u}\ln \left( {{t^u} + 1} \right),u \in \left[ {2, + \infty } \right)$$
Ta có: $$f'\left( u \right) = - \frac{1}{{{u^2}}}\ln \left( {{t^u} + 1} \right) + \frac{{{t^u}\ln t}}{{u\left( {{t^u} + 1} \right)}} < 0\,\,\,\forall u \in \left[ {2, + \infty } \right)$$
Suy ra $f\left( u \right)$ giảm trên $\left[ {2, + \infty } \right) \Rightarrow f\left( n \right) > f\left( {n + 1} \right)$
$$ \Leftrightarrow \frac{1}{n}\ln \left( {{t^n} + 1} \right) > \frac{1}{{n + 1}}\ln \left( {{t^{n + 1}} + 1} \right)$$
Vậy với $x,y \ge 0;n \in \left\{ {Z:n \ge 2} \right\}$ thì: $$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} \ge \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=0,y\in \mathbb{R}\; \; \vee \; x\in \mathbb{R},y=0$.
Đề dự bị khối A - 2002
Cho x,y,z là khoảng cách từ M thuộc miền của tam giác ABC nhọn, trên các cạnh BC,CA,AB.
Cmr: $$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{2R}}$$
Trong đó: a,b,c là các cạnh tam giác ABC, R là bán kinh đường tròn ngoại tiếp.Dấu bằng xảy ra khi nào.
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:
$\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = \frac{1}{{\sqrt a }}\sqrt {ax} + \frac{1}{{\sqrt b }}\sqrt {by} + \frac{1}{{\sqrt c }}\sqrt {cz} \le $
$ \le \sqrt {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\left( {ax + by + cz} \right)} = \sqrt {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)2S} = \sqrt {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\frac{{abc}}{{2R}}} $
$ = \sqrt {\frac{{ab + bc + ca}}{{2R}}} \le \sqrt {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{2R}}} $
Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = y = z\\
a = b = c
\end{array} \right.$ $\blacksquare$
Dự bị 1 khối A năm 2006
Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện $x^2+y^2+y^2\leq 3$
Chứng minh rằng: $-4\sqrt{3}-3\le x^2-xy+y^2\leq4\sqrt3 -3$
Cách 1: Đặt $U=x^2+xy+y^2;V=x^2-xy-3y^2$
$y=0\Rightarrow U\leq 3\Rightarrow V=x^2$
$\Rightarrow -4\sqrt{3}-3\leq 0\leq V\leq 3$ $M\geq |\sqrt{\frac{3}{4}}.(1+x)+\frac{1}{2}y|+|\sqrt{\frac{3}{4}}(1-x)+\frac{1}{2}y|+|2-y|\geq |\sqrt{\frac{3}{4}}.(1+x)+\frac{1}{2}y+\sqrt{\frac{3}{4}}(1-x)+\frac{1}{2}y+2-y|=2+\sqrt{3}$
Khối D – 2005
Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn xyz=1
Chứng minh rằng:
$\frac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}+\frac{\sqrt{1+x^3+z^3}}{xz}+\frac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}\geq 3\sqrt{3}$
$$VT\geq \sqrt{3}(\frac{\sqrt{xy}}{xy}+\frac{\sqrt{xz}}{xz}+\frac{\sqrt{zy}}{zy})=\sqrt{3}(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{xz}}+\frac{1}{\sqrt{yz}})\geq 3\sqrt{3}$$
BĐT được chứng minh. $\square$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1
Đây là câu trong đề dự bị năm 2010.
Cho $x,y,z$ là 3 số thực dương . Tìm GTLN của biểu thức:
$$P = \frac{{\sqrt {yz} }}{{x + 2\sqrt {yz} }} + \frac{{\sqrt {xz} }}{{y + 2\sqrt {xz} }} + \frac{{\sqrt {xy} }}{{z + 2\sqrt {xy} }}$$
2P$= 3-\sum \frac{x}{x+{2\sqrt{yz}}}\leq 3-\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^{2}}{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^{2}}=2$(AM-GM)
$\Rightarrow P\leq 1$
Đẳng thức xảy ra khi x=y=z
Dự bị khối B – 2005
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=\frac {3}{4}$
Chứng minh rằng: $$\sqrt[3]{a+3b}+\sqrt[3]{b+3c}+\sqrt[3]{c+3a}+\leq 3$$
Chứng minh:
$$\sqrt[3]{(a+3b)1.1}\leq \frac{a+3b+1+1}{3}=\frac{1}{3}(a+3b+2)$$
Làm tương tự rồi cồng lại ta có: $$VT\leq \frac{1}{3}[4(a+b+c)+6]\leq \frac{1}{3}[4.\frac{3}{4}+6]=3$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}
a + b + c = \frac{3}{4} \\
a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{4}$
Khối A năm 2010
Cách 1:
Đặt:$$ f(x,y,z)=\frac{x}{2x+3y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{x+z}$$
Ta có: $$f(x,y,\sqrt{xy})=\frac{x}{2x+3y}+\frac{2\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}$$
Ta xét hiệu:$$f(x,y,z)-f(x,y,\sqrt{xy})=\frac{(\sqrt{xy}-z)^2(\sqrt{x}-\sqrt{y})}{(x+z)(y+z)(\sqrt{x}+\sqrt{y})}\geq 0$$Hiển nhiên đúng.
Ta có: $$P=f(x,y,z)\geq \frac{x}{2x+3y}+\frac{2\sqrt{y}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}=\frac{\frac{x}{y}}{2\frac{x}{y}+3}+\frac{2}{\sqrt{\frac{x}{y}}+1}$$
Ta đặt: $t=\sqrt{\frac{x}{y}}$,$1\leq t\leq 2$. Ta có: $$P\geq \frac{t^2}{2t^2+3}+\frac{2}{1+t}$$
Bài toán tới đây trở nên đơn giản.
Cách 2:
Đặt $\frac{y}{x}=a;\,\,\frac{z}{y}=b;\,\,\,\frac{x}{z}=c.$
Khi đó $abc=1$ và $2\ge \sqrt{bc}\ge 1.$
Ta có $$P=\frac{1}{2+3a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}.$$
Xét bài toán mới này có các biến $b$ và $c$ bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi $b=c=\frac{1}{\sqrt{a}}.$
Khi đó $P=\frac{1}{2+3a}+\frac{2\sqrt{a}}{1+\sqrt{a}} :=f(a)$ với $a\in \left[ \frac{1}{4};\,1 \right].$
So sánh $f\left( \frac{1}{4} \right)$ với $f(1)$ ta dự đoán được $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $a=\frac{1}{4}.$
Khi đó $b=c=2$ và ta tìm được các giá trị của $\left( x,y,z \right)$ tương ứng là $\left( 4,1,2 \right).$
0 nhận xét:
Đăng nhận xét