goi PVDAI thay HOANG coi lai minh

<span class='text_page_counter'>(1)</span>x + 2y + 1 . x 2 + y2 + 7 Trích bài toán của Phạm Văn Đại. Bài 1. Cho x, y là các số thực. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =. Bất đẳng thức Cauchy: Cho a, b là hai số không âm. Ta có a + b ≥ 2 ab . Dấu bằng xảy ra khi a = b . Bất đẳng thức trị tuyệt đối A ≥ A . Dấu bằng xảy ra khi A ≥ 0 . Ta có. x2 + 1 ≥ 2 x2 .1 = 2 x ≥ 2x , với mọi x. y2 + 4 ≥ 2 y2 .4 = 4 y ≥ 4y , với mọi y.. Suy ra x 2 + y2 + 5 ≥ 2x + 4 y. ⇔ x2 + y2 + 7 ≥ 2x + 4y + 2 = 2 ( x + 2y + 1 ) x + 2y + 1 1 ≤ . 2 2 x +y +7 2  x 2 = 1   x = 1  x = x Dấu '' = '' xảy ra khi  . ⇔   2 y = 2  y = 4   y = y  ---------- HẾT ---------⇔P=. Huỳnh Đức Khánh 0975.120.189 – Bài này là bài toán khó nên tôi không giải. Nhưng tôi thấy thầy. HOÀNG. 0975. 208. 589. giải sai, giải bừa bãi mà rêu mình là luyện thi chuyên toán. Chưa hết, còn lấy bài của tôi làm cách hai của thầy. Là một thầy giáo mà như vậy hả?.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2 x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 2 2 x − 1 + 2 x2 − 6 x + 2 = 0 2 ( x − 1) = 2. (. ). 2x −1 −1. 2. (. ). 2 x −1 = 2 x2 + 2 2 1 − 2 x − 2 2 + 3 V  2x −1 −1 = 2x − 2  2x −1 = 2x − 2 + 1 ⇔ ⇔   2x −1 −1 = 2 + 1 − 2x  2 x − 1 − 1 = 2 − 2 x  2 x − 1 − 1 = 2 + 1 − 2 x  2x2 + 2. (. ). 2 − 3 x − 2 2 + 4 = 0 ⇔ x = 1; x = 2 − 2. ới a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bµi 1. Cho a, b, c > 0. Chøng minh r»ng: a b c a b c + + < + + b+a c+b a+c b+c c+a a+b Bµi 1.. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc : P =. 4a 3b or 5b 16c Trong đó + + b+c−a a+c−b a+b−c. a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Bài 5. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và a + b + c = 2 . Chứng minh rằng:. a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 .. Cho ba số dương a, b, c và thoả abc = 1. Chứng minh rằng: a3 b3 c3 3 + + ≥ . (1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a ) (1 + a )(1 + b) 4. 1. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c ≤ 3 . Chứng ming rằng 1 2009 + ≥ 670 2 2 2 a +b +c ab + bc + ca 2 (a + b + c) ≤ 3 2. ta có ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 ⇒ ab + bc + ca ≤ 3 2007 ⇒ ≥ 669 ab + bc + ca Áp dụng câu 1 ta có 1 1 1   2 2 2 + +  2  ( a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ) ≥ 9 2 2 a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca   1 1 9 => 2 + ≥ ≥1 a + b2 + c 2 ab + bc + ca ( a + b + c )2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> vậy. 1 2009 + ≥ 670 . dấu “=” sảy ra
a = b = c = 1 2 2 a +b +c ab + bc + ca 2. b) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi th× p − a + p − b + p − c ≤ 3p. (. ). b) Ta chøng minh: Víi ∀a, b, c th× ( a + b + c ) ≤ 3 a 2 + b 2 + c 2 (*) 2. ThËt vËy (*) ⇔ a 2 + b 2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ≤ 3a 2 + 3b 2 + 3c2. ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0 (luôn đúng) ¸p dông (*) ta cã:. (. p−a + p−b + p−c. ). 2. ≤ 3 ( 3p − a − b − c ) = 3p. p − a + p − b + p − c ≤ 3p (®pcm). Suy ra. b) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. P = a2 + b2 + c2 +. ab + bc + ca a 2b + b 2 c + c 2 a. Ta cã: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 mµ a3 + ab2 ≥ 2a2b (¸p dông B§T C«si ) b3 + bc2 ≥ 2b2c c3 + ca2 ≥ 2c2a Suy ra 3(a2 + b2 + c2) ≥ 3(a2b + b2c + c2a) > 0. ab + bc + ca a 2 + b2 + c 2 9 − (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 2 2 ⇒P≥a +b +c + 2(a 2 + b 2 + c 2 ). Suy ra P ≥ a + b + c + 2. 2. 2. §Æt t = a2 + b2 + c2, ta chøng minh ®-îc t ≥ 3. Suy ra P ≥ t +. 9−t t 9 t 1 3 1 = + + − ≥ 3+ − = 4 ⇒ P ≥ 4 2t 2 2t 2 2 2 2. DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = c = 1 VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña P lµ 4. Câu 2: (1,5 điểm). Cho ba số thực a, b, c đôi một phân biệt. Chứng minh. a2 b2 c2 + + ≥2 (b − c)2 (c − a) 2 (a − b) 2 Nội dung trình bày. + Phát hiện và chứng minh.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> bc ca ab + + =1 (a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a )(c − b) + Từ đó, vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng: 2.   b c  bc ca ab  a + + + + ≥2   + 2  b−c c −a a −b   (a − b)(a − c) (b − c)(b − a ) (c − a )(c − b) . Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+ b + c =4. Chứng minh rằng : 4. a 3 + 4 b3 + 4 c 3 > 2 2. 4. 4a 3 + 4 4b3 + 4 4c3. =. 4. ( a + b + c ) a 3 + 4 ( a + b + c ) b3 + 4 ( a + b + c ) c3. > 4 a 4 + 4 b4 + 4 c4 = a+b+c =4 4. Do đó, Đặt x =. 4. a 3 + 4 b3 + 4 c3 >. 4 4 = =2 2 4 2. 4. a; y = 4 b;z = 4 c => x, y , z > 0 và x4 + y4 + z4 = 4.. BĐT cần CM tương đương: x3 + y3 + z3 > 2 2 hay. 2 (x3 + y3 + z3 ) > 4 = x4 + y4 + z4.
x3( 2 -x) + y3( 2 -y)+ z3( 2 -z) > 0 (*). Ta xét 2 trường hợp: - Nếu trong 3 sô x, y, z tồn tại it nhât một sô ≥ 2 , giả sử x ≥ 2 thì x3 ≥ 2 2 . Khi đo: x3 + y3 + z3 > 2 2 ( do y, z > 0). - Nếu cả 3 sô x, y, z đều nhỏ < 2 thì BĐT(*) luôn đung. 3. Vậy x + y3 + z3 > 2 2 được CM. Câu 5. (1đ) Cho hai số dương x, y thõa mãn: x + 2y = 3. Chứng minh rằng:. 1 2 + ≥3 x y. a 2 b2 ( a + b ) + ≥ x y x+ y Ta có x + 2y = 3 ⇒ x = 3 – 2y , vì x dương nên 3 – 2y > 0 1 2 1 2 y + 6 − 4y − 3y(3 − 2y) 6(y − 1)2 Xét hiệu + − 3 = ≥ 0 ( vì y > 0 và 3 – 2y > + −3 = = x y 3 − 2y y y(3 − 2y) y(3 − 2y) 0) x > 0, y > 0  x > 0, y > 0 x = 1 1 1   ⇒ + ≥ 3 dấu “ =” xãy ra ⇔ x = 3 − 2y ⇔  x = 1 ⇔ x 2y y = 1 y − 1 = 0 y = 1   2. Câu VI ( 1,0 điểm).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 1 + = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b 1 1 . Q= 4 + 4 2 2 2 a + b + 2ab b + a + 2ba 2. Cho 2 số dương a, b thỏa mãn. Với a > 0; b > 0 ta có: (a 2 − b)2 ≥ 0 ⇔ a 4 − 2a 2b + b 2 ≥ 0 ⇒ a 4 + b 2 ≥ 2a 2b ⇔ a 4 + b 2 + 2ab 2 ≥ 2a 2b + 2ab 2 1 1 ⇔ 4 ≤ (1) 2 2 a + b + 2ab 2ab ( a + b ). 1 1 ≤ 2 b + a + 2a b 2ab ( a + b ). Tương tự có. 4. (2) . Từ (1) và (2) ⇒ Q ≤. 2. 1 ab ( a + b ). 1 1 1 1 + = 2 ⇔ a + b = 2ab mà a + b ≥ 2 ab ⇔ ab ≥ 1 ⇒ Q ≤ ≤ . 2 a b 2(ab) 2 1 1 Khi a = b = 1 thì ⇒ Q = . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 2 2 Vì. 2 2 2 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn : a + b + c = 3 a b c 1 Chứng minh rằng : 2 + 2 + 2 ≤ a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 2 2 2 a b2 ( a + b ) a2 b2 c2 ( a + b + c ) * C/M bổ đề: và . + ≥ + + ≥ x y x+ y x y x x+ y+z Thật vậy. a 2 b2 ( a + b ) 2 2 + ≥ <=> a 2 y + b 2 x ( x + y ) ≥ xy ( a + b ) <=> ( ay − bx ) ≥ 0 x y x+ y (Đúng) ⇒ ĐPCM 2. (. ). a2 b2 c2 ( a + b + c ) Áp dụng 2 lần , ta có: + + ≥ x y x x+ y+z 2 2 * Ta có : a + 2b + 3 = a + 2b + 1 + 2 ≥ 2a + 2b + 2 , tương tự Ta có: … ⇒ a b c a b c A= 2 + 2 + 2 ≤ + + a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2a + 2b + 2 2b + 2c + 2 2c + 2a + 2 1 a b c  ⇔ A≤  + + (1)  2 
 a + b +1 b + c +1 c + a +1  2. B. a b c + + ≤1 a + b +1 b + c +1 c + a +1 a b c ⇔ −1 + −1+ − 1 ≤ −2 a + b +1 b + c +1 c + a +1 −b − 1 −c − 1 −a − 1 ⇔ + + ≤ −2 a + b +1 b + c +1 c + a +1 b +1 c +1 a +1 ⇔ + + ≥2 a + b +1 b + c +1 c + a +1. Ta chứng minh. ( b + 1) ( c + 1) ( a + 1) ⇔ + + ≥2 a + b + 1)( b + 1) ( b + c + 1)( c + 1) ( c + a + 1)( a + 1) (
   2. 2. 3− B. 2. (2).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> * Áp dụng Bổ đề trên ta có:. ( a + b + c + 3) ( a + b + 1)( b + 1) + ( b + c + 1)( c + 1) + ( c + a + 1)( a + 1) 2 ( a + b + c + 3) (3) 2. ⇒ 3− B ≥ ⇔ 3− B ≥. a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca + 3(a + b + c) + 3. * Mà: 2  a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca + 3(a + b + c) + 3. = 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 2ab + 2bc + 2ca + 6a + 6b + 6c + 6 = 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 2ab + 2bc + 2ca + 6a + 6b + 6c + 6 ( Do : a 2 + b 2 + c 2 = 3) = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca + 6a + 6b + 6c + 9 = ( a + b + c + 3) ⇒. 2. ( a + b + c + 3). 2. a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca + 3(a + b + c) + 3 Từ (3) và (4) ⇒ (2) Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh. Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1. =2. (4).

<span class='text_page_counter'>(8)</span>