Một số bài toán bất đẳng thức và cực trị luyện thi vào lớp 10 _ Kì 13

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC
    --------- ---------

    Bài 37:

    a) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
    $P=\frac{a}{\sqrt{{{a}^{2}}+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{{{b}^{2}}+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{{{c}^{2}}+8ab}}$.
    b) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3$. Chứng minh rằng:
    $\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}+\frac{c}{\sqrt{a}}\ge a+b+c$.
    Giải:
    a) Ta có: $P=\frac{a}{\sqrt{{{a}^{2}}+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{{{b}^{2}}+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{{{c}^{2}}+8ab}}=\frac{{{a}^{2}}}{a\sqrt{{{a}^{2}}+8bc}}+\frac{{{b}^{2}}}{b\sqrt{{{b}^{2}}+8ca}}+\frac{{{c}^{2}}}{c\sqrt{{{c}^{2}}+8ab}}$.
    Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:
    \[\frac{{{a}^{2}}}{a\sqrt{{{a}^{2}}+8bc}}+\frac{{{b}^{2}}}{b\sqrt{{{b}^{2}}+8ca}}+\frac{{{c}^{2}}}{c\sqrt{{{c}^{2}}+8ab}}\ge \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{a\sqrt{{{a}^{2}}+8bc}+b\sqrt{{{b}^{2}}+8ca}+c\sqrt{{{c}^{2}}+8ab}}\]
    Mặt khác cũng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
    \[\begin{align}
    & a\sqrt{{{a}^{2}}+8bc}+b\sqrt{{{b}^{2}}+8ca}+c\sqrt{{{c}^{2}}+8ab}\,=\sqrt{a}\sqrt{{{a}^{3}}+8abc}+\sqrt{b}\sqrt{{{b}^{3}}+8abc}+\sqrt{c}\sqrt{{{c}^{3}}+8abc} \\
    & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\le \sqrt{\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+24abc \right)} \\
    \end{align}\]
    Do đó: \[P\ge \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{\sqrt{\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+24abc \right)}}=\sqrt{\frac{{{\left( a+b+c \right)}^{3}}}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+24abc}}\]
    Ta lại có \[{{\left( a+b+c \right)}^{3}}\ge {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+24abc\Leftrightarrow \left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)\ge 8abc\].
    Theo bất đẳng thức Cauchy thì dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.
    Từ đó suy ra $P\ge 1$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.
    Vậy $\min \,P=1$ đạt được khi a = b = c.

    b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:
    \[\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}+\frac{c}{\sqrt{a}}=\frac{{{a}^{2}}}{a\sqrt{b}}+\frac{{{b}^{2}}}{b\sqrt{c}}+\frac{{{c}^{2}}}{c\sqrt{a}}\ge \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}}\]
    Ta cần chứng minh : \[\frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}}\ge a+b+c\]\[\Leftrightarrow a+b+c\ge a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}\].
    Cũng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
    \[a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}=\sqrt{a}.\sqrt{ab}+\sqrt{b}.\sqrt{bc}+\sqrt{c}.\sqrt{ca}\le \sqrt{\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)}\]
    Ta cần chứng minh:
    \[\sqrt{\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)}\le a+b+c\Leftrightarrow {{\left( ab+bc+ca \right)}^{2}}\le {{\left( a+b+c \right)}^{2}}\,\,\,\,(*)\]
    Thật vậy ta có \[ab+bc+ca\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3\] $\Rightarrow {{\left( ab+bc+ca \right)}^{2}}\le 3\left( ab+bc+ca \right)$
    Ta lại có \[3\left( ab+bc+ca \right)\le {{\left( a+b+c \right)}^{2}}\] nên \[{{\left( ab+bc+ca \right)}^{2}}\le {{\left( a+b+c \right)}^{2}}\].
    Vậy bất đẳng đẳng (*) luôn đúng.
    Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi \[a=b=c=1\].


    Bài 38:

    a) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng:
    $\sqrt{2{{x}^{2}}+xy+2{{y}^{2}}}+\sqrt{2{{y}^{2}}+yz+2{{z}^{2}}}+\sqrt{2{{z}^{2}}+zx+2{{x}^{2}}}\ge \sqrt{5}$.
    b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\left( 1+x \right)\left( 1+y \right)\left( 1+z \right)$.
    Giải:
    a) Ta có 4(2x2 + xy + 2y2) = 5(x2 + 2xy + y2) + 3(x2 – 2xy + y2) = 5(x + y)2 + 3(x – y)2.
    Vì 3(x – y)2 $\ge $ 0 với mọi x, y nên $\sqrt{2{{x}^{2}}+xy+2{{y}^{2}}}\ge \frac{\sqrt{5}}{2}\left( x+y \right)$ (do x, y dương).
    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.
    Tương tự: $\sqrt{2{{y}^{2}}+yz+2{{z}^{2}}}\ge \frac{\sqrt{5}}{2}\left( y+z \right)$ ; $\sqrt{2{{z}^{2}}+zx+2{{x}^{2}}}\ge \frac{\sqrt{5}}{2}\left( z+x \right)$.
    Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
    $\sqrt{2{{x}^{2}}+xy+2{{y}^{2}}}+\sqrt{2{{y}^{2}}+yz+2{{z}^{2}}}+\sqrt{2{{z}^{2}}+zx+2{{x}^{2}}}\ge \sqrt{5}\left( x+y+z \right)$.
    Vì x + y + z = 1 nên $\sqrt{2{{x}^{2}}+xy+2{{y}^{2}}}+\sqrt{2{{y}^{2}}+yz+2{{z}^{2}}}+\sqrt{2{{z}^{2}}+zx+2{{x}^{2}}}\ge \sqrt{5}$.
    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

    b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
    $1=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}}\Leftrightarrow \sqrt[3]{xyz}\ge 3$, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 3.
    Ta lại có $A=\left( 1+x \right)\left( 1+y \right)\left( 1+z \right)=1+\left( x+y+z \right)+\left( xy+yz+zx \right)+xyz$.
    Áp dụng bất đẳng thức Cô-si và kết hợp với $\sqrt[3]{xyz}\ge 3$, ta có:
    $\left\{ \begin{align}
    & x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}\ge 3.3=9 \\
    & xy+yz+zx\ge 3\sqrt[3]{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}}\ge 3.{{\left( 3 \right)}^{2}}=27 \\
    & xyz={{\left( \sqrt[3]{xyz} \right)}^{3}}\ge {{3}^{3}}=27 \\
    \end{align} \right.$.
    Do đó $A\ge 1+9+27+27=64$, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 3.
    Vậy $\min \,A=64$ đạt được khi x = y = z = 3.


    Bài 39:

    a) Cho a, b, c là các số thực cùng dấu. Chứng minh $\frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{2ab}+\frac{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{2bc}+\frac{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}}{2ca}\ge a+b+c$.
    b) Tìm số có hai chữ số sao cho tỉ số giữa số đó và tổng các chữ số của nó có giá trị nhỏ nhất? lớn nhất?
    Giải:
    a) Ta có ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}=\left( a+b \right)\left( {{a}^{2}}-ab+{{b}^{2}} \right)=\left( a+b \right)\left[ {{\left( a-b \right)}^{2}}+ab \right]$.
    Vì ${{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0$ nên ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}\ge ab\left( a+b \right)$, dấu “=” xảy ra khi a = b.
    Vì a, b cùng dấu nên ab > 0.
    Do đó ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}\ge ab\left( a+b \right)\Leftrightarrow \frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{2ab}\ge \frac{a+b}{2}$.
    Chứng minh tương tự ta được $\frac{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{2bc}\ge \frac{b+c}{2}$ ; $\frac{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}}{2ca}\ge \frac{c+a}{2}$.
    Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
    $\frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{2ab}+\frac{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{2bc}+\frac{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}}{2ca}\ge a+b+c$, dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

    b) Gọi số có hai chữ số cần tìm là $\overline{ab}$ ($a,\,\,b\in \mathbb{N}\,\,;\,\,1\le a\le 9\,\,;\,\,0\le b\le 9$).
    Ta có $T=\frac{\overline{ab}}{a+b}=\frac{10a+b}{a+b}=1+\frac{9a}{a+b}=1+\frac{9}{1+\frac{b}{a}}$.
    · T nhỏ nhất $\Leftrightarrow 1+\frac{b}{a}$ lớn nhất $\Leftrightarrow \frac{b}{a}$ lớn nhất $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}
    · & a=1 \\
    · & b=9 \\
    · \end{align} \right.$, ta được $\overline{ab}=19$.
    · T lớn nhất $\Leftrightarrow 1+\frac{b}{a}$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow \frac{b}{a}$ nhỏ nhất $\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}
    · & 1\le a\le 9\,\,;\,\,a\in \mathbb{N} \\
    · & b=0 \\
    · \end{align} \right.$.
    Tóm lại:
    · Với $\overline{ab}=19$ thì tỉ số $T=\frac{\overline{ab}}{a+b}$ nhỏ nhất bằng 1,9.
    · Với $\overline{ab}\in \left\{ 10\,\,;\,\,20\,\,;\,\,30\,\,;\,\,...\,\,;\,\,90 \right\}$ thì tỉ số $T=\frac{\overline{ab}}{a+b}$ lớn nhất bằng 10.