Trong 4 bất đẳng thức sau , bất đẳng thức nào sai? \(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\) \(,\forall a,b\). \(a^2+b^2+4\ge ab+2a+2b\) \(,\forall a,b\). \(\dfrac{a^2}{4}+b^2+c^2\ge ab-ac+2bc\)\(,\forall a,b,c\). \(\sqrt{a}+\sqrt{b}\ge\sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt{\frac{b^2}{a}}\) \(,\forall a>0,b>0\). Hướng dẫn giải: Bất đẳng thức \(\sqrt{a}+\sqrt{b}\ge\sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt{\frac{b^2}{a}}\) sai chẳng hạn với \(a=4,b=9\) (khi đó \(\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{4}+\sqrt{9}=5\), trong khi đó\(\sqrt{\dfrac{a^2}{b}}+\sqrt{\dfrac{b^2}{a}}=\sqrt{\dfrac{16}{9}}+\sqrt{\dfrac{81}{4}}=5,8333...\), suy ra \(\sqrt{a}+\sqrt{b}< \sqrt{\dfrac{a^2}{b}}+\sqrt{\dfrac{b^2}{a}}\) ). Chú ý: Có thể chứng minh các bất đẳng thức còn lại đều đúng như sau (học sinh không cần làm điều này khi thu trắc nghiệm): + \(\left(a-b\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2\Rightarrow a^2+b^2+1\ge ab+a+b\) . + \(\left(a-b\right)^2+\left(a-2\right)^2+\left(b-2\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2+4\ge ab+2a+2b\). + \(\left(\dfrac{a}{2}-b+c\right)^2\ge0\Rightarrow\dfrac{a^2}{4}+b^2+c^2\ge ab-ac+2bc\)
Tìm GTNN của biểu thức \(A=x^8+y^8\) khi \(x,y\) thay đổi nhưng luôn có tổng bằng 1. \(\frac{1}{4}\) \(\frac{1}{16}\) \(\frac{1}{64}\) \(\frac{1}{128}\) Hướng dẫn giải: Theo bất đẳng thức Svac ta có \(2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\) hay \(a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\). Do đó \(A=x^8+y^8\ge\dfrac{1}{2}\left(x^4+y^4\right)^2\ge\dfrac{1}{2}.\left(\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)^2\right)^2\)\(=\dfrac{1}{8}\left(x^2+y^2\right)^4\ge\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{2}\left(x+y\right)^2\right)^4=\dfrac{1}{128}\left(x+y\right)^2=\dfrac{1}{128}\). Khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\) thì \(x+y=1\) và \(A=\dfrac{1}{128}\) . Vậy GTNN = \(\dfrac{1}{128}\).
Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện \(ax+by-\sqrt{xy}\ge0\) đúng \(\forall x,y>0\) . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? \(ab>\dfrac{1}{5}\) \(ab>0\) \(\left\{{}\begin{matrix}a>0,b>0\\ab\ge\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\) \(ab\ge\dfrac{1}{4}\) Hướng dẫn giải: Với \(a=b=-\dfrac{1}{2}\) thì \(ab=\dfrac{1}{4}\) ( như vậy \(ab\ge\dfrac{1}{4}>\dfrac{1}{5}>0\) ) tuy nhiên \(ax+by-\sqrt{xy}=-\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{2}y-\sqrt{xy}=-\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2< 0\), \(\forall x,y>0\) Như vậy tất cả 3 khẳng định khác với khẳng định "\(\left\{{}\begin{matrix}a>0,b>0\\ab\ge\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)" đều sai. Do đó chỉ có khẳng định "\(\left\{{}\begin{matrix}a>0,b>0\\ab\ge\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)" đúng. Chú ý: Có thể kiểm tra tính đúng của khẳng định trên như sau (học sinh không cần làm trong phòng thi): Theo giả thiết, có \(ax+by-\sqrt{xy}\ge0\) đúng với mọi \(x,y>0\). Chia hai vế cho \(y>0\) và đặt \(t=\sqrt{\dfrac{x}{y}}\) thì điều kiện đã cho trở thành \(at^2-t+b\ge0,\forall t>0\) (*). - Nếu \(a=0\) thì (*) \(\Leftrightarrow\) \(t\le b,\forall t>0\), vô lý. - Nếu \(a\ne0\) thì đồ thị hàm số \(Y=f\left(t\right)=at^2-t+b\) là một parabon với đỉnh \(D\left(-\dfrac{1}{2a};\dfrac{4ab-1}{4a}\right)\), cắt trục tung tại \(M\left(0;b\right)\). (*) sẽ đúng với mọi \(t>0\) trong hai trường hợp: 1) parabon nằm hoàn toàn phía trên trục hoành (parabol quay bề lõm lên trên và không cắt trục hoành - hình (I); hoặc tiếp xúc với trục hoành và quay bề lõm lên trên (hình (II)): \(\left\{{}\begin{matrix}a>0\\\Delta\le0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a>0\\ab\ge\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a>0,b>0\\ab\ge\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\) 2) parabol quay bề lõm lên trên, cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt ở bên trái trục tung - hình (III)): \(\) \(\left\{{}\begin{matrix}a>0\\\Delta>0\\x_1+x_2=\dfrac{1}{a}< 0\\x_1x_2=\dfrac{b}{a}>0\end{matrix}\right.\) - không xảy ra Vậy khẳng định đúng là " \(\left\{{}\begin{matrix}a>0,b>0\\ab\ge\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)".
Cho a, b, c là các số dương thay đổi luôn có \(a+b+c=1\) Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của \(\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\left(1+\frac{1}{c}\right)\) 4 16 32 64 Hướng dẫn giải: Từ giả thiết \(a+b+c=1\) suy ra \(1+\dfrac{1}{a}=\dfrac{1+a}{a}=\dfrac{a+b+c+a}{a}\ge\dfrac{4\sqrt[4]{a^2bc}}{a}\) Do đó \(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\ge\dfrac{4\sqrt[4]{a^2bc}}{a}.\dfrac{4\sqrt[4]{b^2ca}}{b}.\dfrac{4\sqrt[4]{c^2ab}}{c}=64\) Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\) . GTNN = 64.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(A=\frac{4y^2-4x^2+6xy}{x^2+y^2}\) khi x, y thay đổi luôn thỏa mãn điều kiện \(x^2+y^2\ne0\) Giá trị lớn nhất của biểu thức A là : 3 4 5 6 Hướng dẫn giải: Cách 1: Biểu thức A được viết lại thành : \(A=\frac{4y^2-4x^2+6xy}{x^2+y^2}=\frac{5x^2+5y^2-\left(y^2-6xy+9x^2\right)}{x^2+y^2}=5-\frac{\left(y-3x\right)^2}{x^2+y^2}\le5\) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(y=3x,x\ne0\). Vật A có GTLN là 5. Cách 2: -Nếu \(y=0,x\ne0\) thì \(A=-4\) . - Nếu thì chia cả tử và mẫu cho \(y^2\) và đặt \(t=\dfrac{x}{y}\) thì \(A=\dfrac{4-4t^2+6t}{t^2+1}=\dfrac{5t^2+5-\left(9t^2-6t+1\right)}{t^2+1}=5-\dfrac{\left(3t-1\right)^2}{t^2+1}\le5\). GTLN = 5, đạt khi \(3t-1=0\Leftrightarrow3x-y=0,\left(x\ne0\right)\). Cách 3: \(A=\dfrac{4-4t^2+6t}{t^2+1}\Leftrightarrow At^2+A=4-4t^2+6t\Leftrightarrow\left(A+4\right)t^2-6t+\left(A-4\right)=0\) Nếu A là một giá trị của biểu thức đã cho thì phương trình trên phải có nghiệm, tức là \(\Delta'=9-\left(A^2-16\right)\ge0\Leftrightarrow-5\le A\le5\) Vậy GTLN của biểu thức đã cho là 5.
Bất đẳng thức nào trong các bất đẳng thức sau đây sai? \(a^2-ab+b^2\ge ab\left(\forall ab\right)\) \(b\left(a-b\right)\le a\left(a-b\right)\left(\forall ab\right)\) \(4ab\left(a-b\right)^2\le\left(a^2-b^2\right)^2\forall a,b\) \(a^3+2\le a^2+2\sqrt{a}\forall a\ge0\) Hướng dẫn giải: Dễ thấy 3 trong 4 bất đẳng thức nêu trong đề bài có thể kiểm tra ngay, cụ thể: 1) \(a^2-ab+b^2-ab=\left(a-b\right)^2\ge0\) suy ra \(a^2-ab+b^2\ge ab,\forall a,b\). 2) \(b\left(a-b\right)-a\left(a-b\right)=\left(a-b\right)\left(b-a\right)=-\left(a-b\right)^2\le0\) , suy ra \(4ab\left(a-b\right)^2\le\left(a^2-b^2\right)\forall a,b\) 3) \(4ab\left(a-b\right)^2-\left(a^2-b^2\right)^2=\left(a-b\right)^2\left(4ab-\left(a+b\right)^2\right)=\left(a-b\right)^2\left(-\left(a-b\right)^2\right)=-\left(a-b\right)^4\le0\), suy ra \(4ab\left(a-b\right)^2\le\left(a^2-b^2\right)^2\forall a,b\). Từ đó, bất đẳng thức còn lại phải sai. Đáp số: \(a^3+2\le a^2+2\sqrt{a}\forall a\ge0\) (*) Chú ý: có thể chứng minh (*) sai như sau (học sinh không cần phải chứng minh như thế): \(\left(a^3+2\right)-\left(a^2+2\sqrt{a}\right)=a^3-a^2+a-2\sqrt{a}+1-a+1\)\(=a^2\left(a-1\right)+\left(\sqrt{a}-1\right)^2-\left(a-1\right)\) \(=\left(a-1\right)\left(a^2-1\right)+\left(\sqrt{a}-1\right)^2=\left(a-1\right)^2\left(a+1\right)+\left(\sqrt{a}-1\right)^2\ge0\) (do giả thiết \(a\ge0\)). Suy ra \(\left(a^3+2\right)-\left(a^2+2\sqrt{a}\right)\ge0\Rightarrow a^3+2\ge a^2+2\sqrt{a}\) với mọi \(a\ge0\), từ đó bất đẳng thức \(a^3+2\le a^2+2\sqrt{a},\forall a\ge0\) là bất đẳng thức sai,
Trong các bất đẳng thức sau, bất đẳng thức nào sai ? \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\) \(\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}>2\sqrt[3]{3}\) \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\le2\left(a^3+b^3+c^3\right)\) với \(a,b,c\ge0\) \(3\left(1+a^2+a^4\right)\ge\left(1+a+a^2\right)^2\) Hướng dẫn giải Trong 4 bất đẳng thức trên có 3 bất đẳng thức với biến, chỉ có một bất đẳng thức số. Có thể dùng máy tính cầm tay để kiểm tra tính đúng đắn của nó một cách dễ dàng. Sử dụng MTCT ta tính được \(\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}-2\sqrt[3]{3}\approx-0,08140820129< 0\) suy ra \(\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}< 2\sqrt[3]{3}\) do đó bất đẳng thức \(\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}>2\sqrt[3]{3}\) sai. Chú ý: 1) Có thể không sử dụng MTCT chứng minh được \(\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}< 2\sqrt[3]{3}\) như sau (trong phòng thi các em học sinh không cần mất thời gian để làm như vậy): Đặt \(a=\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}\) và \(b=\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}\) thì \(a^3+b^3=6\). Cần kiểm tra \(a+b< 2\sqrt[3]{3}\) hay \(\left(a+b\right)^3< 24=4.6\), hay \(\left(a+b\right)^3< 4\left(a^3+b^3\right)\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3< 4\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\) \(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2< 4\left(a^2-ab+b^2\right)\) (do \(a,b>0\) ) \(\Leftrightarrow0< 3\left(a^2-2ab+b^2\right)=3\left(a-b\right)^2\) (đúng do \(a\ne b\)). 2) Cũng có thể chứng minh cả ba bất đẳng thức chứa biến còn lại đều đúng và suy ra bất đẳng thức số nói trong đề bài là sai (tuy nhiên học sinh cũng không ohair và không nên làm như vậy): + \(\left(ab+bc+ca\right)^2-3abc\left(a+b+c\right)=\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2-abc\left(a+b+c\right)\) \(=\dfrac{1}{2}[\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ca\right)^2+\left(ca-ab\right)^2]\ge0\) Suy ra \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\) đúng. + \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)-2\left(a^3+b^3+c^3\right)=\) \(=\)\(\left(a^2b-a^3\right)+\left(ab^2-b^3\right)+\left(b^2c-b^3\right)+\left(bc^2-c^3\right)+\left(c^2a-c^3\right)+\left(ca^2-a^3\right)\) \(=a^2\left(b-a\right)+b^2\left(a-b\right)+b^2\left(c-b\right)+c^2\left(a-c\right)+c^2\left(a-c\right)+a^2\left(c-a\right)\) \(=\left(a-b\right)\left(b^2-a^2\right)+\left(b-c\right)\left(c^2-b^2\right)+\left(c-a\right)\left(a^2-c^2\right)\) \(=-\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)-\left(b-c\right)^2\left(b+c\right)-\left(c-a\right)^2\left(c+a\right)\le0\) (do giả thiết \(a,b,c\ge0\)). Suy ra \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\le2\left(a^3+b^3+c^3\right)\) nếu \(a,b,c\ge0\). + Áp dụng bất đẳng thức Svac cho 3 số ta có \(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)với \(x=1,y=a,z=a^2\) ta có \(3\left(1+a^2+a^4\right)\ge\left(1+a+a^2\right)^2\).
Trong các khẳng định sau đây, khẳng định nào sai ? \(ab\left(a+b\right)\le a^3+b^3;\left(a+b>0\right)\) \(a^4+b^4\ge a^3b+ab^3\) \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\le a+b+c;\left(a,b,c>0\right)\) \(\left(a+b\right)\left(ab+1\right)\ge4ab\left(a,b\ge0\right)\) Hướng dẫn giải: Ta có \(x^2+y^2+z^2=\dfrac{x^2+y^2}{2}+\dfrac{y^2+z^2}{2}+\dfrac{z^2+x^2}{2}\) \(\ge xy+yz+zx,\forall x,y,z\). Do đó \(\forall a,b,c>0\) có \(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}=\left(\sqrt{\dfrac{ab}{c}}\right)^2+\left(\sqrt{\dfrac{bc}{a}}\right)^2+\left(\sqrt{\dfrac{ca}{b}}\right)^2\)\(\ge b+c+a\) . Vì vậy khẳng định " \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\le a+b+c;\left(a,b,c>0\right)\) " nói chung không đúng, chẳng hạn với \(a=1,b=2,c=3\) thì \(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}=\dfrac{49}{6}=8\dfrac{1}{6}\) \(>\left(a+b+c\right)=6\). Vậy " \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\le a+b+c;\left(a,b,c>0\right)\) " là khẳng định sai. Có thể kiểm tra (nhưng học sinh không phải làm điều này) rằng các khẳng định còn lại đều đúng: + \(\left(a^3+b^3\right)-ab\left(a+b\right)=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2-ab\right)=\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) do giả thiết \(a+b>0\). + \(\left(a^4+b^4\right)-\left(a^3b+ab^3\right)=\left(a^4-a^3b\right)+\left(b^4-ab^3\right)=\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)=\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\) với mọi \(a,b\) . + Với mọi \(a,b\) không âm luôn có \(\left(a+b\right)\left(ab+1\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{ab.1}=4ab\). Do đó \(\left(a+b\right)\left(ab+1\right)\ge4ab\left(\forall a,b\ge0\right)\)
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? \(\dfrac{a^2+2}{\sqrt{a^2+1}}\ge2,\forall a\) \(a^2\left(1+b^4\right)+b^2\left(1+a^4\right)\ge\left(1+a^4\right)\left(1+b^4\right)\) , \(\forall a,b\) \(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\), \(\forall a,b,c\) \(\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}\ge\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\) \(,\forall a,b,c,d\ge0\) Hướng dẫn giải: Bất đẳng thức \(a^2\left(1+b^4\right)+b^2\left(1+a^4\right)\ge\left(1+a^4\right)\left(1+b^4\right)\) không đúng khi \(a=0,b=1\), vì vậy khẳng định " \(a^2\left(1+b^4\right)+b^2\left(1+a^4\right)\ge\left(1+a^4\right)\left(1+b^4\right)\) " đúng với mọi \(a,b\) sai. Chú ý: Học sinh có thể chứng minh các khẳng định còn lại đều đúng (nhưng không cần chứng minh): + \(\dfrac{a^2+2}{\sqrt{a^2+1}}=\sqrt{a^2+1}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+1}}\ge2,\forall a\) (đúng theo Cô si) + Có \(x^2+y^2+z^2=\dfrac{x^2+y^2}{2}+\dfrac{x^2+y^2}{2}+\dfrac{x^2+y^2}{2}\ge xy+yz+zx,\left(\forall x,y,z\right)\), do đó \(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge ab.bc+bc.ca+ca.ab\) \(=abc\left(a+b+c\right)\), \(\forall a,b,c\). + Có \(\left(a+c\right)\left(b+d\right)=ab+cd+bc+ad=\)\(\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2+\left(\sqrt{bc}-\sqrt{ad}\right)^2\) \(\ge\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2\) từ đó \(\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}\ge\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\), \(,\forall a,b,c,d\ge0\)
Cho ba số dương a, b, c thay đổi luôn có tổng bằng 1. Khẳng định nào trong các khẳng định sau đây đúng? \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge64abc\) \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge32abc\) \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge16abc\) \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge8abc\) Hướng dẫn giải: Với ba số dương \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\) (thỏa mãn điều kiện \(a+b+c=1\)) thì \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\dfrac{8}{27}\) và \(abc=\dfrac{1}{27}\) \(\Rightarrow\)\(64abc>32abc>16abc>8abc=\dfrac{8}{27}=\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\) . Từ đó các khẳng định \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge64abc\) ; \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge32abc\) và \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge16abc\) đều sai. Từ đó \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge8abc\) (*) phải đúng. Các em học sinh có thể chứng minh (*) đúng như sau: Do \(a+b+c=1\) nên \(1-a=b+c;1-b=c+a;1-c=a+b\) \(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)\ge2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}.2\sqrt{ab}=8abc\)
