Đến nội dung

Hình ảnh

Tổng hợp các bài BĐT trong các đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán năm 2017


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 383 trả lời

#381
nguyenhongsonk612

nguyenhongsonk612

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1451 Bài viết

 

Bài 194: Cho $x,y,z>0$ là các số thực dương thỏa mãn: $xyz+x+z=y$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P=\frac{2}{x^2+1}-\frac{2}{y^2+1}-\frac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{3z}{(z^2+1)\sqrt{z^2+1}}$.

 

Giải:

GT $\Leftrightarrow xz+z.\frac{1}{y}+\frac{1}{y}.x=1$

$\Rightarrow$ Tồn tại tam giác $ABC$ sao cho $x=\tan \frac{A}{2};z=\tan \frac{B}{2};\frac{1}{y}=\tan \frac{C}{2}$

$\Rightarrow P=2\cos ^2\frac{A}{2}-2\sin ^2\frac{C}{2}-4\sin \frac{B}{2}+3\sin \frac{B}{2}\cos ^2\frac{B}{2}$

Ta có

$2\cos ^2\frac{A}{2}-2\sin ^2\frac{C}{2}=\cos A+\cos C=2\cos \frac{A+C}{2}.\cos \frac{A-C}{2}\leqslant 2\sin \frac{B}{2}$

$\Rightarrow P\leqslant 3\sin \frac{B}{2}\cos ^2\frac{B}{2}-2\sin \frac{B}{2}=-3\sin ^3\frac{B}{2}+\sin \frac{B}{2}$

Đặt $t=\sin \frac{B}{2}$ ($t \in (0;1)$)

$\Rightarrow P\leqslant f(t)=-3t^3+t$

Khảo sát hàm $f(t)$ trên $(0;1)$ ta được $f(t)\leqslant f\begin{pmatrix} \frac{1}{6} \end{pmatrix}=\frac{11}{72}$

Max $P=\frac{11}{72}$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sin \frac{B}{2} =\frac{1}{6}& & \\ \cos \frac{A-C}{2}=1 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{35}}{7};y=\frac{\sqrt{35}}{5};z=\frac{\sqrt{35}}{35}$


"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")

~O) 


#382
tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1644 Bài viết

Bài 200:

 

Bài này mình làm khá dài, nếu ai có cách hay hơn thì đăng lên nha. 

Do vai trò của $x,y,z$ như nhau nên KMTTQ giả sử $x\ge y\ge z\implies z\le \frac{1}{3}\implies x+y\ge \frac{2}{3}$

$gt\implies z=1-x-y(1)$.

 

 

Đặt $x+y=a;xy=b$. Từ $(1)\implies a\in [\frac{2}{3};1];b\in [0;\frac{1}{4}]$.(d0 $4b\le a^2$).

 

Khi đó: $A=x^4(1-x)+y^4(1-y)+z^4(1-z)=(x^4+y^4)-(x^5+y^5)+a(1-a)^4$

 

Lại có: $x^4+y^4=a^4-4a^2b+2b^2;x^5+y^5=a^5-5a^3b+5ab^2$

 

Nên $A=(a^4-4a^2b+2b^2)-(a^5-5a^3b+5ab^2)+a(1-a)^4=-3a^4+a^3(6+5b)-a^2(4b+4)+a(1-5b^2)+2b^2$

$=b^2(2-5a)+b(5a^3-4a^2)+(a-4a^2+6a^3-3a^4)=f(b),b\in [0;\frac{1}{4}]$.

Nhắc lại kiến thức: Xét tam thức bậc 2: $f(x)=mx^2+nx+p(m<0),x\in [u,v]$.

 

Khi đó: $f(x)_{Max}=f(\frac{-n}{2m})$ nếu $\frac{-n}{2m}\in [u,v]$.

 

Và $f(x)_{Max}=Max({f(u);f(v)})$ nếu $\frac{-n}{2m}\noin [u,v]$.

 

Tóm lại $f(x)_{Max}=Max({f(u);f(v);f(\frac{-n}{2m})})\forall x\in [u;v]$.

Áp dụng điều này vào bài toán trên ta có: $a\in [\frac{2}{3};1]\implies 2-5a<0$

$Max A=Max{f(0),f(\frac{4a^2-5a^3}{2(2-5a)}),f(\frac{1}{4})}$.

*Ta có: $f(0)=a-4a^2+6a^3-3a^4=f(a)\forall a\in [\frac{2}{3};1]$.

Đến đây khảo sát hàm $f(a)$. Ta tìm được: $Max f(a)=\frac{1}{12}$ tại $a=\frac{3+\sqrt{3}}{6}$.

Tương tự khảo sát $f(\frac{1}{4})$. Ta tìm được $Max f(\frac{1}{4})=\frac{1}{16}$ tại $a=1$.

Nhọc nhằng nhất là $f(\frac{4a^2-5a^3}{2(2-5a)})$ (Mình phải dùng Casio để tìm Max và Max cũng bằng 1/12).

Do $b\in [0;\frac{1}{4}]\implies \frac{4a^2-5a^3}{2(2-5a)} \in [0;\frac{1}{4}]\implies a\in [\frac{4}{5};1]$

Ta có: $f(\frac{4a^2-5a^3}{2(2-5a)})-\frac{1}{12}=\frac{25a^6-100a^5+160a^4-128a^3+52a^2-8a}{4(5a-2)}-\frac{1}{12}$

$=\frac{300a^6-1200a^5+1920a^4-1536a^3+624a^2-116a+8}{4(5a-2)}$

$=\frac{4(a-1)(75a^5-225a^4+255a^3-129a^2+27a-2)}{4(5a-2)}$.

Ta đi chứng minh: $T=75a^5-225a^4+255a^3-129a^2+27a-2\forall a\in [\frac{4}{5};1]$.

Thật vậy: $T=\frac{3(5a-4)[(5a-4)(125a^3-175a^2+65a+1)+25]}{125}+\frac{2}{125}$

Xét $125a^3-175a^2+65a+1=(125a^3+65a)-175a^2+1\ge^{CauChy} a^2(2\sqrt{125*65}-175)+1>0$

$\implies T>0$.

 

$\implies f(\frac{4a^2-5a^3}{2(2-5a)})-\frac{1}{12}\le 0\implies  f(\frac{4a^2-5a^3}{2(2-5a)})\le \frac{1}{12}$.

Vậy $Max A=\frac{1}{12}$ tại $a=1\implies b=\frac{1}{6}$.

Kết luận: Vậy $Max A=\frac{1}{12}$. Dấu $=$ xảy ra tại $a=\frac{3+\sqrt{3}}{6},b=0...v....a=1;b=\frac{1}{6}\iff (x;y;z)=(\frac{3+\sqrt{3}}{6};0;\frac{3-\sqrt{3}}{6})$ và các hoán vị.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 01-07-2016 - 10:23


#383
VODANH9X

VODANH9X

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 114 Bài viết

Bài 200:

 

Bài này mình làm khá dài, nếu ai có cách hay hơn thì đăng lên nha. 

Do vai trò của $x,y,z$ như nhau nên KMTTQ giả sử $x\ge y\ge z\implies z\le \frac{1}{3}\implies x+y\ge \frac{2}{3}$

$gt\implies z=1-x-y(1)$.

 

 

Đặt $x+y=a;xy=b$. Từ $(1)\implies a\in [\frac{2}{3};1];b\in [0;\frac{1}{4}]$.(d0 $4b\le a^2$).

 

Khi đó: $A=x^4(1-x)+y^4(1-y)+z^4(1-z)=(x^4+y^4)-(x^5+y^5)+a(1-a)^4$

 

Lại có: $x^4+y^4=a^4-4a^2b+2b^2;x^5+y^5=a^5-5a^3b+5ab^2$

 

Nên $A=(a^4-4a^2b+2b^2)-(a^5-5a^3b+5ab^2)+a(1-a)^4=-3a^4+a^3(6+5b)-a^2(4b+4)+a(1-5b^2)+2b^2$

$=b^2(2-5a)+b(5a^3-4a^2)+(a-4a^2+6a^3-3a^4)=f(b),b\in [0;\frac{1}{4}]$.

Nhắc lại kiến thức: Xét tam thức bậc 2: $f(x)=mx^2+nx+p(m<0),x\in [u,v]$.

 

Khi đó: $f(x)_{Max}=f(\frac{-n}{2m})$ nếu $\frac{-n}{2m}\in [u,v]$.

 

Và $f(x)_{Max}=Max({f(u);f(v)})$ nếu $\frac{-n}{2m}\noin [u,v]$.

 

Tóm lại $f(x)_{Max}=Max({f(u);f(v);f(\frac{-n}{2m})})\forall x\in [u;v]$.

Áp dụng điều này vào bài toán trên ta có: $a\in [\frac{2}{3};1]\implies 2-5a<0$

$Max A=Max{f(0),f(\frac{4a^2-5a^3}{2(2-5a)}),f(\frac{1}{4})}$.

*Ta có: $f(0)=a-4a^2+6a^3-3a^4=f(a)\forall a\in [\frac{2}{3};1]$.

Đến đây khảo sát hàm $f(a)$. Ta tìm được: $Max f(a)=\frac{1}{12}$ tại $a=\frac{3+\sqrt{3}}{6}$.

Tương tự khảo sát $f(\frac{1}{4})$. Ta tìm được $Max f(\frac{1}{4})=\frac{1}{16}$ tại $a=1$.

Nhọc nhằng nhất là $f(\frac{4a^2-5a^3}{2(2-5a)})$ (Mình phải dùng Casio để tìm Max và Max cũng bằng 1/12).

Do $b\in [0;\frac{1}{4}]\implies \frac{4a^2-5a^3}{2(2-5a)} \in [0;\frac{1}{4}]\implies a\in [\frac{4}{5};1]$

Ta có: $f(\frac{4a^2-5a^3}{2(2-5a)})-\frac{1}{12}=\frac{25a^6-100a^5+160a^4-128a^3+52a^2-8a}{4(5a-2)}-\frac{1}{12}$

$=\frac{300a^6-1200a^5+1920a^4-1536a^3+624a^2-116a+8}{4(5a-2)}$

$=\frac{4(a-1)(75a^5-225a^4+255a^3-129a^2+27a-2)}{4(5a-2)}$.

Ta đi chứng minh: $T=75a^5-225a^4+255a^3-129a^2+27a-2\forall a\in [\frac{4}{5};1]$.

Thật vậy: $T=\frac{3(5a-4)[(5a-4)(125a^3-175a^2+65a+1)+25]}{125}+\frac{2}{125}$

Xét $125a^3-175a^2+65a+1=(125a^3+65a)-175a^2+1\ge^{CauChy} a^2(2\sqrt{125*65}-175)+1>0$

$\implies T>0$.

 

$\implies f(\frac{4a^2-5a^3}{2(2-5a)})-\frac{1}{12}\le 0\implies  f(\frac{4a^2-5a^3}{2(2-5a)})\le \frac{1}{12}$.

Vậy $Max A=\frac{1}{12}$ tại $a=1\implies b=\frac{1}{6}$.

Kết luận: Vậy $Max A=\frac{1}{12}$. Dấu $=$ xảy ra tại $a=\frac{3+\sqrt{3}}{6},b=0...v....a=1;b=\frac{1}{6}\iff (x;y;z)=(\frac{3+\sqrt{3}}{6};0;\frac{3-\sqrt{3}}{6})$ và các hoán vị.

Mình có cách này cũng được nhưng nhìn không tự nhiên lắm.Ta đưa về theo p,q,r.($p=x+y+z=1,q=xy+yz+zx,r=xyz$)

Ta sẽ chứng minh:$x^{4}(y+z)+y^{4}(x+z)+z^{4}(y+x)\leq \frac{1}{12}$

Thật vậy, bđt trở thành:$(1-3q)q+(5q-1)r\leq \frac{1}{12}$

  Nếu $q\leq \frac{1}{5}$ ta có $(1-3q)q+(5q-1)r\leq (1-3q)q=\frac{1}{3}(1-3q)3q\leq \frac{1}{3}(\frac{1-3q+3q}{2})^{2}=\frac{1}{12}$

  Nếu $q< \frac{1}{5}$ ta có $(1-3q)q+(5q-1)r\leq (1-3q)q+(5q-1)\frac{q}{9}=\frac{1}{36}(-88q^{2}+32q-3)+\frac{1}{12}<\frac{1}{12} $

(vì $xy+yz+zx=(xy+yz+xz)(x+y+z)\geq 9xyz\Leftrightarrow q\geq 9r$)

Bđt được chứng minh xong.

Cách này là mình xem của anh Võ Thành Văn,mình thấy hay nên up lên luôn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi VODANH9X: 27-07-2016 - 13:21


#384
phuong2001

phuong2001

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 30 Bài viết

Topic này dùng để "Tổng hợp các bài BĐT trong các đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán năm 2016" 

 

Yêu cầu : Không đăng quá nhiều bài một lúc tránh loãng topic.Tuân thủ đúng quy định của VMF

 

Bài nào làm được sẽ được bôi đỏ trong Topic

 

Các bạn hãy đánh số thực tự vào trước mỗi bài viết

 

$\boxed{1}$ (Đề thi thử môn Toán lần 1 chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm 2016)

$\dfrac{a^2}{(a+1)(b+1)bc} + \dfrac{b^2}{(b+1)(c+1)ca} +\dfrac{c^2}{(c+1)(a+1)ab} -1$

Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:$P=\frac{a^2}{(a+1)(b+1)bc}+\frac{b^2}{(b+1)(c+1)ca}+\frac{c^2-a^2b-ab-a-1}{(c+1)(a+1)ab}$

 

File PDF tổng hợp đề bài của tất cả các bài trong TOPIC  (Cảm ơn ĐHV THPT  phamngochung9a  đã cùng mình tổng hợp )

 

attachicon.gifTổng hợp các bài BĐT trong đề thi thử THPT Quốc Gia môn Toán năm 2016.pdf

Bài này làm như thế nào hả anh?Biết là bôi đỏ rồi nhưng em chưa tìm được đáp án. Khai triển được P=$\dfrac{a^2}{(a+1)(b+1)bc} + \dfrac{b^2}{(b+1)(c+1)ca} +\dfrac{c^2}{(c+1)(a+1)ab} -1$ thì làm thế nào nữa ạ?






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh