Đến nội dung

lehoanghiep

lehoanghiep

Đăng ký: 29-04-2010
Offline Đăng nhập: 23-11-2013 - 01:14
*****

#463016 CM: $\dfrac{b(a+c)}{c(a+b} + \dfrac{c(b+d)}{d(b+c)} + \df...

Gửi bởi lehoanghiep trong 09-11-2013 - 12:35

Từ điều kiện bài toán, suy ra $\left ( a+b+c \right )^{2}=4\left ( ab+bc+ca \right )$.
Đặt $x=\frac{a}{a+b+c};y=\frac{b}{a+b+c};z=\frac{c}{a+b+c}$.
Khi đó, ta có $\left\{\begin{matrix} x+y+z=1 & \\ xy+yz+zx=\frac{1}{4}& \end{matrix}\right.$.$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y+z=1-x& \\ yz=\frac{1}{4}-x\left ( y+z \right )=x^{2}-x+\frac{1}{4}& \end{matrix}\right.$.
Suy ra $\left ( x-1 \right )^{2}\geq 4\left ( x^{2}-x+\frac{1}{4} \right )\Leftrightarrow 0\leq x\leq \frac{2}{3}$.
Ta có
$P=x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x=\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )\left ( x+y+z \right )-x^{2}\left ( 1-x \right )-y^{2}\left ( 1-y \right )-z^{2}\left ( 1-z \right )$$=x^{3}+y^{3}+z^{3}=x^{3}+\left ( 1-x \right )\left ( \left ( 1-x \right )^{2}-3\left ( \frac{1}{4}-x\left (1-x \right ) \right ) \right )$$=3x^{3}-3x^{2}+\frac{3}{4}x+\frac{1}{4}$.
Từ đây, khảo sát hàm $f\left ( x \right )=3x^{3}-3x^{2}+\frac{3}{4}x+\frac{1}{4}$ với $x\in \left [ 0;\frac{2}{3} \right ]$ ta được đpcm.




#386526 $$\sqrt[n]{sinA}+\sqrt[n]{sinB}+...

Gửi bởi lehoanghiep trong 13-01-2013 - 21:53

Lấy logarit nê-pe của hai vế ta được :
$$\ln P=\frac{1}{n} \left ( \ln \left ( \sin A \right )+\ln \left ( \sin B \right )+\ln \left ( \sin C \right ) \right )$$

$ln\left ( xyz \right )=lnx+lny+lnz \left ( x,y,z>0 \right )$ em à.


#384827 ÔN THI ĐẠI HỌC 2013

Gửi bởi lehoanghiep trong 08-01-2013 - 21:14

Bài toán 21. Cho các số thực dương $a, b, c$ đôi một khác nhau thỏa mãn $2a\leq c$ và $ab+bc=2c^{2}$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P=\frac{a}{a-b}+\frac{b}{b-c}+\frac{c}{c-a}$.




#384819 $\sum \frac{18a-35}{a^{2}-4a+6}...

Gửi bởi lehoanghiep trong 08-01-2013 - 21:05

Bài này thì tiếp tuyến là được :

Xét hàm $f\left ( t \right )=\frac{18t-35}{t^2-4t+6}$ với $t \in \left ( -\infty ;3 \right ]$

Ta chứng minh $f\left (t \right )\geq \frac{20t-71}{9}$ $\left ( * \right )$, điều này tương đương với : $\frac{18t-35}{t^2-4t+6}\geq \frac{20t-71}{9}$

$\Leftrightarrow \left ( t-1 \right )^2.\left (20t-111 \right )\leq 0$ luôn đúng $\forall t \in \left ( -\infty;3 \right ]$, như vậy $\left ( * \right )$ được chứng minh.

Áp dụng đánh giá $\left ( * \right )$ vào bài toán ta được :
$$\frac{18a-35}{t^2-4t+6}+\frac{18a-35}{t^2-4t+6}+\frac{18a-35}{t^2-4t+6}\geq \frac{20(a+b+c)-213}{9}=-17$$
Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Sao lại có tập $\left (-\infty ;3\right ]$ vậy em?


#383687 ÔN THI ĐẠI HỌC 2013

Gửi bởi lehoanghiep trong 04-01-2013 - 21:20

Bài toán 1. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $\frac{4}{5}b\geq a-c\geq \frac{3}{5}b$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P=\frac{12\left ( a-b \right )}{c}+\frac{12\left ( b-c \right )}{a}+\frac{25\left ( c-a \right )}{b}$.

Tự chém tự vác vậy :))
Ta có $Q=49-P=\frac{12\left ( b+c-a \right )}{c}+\frac{12\left ( c+a-b \right )}{a}+\frac{25\left ( a+b-c \right )}{b}$.
Đặt $\left\{\begin{matrix} 2x=b+c-a & \\ 2y=c+a-b & \\ 2z=a+b-c & \end{matrix}\right.$ $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=y+z & \\ b=z+x & \\ c=x+y & \end{matrix}\right.$.
Vì $\frac{4}{5}b\geq a-c\geq \frac{3}{5}b$ hay $a\leq \frac{4}{5}b+c<b+c$ nên $0<4x\leq z\leq 9x$.
Xét $Q\left ( y \right )=\frac{24x}{x+y}+\frac{24z}{y+z}+\frac{50x}{x+z}$.
Ta có $Q'\left ( y \right )=\frac{24\left ( z-x \right )\left ( y^{2}-zx \right )}{\left ( x+y \right )^{2}\left ( y+z \right )^{2}}$; $Q'\left ( y \right )=0\Leftrightarrow y=\pm \sqrt{zx}$.
Dễ thấy khi $y\rightarrow -\infty$ thì $\left\{\begin{matrix} \frac{24x}{x+y}>0 & \\ \frac{24z}{z+y}\rightarrow 24^{+}& \\ \frac{50x}{z+x}=\frac{50}{1+\frac{z}{x}}\geq 40& \end{matrix}\right.\Rightarrow Q>64$.
Do đó ta chỉ cần xét $Q\left ( \sqrt{zx} \right )=\frac{48\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{z}}+\frac{50z}{z+x}=\frac{48t}{t+1}+\frac{50}{t^{2}+1}$ với $t=\sqrt{\frac{x}{z}},t\in \left [ \frac{1}{3};\frac{1}{2} \right ]$.
(để tìm $minQ$ :)) )
$f'\left ( t \right )=\frac{48t^{4}-100t^{3}-104t^{2}-100t+48}{\left ( t+1 \right )^{2}\left ( t^{2}+1 \right )^{2}}; f'\left ( t \right )=0\Leftrightarrow 12\left ( t+\frac{1}{t} \right )^{2}-25\left ( t+\frac{1}{t} \right )-50=0\Leftrightarrow t+\frac{1}{t}=\frac{10}{3}\Leftrightarrow t=\frac{1}{3}$.
Ta thấy $f\left ( \frac{1}{2} \right )=56; f\left ( \frac{1}{3} \right )=57$.
Suy ra $Q\geq 56$$\Rightarrow P\leq -7$.
Đẳng thức xảy ra khi $a=2c,3b=5c$.
Vậy $P_{max}=-7$.


#383342 ÔN THI ĐẠI HỌC 2013

Gửi bởi lehoanghiep trong 03-01-2013 - 17:47

Bài toán 20. Cho $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$. Tìm giá trj lớn nhất của biểu thức

$P=\left ( a^{2}-b^{2} \right )\left ( b-c \right )+c^{2}\left ( 1-c \right )$.




#383027 ÔN THI ĐẠI HỌC 2013

Gửi bởi lehoanghiep trong 02-01-2013 - 21:02

Bài toán 16 : Cho $a,b,c$ là các số thực không âm và đôi một khác nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
$$P=\left [ \left ( a+b \right )^2+\left ( b+c \right )^2+\left ( c+a \right )^2 \right ]\left [ \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2} \right ]$$

Giả sử $c=min\left \{ a;b;c \right \}$.
Khi đó ta có $P\geq \left ( \left ( a+b \right )^{2}+a^{2}+b^{2} \right )\left ( \frac{1}{\left ( a-b \right )^{2}}+\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}} \right )$$\Rightarrow \frac{P}{2}\geq \frac{a^{2}+ab+b^{2}}{\left ( a-b \right )^{2}}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )^{2}+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$$=\frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )^{2}+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$.
Đến đây khảo sát hàm $f\left ( f \right )=\frac{t+1}{t-2}+t^{2}+t\left ( \left | t \right |>2 \right )$.
Ta có $f'\left ( t \right )=\frac{-3}{\left ( t-2 \right )}+2t+1$; $f'\left ( t \right )=0\Leftrightarrow 2t^{3}-7t^{2}+4t+1=0\Rightarrow t=\frac{5+\sqrt{33}}{4}$ (vì $\left | t \right |>2$ ).
Từ bảng biến thiên của hàm số ta suy ra $f\left ( t \right )\geq f\left ( \frac{5+\sqrt{33}}{4} \right )=\frac{59+11\sqrt{33}}{8}$.
Vậy $P_{min}=\frac{59+11\sqrt{33}}{4}$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} c=0 & \\ \frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{5+\sqrt{33}}{4} & \end{matrix}\right.$.


#382217 ÔN THI ĐẠI HỌC 2013

Gửi bởi lehoanghiep trong 31-12-2012 - 11:24

Bài 13: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2+2abc=1$. Chứng minh rằng:$$a^2+b^2+c^2\geq 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$$
Trích : Đề thi thử lần 1 năm 2013 Trường THPT Chuyên KHTN Hà Nội.

Tồn tại các số $x, y, z$ sao cho $a^{2}=\frac{xy}{\left ( y+z \right )\left ( z+x \right )}; b^{2}=\frac{yz}{\left ( z+x \right )\left ( x+y \right )}; c^{2}=\frac{zx}{\left ( x+y \right )\left ( y+z \right )}$.
Đến đây, thay vào và biến đổi tương đương ta được
$BDT\Leftrightarrow xy\left ( x+y \right )+yz\left ( y+z \right )+zx\left ( z+x \right )\geq 4xyz\left ( \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \right )$$\Leftrightarrow \frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\geq 4\left ( \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \right )$.
Cái này thì quen thuộc rồi, chỉ cần áp dụng $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$ ta suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.


#381936 ÔN THI ĐẠI HỌC 2013

Gửi bởi lehoanghiep trong 30-12-2012 - 11:39

Bài toán 12. Cho các số thực $a, b, c\in \left [ 1;2 \right ]$ thoả mãn $4a+2b+c=11$. Chứng minh rằng

$\frac{33}{10}\leq \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\leq \frac{11}{2}$.




#381610 ÔN THI ĐẠI HỌC 2013

Gửi bởi lehoanghiep trong 29-12-2012 - 16:49

Bài toán 10. Cho các số thực $x, y, z$ thuộc $\left [ 1;3 \right ]$ thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=14$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\left ( 1-\frac{y}{x} \right )\left ( 2+\frac{z}{x} \right )$.


#381348 ÔN THI ĐẠI HỌC 2013

Gửi bởi lehoanghiep trong 28-12-2012 - 21:09

Bài toán 9. Cho ba số $x,y,z\in \left ( 0;1 \right ]$ thỏa mãn $x+y\geq 1+z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{xy+z^{2}}$.




#381345 ÔN THI ĐẠI HỌC 2013

Gửi bởi lehoanghiep trong 28-12-2012 - 21:05

Mình xin góp 1 bài:
Bài 8: Tìm GTNN của $\sum (\frac{a}{b-c})^2$, với $a\neq b\neq c$

Bài này quen thuộc :))
Đặt $\frac{a}{b-c}=x;\frac{b}{c-a}=y;\frac{c}{a-b}=z$.
Ta có $\left ( x+1 \right )\left ( y+1 \right )\left ( z+1 \right )=\left ( x-1 \right )\left ( y-1 \right )\left ( z-1 \right )\Rightarrow xy+yz+zx=-1$.
Mặt khác $\left ( x+y+z \right )^{2}\geq 0\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq -2\left ( xy+yz+zx \right )=2$.
Suy ra đpcm.


#381239 ÔN THI ĐẠI HỌC 2013

Gửi bởi lehoanghiep trong 28-12-2012 - 17:43

Bài toán 6. Xét các hàm số $f\left ( x \right )=2\sqrt{x^{2}+1}; g\left ( y \right )=3\sqrt{y^{2}+16}; h\left ( z \right )=\sqrt{z^{2}+36}$.
Dễ thấy $f\left ( x \right ); g\left ( y \right ); h\left ( z \right )$ đều là các hàm lõm.
Giả sử điểm uốn của đồ thị hàm số tại $x=x_{0}; y=y_{0};z=z_{0}$.
Suy ra $f\left ( x \right )\geq f'\left ( x_{0} \right )\left ( x-x_{0} \right )+f\left ( x_{0} \right )=\frac{2x}{\sqrt{x^{2}+1}}\left ( x-x_{0} \right )+f\left ( x_{0} \right )$.
Tương tự...
Ta chọn số $k$ sao cho $f'\left ( x_{0} \right )=2k$; $h'\left ( y_{0} \right )=3k; g'\left ( z_{0} \right )=k$.
$\Rightarrow x=\frac{k}{\sqrt{1-k^{2}}};y_{0}=\frac{4k}{\sqrt{1-k^{2}}}; z_{0}=\frac{6k}{\sqrt{1-k^{2}}}$
Đến đây ta cần tìm $k$ để đẳng thức xảy ra $k=2\sqrt{1-k^{2}}\Rightarrow k=\frac{2}{\sqrt{5}}$.
Việc còn lại là thay vào thôi :))


#381234 ÔN THI ĐẠI HỌC 2013

Gửi bởi lehoanghiep trong 28-12-2012 - 16:54

Chém bài 5 trước :))
Giả sử $x=max\left \{ x; y; z \right \}$.
Xét hàm số $f\left ( x \right )=8\left ( \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \right )-5\left ( \frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{y} \right )$.
Ta có $f'\left ( x \right )=\frac{\left ( x^{2}-yz \right )\left ( 8z-5y \right )}{x^{2}yz}$.
Trường hơp 1. $8z>5y$ khi đó $f'\left ( x \right )=0\Leftrightarrow x=\sqrt{yz}$.
Từ bảng biến thiên ta có $f\left ( x \right )\geq f\left ( \sqrt{yz} \right )=\frac{y}{z}+2\sqrt{\frac{z}{y}}-\frac{z}{y}-2\sqrt{\frac{y}{z}}$.
Đặt $\sqrt{\frac{y}{z}}=t\left ( t\in \left [ \frac{1}{2};2 \right ] \right )$.
Đến đay ta chỉ cần khảo sát hàm sát hàm số $g\left ( t \right )=t^{2}-2t+\frac{2}{t}-\frac{1}{t^{2}}$ trên $\left [ \frac{1}{2};2 \right ]$ ta suy ra BĐT cần chứng minh.

Trường hợp 2. $8z\leq 5y$. Khi đó $f'\left ( x \right )\leq 0$. Suy ra $f\left ( x \right )\geq f\left ( 2 \right )=8\left ( \frac{2}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{2} \right )-5\left ( \frac{y}{2}+\frac{z}{y}+\frac{2}{z} \right )=g\left ( y \right )$.
Ta có $g'\left ( y \right )=\frac{16-5z}{2z}.\frac{y^{2}-2z}{y^{2}}$; $g'\left ( y \right )=0\Leftrightarrow y=\sqrt{2z}$.
Từ bảng biến thiên ta suy ra $g\left ( y \right )\geq g\left ( \sqrt{2z} \right )=4z+\frac{16\sqrt{2}}{\sqrt{z}}-\frac{10}{z}-5\sqrt{2z}$.
Đặt $\sqrt{2z}=t\left ( t\in \left [ 1;2 \right ] \right )$.
Xét hàm số $h\left ( t \right )=2t^{2}+\frac{32}{t}-\frac{20}{t^{2}}-5t$.
Ta có $h\left ( t \right )-9=\frac{\left ( 2t+5 \right )\left ( t-1 \right )\left ( t-2 \right )^{2}}{t^{2}}$$\Rightarrow h\left ( t \right )\geq 9$ suy ra BĐT cần chứng minh.
Vậy ta có đpcm.


#381032 ÔN THI ĐẠI HỌC 2013

Gửi bởi lehoanghiep trong 27-12-2012 - 21:36

Bài toán 2. Cho $x, y, z$ là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}$. Chứng minh rằng

$\frac{x^{2}+y^{2}}{z^{2}}+\frac{z}{x+y}\geq \frac{33}{4}$.