Bài tập có đáp án chi tiết về bất đẳng thức trong đề thi đại học môn toán khối a năm 2011

VNMATH.COM

1 Câu V - Đềthi Đại học khối A năm 2011

Cho x, y, z là ba sốthưc thuộc đoạn [1; 4] và x ≥y, x ≥z. Tìm giá trịnhỏnhất

của biểu thức P = x 2x+3y + y y+z + z z+x. 1

2 Nhiều cách giải câu Bất đẳng thức đềthi ĐH khối A năm 2011

2.1 Đáp án của BộGiáo dục: Dồn biến

Trước hết, ta chứng minh với a, b dương và ab ≥1 ta luôn có

1 1 + a + 1 1 + b ≥ 2 1 + √

ab .

Thật vậy, bất đẳng thức đã cho tương đương với ( √

ab −1)(√a − √

b)2 ≥0 luôn

đúng với a, b dương và ab ≥1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉkhi a = b hoặc ab = 1.

Áp dụng bất đẳng thức trên với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥y, ta có

P = x 2x + 3y + 1 1 + z

y + 1 1 + x

z ≥ 1 2 + 3y

x + 2

1 + qx

y .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉkhi z

y = x

z hoặc x

y = 1 (1).

Đặt qx

y = t, t ∈[1; 2]. Khi đó P ≥ t2

2t2+3 + 2 1+t.

Xét hàm f(t) = t2

2t2+3 + 2 t+1, t ∈[1; 2]2.

Ta có f ′(t) = −2[t3(4t−3)+3t(2t−1)+9]

(2t2+3)2(1+t)2 < 0.

Suy ra f(t) ≥f(2) = 34

33. Dấu bằng xảy ra khi và chỉkhi t = 2 hay x

y = 4 (2).

Do đó P ≥34

33. Từ(1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉkhi x = 4, y =

1, z = 2.

Vậy giá trịnhỏnhất của P bằng 34

33 khi x = 4, y = 1, z = 2.

2.2 Cách 1:

Xét hàm số

f(x) = x 2x+3y + y y+z + z z+x ⇒f ′(x) = 3y (2x+3y)2 − z (z+x)2

1Ý tưởng của đềnày giống với câu 14, trang 7 trong cuốn Algebraic Inequalities của Vasile Cirtoaje: Cho a, b, c ∈[ 1

3 ; 3].

Chứng minh rằng: a a+b + b b+c + c c+a ≥7

5 . Đáp án của Bộcùng ý tưởng với cách giải trong cuốn sách này. Xem thêm phần

phụlục.

2Đểtránh việc khảo sát cồng kềnh này ta có thểxét hiệu f(t) −f(2) = (2−t)(35t2−27t+48)

33(3+2t2)(t+1) ≥0, ∀t ∈[1; 2].

1

VNMATH.COM

Ta sẽchứng minh

3y(x + z)2 ≤z(2x + 3y)2

⇔z(4x2 + 9y2) + 6xyz ≥3yx2 + 3yz2

⇔z(2x −3y)2 + 3y(4z −x) + 3yz(2x −z) ≥0 luôn đúng vì z ≤x ≤4z

⇒f(x) nghịch biến trên khoảng [1;4]

⇒f(x) ≥f(4) = 4 3y+8 + y y+z + z z+4 = f(y)

⇒f ′(y) = z (y+z)2 − 12 (3y+8)2

Tiếp theo ta sẽchứng minh

z(3y + 8)2 ≥12(y + z)2

⇔z(48 −12z) + 9y2(z −1) + 3y(8z −y) ≥0 bởi vì 4 ≥z ≥1; y ≤4z

⇒f(y) đồng biến trên khoảng [1;4]

⇒f(y) ≥f(1) = 4

11 + 1 1+z + z z+4 ≥34

33

2.3 Cách 2

Ta chứng minh t 2t+3 ≥ 3 121t −32

121 Thay t bởi x

y ta có: x 2x+3y ≥ 3x 121y −32

121 Ta chứng minh t t+1 ≥4t

9 + 5

18 Thay t bởi t = y

z; t = z

x ta có:

y y+z ≥4y

9z + 5

18 và z z+x ≥4z

9x + 5

18 Do đó F ≥ 3x 121y + 4y

9z + 4z

9x + 634

2178.

Kết hợp với x 8y + y

z + z

x ≥3

2 và x

y ≤4

Tiếp tục khảo sát ta có giá trịnhỏnhất của P là 34

33.

2.4 Cách 3

Đặt a = x

y, b = x

z. Ta có a, b ∈[1; 4] và P = a 2a+3 + b a+b + 1 1+b.

Ta sẽchứng minh a 2a+3 + b a+b ≥4

11 + b 4+b với mọi a, b ∈[1; 4].

Sau đó ta sẽchứng minh b b+4 + 1 1+b ≥2

3. Từđó ta có giá trịnhỏnhất của P là 34

33 khi x = 4; y = 1; z = 2.

2

VNMATH.COM

2.5 Cách 4

Xét P(z) == x 2x+3y + y y+z + z z+x.

Nếu x = y ∈[1; 4] thì P(z) = 6

5 với mọi z ∈[1; x].

Nếu x > y ta có P ′(z) = (x−y)(z2−xy)

(y+z)2(x+z)2 .

Vì x > y nên x −y > 0 và P ′(z) = 0 khi z = √xy < xnên P(z) ≥P(√xy) =

x 2x+3y + 2√y √x+√y.

Đặt t = qx

y, t ∈[1; 2] và xét f(t) = t2

2t2+3 + 2 t+1.

Ta có f ′(t) = −2(4t4−3t2+6t2+6)

(t+1)2(2t2+3)2 < 0 với mọi t ≥1.

Suy ra f(t) ≥f(2) = 34

33. Dấu bằng xảy ra khi x = 4; y = 1; z = 2.

2.6 Cách 5

Đặt a = x

y, b = y

z, c = z

x. Ta có abc = 1, a ∈[1; 4], b, c ∈[1

4; 4].

Ta có P = a 2a+3 + b b+1 + c c+1 = a 2a+3 + 1 ac+1 + c c+1.

Nếu a = 1 thì P = 6

5.

Nếu a ∈(1; 4] thì P ′(c) = (a−1)(ac2−1)

(ac+1)2(c+1)2. Từđó suy ra P(c) ≥P( 1 √a). Việc còn lại

là chứng minh P( 1 √a) ≥34

33.

3 Phụlục: Chứng minh câu Bất đẳng thức của Vasile Cirtoaje

Đây là lời giải được VNMATH chụp từ

cuốn Algebraic Inequalities của Vasile

Cirtoaje.

Hình 1: Hình 2:

3