Toán 8 Chuyên đề ôn BDT 8 và cực trị 8

[huynhbachkhoa23]

Một câu thôi ! Mấy cái in đỏ bác mò ở đâu ra :|

Phương pháp viết phương trình tiếp tuyến thôi, mò cái tiếp tuyến là ra hết
Cái đạo hàm em chỉ cho bác.

Như BDT có $f(a)+f(b)+f(c) \ge(\le) m$ với $a+b+c=k$ và điểm rơi $a=b=c=\dfrac{k}{3}$

Ta tính $f'(x)$ băng mấy cái công thức đạo hàm em chỉ bác.

Tính $f'(\dfrac{k}{3})=\alpha$ và $f(\dfrac{k}{3})=\beta$

Rồi ta chứng minh $f(x) \ge(\le) \alpha(x-\dfrac{k}{3})+\beta$ bằng biến đổi tương đương với $x\in J=[q;p]$ nào đó.

Thế vào và ra kết quả =))

Thủ thuật ăn gian hơi siêu đấy bác =))

Mới bày cho mấy bác thủ thuật ăn gian thứ 5 của ông thầy =)) (nhưng đây cũng là 1 phương pháp =)))

 

[ronaldover7]

Mấy bài này em chỉ chép thôi, không có lời giải nên em giải được thì em đăng =))

Bài 2:

Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên chuẩn hoá $a+b+c=1$

Mấy bác chỉ e cái này ik_________e thật sử chả hỉu gì cả!

 

[huynhbachkhoa23]

Mấy bác chỉ e cái này ik_________e thật sử chả hỉu gì cả!

Cho BDT $f(a;b;c;...) \ge g(a;b;c;...)$

Nếu $f(ta;tb;tc;...)\ge g(ta;tb;tc;...)$ vẫn đúng ta gọi bất đẳng thức đầu là thuần nhất.

Nói cho dễ hiểu: Bạn gặp một BDT và thế các biến bằng cách nhân thêm $t$ vào đó.

Thu gọn và đặt $t$ làm nhân tử chung, nếu triệt tiêu $t$ và ra ngay BDT đầu thì có thể chuẩn hoá $a+b+c=1$ hay $a^2+b^2+c^2=9$,... Tuỳ bạn.

Ví dụ:

Chứng minh: $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \ge \dfrac{3}{2}$ với $a,b,c>0$
Vì $\dfrac{ta}{tb+tc}+\dfrac{tb}{tc+ta}+\dfrac{tc}{ta+tb}=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\;\;\;(t>0)$ nên BDT đầu là thuần nhất.

Ta chuẩn hoá $a+b+c=1$

Có: $\dfrac{a}{1-a}+\dfrac{b}{1-b}+\dfrac{c}{1-c} \ge \dfrac{3}{2}\;\;\;(1)$

Giờ ta cần chứng minh: $\dfrac{x}{1-x} \ge \dfrac{9x-1}{4} $ với $x\in (0;1)$ (Tự chứng minh)

Áp dụng: $VT(1) \ge \dfrac{9(x+y+z)-3}{4}=\dfrac{3}{2}$

Dấu bằng khi $a=b=c$

 

[huynhbachkhoa23]

Nếu thích thì mình cho 1 bài, mình chưa làm ra nhá =))

Chứng minh với mọi $a,b,c>0$ thì:

$(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)+abc(a+b+c) \ge 4abc\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$

Bạn thử chuẩn hoá $a^2+b^2+c^2=3$ thử, chắc dấu bằng khi $a=b=c$

 

[su10112000a]

gần giống bài bác Khoa nhưng có đôi chút khác=)):
Cho dãy số dương $a_1; a_2;...;a_n$, ta có bđt:
$$(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n) \ge (1+\sqrt[n]{a_1a_2...a_n})^n$$
Không xài Holder)

Ko ai giải nhỉ):
ta có:
$\dfrac{1}{1+a_1} + \dfrac{1}{1+a_2} +...+ \dfrac{1}{1+a_n} \ge \dfrac{n}{\sqrt[n]{(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)}}$
lại có:
$\dfrac{a_1}{1+a_1} + \dfrac{a_2}{1+a_2} +...+ \dfrac{a_n}{1+a_n} \ge \dfrac{n\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}{\sqrt[n]{(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)}}$
cộng lại, ta có:
$n \ge \dfrac{n+n\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}{\sqrt[n]{(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)}}$
$\rightarrow 1 \ge \dfrac{(1+\sqrt[n]{a_1a_2...a_n})^n}{(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n)}$
$\rightarrow (1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n) \ge (1+\sqrt[n]{a_1a_2...a_n})^n$
Xong:|

 

[huynhbachkhoa23]

Bài của em mới đăng về chuẩn hoá.

Chuẩn hóa $a^2+b^2+c^2=3$ vì BDT trên đồng bậc.

$3(ab+bc+ca)+abc(a+b+c) \ge 9\sqrt{abc}^2+3\sqrt{abc}^4\ge 12\sqrt{abc}^3$

Giờ ta chứng minh $3u^4+9u^2 \ge 12u^3$ với $0<u\le 1$

$\leftrightarrow u^2(u-1)(u-3) \ge 0$ (đúng)

Ta có điều cần chứng minh.

Đăng thức xảy ra khi $a=b=c$

 

[thinhrost1]

Phương pháp viết phương trình tiếp tuyến thôi, mò cái tiếp tuyến là ra hết
Cái đạo hàm em chỉ cho bác.

Như BDT có $f(a)+f(b)+f(c) \ge(\le) m$ với $a+b+c=k$ và điểm rơi $a=b=c=\dfrac{k}{3}$

Ta tính $f'(x)$ băng mấy cái công thức đạo hàm em chỉ bác.

Tính $f'(\dfrac{k}{3})=\alpha$ và $f(\dfrac{k}{3})=\beta$

Rồi ta chứng minh $f(x) \ge(\le) \alpha(x-\dfrac{k}{3})+\beta$ bằng biến đổi tương đương với $x\in J=[q;p]$ nào đó.

Thế vào và ra kết quả =))

Thủ thuật ăn gian hơi siêu đấy bác =))

Mới bày cho mấy bác thủ thuật ăn gian thứ 5 của ông thầy =)) (nhưng đây cũng là 1 phương pháp =)))

Giống như bài này:

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Tìm GTLN của
$\dfrac{1}{a^2+2}+\dfrac{1}{b^2+2}+\dfrac{1}{c^2+2}$

Bác thử tìm BDT phụ xem

 

[huynhbachkhoa23]

Giống như bài này:

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Tìm GTLN của
$\dfrac{1}{a^2+2}+\dfrac{1}{b^2+2}+\dfrac{1}{c^2+2}$

Bác thử tìm BDT phụ xem

Tối qua mò đến 1h ếu ra. (

Xin dừng cuộc chơi.

........................................................................

 

[huy14112]

Giống như bài này:

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Tìm GTLN của
$\dfrac{1}{a^2+2}+\dfrac{1}{b^2+2}+\dfrac{1}{c^2+2}$

Bác thử tìm BDT phụ xem

ta có :

$\dfrac{3}{2}-(\dfrac{1}{a^2+2}+\dfrac{1}{b^2+2}+\dfrac{1}{c^2+2 })$

$=\dfrac{1}{2}(\dfrac{a^2}{a^2+2}+\dfrac{b^2}{b^2+2}+\dfrac{c^2}{c^2+2 })$

$\ge \dfrac{1}{2}.\dfrac{(\sum a)^2}{\sum a^2 + 6 }=\dfrac{1}{2}.\dfrac{(\sum a)^2}{\sum a^2 + 2(\sum ab)}=\dfrac{1}{2}$

$\rightarrow \dfrac{1}{a^2+2}+\dfrac{1}{b^2+2}+\dfrac{1}{c^2+2 } \le 1$

Ếu thích dùng bđt phụ vì ko hiểu , bác kho có giỏi chỉ em

 

[huynhbachkhoa23]

Bác huy làm thử bài này xem:

Bài 1: Chứng minh $\sum \dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2} \le 8$ với $a,b,c > 0$

Bài 2: Chứng minh với mọi $x,y,z > 0 $ thì $2(\sum x)^3+9xyz\ge 7(\sum x)(\sum xy)$

Bài 3: Cho hai dãy số $a_1; a_2;...a_n$ và $b_1; b_2;...;b_n$
$c_1;c_2;...;c_n$ là các hoán vị tuỳ ý của dãy $b_n$

$a_i \ge a_{i+1}; b_{i} \ge b_{i+1}$

So sánh $a_1.b_1+a_2.b_2+...+a_n.b_n$ và $a_1.c_1+a_2.c_2+...+a_n.c_n$

Bài 4: Cho các số dương $a,b,c$ có tổng không bé hơn $3$
Tìm GTLN của $\sum \dfrac{1}{a^2+b+c}$

Nếu làm được bài 3 thì bác chắc là thánh rồi =))

 

[huy14112]

Bác huy làm thử bài này xem:

Bài 1: Chứng minh $\sum \dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2} \le 8$ với $a,b,c > 0$

Bài 2: Chứng minh với mọi $x,y,z > 0 $ thì $2(\sum x)^3+9xyz\ge 7(\sum x)(\sum xy)$

Bài 3: Cho hai dãy số $a_1; a_2;...a_n$ và $b_1; b_2;...;b_n$
$c_1;c_2;...;c_n$ là các hoán vị tuỳ ý của dãy $b_n$

$a_i \ge a_{i+1}; b_{i} \ge b_{i+1}$

So sánh $a_1.b_1+a_2.b_2+...+a_n.b_n$ và $a_1.c_1+a_2.c_2+...+a_n.c_n$

Bài 4: Cho các số dương $a,b,c$ có tổng không bé hơn $3$
Tìm GTLN của $\dfrac{1}{a^2+b+c}$

Nếu làm được bài 3 thì bác chắc là thánh rồi =))

Mua ha ha ha ha hôm nay em đã hiểu 1 số thủ thuật gian lận mà ông thầy bác kho chỉ cho bác ) =))

4.

$\dfrac{1}{a^2+b+c}=\dfrac{1}{a^2-a+3} $

Lại có :

$\dfrac{1}{a^2-a+3} \le \dfrac{4}{9}-\dfrac{a}{9}$

Tự nhân lại sẽ có kết quả hiển nhiên đúng .

Thành lập các bđt tương tự và dễ rồi )

 

[duchieu300699]

Bài 3: Cho hai dãy số $a_1; a_2;...a_n$ và $b_1; b_2;...;b_n$
$c_1;c_2;...;c_n$ là các hoán vị tuỳ ý của dãy $b_n$

$a_i \ge a_{i+1}; b_{i} \ge b_{i+1}$

So sánh $a_1.b_1+a_2.b_2+...+a_n.b_n$ và $a_1.c_1+a_2.c_2+...+a_n.c_n$

Chơi đại thôi =))

Nhờ giả thiết nên các biểu thức trong dấu ngoặc đầu tiên như $b_1-c_1$ rồi $b_1+b_2-c_1-c_2$ luôn > 0

$a_1.b_1+a_2.b_2+...+a_n.b_n- (a_1.c_1+a_2.c_2+...+a_n.c_n)$

$=a_1(b_1-c_1)+a_2(b_2-c_2)+...+a_n(b_n-c_n)$

$\ge a_2(b_1-c_1)+a_2(b_2-c_2)+...+a_n(b_n-c_n)$

$=a_2(b_1+b_2-c_1-c_2)+a_3(b_3-c_3)+...+a_n(b_n-c_n)$

$\ge a_3(b_1+b_2-c_1-c_2)+a_3(b_3-c_3)+...+a_n(b_n-c_n)$

$= a_3(b_1+b_2+b_3-c_1-c_2-c_3)+a_4(b_4-c_4)+...+a_n(b_n-c_n)$

..............................

$\ge a_n(b_1+b_2+b_3+b_n-c_1-c_2-c_3-...c_n)$

$\ge 0$ Vậy dấu so sánh là dấu $\ge$

 

[huynhbachkhoa23]

Mua ha ha ha ha hôm nay em đã hiểu 1 số thủ thuật gian lận mà ông thầy bác kho chỉ cho bác ) =))

4.

$\dfrac{1}{a^2+b+c}=\dfrac{1}{a^2-a+3} $

Lại có :

$\dfrac{1}{a^2-a+3} \le \dfrac{4}{9}-\dfrac{a}{9}$

Tự nhân lại sẽ có kết quả hiển nhiên đúng .

Thành lập các bđt tương tự và dễ rồi ) Nói chung chưa làm ra bài này =))

Thiếu khoảng xác định của $a,b,c$ kìa bác.

Em chỉ cần cho 1 ví dụ thôi, $a=4$, BDT sai. OK

Bài không dễ như bác nghĩ đâu =))

 

[huynhbachkhoa23]

Chơi đại thôi =))

Nhờ giả thiết nên các biểu thức trong dấu ngoặc đầu tiên như $b_1-c_1$ rồi $b_1+b_2-c_1-c_2$ luôn > 0

$a_1.b_1+a_2.b_2+...+a_n.b_n- (a_1.c_1+a_2.c_2+...+a_n.c_n)$

$=a_1(b_1-c_1)+a_2(b_2-c_2)+...+a_n(b_n-c_n)$

$\ge a_2(b_1-c_1)+a_2(b_2-c_2)+...+a_n(b_n-c_n)$

$=a_2(b_1+b_2-c_1-c_2)+a_3(b_3-c_3)+...+a_n(b_n-c_n)$

$\ge a_3(b_1+b_2-c_1-c_2)+a_3(b_3-c_3)+...+a_n(b_n-c_n)$

$= a_3(b_1+b_2+b_3-c_1-c_2-c_3)+a_4(b_4-c_4)+...+a_n(b_n-c_n)$

..............................

$\ge a_n(b_1+b_2+b_3+b_n-c_1-c_2-c_3-...c_n)$

$\ge 0$ Vậy dấu so sánh là dấu $\ge$

Kết quả đúng nhưng em không biết lời giải có đúng không =))

 

[duchieu300699]

Kết quả đúng nhưng em không biết lời giải có đúng không =))

guát đờ sai =)) $.......................................$

 

[huynhbachkhoa23]

Yeah, mới mần ra bài 1 =))

Đề:

Với $a,b,c>0$. Chứng minh $\sum \dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2} \le 8$

Nhận thấy mỗi phân thức có tử mẫu đồng bậc 2 nên BDT trên là thuần nhất.

Ta chuẩn hoá $a+b+c=3$. $a,b,c \in (0;3)$ và dự đoán điểm rơi tại $a=b=c=1$

BDT trở thành: $\sum \dfrac{a^2+6a+9}{a^2-2a+3} \le 24 \;\;\;\;(1)$

Có: $\dfrac{x^2+6x+9}{x^2-2x+3} \le 4x+4$ với mọi $x\in (0;3)$

Thế vào $VT(1) \le 4(a+b+c)+12=24 \;\;\;\mathfrak{(dpcm)}$

Tính cái đạo hàm mệt cả giấy =))

P/s: Nếu chuẩn hóa $a+b+c=1$ thì không ăn tại vì hàm lồi lõm tùm lum làm không được ( nên chuẩn hóa với sử dụng BDT phụ sao cho hàm chỉ lồi trên khoảng xác định hoặc chỉ lõm trên khoảng xác định.

 

[huy14112]

Thiếu khoảng xác định của $a,b,c$ kìa bác.

Em chỉ cần cho 1 ví dụ thôi, $a=4$, BDT sai. OK

Bài không dễ như bác nghĩ đâu =))

Thiếu -_- Sao chú lại cho thêm cái "Nói chung chưa làm ra bài này " vào vừa vừa =))

Thấy mấy cái bài làm bđt phụ của bác nó hay có cái khoảng , chắc trong bài này là : $x \epsilon [0;3]$

 

[huynhbachkhoa23]

Thiếu -_- Sao chú lại cho thêm cái "Nói chung chưa làm ra bài này " vào vừa vừa =))

Thấy mấy cái bài làm bđt phụ của bác nó hay có cái khoảng , chắc trong bài này là : $x \epsilon [0;3]$

Tại sao là $[0;3]$

$a=4; b=5; c=1$ tổng cũng lớn hơn 3 mà bác =))....................................................

 

[huy14112]

Tại sao là $[0;3]$

$a=4; b=5; c=1$ tổng cũng lớn hơn 3 mà bác =))....................................................

Ô thì nhân đến đoạn $-(a-1)^2(a-3) \ge 0$ thì nó thế .

 

[ronaldover7]

Mua ha ha ha ha hôm nay em đã hiểu 1 số thủ thuật gian lận mà ông thầy bác kho chỉ cho bác ) =))

4.

$\dfrac{1}{a^2+b+c}=\dfrac{1}{a^2-a+3} $

Lại có :

$\dfrac{1}{a^2-a+3} \le \dfrac{4}{9}-\dfrac{a}{9}$

Tự nhân lại sẽ có kết quả hiển nhiên đúng .

Thành lập các bđt tương tự và dễ rồi )

Em nghĩ thế nay,ngu nên các anh đừng chửi nhé

Ta có:$\frac{1}{a^2+\frac{1}{4}+b+c}$ \leq $\frac{1}{a+b+c}$\leq$\frac{1}{3}$
\Rightarrow $a^2+\frac{1}{4}+b+c$ \geq 3
\Rightarrow $a^2+b+c$ \geq $\frac{11}{4}$
\Rightarrow $\frac{1}{a^2+b+c}$ \leq $\frac{4}{11}$
\Leftrightarrow a=$\frac{1}{2}$,$b+c=\frac{5}{2}$