Chuyên đề 2: Bất đẳng thức có đáp án

28 người thi tuần này 4.6 8.2 K lượt thi 28 câu hỏi 60 phút

Câu 1/28

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc = 1, Chứng minh rằng:

$\frac{a b}{a^{4} + b^{4} + a b} + \frac{b c}{b^{4} + c^{4} + b c} + \frac{c a}{c^{4} + a^{4} + c a} \leq 1$

Lời giải

Ta có: $a^{4} + b^{4} \geq a b (a^{2} + b^{2})$ $\Rightarrow \frac{a b}{a^{4} + b^{4} + a b} \leq \frac{a b}{a b (a^{2} + b^{2}) + a b} = \frac{1}{a^{2} + b^{2} + 1}$

Tương tự có: $\frac{b c}{b^{4} + c^{4} + b c} \leq \frac{1}{b^{2} + c^{2} + 1}$ ; $\frac{c a}{c^{4} + a^{4} + c a} \leq \frac{1}{c^{2} + a^{2} + 1}$

Suy ra $V T \leq \frac{1}{a^{2} + b^{2} + 1} + \frac{1}{b^{2} + c^{2} + 1} + \frac{1}{c^{2} + a^{2} + 1}$

Đặt $a^{2} = x^{3}; b^{2} = y^{3}' c^{2} = z^{3}$ ta có: xyz = 1 ( do abc = 1)

Suy ra: $V T \leq \frac{1}{x^{3} + y^{3} + 1} + \frac{1}{y^{3} + z^{3} + 1} + \frac{1}{z^{3} + x^{3} + 1}$

Dễ cm đc $x^{3} + y^{3} \geq x y (x + y)$

$V T \leq \frac{1}{x y (x + y) + 1} + \frac{1}{y z (y + z) + 1} + \frac{1}{z x (z + x) + 1}$

$V T \leq \frac{z}{x y z (x + y) + z} + \frac{x}{x y z (y + z) + x} + \frac{y}{z x y (z + x) + y}$

$V T \leq \frac{z}{x + y + z} + \frac{x}{x + y + z} + \frac{y}{z x + y + z} = 1$

Vậy $V T \leq 1$ Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

Câu 2/28

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a + b + c + a b + b c + a c = 6$ . Chứng minh rằng: $\frac{a^{3}}{b} + \frac{b^{3}}{c} + \frac{c^{3}}{a} \geq 3$

Lời giải

Đặt $P = \frac{a^{3}}{b} + \frac{b^{3}}{c} + \frac{c^{3}}{a}$ .

Có a, b, c là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM có:

$\{\begin{cases} \frac{a^{3}}{b} + a b \geq 2 a^{2} \\ \frac{b^{3}}{c} + b c \geq 2 b^{2} \\ \frac{c^{3}}{a} + a c \geq 2 c^{2} \end{cases}$ .

$\Rightarrow P = \frac{a^{3}}{b} + \frac{b^{3}}{c} + \frac{c^{3}}{a} \geq 2 (a^{2} + b^{2} + c^{2}) - (a b + b c + a c)$ , mà $a + b + c + a b + b c + a c = 6$ .

$\Rightarrow P \geq 2 (a^{2} + b^{2} + c^{2}) + (a + b + c) - 6$ .

Có ${(a - b)}^{2} + {(b - c)}^{2} + {(a - c)}^{2} \geq 0$ $\Rightarrow 2 (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \geq 2 (a b + b c + c a)$ $\Rightarrow 3 (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \geq {(a + b + c)}^{2}$ .

Suy ra $P \geq \frac{2}{3} {(a + b + c)}^{2} + (a + b + c) - 6$ .

Có $a b + b c + c a \leq a^{2} + b^{2} + c^{2}$ $\Rightarrow 3 (a b + b c + a c) \leq {(a + b + c)}^{2}$ .

Do đó $6 = a + b + c + a b + b c + a c \leq a + b + c + \frac{1}{3} {(a + b + c)}^{2}$ $\Rightarrow \frac{1}{3} {(a + b + c)}^{2} + (a + b + c) - 6 \geq 0$ . $\Rightarrow (a + b + c) \geq 3$ , ${(a + b + c)}^{2} \geq 9$ .

Suy ra $P \geq \frac{2}{3} .9 + 3 - 6 = 3$ . Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

Vậy $\frac{a^{3}}{b} + \frac{b^{3}}{c} + \frac{c^{3}}{a} \geq 3$ .

Câu 3/28

Cho a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện abc = 1

Chứng minh $\frac{1}{2 + a} + \frac{1}{2 + b} + \frac{1}{2 + c} \leq 1$ .

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh $\frac{1}{2 + a} + \frac{1}{2 + b} + \frac{1}{2 + c} \leq 1$

$\Leftrightarrow (b + 2) (c + 2) + (a + 2) (c + 2) + (a + 2) (b + 2) \leq (a + 2) (b + 2) (c + 2)$

$\Leftrightarrow a b + b c + c a + 4 (a + b + c) + 12 \leq a b c + 2 (a b + b c + c a) + 4 (a + b + c) + 8$

$\Leftrightarrow a b + b c + c a + 4 (a + b + c) + 12 \leq 1 + 2 (a b + b c + c a) + 4 (a + b + c) + 8$

$\Leftrightarrow a b + b c + c a \geq 3$

Thật vậy áp dụng bất đẳng thức CauChy cho 3 số dương ta có $\Leftrightarrow a b + b c + c a \geq 3 \sqrt[3]{{(a b c)}^{2}} \geq 3$ .

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

Hoàn tất chứng minh.

Câu 4/28

Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a + b = 4ab

Chứng minh rằng: $\frac{a}{4 b^{2} + 1} + \frac{b}{4 a^{2} + 1} \geq \frac{1}{2}$

Lời giải

Từ a + b = 4ab $\Rightarrow 4 a b \geq 2 \sqrt{a b} \Rightarrow a b \geq \frac{1}{4}$ .

Chứng minh được BĐT: Với x, y > 0 ta có $\frac{a^{2}}{x} + \frac{b^{2}}{y} \geq \frac{{(a + b)}^{2}}{x + y}$ (*) .

Áp dụng (*) ta có

$\frac{a}{4 b^{2} + 1} + \frac{b}{4 a^{2} + 1} = \frac{a^{2}}{4 a b^{2} + a} + \frac{b^{2}}{4 a^{2} b + b} \geq \frac{{(a + b)}^{2}}{4 a b (a + b) + (a + b)}$

= $\frac{a + b}{4 a b + 1} = \frac{4 a b}{4 a b + 1} = 1 - \frac{1}{4 a b + 1} \geq \frac{1}{2}$

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a = b = \frac{1}{2}$ .

Câu 5/28

Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh $(x + y + z) (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) \geq 9 \cdot$

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức $\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geq 2$ cho hai số x > 0; y > 0 ta chứng minh được $(x + y + z) (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) \geq 9$ .

Câu 6/28

Chứng minh $\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + ... + \frac{1}{\sqrt{400}} < 38$ .

Lời giải

$\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + ... + \frac{1}{\sqrt{400}} = 2 (\frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{3}} + ... + \frac{1}{\sqrt{400} + \sqrt{400}}) < 2 (\frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{2}} + ... + \frac{1}{\sqrt{400} + \sqrt{399}})$

Ta có $2 (\frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{1}} + \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{2}} + ... + \frac{1}{\sqrt{400} + \sqrt{399}})$

$= (\sqrt{2} - \sqrt{1} + \sqrt{3} - \sqrt{2} + ... + \sqrt{400} - \sqrt{399})$

$= 2 (- \sqrt{1} + \sqrt{400}) = 38$

Vậy $\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + ... + \frac{1}{\sqrt{400}} < 38$

Câu 7/28

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

$\frac{a b}{a + b + 2 c} + \frac{b c}{b + c + 2 a} + \frac{c a}{c + a + 2 b} \leq \frac{1}{4} (a + b + c)$

Lời giải

Ta chứng minh bất đẳng thức $\frac{1}{x + y} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y})$ với x, y > 0.

Thậy vậy, với x, y > 0 thì:

$\frac{1}{x + y} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y}) \Leftrightarrow \frac{1}{x + y} \leq \frac{x + y}{4 x y} \Leftrightarrow {(x + y)}^{2} \geq 4 x y \Leftrightarrow x^{2} + 2 x y + y^{2} - 4 x y \geq 0$

$\Leftrightarrow x^{2} - 2 x y + y^{2} \geq 0 \Leftrightarrow {(x - y)}^{2} \geq 0$ (luôn đúng)

Do đó: $\frac{1}{x + y} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y})$ với x, y > 0.

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

$\frac{1}{a + b + 2 c} = \frac{1}{(a + c) + (b + c)} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c}) \Rightarrow \frac{a b}{a + b + 2 c} \leq \frac{a b}{4} (\frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c})$

Tương tự ta có: $\{\begin{cases} \frac{b c}{b + c + 2 a} \leq \frac{b c}{4} (\frac{1}{b + a} + \frac{1}{c + a}) \\ \frac{c a}{c + a + 2 b} \leq \frac{c a}{4} (\frac{1}{c + b} + \frac{1}{a + b}) \end{cases}$

Cộng vế với vế các bất đẳng thức với nhau ta được:

$\frac{a b}{a + b + 2 c} + \frac{b c}{b + c + 2 a} + \frac{c a}{c + a + 2 b} \leq \frac{a b}{4} (\frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c}) + \frac{b c}{4} (\frac{1}{b + a} + \frac{1}{c + a}) + \frac{c a}{4} (\frac{1}{c + b} + \frac{1}{a + b})$

$\begin{array}{l} = \frac{1}{4} [\frac{a b}{a + c} + \frac{a b}{b + c} + \frac{b c}{b + a} + \frac{b c}{c + a} + \frac{c a}{c + b} + \frac{c a}{a + b}] \\ = \frac{1}{4} [\frac{a b + b c}{a + c} + \frac{a b + c a}{c + b} + \frac{b c + c a}{b + a}] = \frac{1}{4} [\frac{b (a + c)}{a + c} + \frac{a (b + c)}{c + b} + \frac{c (b + a)}{b + a}] = \frac{1}{4} (a + b + c) \end{array}$

Do đó $V T \leq \frac{1}{4} V P$ (đpcm).

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

Câu 8/28

Cho ba số thực không âm a, b, c và thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

$a + 2 b + c \geq 4 (1 - a) (1 - b) (1 - c)$

Lời giải

Ta có $a + 2 b + c \geq 4 (1 - a) (1 - b) (1 - c) \Rightarrow a + 2 b + c \geq 4 (b + c) (a + c) (a + b)$

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có

$a + b + b + c \geq 2 \sqrt{(a + b) (b + c)} \Rightarrow {(a + 2 b + c)}^{2} \geq 4 (a + b) (b + c) \Rightarrow {(a + 2 b + c)}^{2} (a + c) \geq 4 (a + b) (b + c) (a + c)$

Áp dụng bất đẳng thức cô si

$\frac{a + 2 b + c + a + c}{2} \geq \sqrt{(a + 2 b + c) (a + c)} \Rightarrow \frac{2 (a + b + c)}{2} \geq \sqrt{(a + 2 b + c) (a + c)} \Rightarrow 1 \geq \sqrt{(a + 2 b + c) (a + c)}$ $\Rightarrow 1 \geq (a + 2 b + c) (a + c) \Rightarrow a + 2 b + c \geq {(a + 2 b + c)}^{2} (a + c)$

$\Rightarrow a + 2 b + c \geq 4 (a + b) (a + c) (b + c)$

Câu 9/28