Đề cương học kỳ I Toán lớp 10 - THPT chuyên Amsterdam.

DÀNH CHO NHỮNG BẠN MỚI HỌC BẤT ĐẲNG THỨC

Bài 1. Cho các số thự a,b,c. CMR:$\frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc}+\frac{1}{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc}+\frac{1}{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}+abc}\le \frac{1}{abc}.$
Giải:
Ta có: ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc=\left( a+b \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-ab \right)+abc\ge ab\left( a+b \right)+abc=ab\left( a+b+c \right)$
$\Rightarrow \frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc}\le \frac{1}{ab\left( a+b+c \right)}$.

Chứng minh tương tự ta cũng có:$\frac{1}{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc}\le \frac{1}{bc\left( a+b+c \right)};\,\,\frac{1}{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}+abc}\le \frac{1}{ca\left( a+b+c \right)}$
Vậy$VT=\frac{1}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+abc}+\frac{1}{{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc}+\frac{1}{{{c}^{3}}+{{a}^{3}}+abc}\le \frac{1}{a+b+c}\left( \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} \right)=\frac{1}{abc}=VP$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.

Bài 2. Cho các số thực a,b,c > 0 và abc=1. CMR:$\frac{1}{{{a}^{5}}+{{b}^{5}}+ab}+\frac{1}{{{b}^{5}}+{{c}^{5}}+bc}+\frac{1}{{{c}^{5}}+{{a}^{5}}+ca}\le 1.$
Giải:
Ta có: ${{a}^{5}}+{{b}^{5}}=\left( a+b \right)\left( {{a}^{4}}+{{a}^{3}}b+{{a}^{2}}{{b}^{2}}+a{{b}^{3}}+{{b}^{4}} \right)\ge \left( a+b \right)\left[ {{a}^{2}}{{b}^{2}}+ab{{\left( a+b \right)}^{2}} \right]\ge {{a}^{2}}{{b}^{2}}\left( a+b \right)$
$\ \Rightarrow \frac{ab}{{{a}^{5}}+{{b}^{5}}+ab}\le \frac{1}{ab\left( a+b \right)+1}=\frac{1}{\frac{a+b}{c}+1}=\frac{c}{a+b+c}.$
Chứng minh tương tự ta có: $\frac{bc}{{{b}^{5}}+{{c}^{5}}+bc}\le \frac{a}{a+b+c};\,\frac{1}{{{c}^{5}}+{{a}^{5}}+ca}\le \frac{b}{a+b+c}$
Vậy: $\frac{1}{{{a}^{5}}+{{b}^{5}}+ab}+\frac{1}{{{b}^{5}}+{{c}^{5}}+bc}+\frac{1}{{{c}^{5}}+{{a}^{5}}+ca}\le \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=1$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1.

Bài 3. Cho a,b,c thỏa mãn${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1.$ CMR: $\frac{a}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}+\frac{b}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}+\frac{c}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}$
Giải:
Ta có: $\ {{\left( \frac{a}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}} \right)}^{2}}=\frac{2{{a}^{4}}}{2{{a}^{2}}\left( 1-{{a}^{2}} \right)\left( 1-{{a}^{2}} \right)}\ge \frac{2{{a}^{4}}}{{{\left( \frac{2{{a}^{2}}+1-{{a}^{2}}+1-{{a}^{2}}}{3} \right)}^{3}}}=\frac{27}{4}{{a}^{4}}\Leftrightarrow \frac{a}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}\le \frac{3\sqrt{3}}{2}{{a}^{2}}.$
Tương tự: $\ \frac{b}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}{{b}^{2}};\,\frac{c}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}{{c}^{2}}.$
$\ \Rightarrow \frac{a}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}+\frac{b}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}+\frac{c}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)=\frac{3\sqrt{3}}{2}.$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$ 

Bài 4. Cho các số thực dương a, b, c, p, q. CMR: $\frac{a}{pb+qc}+\frac{b}{pc+qa}+\frac{c}{pa+qb}\ge \frac{3}{p+q}$
Giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxkia ta có :
${{\left( a+b+c \right)}^{2}}={{\left[ \sqrt{a\left( pb+qc \right)}.\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{pb+qc}}+\sqrt{b\left( pc+qa \right)}.\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{pc+qa}}+\sqrt{c\left( pa+qb \right)}.\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{pa+qb}} \right]}^{2}}$
$\le VT\left[ p\left( ab+bc+ca \right)+q\left( ab+bc+ca \right) \right]=VT\left( ab+bc+ca \right)\left( p+q \right)$$\Rightarrow VT\ge \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{\left( ab+bc+ca \right)\left( p+q \right)}$.
Mặt khác ta dễ chứng minh: ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab+bc+ca\ge 3\left( ab+bc+ca \right)$
$\Rightarrow VT\ge \frac{3}{p+q}=VT\Rightarrow$ĐPCM.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.

Bài 5. Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC và S là diện tích tam giác ABC.
CMR: Với mọi x ta có:$\left( \frac{4}{x}-1 \right){{a}^{2}}+\left( x-1 \right){{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 4S\sqrt{3}.$ (*)
Giải:
Áp dụng công thức hàm số cos ta có:
$V{{P}_{\left( * \right)}}=\left( \frac{4}{x}-1 \right){{a}^{2}}+\left( x-1 \right){{b}^{2}}+{{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2abcosC=\frac{4}{x}{{a}^{2}}+x.{{b}^{2}}-2abcosC$
Mặt khác : $4S\sqrt{3}=2\sqrt{3}.ab\sin C$. Vậy ta cần phải chứng minh:
$\frac{4}{x}{{a}^{2}}+x.{{b}^{2}}-2abcosC\ge 2\sqrt{3}.ab\sin C\Leftrightarrow \frac{4}{x}{{a}^{2}}+x.{{b}^{2}}\ge 2ab\left( \cos C+\sqrt{3}\sin C \right)\left( ** \right)$
Áp dụng BĐT Côsi ta có : $V{{T}_{\left( ** \right)}}=\frac{4}{x}{{a}^{2}}+x.{{b}^{2}}\ge 2\sqrt{\frac{4}{x}{{a}^{2}}.x.{{b}^{2}}}=4ab$
Và theo BĐT Bunhiacopxkia ta có: $2ab\left( \cos C+\sqrt{3}\sin C \right)\le 2ab\sqrt{\left( 1+3 \right)\left( {{\sin }^{2}}C+co{{s}^{2}}C \right)}=4ab$
Vậy $V{{T}_{\left( ** \right)}}\ge 4ab\ge V{{P}_{\left( ** \right)}}\Rightarrow$ĐPCM.
Dấu  ‘=’  xảy ra khi và chỉ khi $\ \left\{ \begin{array}{l} \frac{4}{x}{a^2} = x.{b^2}\\ \cos C = \frac{{\sin C}}{{\sqrt 3 }} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2a = b\left| x \right|\\ C = {60^0} \end{array} \right.$

Bài 6. Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC và R,r lần lượt là bán kính đường tròn
ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC. CMR: $\frac{1+\cos A}{2a}+\frac{1+\cos B}{2b}+\frac{1+\cos C}{2c}=\frac{27Rr}{2abc}$
Giải:
Áp dụng công thức hàm số cos ta có:
$\cos A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}\Rightarrow 1+\cos A=\frac{{{\left( b+c \right)}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}=\frac{\left( b+c-a \right)\left( a+b+c \right)}{2bc}$
$\Rightarrow \frac{1+\cos A}{2a}=\frac{\left( b+c-a \right)\left( a+b+c \right)}{4abc}$.
Tương tự ta cũng có: $\frac{1+\cos B}{2b}=\frac{\left( a+b+c \right)\left( c+a-b \right)}{4abc};\,\,\frac{1+\cos C}{2c}=\frac{\left( a+b-c \right)\left( a+b+c \right)}{4abc}$
$\ \Rightarrow VT=\frac{a+b+c}{4abc}\left( a+b-c+b+c-a+c+a-b \right)=\frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{4abc}\ge \frac{27{{\left( a+b+c \right)}^{3}}}{4{{\left( a+b+c \right)}^{3}}}=\frac{27}{4\left( a+b+c \right)}.$
Do$S=pr=\frac{abc}{4R}\Leftrightarrow abc=4pRr\Rightarrow VP=\frac{27Rr}{2abc}=\frac{27Rr}{8pRr}=\frac{27}{4\left( a+b+c \right)}\Rightarrow$ ĐPCM.

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Bài 7. Cho x, y, z >0 và xyz = 1, CMR: $\ \frac{{{x}^{3}}}{(1+y)(1+z)}+\frac{{{y}^{3}}}{(1+z)(1+x)}+\frac{{{z}^{3}}}{(1+x)(1+y)}\ge \frac{3}{4}.$
Giải:
Ta có: $\ \frac{{{x}^{3}}}{(1+y)(1+z)}+\frac{1+y}{8}+\frac{1+z}{8}\ge 3\frac{x}{4}.$
Tương tự ta có: $\ \frac{{{y}^{3}}}{(1+z)(1+x)}+\frac{1+x}{8}+\frac{1+z}{8}\ge 3\frac{y}{4}$ và $\ \frac{{{z}^{3}}}{(1+x)(1+y)}+\frac{1+x}{8}+\frac{1+y}{8}\ge 3\frac{z}{4}.$
Cộng theo vế rồi rút gọn ta có:
$\ \frac{{{x}^{3}}}{(1+y)(1+z)}+\frac{{{y}^{3}}}{(1+z)(1+x)}+\frac{{{z}^{3}}}{(1+x)(1+y)}+\frac{3}{4}\ge .$ $\ \frac{x+y+z}{2}\ge \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}.$

Vậy $\ \frac{{{x}^{3}}}{(1+y)(1+z)}+\frac{{{y}^{3}}}{(1+z)(1+x)}+\frac{{{z}^{3}}}{(1+x)(1+y)}\ge \frac{3}{4}

------------Hết-----------