Đáp án đúng:
Phương pháp giải:
Từ điều kiện, sử dụng AM – GM chứng minh được \(ab \le 1\).
Sử dụng bổ đề: \(\dfrac{1}{{1 + a}} + \dfrac{1}{{1 + b}} \le \dfrac{2}{{1 + \sqrt {ab} }}\) để đơn giản biểu thức, sau đó dự đoán điểm rơi và biến đổi tương đương.Giải chi tiết:Từ giả thiết \({\left( {a + b} \right)^3} + 4ab \le 12 \Rightarrow 12 \ge {\left( {a + b} \right)^3} + 4ab\)và \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \) nên ab > 1
Giả sử ab > 1 thì \(12 = {\left( {a + b} \right)^3} + 4ab \ge {\left( {2\sqrt {ab} } \right)^3} + 4ab > {2^3} + 4 = 12\) (vô lý)
Vậy \(ab \le 1.\) Dấu bằng xảy ra khi \(a = b = 1.\)
Ta chứng minh bất đẳng thức sau: \(\dfrac{1}{{1 + a}} + \dfrac{1}{{1 + b}} \le \dfrac{2}{{1 + \sqrt {ab} }}\)
Thật vậy:
\(\dfrac{1}{{1 + a}} + \dfrac{1}{{1 + b}} \le \dfrac{2}{{1 + \sqrt {ab} }} \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)}^2}\left( {\sqrt {ab} - 1} \right)}}{{\left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + \sqrt {ab} } \right)}} \le 0\) (luôn đúng vì \(a,b > 0,ab \le 1)\)
\( \Rightarrow \dfrac{1}{{1 + a}} + \dfrac{1}{{1 + b}} + 2020ab \le \dfrac{2}{{1 + \sqrt {ab} }} + 2020ab\)
Đặt \(\sqrt {ab} = t\left( {0 < t \le 1} \right)\). Ta cần chứng minh:\(\dfrac{2}{{1 + t}} + 2020{t^2} \le 2021\)
\( \Leftrightarrow \left( {t - 1} \right)\left( {2020{t^2} + 4040t + 2019} \right) \le 0\)(luôn đúng do \(0 < t \le 1\))
Dấu xảy ra khi \(t = 1\,\, \Leftrightarrow \,a = b = 1.\)
Hoàn tất chứng minh.
