Phiếu học tập tuần toán 7 CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC – MIN MAX Dạng 1 Dùng bất đẳng thức cơ bản và biến đổi tương đương Dạng 2 Dùng phương pháp tam thức bậc hai Dạng 3 Dùng bất đẳng thức AM GM (Cô si) Dạ[.]
CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC – MIN MAX Dạng 1: Dùng bất đẳng thức biến đổi tương đương Dạng 2: Dùng phương pháp tam thức bậc hai Dạng 3: Dùng bất đẳng thức AM-GM (Cô-si) Dạng 4: Dùng bất đẳng thức Cauchy dạng cộng mẫu số Dạng : Dùng bất đẳng thức Cauchy dạng nghịch đảo Dạng 6: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki DẠNG 1: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN VÀ BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Câu Cho x, y, z thỏa ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 1, y + z ≤ 2, x + y + z ≤ Tìm giá trị lớn của: P = x2 + y + z Hướng dẫn Ta có y + z 2= (2 y + z ) y + ( z − y ) z ≤ y + z= 2y + z z + ≤ 2 x + y + z = (3 x + y + z ) x + (2 y + z )( y − z ) + ( z − y ) z ≤ x + 2( y − x) + ( z − y ) x + y + z y + z z 11 = x+ y+z = + + ≤ 6 x + y + z 2 y + z z 49 ⇒ x= +y +z + + ≤ 36 1 Vậy Max P = , khi= x = ;y = ; z Câu Giả sử x, y là hai số dương thỏa mãn điều kiện: x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2 1 1 M =x+ + y+ x y Hướng dẫn 1 1 Ta có: M = x + + y + x y 1 = x2 + + + y + + x y 2 x2 + y = + ( x + y ) 1 + 2 2 x y x y Vì x, y > nên ta viết: = + x2 + y2 + ( x− y ) ≥ x + y ≥ xy 1 ≥ 2 ≥ 16 (1) x y xy Dấu “=” xảy x= y= Ngồi ta có: ( x − y ) ≥ ⇔ x + y ≥ xy ⇔ 2( x + y ) ≥ xy + x + y ⇔ 2( x + y ) ≥ ( x + y ) ⇔ 2( x + y ) ≥ (vì x + y = 1) Mà x + y = nên ≥ xy ⇔ x2 + y ≥ (2) Dấu “=” xảy x= y= Từ (1) (2) cho ta: M = + ( x + y )(1 + 1 25 ) ≥ + (1 + 16) = x y 2 25 Dấu “=” xảy đồng thời (1) (2) xảy dấu “=” nghĩa x= y= 25 Vậy GTNN M = x= y= 2 Câu Cho số thực a, b, c thỏa mãn a + b b + c c + a = Chứng minh Do đó: M ≥ ( ( a − ab + b )( b 2 + Ta chứng minh kết ( a − ab + b )( )( ) − bc + c )( c − ca + a ) ≥ Hướng dẫn ) 2 ≥ a + b (1) ( ) ( 2 Thật vậy, (1) ⇔ a + b + a 2b + 2a 2b − 2ab ( a + b ) ≥ a + b ⇔ a + b − 2ab ) ≥0 ⇔ ( a − b ) ≥ , bất đẳng thức đúng, dấu xảy a = b + Tương tự có (2): ( b − bc + c ) ≥ b + c , (3): ( c − ca + a ) ≥ c + a 2 + Thấy vế (1), (2), (3) không âm, nhân theo vế bất đẳng thức ta ( a − ab + b ) ( b − bc + c ) ( c − ca + a ) ≥ ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( 2 hay a − ab + b ) (b 2 − bc + c ) ( c − ca + a ) ≥ (*) 2 2 2 2 Do a − ab + b , b − bc + c , c − ca + a ≥ nên từ (*) suy (a − ab + b )( b − bc + c )( c − ca + a ) ≥ , có Đpcm Câu Cho số thực khơng âm a, b thỏa mãn a2 + b2 = Chứng minh a 3b + + b 3a + + 3a + 3b + ≤ Vì a2 + b2 = nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 8a 3b + + 8b 3a + + 3a + 3b + ≤ 72 ( ) ( ⇔ 2a 3b + − 3b + + + 2b 3a + − 3a + + ( ) ) +4 3a + − 3a + 3b + + 3b + + 11(a − a + 1) +11(b − 2b + 1) + 6(a − ab + b ) ≥ ⇔ 2a ( ) 3b + − + 2b ( ) 3a + − + ( 3a + − 3b + ) +11(a − 1) + 11(b − 1) + 6(a − b) ≥ (*) Bất đẳng thức (*) đúng, suy đpcm Đẳng thức xảy a = b = Câu Cho hai số dương x y Chứng minh x + Hướng dẫn 2 y + ≥ y x 2 y x + y x + ≥ ⇔ ( xy + )( y + y ) ≥ xy Biến đổi BĐT dạng x ( y − ) + 2y ( x − 1) ≥ (Đúng với x, y >0) 2 Đẳng thức xảy khi= x 1;= y Câu Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2 Tìm giá trị lớn biểu thức P = ab + bc + ca − 4abc Hướng dẫn Khơng tính tổng qt giả sử: a ≤ b ≤ c ⇒ a ( b − a )( b − c ) ≤ ⇒ ab + ca − abc ≤ a 2b P = ab + bc + ca − 4abc ≤ ( ab + ca − abc ) + bc ≤ a 2b + bc ⇒ P ≤ b ( a + c2 ) = b ( − b2 ) a = Mặt khác b ( − b ) = − ( b − 1) ( b + ) ≤ ⇒ P ≤ Dấu xảy ⇔ b = c = 2 ( ) Vậy max P = , đạt ( a; b; c ) = 0;1; hoán vị tương ứng Câu Cho x, y, z số thực thỏa mãn x ≥ , x + y ≥ 12 x + y + z = 15 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x + y + z Ta có: ( x − ) ( y − 5) ≥ ( z − 3) ≥ 2 Hướng dẫn ≥ ∀x ⇔ x − 14 x + 49 ≥ ⇔ x ≥ 14 x − 49 ∀y ⇔ y − 10 y + 25 ≥ ⇔ y ≥ 10 y − 25 ∀z ⇔ z − z + ≥ ⇔ z ≥ z − ⇒ A = x + y + z ≥ 14 x + 10 y + z − 83 ⇒ A ≥ ( x + y + z ) + ( x + y ) + x − 83 ⇒ A ≥ 6.15 + 4.12 + 4.7 − 83 hay A ≥ 83 Dấu “ = ” xảy khi= x 7,= y 5,= z (thỏa mãn) Câu Chứng minh ( x + y + z ) + xyz ≥ ( x + y + z )( xy + yz + zx ) với x , y, z số thực không âm Đẳng thức xảy nào? Chứng minh ( x + y + z) Hướng dẫn + xyz ≥ ( x + y + z )( xy + yz + zx ) ( *) với x , y, z số thực không âm Đẳng thức xảy nào? (*) ⇔ x + y3 + z3 + 3xyz − x y − x z − y x − y z − z2 x − z2 y ≥ ⇔ x ( x − y )( x − z ) + y ( y − x )( y − z ) + z ( z − x )( z − y ) ≥ ( **) Khơng tính tổng qt, giả sử x ≥ y ≥ z ≥ Khi ( **) ⇔ z ( z − x )( z − y ) + ( x − y ) x ( x − z ) − y ( y − z ) ≥ ( hiển nhiên đúng) Dấu xảy x= y= z hai số nhau, số lại DẠNG 2: DÙNG PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI Câu Cho số thực x, y thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= xy ( x − )( y + ) + 13 x + y − 26 x + 24 y + 46 Hướng dẫn Biểu thức P viết lại dạng P = x ( x − ) y ( y + ) + 13x ( x − ) + y ( y + ) + 46 Đặt= a x ( x − ) =( x − 1) − b= y ( y − +6= ) ( y + 3) − ta có P = ab + 13a + 4b + 46 = ( a + )( b + 13) − 2 = ( x − 1) + 3 ( y + 3) + − ≥ 3.4 − = Dấu đẳng thức xảy x = y = −3 Vậy P = Câu Cho hai số dương x, y thỏa mãn x ( x3 + y ) + xy ( x + y − ) = ( x + y ) ( xy + ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức T= Đặt S =+ x y, P = x y,S > 0, P > 1 x y + + 1 2 y x Hướng dẫn x y S − 2P S2 + 1 ⇒ P = T= + + 1= 2 y x 2 P 2T + ( x3 + y ) + xy ( x + y − ) = ( x + y ) ( xy + ) ⇔ S − 12 P = S ( P + ) S2 S2 ⇔ S − 12 = S + 4 2T + 2T + ⇔ S − ( 2T + 1) S + 8T + 16 = 0(1) x= + x= − S= Vậy T = ⇔ ⇔ P = y= − y= + ( 1) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ ⇔ 4T − 4T − 15 ≥ ⇒ T ≥ DẠNG 3: BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM (CAUCHY) Dạng tổng quát (n số): ∀x1, x2, x3 …… xn ≥ ta có: x1 + x2 + xn n ≥ x1 x2 xn n • Dạng 2: x1 + x2 + xn ≥ n n x1 x2 xn • Dạng 1: x + x2 + xn Dạng 3: ≥ x1 x2 xn n Dấu “ = ” xảy khi: x= x= = xn Hệ 1: n • Nếu: x1 + x2 + + xn =S =const thì: S Max P = x1x2 xn = n ( ) n x= S x= = xn = n Hệ 2: Nếu: x1 x2 xn= P= const thì: x= Dạng cụ thể ( số, số ): n = 2: ∀ x, y ≥ đó: Min ( S = x1 + x2 + x2 ) = nn P n x= = xn = P n= 3, ∀x, y, z ≥ đó: x+ y ≥ xy x + y ≥ xy x+ y+ z ≥ xyz x + y + z ≥ 3 xyz 2.3 x+ y ≥ xy x+ y+ z ≥ xyz 2.4 ( x + y ) ≥ xy ( x + y + z ) ≥ 27 xyz 1 + ≥ x y x+ y ≥ xy ( x + y )2 1 + + ≥ x y z x+ y+ z ≥ xyz ( x + y + z )3 2.1 2.2 2.5 2.6 Câu Cho ( x + y) x, y > Tìm GTNN biểu thức : Q = xy Hướng dẫn Nhận xét: Ta nên nhớ mục đích đánh giá Q ≥ m nên nhìn vào biểu thức ta có hai hướng để khai thác : Hướng thư : Khai thác tử số dùng cauchy đánh giá mẫu, hướng thứ hai khai thác mẫu dùng cauchy đánh giá đưa tử sau rút gọn đến điều cần chứng minh Sau ta khai thác theo hướng hai Ta có: 1 4x + y + y 4 xy = x + y = x + y ( ) ( ) ( x )( y )( y ) ≤ = 27 16 16 16 3 27 Dấu xảy khi= x 1;= y 27 Vậy Q = ⇒Q≥ Câu 4c Tìm Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn điều kiện ( a + c )( b + c ) = giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = a b ab + + b + 3c a + 3c bc + ca Lời giải Do a , b , c số thực dương nên giả thiết toán viết lại thành ( a + c )( b + c ) =4 ⇔ a + 1 b + 1 =4 c c2 Đặt x = c a b ; y = ( x > 0; y > ) Khi giả thiết trở thành ( x + 1)( y + 1) = c c Cũng từ a = cx ; b = cy , thay vào biểu thức P ta P= cx cy c xy x y xy + + = + + cy + 3c cx + 3c c x + c y y + x + x + y Đến ta xử lí tốn sau +) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P ta xy =3 − ( x + y ) Đặt t = x + y > áp dụng bất đẳng thức Từ ( x + 1)( y + 1) = AM – GM ta có 1 ( x + y ) ≥ xy nên suy − t ≤ t hay t + 4t − 12 ≥ nên t ≥ 4 Như ta có ≤ t < Biểu thức P viết lại thành x2 + y + 3( x + y ) ( x + y ) + ( x + y ) − xy + xy x y xy xy P= + + = + = y+3 x+3 x+ y xy + ( x + y ) + x+ y ( x + 3)( y + 3) x + y t + 3t − ( − t ) − t t + 5t − − t ( t − 1)( t + ) − t t 3 P= + = + = + =+ − − t + 3t + t 2t + 12 t (t + 6) t t Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có Dấu xảy t = ⇔t= t t 3 + ≥2 =6 Do P ≥ − t 2 c x + y =6 a + b = 6⇔ ⇔ = ab c − xy= − Vậy giá trị nhỏ biểu thức P ( ) ( ) c 6; − , đạt a + b = = ab c − +) Tìm giá trị lớn biểu thức P Như ta có ≤ t < P = P= t 3 + − Do ta có biến đổi t ( t − )( t − 3) + t 3 t − 3t + t − 5t + + − = = +1 = t 2t 2t 2t Do ≤ t < nên ta có ( t − )( t − 3) ≤ Do suy 2t +y = x= x t =2 ⇔ ⇔ ⇔ a =b =c = xy 1= y P ≤ Dấu xảy Câu Vậy giá trị lớn biểu thức P 1, đạt a= b= c Cho a , b , c số thực dương thỏa mãn a + b + c + ab= 2c ( a + b ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: = P c2 (a + b − c) + c2 ab + 2 a +b a+b Lời giải Trước hết từ giả thiết ta có biến đổi a + b + c + 2ab = 2c ( a + b ) ⇔ a + b + c + ab = 2ac + 2bc ⇔ a + b + c + 2ab − 2bc − 2ab = ab ⇔ ( a + b − c ) = ab Do ta viết lại biểu thức P thành c2 c2 ab c c2 ab P= + + =+ + 2 2 ( a + b − c ) a + b a + b ab a + b a + b Để ý ta có 4ab ≤ ( a + b ) nên ta có (a + b − c) (a + b) ab ≤ = ⇔− a+b a+b a+b ≤ a+b−c ≤ ⇔ ≤ c ≤ (a + b) 2 2 ( a + b ) + ab c2 c2 ab ( a + b ) Từ ta P = + + ≥ + ab a + b a + b 4ab ( a + b2 ) a + b 2 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (a + b) P≥ + 4ab (a + b) ≥ + (a + b) ≥ 1+ 8ab ( a + b2 ( a + b ) + ab ab ( a + b ) ( a + b ) + = + + a+b 8ab 8ab a+b a + b2 ) (a + b + a + b) 8ab (a + b) ( + 2ab (a + b) 2 ( 8ab + a + b 2 ) ( a + b ) + ab ( a + b ) ab 1+ + = 8ab a+b (a + b) ) ≥ 1+ (a + b) 8ab 2ab (a + b) = + = 2 Xảy a= b= c Vậy giá trị nhỏ P Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn a + b + c = 2017 Tìm giá trị lớn Câu biểu thức: M= a b 4c + + a +1 b +1 c +1 Lời giải 2 a + − b + − ( c + 1) − 6− + + = + + + Ta có M = a +1 b +1 c +1 a +1 b +1 c +1 c +1 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho bốn số dương x , y , z , t ta có x + y + z + t ≥ 4 xyzt 1 1 , , , ta có x z t y Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho bốn số dương 1 1 + + + ≥ 44 x y z t xyzt 1 1 Từ ta suy ( x + y + z + t ) + + + ≥ 16 x y z t Áp dụng bất đẳng thức ta có ta có 2 c +1 c +1 +b + + + + + + a + 1 1 ≥ 16 2 a +1 b +1 c +1 c +1 1 16 ⇔ 2020 + + + + ≥ = ≥ 16 ⇔ a + b + c + 2020 505 a +1 b +1 c +1 Vậy ta M ≤ 6− 3026 = 505 505 Dấu xảy 2017 a + b + c = a= b= 504 c +1 ⇔ c = 1009 a + = b + = 3026 , xảy a= b= 504 ; c = 1009 505 Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ Do giá trị lớn M Câu biểu thức: M= 1 + 8a + 1 + 8b + 1 + 8c Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có + 8a = (1 + 2a ) (1 − 2a + 4a ) ≤ Điều dẫn đến 1 + 8a ≥ + 2a Hoàn toàn tương tự ta có Do ta có M ≥ (1 + 2a ) + (1 − 2a + 4a ) =+ 2a 1 + 8b3 ≥ ; + 2b 1 + 8c3 ≥ + 2c 1 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có + + 2 + 2a + 2b + 2c 1 1 1 + + ≥ 3 2 2 + 2a + 2b + 2c + 2a + 2b + 2c (1 + 2a ) + (1 + 2b ) + (1 + 2c ) ≥ (1 + 2a )(1 + 2b )(1 + 2c ) 2 2 2 1 Suy 3 + ( a + b + c ) ≥ + + 2 2 a b c + + + Điều dẫn đến M ≥ = Đẳng thức xảy + ( a + b2 + c2 ) a= b= c= Vậy giá trị nhỏ M 1, xảy a= b= c= Câu Cho a , b , c số thực dương thỏa mãn điều kiện 3a + 4b + 6c = 29 Tìm 2 giá trị nhỏ biểu thức P = 2a + b + c Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho số dương ta a + a + ≥ 3a b + 22 ≥ 4b c + 32 ≥ 6c Khi P + + + ≥ 3a + 4b + 6c Suy P ≥ 3a + 4b + 6c − − − = 15 a = Đẳng thức xảy b = c = Cho ba số a, b, c dương Câu Chứng minh rằng: 1 a+b+c + + ≤ a + bc b + ac c + ab 2abc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a + bc ≥ 2a bc ⇒ ≤ = a + bc a bc Hướng dẫn 1 1 1 ≤ + ab ac ab ac 1 1 b + ac ≤ ba + bc Tương tự : ⇒ ≤ 1 + c + ab ca bc 1 1 1 a+b+c + + ≤ + + = ⇒ a + bc b + ac c + ab ab bc ca 2abc Dấu “=” xảy a= b= c Câu Giả sử x y hai số thỏa mãn x > y xy = Tìm GTNN biểu thức: A= x2 + y x− y Hướng dẫn = A Ta viết: x + y x − xy + y + xy ( x − y ) + xy = = x− y x− y x− y ( x − y ) + xy x− y x− y = x− y+ = + + x− y x− y x− y Vì x > y ⇒ x – y > nên áp dụng bất đẳng thức cơsi với số khơng âm, ta có: x− y x− y A ≥ + x− y x− y Dấu “=” xảy ⇔ = ⇔ ( x − y ) =4 ⇔ ( x − y ) =2 (Do x – y > 0) x− y 2 Từ đó: A ≥ + = 2 x − y = Vậy GTNN A ⇔ xy = Do x > y xy = nên: A = x = + x = − hay Thỏa điều kiện xy = ⇔ y =−1 + y =−1 − Câu Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x + y + z = Chứng minh x + xy + xyz ≤ Hướng dẫn Theo bất đẳng thức Cô si ta có 1 y+z+ 1 2 x + xy + xyz = x + xy z + ≤ x + x = x + x (2 − x) 2 3 Với x, y, z không âm x + y + z = ⇒ ≤ x ≤ 2 Ta cần chứng minh 2 x + x ( − x ) ≤ ⇔ ( x − ) + x ( − x ) ≤ ⇔ + x ( x − ) ≥ ⇔ ( x − 1) ≥ (luôn đúng) Câu 10 Cho x, y, z số thức dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ S = xy yz zx + + z x y Hướng dẫn Ta có: x2 y y z z x2 S= + + + 2( x + y + z ) z x y Áp dụng BĐT Côsi ta có: x2 y x2 z + ≥ 2x2 z y 2 x y y2 z2 + ≥ y2 2 z x 2 2 x z y z + ≥ 2z2 y x Suy ... = x= y= 2 Câu Cho số thực a, b, c thỏa mãn a + b b + c c + a = Chứng minh Do đó: M ≥ ( ( a − ab + b )( b 2 + Ta chứng minh kết ( a − ab + b )( )( ) − bc + c )( c − ca + a ) ≥ Hướng dẫn ) 2... Đpcm Câu Cho số thực không âm a, b thỏa mãn a2 + b2 = Chứng minh a 3b + + b 3a + + 3a + 3b + ≤ Vì a2 + b2 = nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 8a 3b + + 8b 3a + + 3a + 3b + ≤ 72 (... khi= x 7,= y 5,= z (thỏa mãn) Câu Chứng minh ( x + y + z ) + xyz ≥ ( x + y + z )( xy + yz + zx ) với x , y, z số thực không âm Đẳng thức xảy nào? Chứng minh ( x + y + z) Hướng dẫn + xyz ≥ ( x