Chuyen de 6 chung minh bat dang thuc va tim gtln gtnn

Chuyên đề chứng minh bất đẳng thức VnDoc Tải tài liệu học tập, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí tại VnDoc CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC TOÁN LỚP 9 A BẤT ĐẲNG THỨC I Tóm tắc lý thuyết cơ bản 1 Chuyển vế[.]

CHUYÊN ĐỀ: BẤT ĐẲNG THỨC TOÁN LỚP A BẤT ĐẲNG THỨC I Tóm tắc lý thuyết Chuyển vế đổi dấu Nhân ( chia) hai vế cho số dương BĐT chiều Nhân ( chia) hai vế cho số âm BĐT ngược chiều Nghịch đảo hai vế bất đẳng thức mà hai vế dấu BĐT ngược chiều Cộng vế hai bất đẳng thức chiều (Chú ý khơng có phép biến đổi trừ vế) Nhân vế hai bất đẳng thức chiều mà hai vế không âm II Các phương pháp chứng minh BĐT Phương pháp biến đổi tương đương Từ BĐT đề yêu cầu chứng minh, ta biến đổi đến bất đẳng thức đúng, BĐT chứng minh Bài 1: Chứng minh a2  b2  c2  d  a  c  b  d  1  Giải 1  a  b  c  d   a  b  c  d a  b c   ac  bd 2  d   a  c   b  d  (2) Vậy để chứng minh BĐT(1) ta phải chứng minh BĐT (2) Nếu VP= ac + bd < (2) Nếu ac  bd      a  b  c  d   ac  bd   a 2c  a d  b 2c  b d  a 2c  abcd  b d  ad  bc   Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc BĐT cuối ln ta có a2  b2  c2  d  a  c  b  d  1  Phương pháp Sử dụng bất đẳng thức biết 2.1 Sử dụng BĐT suy từ BĐT (a-b)2  Đây PP thường thi tuyển 10 Ví dụ : 1 a Từ  a     a  a    a   a 2 4  (1) b Với x > ta có   x 1    x x 1 1   x 1 x 1 1   x  x 1   x  x 1    x 2  x   (Người đề lấy BĐT , từ khai triển , kết hợp vài BĐT sẻ có tốn đề thi Vì người học khó chờ hội trúng đề mà cần nắm PP giải, biết lựa chọn BĐT xuất phát giải bài) Ví dụ ta có tốn sau Bài 2: Cho số a;b;c thỏa mãn a+b+c = 3 Chứng minh a2 + b2 +c2  Giải: 1 1  2 a    0 a a   0 a   a 2 4  Tương tự ta có: b   b (2); c2  (1) c (3) Lấy (1) +(2)+(3) được: 3  1  1  1 2 2 2 a   b   c    a  b  c  a  b  c    a  b  c  4  4  4 4  Dấu = a=b=c= Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc Bài 3: Cho x  1; y  Chứng minh y x 1  x y   xy Giải: Ta có : y x 1  x y  y x 1 x y       xy xy xy x 1  x y4  (*) y Ta có :  x 1 1   x 1 x 1 1   x  x 1   x  x 1    y42  x 1  (1) x   y   y  4.2    y  y    y  y   (2) Cộng BĐT (1) với BĐT (2) theo vế Vậy y4  y y4  (*) y x 1  x y x 1  x y   xy Dấu “=”   x     x   y42  0 y 8 2.2 Dùng BĐT CƠ-Si cho hai số khơng âm Với x; y khơng âm ta có: x +y  xy Dấu “=” x = y 2.2.1 Kỹ thuật : Tách hạng tử chứa biến thành tổng số với hạng tử chứa biến cho hạng tử nghịch đảo hạng tử khác có biểu thức cho Chú ý: * f ( x)  * k k  f ( x)  k f ( x) f ( x) k f ( x) q.g ( x) k f ( x) q.g ( x) kq    n.g ( x) m f ( x) n.g ( x) m f ( x) nm Bài 4: Cho < x < Chứng minh B  9x  7 2 x x Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc Nhận xét: Với ĐK tốn biểu thức ”số hạng” dương  khả dùng BĐT Cô si.Muốn dùng Cô SI với biểu thức 9x biểu thức “ số hạng 2 x “ thứ hai mẫu phải chứa x tử phải chứa –x Ta làm nháp sau: Nháp: Xét B’ = 9x 2 x có dạng ý  2 x x Khi đó: B – B’ = 9x 9x 2 x      B = B’ + 2 x x 2 x x Giải: Xét B’ = 9x 2 x  2 x x Khi đó: B – B’ = B=  9x 2 x +  2 x x Do < x < nên B  9x 9x 2 x      B = B’ + 2 x x 2 x x 9x 2 x  0;  Áp dụng BĐT Cơ si có: 2 x x 9x  x  = + = 2 x x Bài : Cho < x < Chứng minh :   35 1 x x Giải: B  1 x x Xét B '  x 4(1  x)   B – B’ =  1 x x B=B’+5=  x 4(1  x) x 4(1  x)   5  5 3 1 x x 1 x x Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc Dấu  3x 4(1  x)  Giải x1   1 x x ; x2   2.2.2 Kỹ thuật : Nhân chia biểu thức với số khác không Chú ý: Dạng A = kx n  q , ta xét biểu thức mx n Bài : Với x  Chứng minh A= Ta có: 3A = q A sau dùng Cơ Si x9  5x 30 9.( x  9) x   5x 5x Do x  nên x –  Áp dụng BĐT Cơ si ta có: 9( x  9)  Suy ra: 3A  9 x9 x  2 x 1   A x 10 30 2.2.3 Kỹ thuật dự đoán điểm rơi Điểm rơi BĐT giá trị biến mà dấu “=” xảy Bài 7: Cho x;y;z số dương thỏa mãn x+y+z = Chứng minh x(1  x)  y (1  y )  z (1  z )  Nhận xét: Bài toán cho vai trò x;y;z , nên điểm rơi x=y=z = ta dùng bất đẳng thức Cauchy cho số hạng -Nếu dùng cho x –x dấu xảy x= 1-x  x = (sai so với dự đoán) Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc 1-x=  ta phải áp dụng bất đẳng thức 3 Điểm rơi Khi x = Cauchy cho 1-x 2x x(1  x) Giải: Ta có x(1  x)   2x   x 2  x 1 2 Tương tự cho số hạng lại , cộng BĐT được: VT  x 1 2  y 1 2  z 1 2  x y z3 2  2  2.3 Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpky dạng phân thức a b2  a  b  a b   , a, b  R; x, y  R  (1) Dấu đẳng thức xảy  x y x y x y Từ ta suy bất đẳng thức thường sử dụng “Với x > 0, y > 0, ta có: 1 (2) Dấu = x = y   x y xy Hai bất đẳng thức dùng phải chứng minh.(Dùng PP tương đương) Bài 8: Cho số thực dương x, y, z thỏa x + y + z = Chứng minh : 1  1 xy xz Giải: Từ x + y + z = suy y + z = – x Với a; b dương ta có 1   (*) a b a b Ta chứng minh (*) (*)  ab   (a  b)  4ab  a  2ab  b  4ab  a  2ab  b   (a  b)  ab a b Bất đẳng thức cuối nên ta có ĐPCM Áp dụng : 1 4 4      xy xz xy  xz x  y  z  x   x   x  4x Mà  x  x   x  x      x     Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc 1  1      1 Do :   xy xz x  y  z  x  y  z  x   x  x  4x 1  xy  xz  x  Đẳng thức xảy  x     y  z 1 x  y  z    Phương pháp đổi biến Bẳng cách dự đoán dấu “=” xảy nhiều toán BĐT ta đổi qua biến dễ làm Chủ yếu dùng PP tương đương sau đổi biến Bài 9: Cho a  b  3, a  Chứng minh rằng: C = b3  a3  6b2  a2  9b  Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = 1; b = Do ta đặt a   x , với x  Từ giả thiết suy b   x Ta có:C = b3  a3  6b2  a2  9b = (2  x)3  (1  x)3  6(2  x)2  (1  x)2  9(2  x) = x3  2x2  x = x( x  1)2  (vì x  0) Đẳng thức xảy  x = x = tức a = 1, b = a = 0, b = Vậy C  Bài 10: Cho a  b  c  Chứng minh rằng: A = a2  b2  c2  ab  bc  ca  Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = c = Do ta đặt: a  1 x, b  1 y , ( x, y  R ) Từ giả thiết suy ra: c  1 x  y A = a2  b2  c2  ab  bc  ca Ta có: = (1  x)2  (1  y)2  (1  x  y)2  (1  x)(1  y)  (1  y)(1  x  y)  (1  x  y)(1  x)   = x  xy  y  =  x  y   y     2 Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc Đẳng thức xảy  y = x  y   x = y = hay a = b = c =1 Vậy A  Bài 11: Cho a > ; b > Chứng minh: a2 b2  8 a 1 b 1 Ở BĐT điều kiện bất đẳng thức Vì a > 1và b > nên ta đặt a = + x; b =1+y (với x; y >0) Khi ta có :  x  1 x  y  1  y  x2  2x  y  y   x y 1  1 1    x     y     x  y   x  y x y  Bài 12: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: Đặt: a b c    bc ca ab yzx  a  b  c  x  zx y   c  a  y  b  a  b  z   x yz  c   Khi bất đẳng thức (1) trở thành: yzx zx y x yz    2x 2y 2z Ta có: y z x z x y x y z 1 y x 1 z x 1 z y                2x 2y 2z 2 x y 2 x z 2 y z   Hay 2 y x  x y z x  x z z y 3   y z 2 a b c    (đpcm) bc ca ab Phương pháp làm trội Bổ trợ: a)Tổng hữu hạn Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc Một tổng gồm số hạng viết theo quy luật từ số hạng đến số hạng cuối , gọi tổng hữu hạn Ví dụ: A= 1    1.2 2.3 2018.2019 tổng hữu hạn Để tính tổng hữu hạn ta biến đổi số hạng thành hiệu hai số hạng Ví dụ: Tính A=  1.2 2.3 (Ta áp dụng công thức   2018.2019 n 1 với a n số tự nhiên)   a (a  n) n a  n Ta có: A=  1.2 2.3   1 2018.2019 1 1 3 =        1 2018   1  2018 2019 2019 2019 b)Tích hữu hạn Một tích gồm thừa số viết theo quy luật từ thừa số đến thừa số cuối ,gọi tích hữu hạn 1 1  VD: B= 1   1   1   1   tích hữu hạn n 2n      15   Để tính tích hữu hạn ta biến đổi thừa số thành tich hai thừa số.Từ vài thừa số ta tìm quy luật rút gọn 1 1  VD: Rút gọn B  1   1   1   1   n 2n      15   Giải: Ta có 1      B              n 2n      15   22 B 32 42 15 ( n 1)( n 1)  ( n 1)  2.2   3.3   4.4          n  n  1.3   2.4   3.5   n( n  2)  ( n  1) 2( n  1)  ( n  2) n2 B= Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc a)Để Chứng minh BĐT: A >k, vế trái A tổng(hoặc tích) hữu hạn ta khơng tìm cách để tính Ta phải biến đổi A > A1 (làm trội xuống) mà A1 tổng (hoặc tích hữa hạn) mà ta tính Bài 13: C/m: 3(1  2)  5(  3)  7(  4)   40399( 2019  2020)  22 45 Giải: Ta có (2n  1)( n  n  1)  n1 n  (2n1).1 Áp dụng: Với n = có Với n = có n 1  n  4n  4n  n 1  n n 1  n  1       2 n  n n n    4n  4n 1 1      3(  2)  2 1 1      5(  3)  3 Với n = 2019 có 1 1      4039( 2019  2020)  2019 2020  Cộng tất BĐT VT < 1 1  1 1  1  22       1     2 2020   2025   45  45 Bài 14: CM: 1 1      (Với n  N n  1) (n 1) n HD: Mỗi số hạng tổng có dạng (k  1) k CM VT < nên ta làm trội xuống sau: Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc (k  1) k ( k   k 1 1 1 1 1  k(  )  k(  )(  )  k(  )(  ) k(k  1) k k 1 k k 1 k k 1 k k 1 k k k 1 ) k    2   k k 1   k b)Để Chứng minh BĐT: B < m , vế trái B tổng hữu hạn(hoặc tích) ta khơng tìm cách để tính Ta phải biến đổi B < B1 (làm trội lên) mà B1 tổng (hoặc tích hữa hạn) mà ta tính Bài 15: Với n số tự nhiên n  C/m : 2n  1  2n 2n  HD: (2k  1)2 (2k  1)2 2k  2k     2k 2k  4k2 4k2 1 Phương pháp dùng BĐT phụ để chứng minh Với điều kiện M  P Chứng minh A  B Ta chứng minh phụ sau : (A- B) + (P-M)  (*) Lập luận : Vì P – M  nên  A  B Bài 16: Cho x2 + y2  x+y Chứng minh : x + y  Giải: Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau: (2-x-y )+ ( x2 + y2- x – y)   ( x2 – 2x +1) + (y2 – 2y +1)   (x-1)2 + (y – 1)2  ( BĐT đúng) Vì x2 + y2- x – y   2-x-y   x + y  2,.Dấu “=” x=y = Bài 17: Cho x ; y hai số dương thỏa : 2x+ 2y = Chứng minh :  3 x 2y Giải:Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau: 2   2    3   x  y      x     y        x   2y  x 2y   Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc    Dấu “=” x=1; y = x 2y Bài 18: Cho a+b  Chứng minh : a  b  Giải: Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau: (a2 +b2 - 1 )+ (1-a-b) =a2 +b2 –a-b+ = 2 Vì –a-b   a  b  2 1  1   a     b    BĐT 2  2  6./ Phương pháp phản chứng Ví dụ 5: Cho < a;b,c < CMR : có bất đẳng thức sau sai: a( – b) > 1 ; b(1-c) > 4 , c( 1-a) > Giải : Giả sử bất đẳng thức đúng, nhân vế ta  a( – b) b(1-c) c( 1-a) > (*) 64 mà a(1-a) = -a2 + a = -(a2 –a + ¼ -1/4 ) = -(a-1/2)2 + ¼  ¼  a( 1-a)  (1) tương tự b( b-1)   1 (2) , c( 1-c)  (3) 4 Lấy (1) (2).(3) a(1-b) b (1-c)c(1-a)  1 1  (mâu thuẩn với BĐT (*) 4 64 Vậy ta có ĐCCM B./ BÀI TỐN TÌM GTNN –GTLN CỦA MỘT BIỂU THỨC I./Chú ý: Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc -Dạng tốn gắn liền với bất đẳng thức, phải biết sử dụng BĐT để làm toán dạng - Biểu thức A  k với k số không đổi, có giá trị biến để dấu xảy  minA =k - Biểu thức B  m với m số khơng đổi, có giá trị biến để dấu xảy  maxA = m - Giá trị biến để dấu BĐT xảy ta gọi “điểm rơi” II./ Một số kỹ thuật biến đổi để giải toán II.1: Kỹ thuật dự đoán điểm rơi Đối với toán mà vai trị biến điểm rơi xảy biến Bài Cho x, y  , x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1  (Trích tuyển 10 Khánh Hịa năm học 2012-2013-Đề không xy x  y chuyên) Nhận xét: -Biểu thức P gợi lên dùng BĐT Bunhiacoopky dạng phân thức “Với x > 0, y > 0, ta có: 1   x y xy Dấu = x = y -Vai trò x y  điểm rơi x  y  -Nhưng x  y  1 1 2     Đểdùng  2 xy x y 1 1     2 2 2 BĐT số hạng thứ hai với 1 phải  Ta phải chia cho x y xy 2 2xy Từ ta có giải Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc Với x, y  , ta có (x  y)   (x  y)  4xy  1     xy (x  y) x y xy Đẳng thức xảy  x  y Do đó, với x, y  x  y  , ta có P  1 1     2 xy x  y 2xy  2xy x  y    4  2 2xy  2xy 2xy  x  y (Đến ta lại tiếp tục nhận xét : phải cần biến đổi  ???? ) 2xy Ta có (x-y)2   x2+y2  2xy   x2+y2 +2xy  2xy +2xy  (x+y)2  4xy  1 2     2 2 ( x  y) xy ( x  y) xy xy  P  2+4 = x  y 1  Đẳng thức xảy   x  y  2xy  x  y  Vậy Pmin   x  y  2 x  y   II.2 Kỹ thuật tham số hóa -Trong chứng minh bất đẳng thức biến vai trò ta thường dự đoán điểm rơi để tách triệt tiêu biến Đối với bất đẳng thức toán cực trị mà vai trị biến khơng bình đẳng việc xác định điểm rơi khơng dễ.Có kỹ thuật giải “Tham số hóa” Kỹ thuật đơn giản sau Trong cực trị biến x;y có vai trị khác ta đặt x = ty sau thay vào GT tốn ta tính biến y theo t Tiếp tục thay vào biểu thức ta tìm cực trị biến Bài 2:Cho số thực dương a;b thỏa mãn: ab  a  b   a  b Tìm GTNN P = a+b Giải: Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc Với a>b>0 , đặt a=tb (t > 0) thay vào ĐK: tbb  tb  b   tb  b  b  : a  b  b (t  1)  Dấu : (t  1) t (t  1)  (t  1)  4t t (t  1)  t 1 t   t  3  t 1 t t 1 t (t  1) t 1 t t 1 t  2 4 t 1 t t t 1  a    b   a   Vậy P =  b   II.3 Kỹ thuật khai thác GT Nhiều tốn cực trị , biểu thức đề cho bí biến đổi, ta cần khai thác GT để biến đổi biểu thức cần tìm cực trị Bài 3: Cho a;b;c dương thảo điều kiện a+b+c = Tìm GTLN Q= 2a  bc  2b  ca  2c  ab Nhận xét đề bài: Vì GT cho số dương  dùng BĐT si Vai trò biến  điểm rơi a=b=c = ( a+b+c =2) Mỗi số hạng dạng thức bậc hai muốn dùng cô si phải dạng tích, 2a +bc viết (2a+bc) , điểm rơi 2a+bc khơng  kg dùng trực tiếp  Mấu chốt giá viết 2a +bc dạng tích!!! Giải: Ta có 2a + bc = (a+b+c).a + bc = a2 +ab + ac + bc = (a+b)(a+c) Theo BĐT si ta có 2a  bc  ( a  b)(a  c)  a  b  a  c 2a  b  c  2 Tương tự: 2b  ac  (b  a)(b  c)  b  a  b  c 2b  a  c  2 Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc 2c  ab  (c  a)(b  c)  Cộng vế ba BĐT Q  Vậy max Q =  a=b=c = c  a  b  c 2c  a  b  2 4(b  a  c) 4.2  4 2 Bài 4: Cho x; y số dương thỏa mãn (4x +6y +2019) (x-y+3) =0 Tìm GTNN P = xy – 5x +2020 Nhận xét : Nhiều lúc hình thức “rất dễ sợ” bình tỉnh nhiền nhận sẻ thấy rấtđơn giản GT toán x; y dương  4x+6y+ 2019 >0 ( ngày thi tuyển 10 đó)  xy+3=0 Với GT ta dễ dàng rút- đưa biểu thức biến Giải: x; y dương  4x+6y+ 2019 >0 ( ngày thi tuyển 10 đó)  x-y + =  y =x+3 thay vào P = x(x+3) – 5x + 2020 = x2 -2x + 1+2019 = (x-1)2 + 2019  2019 Vậy P = 2019 x = y = Lời kết: Bất đẳng thức toán cực trị chuyên đề lớn, quan trọng học toán Đây chuyên đề dành cho học sinh giỏi Còn nhiều phương pháp giải , nhiều kỹ thuật biến đổi , em phải biết tự đọc , tự tham khảo thêm Trong phạm vi tuyển 10, với nội dung viết điểm tựa cho em mà Hãy nhớ “ Mỗi hành động xuất phát từ suy nghĩ mà ra” Vì ngẫm nghĩ để hiểu rõ vấn đề tìm lời giải! Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức.Q= x2  x 1 x  12 Giải Điều kiện xác định x  Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc Cách 1: Ta có Q= x2  x 1 x  1  x   x    x  1  x  1  1 1 (*)  x   x  12 1 3  Đặt y =  Q = 1- y + y2 =  y     x 1 2 4  Vậy Q =  y   x 1 Cách 2: Q Vì 3x  x   x  x  4. x  1 x  12 4 x  1  3. x  1   x  1 4 x  1 2   x  1  4 x  12  Dấu xảy x    x   Q  Vậy Q =  x 1 Cách 3: Ta coi y giá trị Q để y  x2  x 1 x  12  y. x  1  x  x   ( y  1) x  (2 y  1) x  y   (1) Do phương trình (1) phải có nghiệm Nếu y = ta có (1- 1)x2 + ( 2.1-1) x + 1- = => x = Vậy y = giá trị Q Nếu y  để phương trình có ngiệm  = ( 2y –1)2 – ( y- 1)(y- 1)   ( 2y –1 – 2y +2)( 2y –1 + 2y – 2)   y= 4y -   y  phương trình ( 1) có nghiệm kép x = Ta lại có  3 Vậy Q =  x  4 Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc (Chú ý Cách giải thứ , toán dạng biểu thức hữu tỷ bậc hai giải được- Vậy gặp dạng ta giải cách 3) Ví dụ 2: Tìm GTLN của: A  x   y  biết x + y = (ĐK: x  1; y  2) Cách : Ta nghĩ dạng tổng (a+b) với GT x+y = , sử dụng GT ta phải nghĩ dùng a2 + b2 Ta biết (a-b)2    (a+b)2  2(a2 + b2) dấu = a = b Vậy ta áp dụng có giải A2   x 1  y     x   y    2.(4  3)   A   A MaxA = y= x   y   x – = y – = – x – = – x hay x = ; Cách :Vì biểu thức chứa bậc hai, ta bình phương A2  x   x  y   y   x  y   ( x  1)( y  2)    ( x  1)( y  2)    ( x  1)( y  2)   ( x  1)  ( y  2)      A   A MaxA = y= x   y   x – = y – = – x – = – x hay x = ; Cách 3:Nhiều toán cực trị biểu thức vơ tỷ( tức biểu thức có chứa thức), cách đặt thức biến ta đưa biểu thức hữu tỷ ( gọi PP hữu tỷ hóa) Đặt x   a   x   a  x  a  ; y   b   y   b2  y  b2  Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc Vì x+y =  a2 + b2 =1 Ta có A = a+ b  A2 = a2 +b2 +2ab=1+2ab  1+ a2 +b2 =2  A   A Dấu = a = b  y= x   y   x – = y – = – x – = – x hay x = Vậy max A = x = ; ; y= 2 Ví dụ : Với x, y số dương thỏa mãn điều kiện x  2y , tìm giá trị nhỏ biểu thức: M  x  y2 xy Nhận xét : -Sai lầm thường gặp : M  M x  y2 x y2 x y     sau dùng Cô si xy xy xy y x x  y2 x y2 x y x y     2 2 xy xy xy y x y x KL : Min M = x =y Lý sai: x y x  2y mà Sửa sai: -Điểm rơi x = 2y  cho y y x 2y   Còn   Vậy muốn dùng Cô si x 2y y y y 1 x ta phải tìm số k để k =  2.k =  k = Tóm lại phải x 2 y dùng Cô si cho y x số x 4y +Tương tự ta có nhiều cách giải khác Cách 1: Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc Ta có M = x2  y2 x2 y2 x y x y 3x      (  ) xy xy xy y x 4y x 4y Vì x, y > , áp dụng bdt Cô si cho số dương x y x y x y  2 1, ; ta có 4y x 4y x 4y x dấu “=” xảy  x = 2y Vì x y x y x ≥ 2y      , dấu “=” xảy  x = 2y Từ ta có M ≥ + = , dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M , đạt x = 2y Cách 2: Ta có M = x2  y2 x2 y2 x y x 4y 3y     (  ) xy xy xy y x y x x Vì x, y > , áp dụng bdt Cô si cho số dương x 4y x 4y x 4y ta có    , ; y x y x y x dấu “=” xảy  x = 2y Vì y x x ≥ 2y    3 y 3  , dấu “=” xảy  x = 2y x Từ ta có M ≥ 4- = , dấu “=” xảy  x = 2y Vậy GTNN M , đạt x = 2y Cách 3: 4x2 x2 3x x x2 2 y y  y  y2 x2  y2 x 3x  Ta có M =      xy xy xy xy 4xy xy 4y Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương x2 x2 x2 ; y ta có  y2  y  xy , 4 Tải tài liệu học tập, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc ... dùng BĐT phụ để chứng minh Với điều kiện M  P Chứng minh A  B Ta chứng minh phụ sau : (A- B) + (P-M)  (*) Lập luận : Vì P – M  nên  A  B Bài 16: Cho x2 + y2  x+y Chứng minh : x + y  Giải:...  3, a  Chứng minh rằng: C = b3  a3  6b2  a2  9b  Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = 1; b = Do ta đặt a   x , với x  Từ giả thiết suy b   x Ta có:C = b3  a3  6b2  a2  9b =... chứng minh. (Dùng PP tương đương) Bài 8: Cho số thực dương x, y, z thỏa x + y + z = Chứng minh : 1  1 xy xz Giải: Từ x + y + z = suy y + z = – x Với a; b dương ta có 1   (*) a b a b Ta chứng minh