Bài tập đại số 10 chương 4

Bất đẳng thức – Bất phương trình Trần Sĩ Tùng CHƯƠNG IV IV CHƯƠNG BẤT ĐẲNG ĐẲNG THỨC THỨC VÀ VÀ BẤT BẤT PHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH TRÌNH BẤT BẤT ĐẲNG ĐẲNG THỨC THỨC I.I BẤT Tính chất Điều kiện c>0 c 0, c > n nguyên dương a>0 Nội dung a + a−b < c < a+b ; b−c < a < b+c; c−a < b < c+a e) Bất đẳng thức Bu–nhia–cốp–xki Với a, b, x, y ∈ R, ta có: (ax + by )2 ≤ (a2 + b2 )( x + y ) Dấu "=" xảy ⇔ ay = bx Trang 30 Bất đẳng thức – Bất phương trình Trần Sĩ Tùng VẤN ĐỀ 1: Chứng minh BĐT dựa vào định nghia tính chất • Để chứng minh BĐT ta sử dụng cách sau: – Biến đổi BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT biết – Sử dụng BĐT biết, biến đổi để dẫn đến BĐT cần chứng minh • Một số BĐT thường dùng: + A2 ≥ + A2 + B ≥ + A.B ≥ với A, B ≥ + A2 + B2 ≥ AB Chú ý: – Trong trình biến đổi, ta thường ý đến đẳng thức – Khi chứng minh BĐT ta thường tìm điều kiện để dấu đẳng thức xảy Khi ta tìm GTLN, GTNN biểu thức Cho a, b, c, d, e ∈ R Chứng minh bất đẳng thức sau: a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca b) a2 + b2 + ≥ ab + a + b Bài c) a2 + b2 + c2 + ≥ 2(a + b + c) d) a2 + b2 + c2 ≥ 2(ab + bc − ca) e) a + b + c2 + ≥ 2a(ab2 − a + c + 1) f) g) a2 (1 + b2 ) + b2 (1 + c2 ) + c2 (1 + a2 ) ≥ 6abc h) a2 + b2 + c2 + d + e2 ≥ a(b + c + d + e) a2 + b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc 1 1 1 + + ≥ + + với a, b, c > a b c ab bc ca k) a + b + c ≥ ab + bc + ca với a, b, c ≥ i) HD: a) ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ b) ⇔ (a − b)2 + (a − 1)2 + (b − 1)2 ≥ c) ⇔ (a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 ≥ 2 2 d) ⇔ (a − b + c)2 ≥   f) ⇔  a − (b − c) ÷ ≥ 2  e) ⇔ (a − b ) + (a − c) + (a − 1) ≥ g) ⇔ (a − bc)2 + (b − ca)2 + (c − ab)2 ≥ 2 2         h)⇔  a − b ÷ +  a − c ÷ +  a − d ÷ +  a − e ÷ ≥ 2  2  2  2  2  1   1   1  i) ⇔  − − − ÷ + ÷ + ÷ ≥0 b  b c  c a  a Bài 2 ( 2 a − b) +( b − c) +( c − a) ≥ Cho a, b, c ∈ R Chứng minh bất đẳng thức sau: k) ⇔ a) a3 + b3  a + b  ≥ ÷ ; với a, b ≥ 2   c) a + ≥ 4a e) a + b ≤ g) a2 + a +2 HD: a) ⇔ a6 b2 + b6 a2 b) a + b ≥ a3b + ab3 d) a3 + b3 + c3 ≥ 3abc , với a, b, c > 1 + ≥ f) ; với ab ≥ 2 + ab 1+ a 1+ b ; với a, b ≠ >2 (a + b)(a − b)2 ≥ h) (a5 + b5 )(a + b) ≥ (a + b4 )(a2 + b2 ) ; với ab > b) ⇔ (a3 − b3 )(a − b) ≥ Trang 31 Trần Sĩ Tùng Bất đẳng thức – Bất phương trình c) ⇔ (a − 1)2 (a2 + a + 3) ≥ d) Sử dụng đẳng thức a3 + b3 = (a + b)3 − 3a2 b − 3ab2 BĐT ⇔ (a + b + c)  a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) ≥ 2 2 (b − a)2 (ab − 1) ≥0 e) ⇔ (a − b ) (a + a b + b ) ≥ f) ⇔ g) ⇔ (a2 + 1)2 > h) ⇔ ab(a − b)(a3 − b3 ) ≥ (1 + ab)(1 + a2 )(1 + b2 ) Cho a, b, c, d ∈ R Chứng minh a2 + b2 ≥ 2ab (1) Áp dụng chứng minh bất đảng thức sau: a) a + b + c + d ≥ 4abcd b) (a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1) ≥ 8abc Bài c) (a2 + 4)(b2 + 4)(c2 + 4)(d + 4) ≥ 256abcd HD: a) a + b ≥ 2a2 b2 ; c2 + d ≥ 2c2 d ; a2 b2 + c d ≥ 2abcd b) a2 + ≥ 2a; b2 + ≥ 2b; c2 + ≥ 2c c) a2 + ≥ 4a; b2 + ≥ 4b; c2 + ≥ 4c; d + ≥ 4d Bài Cho a, b, c, d > Chứng minh a a a+c (1) Áp dụng chứng < < b b b+c minh bất đảng thức sau: a b c a b c d a) b) < + + abc = a + b + b3 + c3 + c3 + a3 + 1 1 c) với a, b, c > abc = + + ≤1; a + b +1 b + c +1 c + a +1 d) e*) 4(a3 + b3 ) + 4(b3 + c3 ) + 4(c3 + a3 ) ≥ 2(a + b + c) ; sin A + sin B + sin C ≤ cos A B C + cos + cos ; 2 với a, b, c ≥ với ABC tam giác HD: (1) ⇔ (a2 − b2 )(a − b) ≥ a) Từ (1) ⇒ a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c) ⇒ ≤ ab(a + b + c) a3 + b3 + abc Cùng với BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta suy đpcm b, c) Sử dụng a) d) Từ (1) ⇔ 3(a3 + b3 ) ≥ 3(a2 b + ab2 ) ⇔ 4(a3 + b3 ) ≥ (a + b)3 (2) Từ đó: VT ≥ (a + b) + (b + c) + (c + a) = 2(a + b + c) e) Ta có: C A−B C cos ≤ cos 2 sin A + sin B = cos Sử dụng (2) ta được: a + b ≤ 4(a3 + b3 ) ⇒ sin A + sin B ≤ 4(sin A + sin B) ≤ 4.2.cos Tương tự, sin B + sin C ≤ cos A , C C = cos 2 sin C + sin A ≤ cos B Cộng BĐT vế theo vế ta đpcm Bài Cho a, b, x, y ∈ R Chứng minh bất đẳng thức sau (BĐT Min–cốp–xki): a2 + x + b2 + y ≥ (a + b)2 + ( x + y )2 (1) Áp dụng chứng minh bất đảng thức sau: a) Cho a, b ≥ thoả a + b = Chứng minh: + a2 + + b ≥ b) Tìm GTNN biểu thức P = a2 + + b2 + b2 a2 c) Cho x, y, z > thoả mãn x + y + z = Chứng minh: x2 + x + y2 + y + z2 + Trang 33 z2 ≥ 82 Trần Sĩ Tùng Bất đẳng thức – Bất phương trình d) Cho x, y, z > thoả mãn x + y + z = Tìm GTNN biểu thức: P= 223 + x + 223 + y + 223 + z2 HD: Bình phương vế ta được: (1) ⇔ (a2 + b2 )( x + y ) ≥ ab + xy (*) • Nếu ab + xy < (*) hiển nhiên • Nếu ab + xy ≥ bình phương vế ta được: (*) ⇔ (bx − ay )2 ≥ (đúng) a) Sử dụng (1) Ta có: + a2 + + b ≥ (1 + 1)2 + (a + b)2 = b) Sử dụng (1) P ≥ 2 1 1   ( a + b )2 +  + ÷ ≥ ( a + b ) +  ÷ = 17 a b  a+b 1 (với a, b > 0) + ≥ a b a+b c) Áp dụng (1) liên tiếp hai lần ta được: Chú ý: 2  1 1 x + + y + + z + ≥ ( x + y + z) +  + + ÷ 2 x y z  x y z 2 ≥ Chú ý: 1 + + ≥ (với x, y, z > 0) x y z x+y+z Bài (3 223 ) + ( x + y + z)2 = 2010 Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh: d) Tương tự câu c) Ta có: P ≥ a) ab + bc + ca ≤ a2 +b2 + c2 d) a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a + b)2 > a3 + b3 + c3 HD: a) Sử dụng BĐT tam giác, ta có: a > b − c ⇒ a2 > b2 − 2bc + c2 Cùng với BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta suy đpcm b) Ta có: a2 > a2 − (b − c)2 ⇒ a2 > (a + b − c)(a − b + c) Cùng với BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta suy đpcm c) ⇔ (a + b + c)(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) > d) ⇔ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) > Bài a) Trang 34   ( x + y + z) +  ÷ = 82 x + y + z   Bất đẳng thức – Bất phương trình Trần Sĩ Tùng VẤN ĐỀ 2: Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Cô–si Bất đẳng thức Cô–si: a+b ≥ ab Dấu "=" xảy ⇔ a = b + Với a, b ≥ 0, ta có: a+b+c ≥ abc Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c + Với a, b, c ≥ 0, ta có: 3 +  a + b ÷ ≥ ab +  a + b + c ÷ ≥ abc     Ứng dụng tìm GTLN, GTNN: + Nếu x, y > có S = x + y không đổi P = xy lớn ⇔ x = y + Nếu x, y > có P = x y không đổi S = x + y nhỏ ⇔ x = y Hệ quả: Cho a, b, c ≥ Chứng minh bất đẳng thức sau: a) (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc b) (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9abc Bài c) (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ ( + abc ) d) bc ca ab + + ≥ a + b + c ; với a, b, c > a b c e) a2 (1 + b2 ) + b2 (1 + c2 ) + c2 (1 + a2 ) ≥ 6abc ab bc ca a+b+c ; với a, b, c > + + ≤ a+b b+c c+a a b c g) + + ≥ ; với a, b, c > b+c c+a a+b HD: a) a + b ≥ ab ; b + c ≥ bc ; c + a ≥ ca ⇒ đpcm f) b) a + b + c ≥ 3 abc ; a2 + b2 + c2 ≥ 3 a2 b2c ⇒ đpcm c) • (1 + a)(1 + b)(1 + c) = + a + b + c + ab + bc + ca + abc • a + b + c ≥ 3 abc • ab + bc + ca ≥ 33 a2 b2c2 ⇒ (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ + 3 abc + 3 a2 b2c + abc = ( + abc ) 2 d) bc + ca ≥ abc = 2c , ca + ab ≥ a bc = 2a , ab + bc ≥ ab c = 2b ⇒đpcm a b ab b c bc c a ac e) VT ≥ 2(a2 b + b2 c + c2 a) ≥ a3b3c3 = 6abc f) Vì a + b ≥ ab nên ab ab ab bc bc ca ca ≤ = Tương tự: ≤ ; ≤ a + b ab b+c c+a ab bc ca ab + bc + ca a + b + c + + ≤ ≤ a+b b+c c+a 2 (vì ab + bc + ca ≤ a + b + c )  a   b   c  + ÷+  + ÷+  + ÷− g) VT =  b+c  c+a  a+b   1 1  + + = [ ( a + b ) + ( b + c ) + (c + a) ]  ÷− ≥ − = b+c c+a a+b 2 • Cách khác: Đặt x =b + c, y = c + a, z = a + b  x y   z x   z y   Khi đó, VT =  + ÷+  + ÷+  + ÷− 3 ≥ (2 + + − 3) =  y x   x z   y z   2 ⇒ Trang 35 Trần Sĩ Tùng Bất đẳng thức – Bất phương trình Cho a, b, c > Chứng minh bất đẳng thức sau:  1 1 a) (a3 + b3 + c3 )  + + ÷ ≥ (a + b + c)2 a b c Bài b) 3(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) c) 9(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)3  a3 b3   b3 c3   c3 a3  HD: a) VT = a2 + b2 + c2 +  + ÷+  + ÷+  + ÷ a   c b  a c   b Chú ý: a3 b3 + ≥ a2 b2 = 2ab Cùng với BĐT tương tự ta suy đpcm b a b) ⇔ 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ( a2 b + b2 a ) + ( b2c + bc ) + ( c a + ca ) Chú ý: a3 + b3 ≥ ab(a + b) Cùng với BĐT tương tự ta suy đpcm c) Áp dụng b) ta có: 9(a3 + b3 + c3 ) ≥ 3(a + b + c)(a2 + b2 + c ) Dễ chứng minh được: 3(a2 + b2 + c ) ≥ (a + b + c)2 ⇒ đpcm 1 (1) Áp dụng chứng minh BĐT sau: + ≥ a b a+b  1 1 1  + + a) + + ≥  ÷; với a, b, c > a b c a+b b+c c+a   1 1 1 + + ≥ 2 + + b) ÷ ; với a, b, c > a+b b+c c+a  2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c  1 1 1 c) Cho a, b, c > thoả + + = Chứng minh: + + ≤1 a b c a + b + c a + b + c a + b + 2c ab bc ca a+b+c d) ; với a, b, c > + + ≤ a+b b+c c+a 2 xy 8yz xz + + ≤ e) Cho x, y, z > thoả x + y + z = 12 Chứng minh: x + y 2y + 4z 4z + x f) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác, p nửa chu vi Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≥  + + ÷ p−a p−b p−c a b c 1 1 HD: (1) ⇔ (a + b)  + ÷ ≥ Hiển nhiển suy từ BĐT Cô–si a b 1 1 1 a) Áp dụng (1) ba lần ta được: + ≥ ; + ≥ ; + ≥ a b a+b b c b+c c a c+a Cộng BĐT vế theo vế ta đpcm b) Tương tự câu a)   1 1 1 + + c) Áp dụng a) b) ta được: + + ≥  ÷ a b c  2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c  11 1 ab ≤  + ÷⇔ d) Theo (1): ≤ (a + b ) a+b 4a b a+b Cùng với BĐT tương tự, cộng vế theo vế ta đpcm e) Áp dụng câu d) với a = x, b = 2y, c = 4z a + b + c = 12 ⇒ đpcm f) Nhận xét: (p –a) + (p – b) = 2p – (a + b) = c 1 4 + ≥ = Áp dụng (1) ta được: p − a p − b ( p − a) + ( p − b ) c Cùng với BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta đpcm Bài Cho a, b > Chứng minh Trang 36 Bất đẳng thức – Bất phương trình Bài Cho a, b, c > Chứng minh BĐT sau: Trần Sĩ Tùng 1 (1) Áp dụng chứng minh + + ≥ a b c a+b+c  1  + + a) (a2 + b2 + c2 )  ÷ ≥ ( a + b + c)  a+b b+c c+a b) Cho x, y, z > thoả x + y + z = Tìm GTLN biểu thức: P = x y z + + x +1 y +1 z +1 c) Cho a, b, c > thoả a + b + c ≤ Tìm GTNN biểu thức: 1 + + P= a + 2bc b2 + 2ac c2 + 2ab 1 1 + + + ≥ 30 d) Cho a, b, c > thoả a + b + c = Chứng minh: a + b2 + c2 ab bc ca 1 e*) Cho tam giác ABC Chứng minh: + + ≥ + cos A + cos B − cos 2C  1 1 HD: Ta có: (1) ⇔ (a + b + c)  + + ÷ ≥ Dễ dàng suy từ BĐT Cô–si a b c 1 + + ≥ a) Áp dụng (1) ta được: a + b b + c c + a 2(a + b + c ) ⇒ VT ≥ 9(a2 + b2 + c ) 3(a2 + b2 + c ) = ≥ (a + b + c ) 2(a + b + c) a+b+c Chú ý: (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 ) b) Để áp dụng (1), ta biến đổi P sau:  1  x +1−1 y +1−1 z +1−1 + + + + P= = 3− ÷ x +1 y +1 z +1  x +1 y +1 z +1 1 9 + + ≥ = Suy ra: P ≤ − = Ta có: x +1 y +1 z +1 x + y + z + 4 Chú ý: Bài toán tổng quát sau: Cho x, y, z > thoả x + y + z = k số dương cho trước Tìm GTLN x y z + + biểu thức: P = kx + ky + kz + 9 = ≥ c) Ta có: P ≥ a + 2bc + b2 + 2ca + c2 + 2ab (a + b + c)2 + d) VT ≥ 2 ab + bc + ca a +b +c   1 + + + = ÷  a + b2 + c2 ab + bc + ca ab + bc + ca  ab + bc + ca 9 ≥ + = 30 ≥ (a + b + c)2 ab + bc + ca 1 1 Chú ý: ab + bc + ca ≤ (a + b + c)2 = 3 1 e) Áp dụng (1): + + ≥ + cos A + cos B − cos 2C + cos A + cos B − cos 2C + Trang 37 Trần Sĩ Tùng Bất đẳng thức – Bất phương trình ≥ 6+ = Bài Áp dụng BĐT Cô–si để tìm GTNN biểu thức sau: x 18 x a) y = + ; x > b) y = + ; x > x x −1 3x x c) y = d) y = + + ; x > −1 ;x> x +1 2x −1 x x3 + e) y = f) y = + ; < x 0 1− x x x2 x2 + 4x + g) y = h) y = x + ; x > ; x>0 x x HD: a) Miny = x = b) Miny = x = 3 30 + 30 + c) Miny = − x = x = − d) Miny = 3 5− e) Miny = + x = f) Miny = x = 4 g) Miny = x = h) Miny = x = 27 Bài Áp dụng BĐT Cô–si để tìm GTLN biểu thức sau: a) y = ( x + 3)(5 − x ); − ≤ x ≤ b) y = x (6 − x ); ≤ x ≤ 5 c) y = ( x + 3)(5 − x ); − ≤ x ≤ d) y = (2 x + 5)(5 − x ); − ≤ x ≤ 2 x ; x>0 e) y = (6 x + 3)(5 − x ); − ≤ x ≤ f) y = 2 x +2 Chú ý: cos A + cos B − cos 2C ≤ g) y = x2 ( x2 + 2) HD: a) Maxy = 16 x = 121 c) Maxy = x = − e) Maxy = x = b) Maxy = x = 625 d) Maxy = x = f) Maxy = x = ( + x ≥ 2 x ) 2 g) Ta có: x + = x + + ≥ 3 x ⇔ ( x + 2)3 ≥ 27 x ⇔ ⇒ Maxy = x2 ( x + 2)3 ≤ x = ±1 27 Bài a) VẤN ĐỀ 3: Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bu–nhia–cốp–xki Trang 38 27 Bất đẳng thức – Bất phương trình Trần Sĩ Tùng Bất đẳng thức Bu–nhia–cốp–xki: (B) • Với a, b, x, y ∈ R, ta có: (ax + by )2 ≤ (a2 + b2 )( x + y ) Dấu "=" xảy ⇔ ay = bx • Với a, b, c, x, y, z ∈ R, ta có: (ax + by + cz)2 ≤ (a2 + b2 + c2 )( x + y + z2 ) Hệ quả: • (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2 ) • (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 ) Bài Chứng minh bất đẳng thức sau: b) 3a2 + 5b2 ≥ a) 3a2 + 4b2 ≥ , với 3a + 4b = c) 7a2 + 11b2 ≥ 2464 , với 3a − 5b = 137 d) a2 + b2 ≥ 735 , với 2a − 3b = 47 , với a + 2b = f) ( x − y + 1)2 + (2 x − y + 5)2 ≥ e) 2a2 + 3b2 ≥ , với 2a + 3b = 3, 4, 3a, 4b ,− , 3a, 5b 5 ,− , 7a, 11b 11 1,2, a, b 2, 3, 2a, 3b HD: a) Áp dụng BĐT (B) cho số b) Áp dụng BĐT (B) cho số c) Áp dụng BĐT (B) cho số d) Áp dụng BĐT (B) cho số e) Áp dụng BĐT (B) cho số f) Đặt a = x – 2y + 1, b = 2x – 4y + 5, ta có: 2a – b = –3 BĐT ⇔ a2 + b2 ≥ Áp dụng BĐT (B) cho số 2; –1; a; b ta đpcm Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 a) a2 + b2 ≥ , với a + b ≥ b) a3 + b3 ≥ , với a + b ≥ c) a + b ≥ , với a + b ≥ d) a + b ≥ , với a + b = HD: a) ≤ (1a + 1b)2 ≤ (12 + 12 )(a2 + b2 ) ⇒ đpcm Bài b) a + b ≥ ⇒ b ≥ − a ⇒ b3 ≥ (1 − a)3 = − 3a + 3a2 − a3 ⇒ b3 + a3 ≥  a − ÷ + ≥  2 4 ⇒ đpcm d) (12 + 12 )(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 = ⇒ a2 + b2 ≥ c) (12 + 12 )(a + b ) ≥ (a2 + b2 )2 ≥ Bài (12 + 12 )(a + b ) ≥ (a2 + b2 )2 ≥ ⇒ a + b ≥ Cho x, y, z ba số dương x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 1− x + 1− y + 1− z HD: Áp dụng BĐT (B), ta có: P ≤ + + (1 − x ) + (1 − y) + (1 − z) ≤ Dấu "=" xảy ⇔ − x = − y = − z ⇔ x = y = z = Trang 39 Trần Sĩ Tùng Bất đẳng thức – Bất phương trình Vậy Max P = x = y = z = Cho x, y, z ba số dương x + y + z ≤ Chứng minh rằng: Bài x2 + x + y2 + y + z2 + z2 ≥ 82 HD: Áp dụng BĐT (B), ta có:    9  x + ÷(1 + ) ≥  x + ÷ ⇒ x  x   Tương tự ta có: y2 + y2 x2 + x2  9 x+ ÷ x 82  ≥  9  y + ÷ (2), y 82  ≥ z2 + z2 ≥ (1)  9 z+ ÷ z 82  (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: P≥ ≥  1     1  80  1   ( x + y + z) +  + + ÷ = ( x + y + z) +  + + ÷+  + + ÷  x y z   x y z  82  82   x y z    1  80 2  ( x + y + z)  + + ÷ +  ≥ 82 82   x y z  x + y + z  Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = Bài Cho a, b, c ≥ − thoả a + b + c = Chứng minh: (1) (2) < 4a + + 4b + + 4c + ≤ 21 HD: Áp dụng BĐT (B) cho số: 1;1;1; 4a + 1; 4b + 1; 4c + ⇒ (2) Chú ý: x + y + z ≤ x + y + z Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = Từ ⇒ (1) Bài Cho x, y > Tìm GTNN biểu thức sau: a) A = + , với x + y = b) B = x + y , với + = x 4y x y 2     HD: a) Chú ý: A =  ÷ + ÷  x   y ÷  ; y; Áp dụng BĐT (B) với số: x ; ta được: x y 4  25   ≤  x + y ≤ ( x + y)  + ÷ ÷  ÷  x y  x 4y  25 Dấu "=" xảy ⇔ x = ; y = Vậy minA = x = ; y = 5 5 2     b) Chú ý: + =  ÷ +  ÷ x y  x   y ÷  Áp dụng BĐT (B) với số: x; y; ; x ta được: y 2 2 3  ( ) 3 ( + ( x + y )  + ÷ ≥  x + y ÷ = + 3) ⇒ x + y ≥ x y÷ x y   Trang 40 Bất đẳng thức – Bất phương trình Trần Sĩ Tùng +3 2 +3 ; y= 6 Bài Tìm GTLN biểu thức sau: a) A = x + y + y + x , với x, y thoả x + y = Dấu "=" xảy ⇔ x = Vậy minB = ( + 3) HD: a) Chú ý: x + y ≤ 2( x + y ) = ( x + y )(1 + y + + x ) = x + y + ≤ A≤ 2+ Bài Tìm GTLN, GTNN biểu thức sau: a) A = − x + + x , với –2 ≤ x ≤ b) B = x − + − x , với ≤ x ≤ Dấu "=" xảy ⇔ x = y = x y2 c) C = y − x + , với 36 x + 16 y = d) D = x − y − , với + = HD: a) • A ≤ (12 + 12 )(7 − x + x + 2) = Dấu "=" xảy ⇔ x = • A≥ (7 − x ) + ( x + 2) = Dấu "=" xảy ⇔ x = –2 x = ⇒ maxA = x = b)• B ≤ ; minA = x = –2 x = (62 + 82 )( x − + − x ) = 10 Dấu "=" xảy ⇔ x = 43 25 • B ≥ ( x − 1) + (3 − x ) + − x ≥ Dấu "=" xảy ⇔ x = 43 ⇒ maxB = 10 x = ; minB = x = 25 1 c) Chú ý: 36 x + 16 y = (6 x )2 + (4 y )2 Từ đó: y − x = y − x  1 1 y − x ≤  + ÷ 16 y + 36 x = 4  16  5 15 25 ≤ C = y − 2x + ≤ ⇒ − ≤ y − 2x ≤ ⇒ 4 4 15 25 ⇒ minC = x = , y = − ; maxC = x = − , y = 20 20 x y2 d) Chú ý: + = (3 x )2 + (2 y )2 Từ đó: x − y = x − y 36 ( ⇒ y − 2x = ( ) ) 4 1 x − y ≤  + ÷ x + y = 9 4 ⇒ −5 ≤ x − y ≤ ⇒ −7 ≤ D = x − y − ≤ 9 ⇒ minD = –7 x = − , y = ; maxD = x = , y = − 5 5 ⇒ 2x − y = ( Bài a) Trang 41 )