Bài tập đại số 10 chương 4

CHƯƠNG IV BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHƯƠNG IV BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH I.. VẤN ĐỀ 1: Chứng minh BĐT dựa vào định nghia và tính chất cơ bản• Để chứng minh một BĐT ta có t

1 Tính chất

a < b ⇔ a + c < b + c (1)

c > 0 a < b ⇔ ac < bc (2a)

c < 0 a < b ⇔ ac > bc (2b)

a < b và c < d ⇒ a + c < b + d (3)

a > 0, c > 0 a < b và c < d ⇒ ac < bd (4)

n nguyên dương a < b ⇔ a 2n+1 < b 2n+1 (5a)

0 < a < b ⇒ a 2n < b 2n (5b)

a > 0 a < b ⇔ a< b (6a)

a < b ⇔ 3a<3b (6b)

2 Một số bất đẳng thức thông dụng

a) a2 ≥ ∀0, a a2+b2≥2ab

b) Bất đẳng thức Cô–si:

+ Với a, b ≥ 0, ta có: a b ab

2 + ≥ Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b.

+ Với a, b, c ≥ 0, ta có: a b c 3abc

3

+ + ≥ Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c.

Hệ quả: – Nếu x, y > 0 có S = x + y không đổi thì P = xy lớn nhất ⇔ x = y.

– Nếu x, y > 0 có P = x y không đổi thì S = x + y nhỏ nhất ⇔ x = y.

c) Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối

x ≥0, x x x≥ , ≥ −x

a > 0

x a≤ ⇔ − ≤ ≤a x a

x a

x a  ≤ −x a

≥ ⇔  ≥

a b− ≤ + ≥ +a b a b

d) Bất đẳng thức về các cạnh của tam giác

Với a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác, ta có:

+ a, b, c > 0.

+ 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+b x2)( 2+y2) Dấu "=" xảy ra ⇔ ay = bx.

CHƯƠNG IV BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHƯƠNG IV

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

I BẤT ĐẲNG THỨC

VẤN ĐỀ 1: Chứng minh BĐT dựa vào định nghia và tính chất cơ bản

• Để chứng minh một BĐT ta có thể sử dụng các cách sau:

– Biến đổi BĐT cần chứng minh tương đương với một BĐT đã biết.

– Sử dụng một BĐT đã biết, biến đổi để dẫn đến BĐT cần chứng minh.

• Một số BĐT thường dùng:

+ A2≥0 + A2+B2 ≥0 + A B ≥0 với A, B ≥ 0 + A2+B2 ≥2AB

Chú ý:

– Trong quá trình biến đổi, ta thường chú ý đến các hằng đẳng thức.

– Khi chứng minh BĐT ta thường tìm điều kiện để dấu đẳng thức xảy ra Khi đó ta có thể tìm GTLN, GTNN của biểu thức.

Bài 1. Cho a, b, c, d, e ∈ R Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) a2+b2+c2≥ab bc ca+ + b) a2+b2+ ≥1 ab a b+ +

c) a2+b2+ + ≥c2 3 2(a b c+ + ) d) a2+b2+c2 ≥2(ab bc ca+ − )

e) a4+b4+ + ≥c2 1 2 (a ab2− + +a c 1) f) a2 b2 c2 ab ac 2bc

g) a2(1+b2)+b2(1+c2)+c2(1+a2) 6≥ abc h) a2+b2+ +c2 d2+e2≥a b c d e( + + + )

i) a b c1 1 1+ + ≥ 1ab + 1bc + 1ca với a, b, c > 0

k) a b c+ + ≥ ab+ bc+ ca với a, b, c ≥ 0

HD: a) ⇔ (a b− )2+ −(b c)2+ −(c a)2≥0 b) ⇔ (a b− )2+ −(a 1)2+ −(b 1)2≥0

c) ⇔ (a−1)2+ −(b 1)2+ −( 1)c 2≥0 d) ⇔ (a b c− + )2≥0

e) ⇔ (a2−b2 2) + −(a c)2+ −(a 1)2≥0 f) ⇔ a (b c) 2 0

2

g) ⇔ (a bc− )2+ −(b ca)2+ −(c ab)2≥0

h)⇔ a b 2 a c 2 a d 2 a e 2 0

 −  + −  + −  + −  ≥

i) ⇔

k) ⇔ ( a− b) (2+ b− c) (2+ c− a)2 ≥0

Bài 2. Cho a, b, c ∈ R Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) a3 b3 a b 3

  ; với a, b ≥ 0 b) a4+b4 ≥a b ab3 + 3

c) a4+ ≥3 4a d) a3+b3+c3≥3abc , với a, b, c > 0.

b a

ab

a2 b2

1

1+ +1+ ≥ + ; với ab ≥ 1.

g) a

a

2

2

2

+ >

( + )( + ≥) ( + )( + ); với ab > 0 HD: a) ⇔ 3 (a b a b)( )2 0

8 + − ≥ b) ⇔ (a3−b a b3)( − ≥) 0

c) ⇔ (a−1) (2 a2+2a+ ≥3) 0

d) Sử dụng hằng đẳng thức a3+b3= +(a b)3−3a b2 −3ab2.

BĐT ⇔ (a b c a+ + ) 2+b2+ −c2 (ab bc ca+ + )≥0.

e) ⇔ (a2−b2 2) (a4+a b2 2+b4) 0≥ f) ⇔ b a ab

2

g) ⇔ (a2+1)2>0 h) ⇔ ab a b a( − )( 3−b3) 0≥ .

Bài 3. Cho a, b, c, d ∈ R Chứng minh rằng a2+b2≥2ab (1) Áp dụng chứng minh các bất

đảng thức sau:

a) a4+b4+ +c4 d4 ≥4abcd b) (a2+1)(b2+1)(c2+ ≥1) 8abc

c) (a2+4)(b2+4)(c2+4)(d2+ ≥4) 256abcd

HD: a) a4+b4 ≥2a b c2 2; 2+d2≥2c d2 2; a b2 2+c d2 2 ≥2abcd

b) a2+ ≥1 2 ;a b2+ ≥1 2 ;b c2+ ≥1 2c

c) a2+ ≥4 4 ;a b2+ ≥4 4 ;b c2+ ≥4 4 ;c d2+ ≥4 4d

Bài 4. Cho a, b, c, d > 0 Chứng minh rằng nếu a

b <1 thì

a a c

b b c

+

<

+ (1) Áp dụng chứng minh các bất đảng thức sau:

a b b c c a+ + + + + <2 b)

a b c b c d c d a d a b

a b c b c d c d a d a b

HD: BĐT (1) ⇔ (a – b)c < 0.

a) Sử dụng (1), ta được: a a c

a b a b c

+

<

b c a b c

+

<

c a a b c

+

<

Cộng các BĐT vế theo vế, ta được đpcm.

b) Sử dụng tính chất phân số, ta có: a a a

a b c d a b c a c+ + + < + + < +

a b c d b c d b d+ + + < + + < +

a b c d c d a a c+ + + < + + < +

a b c d d a b d b+ + + < + + < +

Cộng các BĐT vế theo vế ta được đpcm.

c) Chứng minh tương tự câu b) Ta có: a b a b a b d

a b c d a b c a b c d

+ < + < + +

Cùng với 3 BĐT tương tự, ta suy ra đpcm

Bài 5. Cho a, b, c ∈ R Chứng minh bất đẳng thức: a2+b2+c2 ≥ab bc ca+ + (1) Áp dụng

chứng minh các bất đảng thức sau:

a) (a b c+ + )2≤3(a2+b2+c2) b) a2 b2 c2 a b c 2

≥  ÷ c) (a b c+ + )2≥3(ab bc ca+ + ) d) a4+b4+c4≥abc a b c( + + )

e) a b c ab bc ca

b c abc

4+ 4+ 4≥ nếu a b c 1+ + =

HD: ⇔ (a b− )2+ −(b c)2+ −(c a)2≥0.

a) Khai triển, rút gọn, đưa về (1) b, c) Vận dụng a)

d) Sử dụng (1) hai lần e) Bình phương 2 vế, sử dụng (1)

f) Sử dụng d)

Bài 6. Cho a, b ≥ 0 Chứng minh bất đẳng thức: a3+b3≥a b b a ab a b2 + 2 = ( + ) (1) Áp

dụng chứng minh các bất đảng thức sau:

a)

abc

a3 b3 abc b3 c3 abc c3 a3 abc

b)

a3 b3 b3 c3 c3 a3

c)

+ + + + + + ; với a, b, c > 0 và abc = 1.

d) 34(a3+b3)+34(b3+c3)+34(c3+a3) 2(≥ a b c+ + ); với a, b, c ≥ 0

e*) 3sinA 3sinB 3sinC 3cos A 3cosB 3cosC

HD: (1) ⇔ (a2−b a b2)( − ≥) 0.

a) Từ (1) ⇒ a3+b3+abc ab a b c≥ ( + + ) ⇒ ab a b c

a3 b3 abc

≤

+ +

Cùng với 2 BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta suy ra đpcm.

b, c) Sử dụng a).

d) Từ (1) ⇔ 3(a3+b3) 3(≥ a b ab2 + 2) ⇔ 4(a3+b3) (≥ +a b)3 (2)

Từ đó: VT ≥ a b( + + + + + =) (b c) (c a) 2(a b c+ + ).

e) Ta có: sinA sinB 2 cos cosC A B 2 cosC

−

Sử dụng (2) ta được: a b+ ≤34(a3+b3).

⇒ 3sinA 3sinB 34(sinA sin )B 34.2.cosC 2 cos3 C

Tương tự, 3sinB 3sinC 2 cos3 A

2

2

Cộng các BĐT vế theo vế ta được đpcm.

Bài 7. Cho a, b, x, y ∈ R Chứng minh bất đẳng thức sau (BĐT Min–cốp–xki):

a2+x2 + b2+y2 ≥ (a b+ )2+ +(x y)2 (1)

Áp dụng chứng minh các bất đảng thức sau:

a) Cho a, b ≥ 0 thoả a b 1+ = Chứng minh: 1+a2 + 1+b2 ≥ 5

b) Tìm GTNN của biểu thức P = a b

c) Cho x, y, z > 0 thoả mãn x y z 1+ + = Chứng minh:

d) Cho x, y, z > 0 thoả mãn x y z+ + = 3 Tìm GTNN của biểu thức:

P = 223+x2 + 223+y2 + 223+z2

HD: Bình phương 2 vế ta được: (1) ⇔ (a2+b x2)( 2+y2)≥ab xy+ (*)

• Nếu ab xy 0+ < thì (*) hiển nhiên đúng.

• Nếu ab xy 0+ ≥ thì bình phương 2 vế ta được: (*) ⇔ (bx ay− )2≥0 (đúng) a) Sử dụng (1) Ta có: 1+a2 + 1+b2 ≥ (1 1)+ 2+ +(a b)2 = 5.

b) Sử dụng (1) P ≥ a b a b

( + ) + + ÷ ≥ ( + ) + ÷ = 17

+

Chú ý:

a b a b

1 1+ ≥ 4

+ (với a, b > 0).

c) Áp dụng (1) liên tiếp hai lần ta được:

x y z

2

≥ x y z

x y z

2

+ +

Chú ý:

x y z x y z

1 1 1+ + ≥ 9

+ + (với x, y, z > 0).

d) Tương tự câu c) Ta có: P ≥ (3 223)2+ + +(x y z)2 = 2010.

Bài 8. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác Chứng minh:

a) ab bc ca a b+ + ≤ 2+ 2+c2<2(ab bc ca+ + )

b) abc≥ + −(a b c b c a a c b)( + − )( + − )

c) a b2 2 2+2b c2 2+2c a2 2−a4−b4−c4 >0

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 c+ 2.

Cùng với 2 BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta suy ra đpcm.

b) Ta có: a2 >a2− −(b c)2⇒a2 > + −(a b c a b c)( − + ).

Cùng với 2 BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta suy ra đpcm.

c) ⇔ a b c a b c b c a c a b( + + )( + − )( + − )( + − >) 0.

d) ⇔ a b c b c a c a b( + − )( + − )( + − >) 0.

Bài 9.

a)

VẤN ĐỀ 2: Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Cô–si

1 Bất đẳng thức Cô–si:

+ Với a, b ≥ 0, ta có: a b ab

2

+ ≥ Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b.

+ Với a, b, c ≥ 0, ta có: a b c 3abc

3 + + ≥ Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c.

2 Hệ quả: + a b ab

2 2

 +  ≥

3 3

 + +  ≥

3 Ứng dụng tìm GTLN, GTNN:

+ Nếu x, y > 0 có S = x + y không đổi thì P = xy lớn nhất ⇔ x = y.

+ Nếu x, y > 0 có P = x y không đổi thì S = x + y nhỏ nhất ⇔ x = y.

Bài 1. Cho a, b, c ≥ 0 Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) a b b c c a( + )( + )( + ≥) 8abc b) (a b c a+ + )( 2+b2+c2) 9≥ abc

c) (1+a)(1+b)(1 ) 1+ ≥ +c ( 3abc)3 d) bc ca ab a b c

a + b + c ≥ + + ; với a, b, c > 0.

e) a2(1+b2)+b2(1+c2)+c2(1+a2) 6≥ abc

f) ab bc ca a b c

a b b c c a 2

+ +

b c c a a b

3 2

+ + + ; với a, b, c > 0.

HD: a) a b+ ≥2 ab b c; + ≥2 bc c a; + ≥2 ca ⇒ đpcm.

b) a b c+ + ≥33abc a; 2+b2+c2≥33a b c2 2 2 ⇒ đpcm.

c) • (1+a)(1+b)(1 ) 1+ = + + + +c a b c ab bc ca abc+ + +

• a b c+ + ≥33abc • ab bc ca+ + ≥33 2 2 2a b c

⇒ (1+a)(1+b)(1 ) 1 3+ ≥ +c 3abc+33 2 2 2a b c +abc= +(1 3abc)3

d) bc ca abc c

2

+ ≥ = , ca ab a bc a

2

+ ≥ = , ab bc ab c b

2

e) VT ≥ 2(a b b c c a2 + 2 + 2 )≥ 63 3 3 3a b c =6abc

f) Vì a b+ ≥2 ab nên ab ab ab

a b+ ≤2 ab = 2 Tương tự: bc

bc ca ca

b c+ ≤ 2 ; c a+ ≤ 2 .

⇒ ab bc ca ab bc ca a b c

(vì ab+ bc+ ca a b c≤ + + )

b c 1 c a 1 a b 1 3

 + +  + +  + −

= [ a b b c c a ]

b c c a a b

2

2− =2.

• Cách khác: Đặt x =b + c, y = c + a, z = a + b.

Khi đó, VT = x y z x z y

2

2 + + − =2.

Bài 2. Cho a, b, c > 0 Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a b c

( + + ) + + ÷≥ + +( )

b) 3(a3+b3+c3) (≥ + +a b c a)( 2+b2+c2) c) 9(a3+b3+c3) (≥ + +a b c)3

HD: a) VT = a b c a b b c c a

Chú ý: a b a b ab

b a

2 2

+ ≥ = Cùng với 2 BĐT tương tự ta suy ra đpcm.

b) ⇔ 2(a3+b3+c3)≥(a b b a2 + 2 ) (+ b c bc2 + 2) (+ c a ca2 + 2).

Chú ý: a3+b3≥ab a b( + ) Cùng với 2 BĐT tương tự ta suy ra đpcm.

c) Áp dụng b) ta có: 9(a3+b3+c3) 3(≥ a b c a+ + )( 2+b2+c2).

Dễ chứng minh được: 3(a2+b2+c2) (≥ + +a b c)2 ⇒ đpcm.

Bài 3. Cho a, b > 0 Chứng minh

a b a b

1 1+ ≥ 4

+ (1) Áp dụng chứng minh các BĐT sau: a)

a b c a b b c c a

1 1 1+ + ≥2 1 + 1 + 1 

b)

a b b c c a a b c a b c a b c

c) Cho a, b, c > 0 thoả

a b c

1 1 1 4+ + = Chứng minh:

a b c a b c a b c

d) ab bc ca a b c

a b b c c a 2

+ +

e) Cho x, y, z > 0 thoả x+2y+4z=12 Chứng minh: xy yz xz

x y y z z x

f) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, p là nửa chu vi Chứng minh rằng:

p a p b p c a b c

1 + 1 + 1 ≥21 1 1+ + 

HD: (1) ⇔ a b

a b

1 1 ( + ) + ÷≥4

  Hiển nhiển suy từ BĐT Cô–si.

a) Áp dụng (1) ba lần ta được:

a b a b b c b c c a c a

1 1+ ≥ 4 ; 1 1+ ≥ 4 ; 1 1+ ≥ 4

Cộng các BĐT vế theo vế ta được đpcm.

b) Tương tự câu a).

c) Áp dụng a) và b) ta được:

a b c a b c a b c a b c

d) Theo (1):

4

ab a b

a b 1 ( )

4

Cùng với các BĐT tương tự, cộng vế theo vế ta được đpcm.

e) Áp dụng câu d) với a = x, b = 2y, c = 4z thì a b c 12+ + = ⇒ đpcm.

f) Nhận xét: (p –a) + (p – b) = 2p – (a + b) = c.

Áp dụng (1) ta được:

p a p b p a p b c

Cùng với 2 BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta được đpcm.

Bài 4. Cho a, b, c > 0 Chứng minh

a b c a b c

1 1 1+ + ≥ 9

+ + (1) Áp dụng chứng minh các BĐT sau:

a b b c c a

2

b) Cho x, y, z > 0 thoả x y z 1+ + = Tìm GTLN của biểu thức: P = x y z

x+1+y+1+z+1.

c) Cho a, b, c > 0 thoả a b c 1+ + ≤ Tìm GTNN của biểu thức:

P =

a2 bc b2 ac c2 ab

d) Cho a, b, c > 0 thoả a b c 1+ + = Chứng minh:

ab bc ca

a2 b2 c2

e*) Cho tam giác ABC Chứng minh:

2 cos2+ +2 cos2+ +2 cos2− ≥ 5.

HD: Ta có: (1) ⇔ a b c( + + )a b c1 1 1+ + ÷≥9

  Dễ dàng suy từ BĐT Cô–si.

a) Áp dụng (1) ta được:

a b b c c a a b c

⇒ VT ≥ a b c 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 như sau:

+ − + + − + + −

3

Ta có:

4 4

− = Chú ý: Bài toán trên có thể tổng quát như sau:

Cho x, y, z > 0 thoả x y z 1+ + = và k là hằng số dương cho trước Tìm GTLN của biểu thức: P = x y z

kx+1+ky+1+kz+1.

c) Ta có: P ≥

a2 bc b2 ca c2 ab a b c 2

d) VT ≥ ab bc ca

a2 b2 c2

= a2 b2 c2 ab bc ca ab bc ca ab bc ca

≥ a b c 2 ab bc ca

1 1

3

+ +

Chú ý: ab bc ca 1(a b c)2 1

e) Áp dụng (1):

2 cos2+ +2 cos2+ +2 cos2− ≥6 cos2+ +cos2 −cos2

≥

3 5 6

2

=

Chú ý: cos2A cos2B cos2C 3

2

Bài 5. Áp dụng BĐT Cô–si để tìm GTNN của các biểu thức sau:

x

18; 0 2

x

x

x

−

x x5 ; 0 1 1

= + < <

x

x

3

2+1; 0

x

2+4 +4 ; 0

x

2 3

2 ; 0

HD: a) Miny = 6 khi x = 6 b) Miny = 3

2 khi x = 3

c) Miny = 6 3

2

− khi x = 6 1

3 − d) Miny = 30 13

+ khi x = 30 1

2 +

e) Miny = 2 5 5+ khi x 5 5

4

−

= f) Miny = 33

4 khi x = 32

g) Miny = 8 khi x = 2 h) Miny = 55

27 khi x = 53

Bài 6. Áp dụng BĐT Cô–si để tìm GTLN của các biểu thức sau:

a) y= +(x 3)(5−x); 3− ≤ ≤x 5 b) y x= (6−x); 0≤ ≤x 6

c) y (x 3)(5 2 ); 3x x 5

2

2

e) y (6x 3)(5 2 );x 1 x 5

x2 2; 0

+ g)

x y

x

2 3

2 2

=

+

HD: a) Maxy = 16 khi x = 1 b) Maxy = 9 khi x = 3

c) Maxy = 121

8 khi x =

1 4

− d) Maxy = 625

8 khi x =

5 4

e) Maxy = 9 khi x = 1 f) Maxy = 1

2 2 khi x = 2 (2+x2≥2 2x ) g) Ta có: x2+ =2 x2+ + ≥1 1 33x2 ⇔ (x2+2)3≥27x2 ⇔ x

x

2

1 27 ( +2) ≤

⇒ Maxy = 1

27 khi x = ±1.

Bài 7.

a)

VẤN ĐỀ 3: Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bu–nhia–cốp–xki

1 Bất đẳng thức Bu–nhia–cốp–xki: (B)

• Với a, b, x, y ∈ R, ta có: (ax by+ )2≤(a2+b x2)( 2+y2) Dấu "=" xảy ra ⇔ ay = bx.

• Với a, b, c, x, y, z ∈ R, ta có: (ax by cz+ + )2≤(a2+b2+c x2)( 2+y2+z2)

Hệ quả:

• (a b+ )2 ≤2(a2+b2) • (a b c+ + )2 ≤3(a2+b2+c2)

Bài 1. Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) a3 2+4b2 ≥7, với 3a+4b=7 b) 3a2 5b2 735

47 + ≥ , với 2a−3b=7 c) 7a2 11b2 2464

137

+ ≥ , với 3a−5b=8 d) a2 b2 4

5 + ≥ , với a+ b=2

e) a2 2+3b2≥5, với 2a+3b=5 f) (x 2y 1)2 (2x 4y 5)2 9

5

HD: a) Áp dụng BĐT (B) cho 4 số 3, 4, 3 , 4 a b

b) Áp dụng BĐT (B) cho 4 số 2 , 3 , 3 , 5a b

c) Áp dụng BĐT (B) cho 4 số 3 , 5 , 7 , 11a b

d) Áp dụng BĐT (B) cho 4 số 1,2, , a b

e) Áp dụng BĐT (B) cho 4 số 2, 3, 2 , 3 a b

f) Đặt a = x – 2y + 1, b = 2x – 4y + 5, ta có: 2a – b = –3 và BĐT ⇔ a2 b2 9

5

Áp dụng BĐT (B) cho 4 số 2; –1; a; b ta được đpcm.

Bài 2. Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) a2 b2 1

2

+ ≥ , với a b 1+ ≥ b) a3 b3 1

4 + ≥ , với a b 1+ ≥ c) a4 b4 1

8 + ≥ , với a b 1+ ≥ d) a4+b4 ≥2, với a b 2+ =

HD: a) 1 (1 1 )≤ a b+ 2 ≤(1 1 )(2+ 2 a2+b2) ⇒ đpcm.

b) a b+ ≥ ⇒ ≥ − ⇒1 b 1 a b3≥ −(1 a)3= −1 3a+3a2−a3

⇒ b3 a3 3 a 1 2 1 1

+ ≥  − ÷ + ≥

c) (1 1 )(2 2 a4 b4) (a2 b2 2) 1

4

d) (1 1 )(2+ 2 a2+b2) (≥ +a b)2 =4 ⇒ a2+b2 ≥2.

(1 1 )(2+ 2 a4+b4) (≥ a2+b2 2) ≥4 ⇒ a4+b4 ≥2

Bài 3. Cho x, y, z là ba số dương và x y z 1+ + = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P= 1 − +x 1 − +y 1 −z

HD: Áp dụng BĐT (B), ta có: P ≤ 1 1 1 (1+ + − + − + −x) (1 y) (1 )z ≤ 6

Dấu "=" xảy ra ⇔ 1− = − = −x 1 y 1 z ⇔ x y z 1

3

= = =

Vậy Max P = 6 khi x y z= = =13.

Bài 4. Cho x, y, z là ba số dương và x y z 1+ + ≤ Chứng minh rằng:

HD: Áp dụng BĐT (B), ta có:

x x

2

2

1 (1 9 ) 9

x x

2 2

82

Tương tự ta có: y y

y y

2 2

82

2 2

82

Từ (1), (2), (3) suy ra:

x y z

82

82

≥ x y z

1 2 ( ) 1 1 1 80. 9

82

+ +

Dấu "=" xảy ra ⇔ x y z 1

3

Bài 5. Cho a, b, c ≥ 1

4

− thoả a b c 1+ + = Chứng minh:

7< 4 + +1 4 + +1 4 1+ ≤ 21.

HD: Áp dụng BĐT (B) cho 6 số: 1;1;1; 4a+1; 4b+1; 4 1c+ ⇒ (2).

Chú ý: x y z+ + ≤ x + y+ z Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 0 Từ đó ⇒ (1)

Bài 6. Cho x, y > 0 Tìm GTNN của các biểu thức sau:

a) A

x y

4

= + , với x + y = 1 b) B x y= + , với

x y

2 3 6+ =

HD: a) Chú ý: A =

2

 ÷  ÷÷

Áp dụng BĐT (B) với 4 số: x y

2 ta được:

x y

2

Dấu "=" xảy ra ⇔ x 4;y 1

= = Vậy minA = 25

4 khi x y

b) Chú ý:

2 3+ = 2 + 3

 ÷  ÷÷

Áp dụng BĐT (B) với 4 số: x y

x y

; ; ; ta được:

2

2

( + ) + ÷  ≥ + ÷÷ = 2+ 3 ⇒ x y ( )2

6 +

Dấu "=" xảy ra ⇔ x 2 3 3 2; y 2 3 3 2

6

Bài 7. Tìm GTLN của các biểu thức sau:

a) A x= 1+ +y y 1+x , với mọi x, y thoả x2+y2 =1

HD: a) Chú ý: x y+ ≤ 2(x2+y2)= 2.

A ≤ (x2+y2)(1+ + +y 1 x)= x y+ + ≤ 22 + 2

Dấu "=" xảy ra ⇔ x y 2

2

Bài 8. Tìm GTLN, GTNN của các biểu thức sau:

a) A= 7− +x 2+x , với –2 ≤ x ≤ 7 b) B=6 x− +1 8 3−x , với 1 ≤ x ≤ 3

c) C y= −2x+5, với 36x2+16y2 =9 d) D=2x y− −2, với x2 y2 1

4 + 9 = .

HD: a) • A ≤ (1 1 )(72+ 2 − + +x x 2) 3 2= Dấu "=" xảy ra ⇔ x 5

2

= .

• A ≥ (7− + +x) (x 2) 3= Dấu "=" xảy ra ⇔ x = –2 hoặc x = 7.

⇒ maxA = 3 2 khi x=52; minA = 3 khi x = –2 hoặc x = 7.

b)• B ≤ (62+8 )(2 x− + −1 3 x) 10 2= Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 43

25.

• B ≥ 6 (x− + − +1) (3 x) 2 3−x ≥ 6 2 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 3

⇒ maxB = 10 2 khi x = 4325; minB = 6 2 khi x = 3.

c) Chú ý: 36x2+16y2 =(6 )x 2+(4 )y 2 Từ đó: y 2x 1.4y 1.6x

⇒ y 2x 1.4y 1.6x 1 1 (16y2 36x2) 5

⇒ 5 y 2x 5

− ≤ − ≤ ⇒ 15 C y 2x 5 25

4 ≤ = − + ≤ 4 .

⇒ minC = 15

4 khi x y

= = − ; maxC = 25

4 khi x y

d) Chú ý: x2 y2 1 (3 ) (2 )( x 2 y 2)

4 + 9 =36 + Từ đó: x y x y

⇒ 2x y 2.3x 1.2y 4 1 (9x2 4y2) 5

⇒ − ≤5 2x y− ≤5 ⇒ − ≤ =7 D 2x y− − ≤2 3.

⇒ minD = –7 khi x 8,y 9

= − = ; maxD = 3 khi x 8,y 9

Bài 9.

a)