Tải Ôn thi vào lớp 10 chuyên đề 6: Chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN - Ôn thi vào lớp 10 chuyên đề 6

Đối với bất đẳng thức hoặc bài toán cực trị mà vai trò các biến không bình đẳng thì việc xác định điểm rơi không hề dễ.Có kỹ thuật giải quyết là “Tham số hóa”... Kỹ thuật đơn giản như [r]

CHUYÊN ĐỀ: BẤT ĐẲNG THỨC TOÁN LỚP 9 A BẤT ĐẲNG THỨC

I Tóm tắc lý thuyết bản

1 Chuyển vế đổi dấu

2 Nhân ( chia) hai vế cho số dương BĐT chiều Nhân ( chia) hai vế cho số âm BĐT ngược chiều

4 Nghịch đảo hai vế bất đẳng thức mà hai vế dấu BĐT ngược chiều

5 Cộng vế hai bất đẳng thức chiều (Chú ý khơng có phép biến đổi trừ vế)

6 Nhân vế hai bất đẳng thức chiều mà hai vế không âm

II Các phương pháp chứng minh BĐT bản. 1 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      

2

2 2 1

a b  c d  a c  b d

Giải

         

   

2

2 2 2 2

2 2

1

(2)

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

a b c d ac bd

          

    

Vậy để chứng minh BĐT(1) ta phải chứng minh BĐT (2) Nếu VP= ac + bd < (2)

Nếu ac bd 0 thì

       

 

2

2 2

2

2 2 2 2 2 2

2

a b c d ac bd

a c a d b c b d a c abcd b d ad bc

    

BĐT cuối ta có

 2  2  

2 2 1

a b  c d  a c  b d

2 Phương pháp Sử dụng bất đẳng thức biết 2.1 Sử dụng BĐT suy từ BĐT (a-b)2  0

Đây PP thường thi tuyển 10 Ví dụ :

a Từ

2

2

1 1

0 (1)

2 4

a a a a a

 

          

  .

b Với x > ta có

 2

1

1 1 1 2

2 x

x

x x x x x x x

x 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

2 Chứng minh a2 + b2 +c2 

3

Giải:

2

1 1

0 (1)

2 4

a a a a a

 

          

  .

Tương tự ta có:

2 (2); (3)

4

b  b c  c

Lấy (1) +(2)+(3) được:

2 2 2 3 2

4 4 4

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

     

                

     

     

Bài 3: Cho x  1; y  Chứng minh

1

4 y x x y

xy   



Giải: Ta có :

1

4 y x x y

xy   

 

4

1 3

(*)

4

x y y

y x x

xy xy x y

 

 

    

Ta có :

 12 1 2 1

2

x

x x x x x x x

x



                 

(1)

 22 4.2 4 4 4

4 y

y y y y y y y

y                   

(2)

Cộng BĐT (1) với BĐT (2) theo vế

4

1

(*) y

x

x y

 

 

Vậy

1

4 y x x y

xy   



Dấu “=”  

2

1

x    x

 

2

4

y    y 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: *

( ) ( )

( ) ( )

k k

f x f x k

f x f x

  

*

( ) ( ) ( ) ( )

2

( ) ( ) ( ) ( )

k f x q g x k f x q g x kq

Bài 4: Cho < x < Chứng minh

9

7

x B

x x   



Nhận xét: Với ĐK toán biểu thức ”số hạng” dương  khả

dùng BĐT Cô si.Muốn dùng Cô SI với biểu thức

9

x x

 biểu thức “ số hạng “

thứ hai mẫu phải chứa x tử phải chứa –x Ta làm nháp sau: Nháp: Xét B’ =

9

2

x x

x x

 

 có dạng ý

Khi đó: B – B’ =

9

1

2

x x x

x x x x



   

   B = B’ + 1.

Giải: Xét B’ =

9

2

x x

x x

  

Khi đó: B – B’ =

9

1

2

x x x

x x x x



   

   B = B’ + 1.



B =

9

2

x x

x x

 

 + 1.

Do < x < nên

9

0;

2

x x

x x



 

 Áp dụng BĐT Cơ si có:

B

9

2

2

x x

x x



 

 = + =

Bài : Cho < x < Chứng minh :

3

4 1 xx  

Giải:

3

B

1 x x

 

Xét

3 4(1 )

'

x x

B

x x



 

  B – B’ =  B=B’+5=

3 4(1 ) 4(1 )

5 5

1

x x x x

x x x x

 

      

 

Dấu 

3 4(1 )

1

x x

x x

 

 Giải x1  4 ;x2  4

2.2.2 Kỹ thuật : Nhân chia biểu thức với số khác không.

Chú ý: Dạng A =

n n

kx q mx



, ta xét biểu thức q A sau dùng Cơ Si

Bài : Với x  Chứng minh A=

9

5 30

x x 



Ta có: 3A =

9.( 9)

3

5

x x

x x

 



Do x 9 nên x –  Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

9

9( 9)

2

x x

x    

Suy ra:

3A 

1

5 10 x

x   A  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

(1 ) (1 ) (1 )

x  x  y  y  z  z 

Nhận xét:Bài toán cho vai trò x;y;z , nên điểm rơi x=y=z =

1 3

-Nếu dùng cho x –x dấu xảy x= 1-x  x =

2(sai so với dự

đoán)

Điểm rơi Khi x =

1

3 1-x=

3  ta phải áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 1-x 2x.

Giải: Ta có

2 (1 ) 1

(1 )

2 2 2

x x x x x

x  x       

Tương tự cho số hạng lại , cộng BĐT được:

VT 

1 1

2

2 2 2 2 2

x y z x y z  

    

2.3 Dùng bất đẳng thức Bunhiacôpky dạng phân thức.  2

2

, , ; ,

a b a b

a b R x y R x y x y

 

     

 (1) Dấu đẳng thức xảy

a x=

b y

Từ ta suy bất đẳng thức thường sử dụng “Với x > 0, y > 0, ta có:

1

xy x y (2) Dấu = 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 (*) (*) 

2 2 2

4

( ) 4 ( )

a b

a b ab a ab b ab a ab b a b

ab a b 

              



Áp dụng :    

1 4 4

4

xyxz xy xz x y z x  x x  x

Mà x24xx24x 4  x 22 4

Do :

 

     

2

2 1

1 4 4

1

4 4

xy xz x y z x y z x x x x 

      

    

Đẳng thức xảy

1

2

1

xy xz

x x

y z x y z

  

  



  

 

  

    

 

5 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1 Chứng minh rằng: C = b3 a3 6b2 a29b0. Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = 1; b =

Do ta đặt a 1 x, với x  Từ giả thiết suy b 2 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0 (vì x  0).

Đẳng thức xảy  x = x = tức a = 1, b = a = 0, b = Vậy C 

0

Bài 10: Cho a b c  3 Chứng minh rằng: A = a2b2c2ab bc ca  6. Nhận xét: Dự đoán đẳng thức xảy a = b = c =

Do ta đặt:        

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2

a b c d ac bd

a c a d b c b d a c abcd b d ad bc

    

         , ( x, y  R ) Từ giả thiết suy ra: c 1 x y

= (1x)2(1y)2(1 x y )2(1x)(1y) (1 y)(1 x y ) (1  x y )(1x)

= x2xy y 26 = x y y

2

1 6 6

2

 

   

 

 

Đẳng thức xảy  y = x y

1 0  

 x = y = hay a = b = c =1 Vậy A 

6

Bài 11: Cho a > ; b > Chứng minh:

2

8

1

a b

a b 

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 :

 12  12 2 1 2 1

1 1

4

x y x x y y

x y x y

x y x y

x y x y

                         

Bài 12: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: ba+c+ b

c+a+

c a+b≥

3

Đặt:

¿

b+c=x

c+a=y

a+b=z

⇒

¿a=y+z − x

2

b=z+x − y

2

c=x+y − z

2 ¿{ {

¿

Khi bất đẳng thức (1) trở thành: y+2z − xx +z+x − y

2y +

x+y − z

2z ≥

1

Ta có:

y+z − x

2x +

z+x − y

2y +

x+y − z

2z =

1 2(

y x+

x y)+

1 2(

z x+

x z)+

1 2(

z y+

y z)−

Hay ba+c+ b

c+a+

c a+b≥

3

2 (đpcm)

4 Phương pháp làm trội Bổ trợ:

a)Tổng hữu hạn.

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

2018.2019

1.2 2.3 tổng hữu hạn.

Để tính tổng hữu hạn ta biến đổi số hạng thành hiệu hai số hạng

Ví dụ: Tính A=   

1 1

2018.2019

1.2 2.3

(Ta áp dụng công thức

1

( )

n

a a n  n a n với a n số tự nhiên)

Ta có:

A=   

1 1

2018.2019

1.2 2.3 =

1 1 1 1 1 2018

1 2 3 4      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

VD: B=

1 1

1 1

3 15 n 2n

       

   

        

       là tích hữu hạn.

VD: Rút gọn

1 1

1 1

3 15

B

n n

       

            

       

Giải: Ta có

2

2 2

2

1 1

1 1

3 15

2 ( 1) 2.2 3.3 4.4 ( 1)( 1)

3 15 1.3 2.4 3.5 ( 2)

B

n n

n n n

B

n n n n

                   

        

 

        

        

         

B=

2 ( 1) 2( 1)

1 ( 2)

n n

n n

 



 

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 được.

Bài 13: C/m:         

1 1 22

45 3(1 2) 5( 3) 7( 4) 40399( 2019 2020)

Giải: Ta có

 

     

 

       



         

1 1 1 1

(2 1).1 2 2 2

(2 1)( 1) 4 4 1 4 4 1

n n n n n n

n n

n

n n n n n n n n n n n

Áp dụng:

Với n = có

1 1

2

3( 2)

 

   

  

Với n = có

1 1

2

5( 3)

 

   

  

Với n = 2019 có

1 1

2

4039( 2019 2020) 2019 2020

 

   

  

Cộng tất BĐT

VT <

1 1 1 1 22

1

2 2020 2025 45 45

     

      

   

 

Bài 14: CM:

1 1

2 3   (n 1) n  (Với n  N n  1)

HD: Mỗi số hạng tổng có dạng

1

(k 1) k CM

VT < nên ta làm trội xuống sau:

1 k 1 1 1 1 1

k ( ) k ( )( ) k ( )( )

k(k 1) k k

(k 1) k k k k k k k k k

1 k 1

( )

k k k k 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 được.

Bài 15: Với n số tự nhiên n  C/m :

 

 5 .2 1

2 2 1

n

n n

HD:

 

 

  

 

2

(2 1) (2 1)

2

2

2 4 4 1 2 1

k k

k k

k k k k

5 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  2 Giải:

Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau:

Vì x2 + y2- x – y   2-x-y   x + y  2,.Dấu “=” x=y = 1.

Bài 17: Cho x ; y hai số dương thỏa : 2x+ 2y = Chứng minh :

2 x y 

Giải:Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau:

 

2

3 2 2 6

2 x y x y

x y x y

     

             

     

 

   



2

x y Dấu “=” x=1; y =

Bài 18: Cho a+b  Chứng minh :

2

2 a b  Giải:

Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau:

(a2 +b2 -

1

2)+ (1-a-b) =a2 +b2 –a-b+

1 2=

2

1

0

2

a b

           

    BĐT đúng.

Vì –a-b  

2

2 a b  6./ Phương pháp phản chứng.

Ví dụ 5: Cho < a;b,c < CMR : có bất đẳng thức sau sai:

a( – b) >

1

4 ; 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) >

1 64 (*)

mà a(1-a) = -a2 + a = -(a2 –a + ¼ -1/4 ) = -(a-1/2)2 + ¼  ¼  a( 1-a)

1 

(1) tương tự b( b-1) 

1 

(2) , c( 1-c)

1 

a(1-b) b (1-c)c(1-a) 

1 1

4 464(mâu thuẩn với BĐT (*)

Vậy ta có ĐCCM

B./ BÀI TỐN TÌM GTNN –GTLN CỦA MỘT BIỂU THỨC I./Chú ý:

-Dạng toán gắn liền với bất đẳng thức, phải biết sử dụng BĐT để làm toán dạng

- Biểu thức A  k với k số khơng đổi, có giá trị biến để dấu xảy

 minA =k

- Biểu thức B  m với m số không đổi, có giá trị biến để dấu xảy ra

 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 1. Cho x, y 0 , x y 1  Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2

1

P

xy x y

 



.(Trích tuyển 10 Khánh Hịa năm học 2012-2013-Đề không 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 tại

1 x y

2

-Nhưng

1 x y

2

 

2

2

1

2

1

2

x y      

   

   

1

4 1

2 xy  

 Đểdùng

BĐT số hạng thứ hai với 2

1

x y phải  Ta phải chia xy cho

2

1 2xy  Từ ta có giải

Với x, y 0 , ta có

2

2

1 1

(x y) (x y) 4xy

xy (x y) x y x y

         

 

Đẳng thức xảy  x y

Do đó, với x, y 0 x y 1  , ta có

2 2

1 1 1

P

xy x y 2xy 2xy x y

 

     

    2

1

4

2xy 2xy x y 2xy

   

 

(Đến ta lại tiếp tục nhận xét : phải cần biến đổi

1

???? 2xy )

Ta có (x-y)2   x2+y2  2xy   x2+y2 +2xy 2xy +2xy  (x+y)2  4xy

 2

1 2

(x y ) 4xy (x y ) 2xy 2xy  P  2+4 =

Đẳng thức xảy

2

x y

1

x y 2xy x y

2 x y

  

      

  

 Vậy

1

P x y

2

   

II.2 Kỹ thuật 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:

Với a>b>0 , đặt a=tb (t > 0) thay vào ĐK:  

1 ( 1)

t

tbb tb b tb b b

t t



    



đó :

2

( 1) ( 1) 4

( 1)

1

( 1) ( 1)

t t t t t t t

a b b t

t t

t t t t t t

    

        

 

 

Dấu :

2

1

3

1 2 2

a

t t

t t

t b

  

 

     

   

Vậy P =

2

2 a

b     

   

II.3 Kỹ thuật khai thác GT

Nhiều toán 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 trị biến  điểm rơi a=b=c =

3 ( 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

Giải:

Ta có 2a + bc = (a+b+c).a + bc = a2 +ab + ac + bc = (a+b)(a+c)

Theo BĐT cô si ta có

2

2 ( )(a )

2

a b a c a b c a bc  a b c       

Tương tự:

2

2 (b )(b )

2

b a b c b a c b ac  a c       

2

2 (c )(b )

2

c a b c c a b c ab  a c       

Cộng vế ba BĐT Q 

4( ) 4.2

4

2

b a c 

 

Vậy max Q =  a=b=c =

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)  x-y + =

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 =

mới 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 rồi tìm lời giải!

Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức.Q=  2 1    x x x Giải

Điều kiện xác định x1 Cách 1:

Ta có Q=  

   

 2  2

2 2 1 1 1 1 1                x x x x x x x x x (*)

Đặt y =

1 

x  Q = 1- y + y2 =

3 2          y

Vậy Q =

1   

 y x

Cách 2:

Q  2

2        x x x x

x    

 2 2 1      x x

x  

 2 4     x x Vì    1

4 2    x x

Dấu xảy x 10 x1   Q

Vậy Q =

3

  x

Cách 3: Ta coi y giá trị Q để  2

2 1     x x x y

 1

2

   

 y x x x  (y1)x2 (2y 1)xy10 (1)

Do phương trình (1) phải có nghiệm

Nếu y = ta có (1- 1)x2 + ( 2.1-1) x + 1- = => x = 0

Vậy y = giá trị Q

 = ( 2y –1)2 – ( y- 1)(y- 1)  0 ( 2y –1 – 2y +2)( 2y –1 + 2y – 2) 

 4y - 3 0 y 

y =

phương trình ( 1) có nghiệm kép x = Ta lại có 

3

.Vậy Q =

3

  x

(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 1  y 2 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

 2  

2 1 2 2 1 2 2.(4 3) 2

A  x  y  x  y     A  2 A

MaxA = x1 y  x – = y – = – x – = – x hay x = 2;

y=

5 2.

Cách :Vì biểu thức chứa bậc hai, ta bình phương

 

2 1 2 1. 2 2 3 ( 1)( 2) ( 1)( 2)

1 ( 1)( 2) ( 1) ( 2) 1

A x x y y x y x y x y

x y x y

                              

MaxA = x1 y  x – = y – = – x – = – x hay x =

3 2;

y=

5 2.

Cách 3:Nhiều toán cực trị biểu thức vơ tỷ( tức biểu thức có chứa căn thức), cách đặt thức biến ta đưa biểu thức hữu tỷ ( gọi PP hữu tỷ hóa)

Đặt x1  a x1a2  x a 21 ; y   b y 2b2  y b 22

Vì x+y =  a2 + b2 =1

Ta có A = a+ b  A2 = a2 +b2 +2ab=1+2ab  1+ a2 +b2 =2  A  2 A 2.

Dấu = a = b  x1 y  x – = y – = – x – = – x hay x = 2;

y=

5 2.

Vậy max A = x =

3 2; y=

5 .

Ví dụ : Với x, y số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ

nhất biểu thức:

2 x y M

xy  

Nhận xét :

-Sai lầm thường gặp :

2 2

x y x y x y

M

xy xy xy y x 

    

sau dùng Cơ si

2 2

x y x y x y x y

M

xy xy xy y x y x



      

Lý sai: x y x 2y mà.

Sửa sai:

-Điểm rơi x = 2y 

1

2

y y

x  y Còn

2 x y

y  y  Vậy muốn dùng Cô si

cho

y

x ta phải tìm số k để x y .k =

1

2  2.k =

2  k =

4 Tóm lại phải

dùng Cô si cho

y

x số 4 x

y

+Tương tự ta có nhiều cách giải khác

Cách 1:

Ta có M =

2 2

3

( )

4

x y x y x y x y x

xy xy xy y x y x y 

      

Vì x, y > , áp dụng bdt Cô si cho số dương ;

x y

y x ta có 4

x y x y

y x  y x  ,

dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

3

2

4

x x

y  y   , dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥ +

3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Cách 2:

Ta có M =

2 2 4 3

( )

x y x y x y x y y

xy xy xy y x y x x 

      

Vì x, y > , áp dụng bdt Cô si cho số dương

4 ; x y

y x ta có

4

2

x y x y

y x  y x  ,

Vì x ≥ 2y 

1 3

2

y y

x x

 

  

, dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥

4-3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Cách 3:

Ta có M =

2 2 2

2 2

2 3 3

4 4 4

4

x x x x x

y y y y

x y x x

xy xy xy xy xy xy y

    



     

Vì x, y > , áp dụng bdt Co si cho số dương

2 ; x

y

ta có

2

2 2 .

4

x x

y y xy

  

, dấu “=” xảy  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

3

2

4

x x

y  y   , dấu “=” xảy  x = 2y

Từ ta có M ≥

xy xy +

3 2= 1+

3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Cách 4(không sử dụng BĐT Cơ Si)

Ta có M =

2 ( 4 4 ) 42 3 ( 2 )2 4 3

x y x xy y xy y x y xy y

xy xy xy

       

 

=

( )

4

x y y

xy x



 

Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy

 x = 2y

x ≥ 2y 

1 3

2

y y

x x

 

  

Từ ta có M ≥ +

-3 2=

5

2, dấu “=” xảy  x = 2y

Vậy GTNN M

5

2, đạt x = 2y

Tải thêm tài liệu tại:

https://vndoc.com/tai-lieu-hoc-tap-lop-9