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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (245.21 KB, 22 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

CHUYÊN ĐỀ: BẤT ĐẲNG THỨC TỐN LỚP 9
A. BẤT ĐẲNG THỨC

I. Tóm tắc lý thuyết cơ bản

1. Chuyển vế thì đổi dấu.

2. Nhân ( hoặc chia) hai vế cho cùng số dương được BĐT cùng chiều.
3. Nhân ( hoặc chia) hai vế cho cùng số âm được BĐT ngược chiều.

4. Nghịch đảo hai vế của một bất đẳng thức mà hai vế cùng dấu được BĐT
ngược chiều.

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

6. Nhân từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm

II. Các phương pháp chứng minh BĐT cơ bản.
1. Phương pháp biến đổi tương đương

Từ BĐT đề yêu cầu chứng minh, ta biến đổi đến bất đẳng thức đúng, như vậy
BĐT đã được chứng minh.

Bài 1: Chứng minh









 

2 2

2 2 2 2 1

a b  c d  a c  b d

Giải

 



 













 



2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

1 2

(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 < 0 thì (2) đúng

Nếu ac bd 0 thì

 



 











2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 0

a b c d ac bd

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

    

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

BĐT cuối ln đúng vậy ta có









 

2 2 2 2 1

a b  c d  a c  b d

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

Đây là một trong các PP thường ra thi tuyển 10
Ví dụ :

a. Từ

2 2

1 1 1

0 0 (1)

2 4 4

a a a a a

 

        
 

  .

b. Với x > 1 ta có





1 1
2

1 1 0 1 2 1 1 0 2 1 0 2 1

2
1
x

x

x x x x x x x

x
x
 





                 

 

 


...(Người ra đề cứ lấy một BĐT bất kỳ , từ đó khai triển , kết hợp vài BĐT

như vậy sẻ có bài tốn của đề thi. Vì vậy người học khó chờ cơ hội trúng đề mà
chỉ cần nắm chắc PP giải, biết lựa chọn BĐT xuất phát đúng ắt sẽ giải được bài).
Ví dụ ta có các bài tốn sau.

Bài 2: Cho 3 số a;b;c thỏa mãn a+b+c =

2. Chứng minh a2 + b2 +c2 

3
4

Giải:
2

2 2

1 1 1

0 0 (1)

2 4 4

a a a a a

 

        
 

  .

Tương tự ta có:

2 1 (2); 2 1 (3)

4 4

b  b c  c

Lấy (1) +(2)+(3) được:

2 1 2 1 2 1 2 2 2 3 3 2 2 2 3

4 4 4 4 2 4

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

     

                

     

     

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bài 3: Cho x  1; y  4 . Chứng minh rằng

1 4 3

4
y x x y

xy
  



Giải:
Ta có :

1 4 3

4
y x x y

xy
  




4 4

1 3 1 3

(*)

4 4

x y y

y x x

xy xy x y

 

    

Ta có :



1 1



2 0 1 2 1 1 0 2 1 0 2 1 1 1

x

x x x x x x x

x



                 

(1)



4 2



2 0 4 2 4.2 4 0 4. 4 0 4 4 4 1

4
y

y y y y y y y

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

(2)

Cộng BĐT (1) với BĐT (2) theo vế được

1 3

(*)
4
y

x

x y




 

Vậy

1 4 3

4
y x x y

xy
  



Dấu “=” khi





1 1 0 2

x    x

và





4 2 0 8

y    y

2.2 Dùng BĐT CƠ-Si cho hai số khơng âm

Với x; y khơng âm ta có: x +y  2 xy .Dấu “=” khi x = y

2.2.1. Kỹ thuật 1 : Tách 1 hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số 
với 1 hạng tử chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của 1 hạng tử 
khác có trong biểu thức đã cho.

Chú ý: *

( ) 2. ( ). 2.

( ) ( )

k k

f x f x k

f x f x

  

. ( ) . ( ) . ( ) . ( )

2. . 2.

. ( ) . ( ) . ( ) . ( )

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

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 4: Cho 0 < x < 2. Chứng minh

9 2

7
2

x
B

x x
  



Nhận xét: Với ĐK bài toán các biểu thức ”số hạng” đều dương  khả năng

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

9
2

x
x

 thì biểu thức “ số hạng “

thứ hai mẫu phải chứa x và tử phải chứa 2 –x. Ta làm nháp như sau:
Nháp: Xét B’ =

9 2

x x




 có dạng như chú ý.

Khi đó: B – B’ =

9 2 9 2

2 2

x x x

x x x x



   

   B = B’ + 1.

Giải:
Xét B’ =

9 2

x x





Khi đó: B – B’ =

9 2 9 2

2 2

x x x

x x x x



   

   B = B’ + 1.



B =

9 2

x x




 + 1.

Do 0 < x < 2 nên

9 2

0; 0

x x



 

 . Áp dụng BĐT Cơ si có:

9 2

2. . 1

x x



 

 = 2. 3 + 1 = 7

Bài 5 : Cho 0 < x < 1. Chứng minh :

3 4

4 3 5
1 xx  

Giải:

3 4

1 x x

 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Xét

3 4(1 )

'
1

x x

B

x x



 

  B – B’ = 5  B=B’+5=

3 4(1 ) 3 4(1 )

5 2 5 4 3 5

1 1

x x x x

 

      

 

Dấu bằng 

3 4(1 )

x x




 Giải được x1  4 2 3 ;x2  4 2 3

2.2.2 Kỹ thuật 2 : Nhân và chia một biểu thức với cùng một số khác không.

Chú ý: Dạng A =

n
n

kx q
mx



, ta đi xét biểu thức q A. sau đó dùng Cô Si

Bài 6 : Với x  9. Chứng minh A=

9 1

5 30

x
x





Ta có: 3A =

9.( 9)

3. 9

5 5

x
x

x x






Do x 9 nên x – 9  0. Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

9 9

9( 9)

2 2

x x

x    

.
Suy ra:

3A 

1 1

5 2 10
x

x   A 
1
30

2.2.3 Kỹ thuật dự đoán điểm rơi

Điểm rơi của BĐT là giá trị biến mà tại đó dấu “=” xảy ra

Bài 7: Cho x;y;z là các số dương thỏa mãn x+y+z = 1. Chứng minh rằng

(1 ) (1 ) (1 ) 2

x  x  y  y  z  z 

Nhận xét:Bài tốn cho vai trị x;y;z như nhau , nên điểm rơi khi x=y=z =

1
3 và

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

-Nếu dùng cho x và 1 –x thì dấu bằng xảy ra khi x= 1-x  x =
1

2(sai so với dự

đoán) .

Điểm rơi Khi x =

3 thì khi đó 1-x=
2

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

Giải: Ta có

2 (1 ) 2 1 1

(1 )

2 2 2 2 2

x x x x x

x  x       

. Tương tự cho các số hạng còn
lại , rồi cộng các BĐT được:

VT 

1 1 1 3 4

2 2 2 2 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 ra khi

a
x=

b
y

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

1 1 4

xy x y (2) Dấu = khi x = y

Hai bất đẳng thức trên khi dùng phải chứng minh.(Dùng PP tương đương)

Bài 8: Cho các số thực dương x, y, z thỏa x + y + z = 4. Chứng minh rằng :

1 1
1
xy xz 

Giải:

Từ x + y + z = 4 suy ra y + z = 4 – x
Với a; b dương ta có

1 1 4

a b a b (*)

Ta chứng minh (*) (*) 

2 2 2 2 2 2

( ) 4 2 4 2 0 ( ) 0

a b

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

ab a b


              



</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Áp dụng :









1 1 4 4 4 4

4 4

xyxz xy xz x y z x  x x  x

Mà x24xx24x 4 4 



x 2



2 4 4

Do đó :

















2
1 1

1 1 4 4 4 4

4 4 4

xy xz x y z x y z x x x x


      

    

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 1

2
2 0

1
4

xy xz

x
x

y z
x y z





  



  

 

 


   





5. Phương pháp đổi biến

Bẳng cách dự đoán dấu “=” xảy ra rất nhiều bài toán BĐT ta đổi qua biến mới
dễ làm hơn. Chủ yếu dùng PP tương đương sau khi 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 ra khi a = 1; b = 2.

Do vậy ta đặt a 1 x, với x  0. Từ giả thiết suy ra 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 ra  x = 0 hoặc x = 1 tức a = 1, b = 2 hoặc a = 0, b = 3. Vậy C 

Bài 10: Cho a b c  3. Chứng minh rằng: A = a2b2c2ab bc ca  6.
Nhận xét: Dự đoán rằng đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.

Do vậy ta đặt:        
2

2 2 2 2

2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 0

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 .

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

= (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
2

1 3 6 6

2 4

 

   

 

 

Đẳng thức xảy ra  y = 0 và x y

1 0
2
 

 x = y = 0 hay a = b = c =1. Vậy A 

Bài 11: Cho a > 1 ; b > 1 . Chứng minh:

2 2

1 1

a b

a b 

Ở BĐT này điều kiện là bất đẳng thức. Vì a > 1và b > 1 nên ta đặt a = 1 + x; b =1+y
(với x; y >0). Khi đó ta có :



1





1



2 2 2 1 2 2 1

1 1 1 1

4 2 . 2 . 4 8

x y x x y 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
2

Đặt:

b+c=x

c+a=y

a+b=z

⇒

¿a=y+z − x

b=z+x − y

c=x+y − z

2
¿{ {

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

2y +

x+y − z

2z ≥

1
2

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

)

−

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Hay ba+c+ b

c+a+

c
a+b≥

2 (đpcm)

4. Phương pháp làm trội
Bổ trợ:

a)Tổng hữu hạn.

Một tổng gồm các số hạng viết theo quy luật từ số hạng đầu tiên đến số
hạng cuối cùng , gọi là tổng hữu hạn.

Ví dụ: A=   

1 1 1

....

2018.2019

1.2 2.3 là một tổng hữu hạn.

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

Ví dụ: Tính A=   

1 1 1

....

2018.2019

1.2 2.3

(Ta áp dụng công thức

1 1

( )

n

a a n  n a n với a và n là số tự nhiên)

Ta có:

A=   

1 1 1

....

2018.2019

1.2 2.3 =

1 1 1 1 1 1 1 1 1 2018

... 1

1 2 2 3 3 4      2018 2019   2019 2019

b)Tích hữu hạn.

Một tích gồm các thừa số viết theo quy luật từ thừa số đầu tiên đến thừa
số cuối cùng ,gọi là tích hữu hạn.

VD: B= 2

1 1 1 1

1 1 1 .... 1

3 8 15 n 2n

       

   

       


       là tích hữu hạn.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

VD: Rút gọn 2

1 1 1 1

1 1 1 .... 1

3 8 15 2

B

n n

       

           


       

Giải: Ta có

2 2 2 2

1 1 1 1

1 1 1 .... 1

3 8 15 2

2 3 4 ( 1) 2.2 3.3 4.4 ( 1)( 1)

. . . ... . . ...

3 8 15 2 1.3 2.4 3.5 ( 2)

B

n n

n n n

B

n n n n

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


       

 

        

        

         

2 ( 1) 2( 1)
.

1 ( 2) 2

n n

 



 

a)Để Chứng minh BĐT: A >k, trong đó vế trái A là tổng(hoặc tích) hữu 
hạn nhưng ta khơng tìm được cách để tính. Ta phải biến đổi A > A1(làm

trội xuống) mà A1 là tổng (hoặc tích hữa hạn) mà ta tính được.

Bài 13: C/m:         

1 1 1 ... 1 22

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

Giải: Ta có

 

     

 

       



         

1 1 1 1 1 1 1 1

(2 1).1 2 2 2

(2 1)( 1) 4 4 1 4 4 2 1 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 = 1 có

1 1 1 1

3( 1 2) 1 2

 

   

  

Với n = 2 có

1 1 1 1

5( 2 3) 2 3

 

   

  

...

Với n = 2019 có

1 1 1 1

4039( 2019 2020) 2019 2020

 

   

  

Cộng tất cả các BĐT được

VT <

1 1 1 1 1 1 1 1 22

2 1 2020 2 1 2025 2 45 45

     

      

   

 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Bài 14: CM:

1 1 1 1

... 2

2 3 2 4 3   (n 1) n  (Với n  N và n  1)

HD: Mỗi số hạng trong tổng có dạng

(k 1) k vì CM

VT < 2 nên ta làm trội xuống như sau:

1 k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

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

k(k 1) k k 1

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

1 1 2 k 1 1

( ) 2

k k 1 k k k 1

        

 

   

 

     

   

b)Để Chứng minh BĐT: B < m , trong đó vế trái B là tổng hữu hạn(hoặc 
tích) nhưng ta khơng tìm được cách để tính. Ta phải biến đổi B < B1 (làm

trội lên) mà B1 là tổng (hoặc tích hữa hạn) mà ta tính được.

Bài 15: Với n là số tự nhiên và n  1. C/m :





1 3 5. . ...2 1 1

2 4 6 2 2 1

n

n n

HD:

 

  




2 2

(2 1) (2 1)

2 1 2 1

2 2

2 4 4 1 2 1

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)  0 (*).

Lập luận : Vì P – M  0 nên  A B.

Bài 16: Cho x2 + y2  x+y. Chứng minh : x + y  2
Giải:

Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau:

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Vì x2 + y2- x – y  0  2-x-y  0  x + y  2,.Dấu “=” khi x=y = 1.

Bài 17: Cho x ; y là hai số dương thỏa : 2x+ 2y = 3 . Chứng minh :

2 1
3
2
x y 

Giải:Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau:





2 1 2 1

3 2 2 3 2 2 6 4 2 6 0

2 x y x 2 y

x y x y

     

             

     

 

   



2 1
3
2

x y . Dấu “=” khi x=1; y = 
1
2

Bài 18: Cho a+b  1 Chứng minh :

2 2 1

2
a b 

Giải:

Trước hết ta chứng minh BĐT phụ sau:

(a2 +b2 -

2)+ (1-a-b) =a2 +b2 –a-b+

1
2=

2 2

1 1

2 2

a b

   
   
   

    BĐT đúng.

Vì 1 –a-b  0 

2 2 1

2
a b 
6./ Phương pháp phản chứng.

Ví dụ 5: Cho 0 < a;b,c < 1 .CMR : có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là
sai:

a( 1 – b) >

4 ; b(1-c) > 
1

4 , c( 1-a) > 
1
4

Giải : Giả sử cả 3 bất đẳng thức đều đúng, nhân từng vế ta được

 a( 1 – 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
4


(1)
tương tự b( b-1) 

1
4


(2) , c( 1-c)

1
4


</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

a(1-b) b (1-c)c(1-a) 

1 1 1 1
. .

4 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 này gắn liền với bất đẳng thức, phải biết sử dụng BĐT để làm bài

toán dạng này.

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

 minA =k

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

 maxA = m

- Giá trị biến để dấu bằng trong các BĐT trên xảy ra ta gọi là “điểm rơi”

II./ Một số kỹ thuật biến đổi để giải bài toán.
II.1: Kỹ thuật dự đoán điểm rơi.

Đối với bài toán mà vai trị các biến như nhau thì điểm rơi xảy ra khi các biến
bằng nhau.

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

1 1

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 1 4

x y x y Dấu = khi x = y

-Vai trò x và y như nhau  điểm rơi tại

1
x y

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

-Nhưng tại

1
x y

 

thì

2 2

1 1

2 2

x y     


   

    còn

1 1

4
1 1

.
2 2
xy  

 Đểdùng

BĐT trên thì số hạng thứ hai đi với 2 2

x y phải bằng 2  Ta phải chia 
1
xy cho

2 khi đó được

1
2
2xy 
Từ đó ta có bài giải

Với x, y 0 , ta có

2 2

1 4 1 1 4

(x y) 0 (x y) 4xy

xy (x y) x y x y

         

 

Đẳng thức xảy ra  x y

Do đó, với x, y 0 và x y 1  , ta có

2 2 2 2

1 1 1 1 1

xy x y 2xy 2xy x y

 

     

    2 2

1 4 1

2xy 2xy x y 2xy

   

 

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

????
2xy )

Ta có (x-y)2  0  x2+y2  2xy   x2+y2 +2xy 2xy +2xy  (x+y)2  4xy

 2 2 2

1 1 2 1 2 1

(x y ) 4xy (x y ) 2xy 1 2xy
 P  2+4 = 6

Đẳng thức xảy ra

2 2

x y

x y 2xy x y

2
x y 1





      

  

 . Vậy min

P 6 x y

   

II.2 Kỹ thuật tham số hóa

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Kỹ thuật đơn giản như sau. Trong bài cực trị 2 biến x;y có vai trị khác nhau ta
đặt x = ty sau đó thay vào GT của bài tốn ta tính biến y theo t.

Tiếp tục thay vào biểu thức ta tìm cực trị 1 biến.

Bài 2:Cho các số thực dương a;b thỏa mãn: ab a b







 a b. Tìm GTNN của 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



    

 khi

đó :

2 2

( 1) ( 1) 4 1 4 1 4

( 1) 2 . 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 bằng khi :

2 2

1 4

3 2

1 2 2

a

t t

t
t

t b

  

 

     

   

Vậy min P = 4 khi

2 2

2 2
a

b
  



 



II.3. Kỹ thuật khai thác GT

Nhiều bài toán cực trị , biểu thức của đề cho bí trong 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 = 2 Tìm GTLN của
Q= 2a bc  2b ca  2c ab

Nhận xét đề bài:

Vì GT cho các số dương  rất có thể dùng BĐT cơ si.

Vai trị các biến như nhau  điểm rơi là a=b=c = 
2

3 ( vì a+b+c =2)

Mỗi số hạng dạng căn thức bậc hai muốn dùng cơ si thì dưới căn phải dạng tích,
nhưng

2a +bc chỉ còn viết được 1. (2a+bc) , tại điểm rơi thì 2a+bc khơng bằng 1  kg

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Giải:

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

Theo BĐT cơ si ta có

2 ( )(a )

2 2

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

Tương tự:

2 (b )(b )

2 2

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

2 (c )(b )

2 2

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

Cộng từng vế ba BĐT được Q 

4( ) 4.2

2 2

b a c 

 

Vậy max Q = 4  a=b=c =
2
3

Bài 4: Cho x; y là các số dương thỏa mãn (4x +6y +2019) (x-y+3) =0 . Tìm
GTNN của

P = xy – 5x +2020

Nhận xét : Nhiều lúc hình thức “rất dễ sợ” nhưng bình tỉnh nhiền nhận sẻ thấy
rấtđơn giản

GT bài tốn x; y dương  4x+6y+ 2019 >0 ( đây là ngày thi tuyển 10 đó) 
x-y + 3 = 0

Với GT này ta dễ dàng rút- thế đưa về biểu thức một biến
Giải:

x; y dương  4x+6y+ 2019 >0 ( đây là ngày thi tuyển 10 đó)  x-y + 3 = 0 

y =x+3 thay vào P = x(x+3) – 5x + 2020 = x2 -2x + 1+2019 = (x-1)2 + 2019 

2019

Vậy min P = 2019 khi x = 1 và y = 4

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

mới là điểm tựa cho các em mà thôi . Hãy nhớ rằng “ Mỗi hành động đều 
xuất phát từ suy nghĩ mà ra” Vì vậy hãy ngẫm nghĩ để hiểu rõ mỗi vấn đề 
rồi tìm lời giải!

Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.Q=





2
2
1
1



x
x
x
Giải

Điều kiện xác định x1
Cách 1:

Ta có Q=





















2
2

2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1















x
x

x
x
x
x
x
x
x
(*)

Đặt y = 1

1


x  Q = 1- y + y2 = 4

3
4
3
2
1 2










y

Vậy min Q = 2 1

1
4
3




 y x

Cách 2:





2
2
1
.
4
1
2
3
6
3








x
x
x
x

x













2
2
2
1
4
1
1
.
3





x
x

x









2
2
1
4
1
4
3




x
x
Vì









4
1
2
2



x
x

Dấu bằng xảy ra khi x 10 x1 4
3


 Q

Vậy min Q = 4 1


 x

Cách 3: Ta coi y là một giá trị nào đó của Q để





2
1
1




x
x
x
y





. 2 2







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

Do đó phương trình (1) phải có nghiệm

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

Vậy y = 1 là một giá trị của Q

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

 = ( 2y –1)2 – 4 ( y- 1)(y- 1)  0 ( 2y –1 – 2y +2)( 2y –1 + 2y – 2)  0

 4y - 3 0 y  4
3

y = 4
3

thì phương trình ( 1) có nghiệm kép x = 1
Ta lại có 1  4

.Vậy min Q = 4 1


 x

(Chú ý Cách giải thứ 3 này , mọi bài toán dạng biểu thức hữu tỷ bậc hai đều giải
được- Vậy khi gặp dạng này ta giải ngay bằng cách 3)

Ví dụ 2:

Tìm GTLN của: A x 1  y 2 biết x + y = 4 (ĐK: x  1; y  2)

Cách 1 : Ta nghĩ đây là dạng tổng (a+b) với GT x+y = 4 , sử dụng được GT này
ta phải nghĩ dùng a2 + b2

Ta đã biết (a-b)2  0  ...  (a+b)2  2(a2 + b2) dấu = khi a = b

Vậy ta áp dụng có bài giải









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

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

MaxA = 2 khi x1 y 2  x – 1 = y – 2 = 4 – x – 2 = 2 – x hay x = 
3
2;

5
2.

Cách 2 :Vì là biểu thức chứa căn bậc hai, ta có thể bình phương





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

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

A x x y y x y x y x y

x y x y

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

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

MaxA = 2 khi x1 y 2  x – 1 = y – 2 = 4 – x – 2 = 2 – x hay x =

3
2;

5
2.

Cách 3:Nhiều bài toán cực trị của biểu thức vô tỷ( tức là biểu thức có chứa 
căn thức), bằng cách đặt mỗi căn thức bằng biến mới ta đưa biểu thức về 
hữu tỷ ( gọi là PP hữu tỷ hóa)

Đặt x1  a 0 x1a2  x a 21 ;

y 2   b 0 y 2b2  y b 22

Vì x+y = 4  a2 + b2 =1

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

Dấu = khi a = b  x1 y 2  x – 1 = y – 2 = 4 – x – 2 = 2 – x hay x = 
3
2;

5
2.

Vậy max A = 2 khi x =

3
2; y=

5
2 .

Ví dụ 3 : Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức:

2 2
x y

xy



Nhận xét :

-Sai lầm thường gặp :

2 2 2 2

x y x y x y

xy xy xy y x


    

sau đó dùng Cơ si

2 2 2 2

x y x y x y x y

M 2 . 2

xy xy xy y x y x



      

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Lý do sai: x khơng thể bằng y vì x 2y mà.

Sửa sai:

-Điểm rơi là x = 2y  khi đó

2 2

y y

x  y . Còn 
2

2
x y

y  y  . Vậy muốn dùng Cơ si

cho

y

x thì ta phải tìm số k để

x
y .k =

2  2.k = 
1

2  k = 
1

4. Tóm lại là phải

dùng Cô si cho

y

x và số 4
x

y

+Tương tự ta có nhiều cách giải khác.

Cách 1:

Ta có M =

2 2 2 2

( )

4 4

x y x y x y x y x

xy xy xy y x y x y


      

Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Cô si cho 2 số dương 4 ;

x y

y x ta có 4 2 4 . 1

x y x y

y x  y x  ,

dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

3 6 3

2 .

4 4 2

x x

y  y   , dấu “=” xảy ra  x = 2y

Từ đó ta có M ≥ 1 +

3
2=

2, dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vậy GTNN của M là

2, đạt được khi x = 2y

Cách 2:

Ta có M =

2 2 2 2 4 3

( )

x y x y x y x y y

xy xy xy y x y x x


      

Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Cô si cho 2 số dương

4
;
x y

y x ta có

4 4

2 . 4

x y x y

y x  y x  ,

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Vì x ≥ 2y 

1 3 3

2 2

y y

x x

 

  

, dấu “=” xảy ra  x = 2y

Từ đó ta có M ≥

4-3
2=

2, dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vậy GTNN của M là

2, đạt được khi x = 2y

Cách 3:

Ta có M =

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 4 3 3 2 3

4 4 4 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 > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương
2

2
;
4
x

y

ta có

2 2

2 2 . 2

4 4

x x

y y xy

  

,
dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vì x ≥ 2y 

3 6 3

2 .

4 4 2

x x

y  y   , dấu “=” xảy ra  x = 2y

Từ đó ta có M ≥

xy
xy +

3
2= 1+

3
2=

2, dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vậy GTNN của M là

2, đạt được khi x = 2y

Cách 4(không sử dụng BĐT Cơ Si)

Ta có M =

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

x y x xy y xy y x y xy y

xy xy xy

       

 

=
2

( 2 ) 3

x y y

xy x



 

Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra

 x = 2y

x ≥ 2y 

1 3 3

2 2

y y

x x

 

  

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Từ đó ta có M ≥ 0 + 4

-3
2=

2, dấu “=” xảy ra  x = 2y

Vậy GTNN của M là

2, đạt được khi x = 2y

Tải thêm tài liệu tại:

/>

</div>