Cho hai số thực không âm a, b thỏa mãn $a^{2} + b^{2} = 2$ . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M = \frac{a^{3} + b^{3} + 4}{a b + 1}$ .

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Bộ đề Ôn tập Toán 9 thi vào 10 năm 2020 có đáp án !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Ta có $a^{3} + b^{3} + 4 = (a^{3} + b^{3} + 1) + 3 \geq 3 a b + 3$ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1.

Vì ab + 1 > 0 nên $M = \frac{a^{3} + b^{3} + 4}{a b + 1} \geq \frac{3 (a b + 1)}{a b + 1} = 3$ .

Do đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 3 đạt được khi a = b = 1.

+) Vì $a^{2} + b^{2} = 2$ nên $a \leq \sqrt{2}, b \leq \sqrt{2}$ . Suy ra $a^{3} + b^{3} + 4 \leq \sqrt{2} (a^{2} + b^{2}) + 4 = 2 \sqrt{2} + 4$ .

Mặt khác $\frac{1}{a b + 1} \leq 1 do a b + 1 \geq 1$ . Suy ra $M = \frac{a^{3} + b^{3} + 4}{a b + 1} \leq 2 \sqrt{2} + 4$ .

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

$\{\begin{cases} a^{2} + b^{2} = 2 \\ a b = 0 \end{cases} \Leftrightarrow (a; b) = (0; \sqrt{2}) \lor (a; b) = (\sqrt{2}; 0)$ .

Giá trị lớn nhất của biểu thức M là

4 + 2 \sqrt{2}

đạt được khi

(a; b) = (0; \sqrt{2}) \lor (a; b) = (\sqrt{2}; 0)

Hot: 500+ Đề thi vào 10 file word các Sở Hà Nội, TP Hồ Chí Minh có đáp án 2025 (chỉ từ 100k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

Bình luận

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

$\frac{a b}{a + b + 2 c} + \frac{b c}{b + c + 2 a} + \frac{c a}{c + a + 2 b} \leq \frac{1}{4} (a + b + c)$

Xem đáp án

Lời giải

Ta chứng minh bất đẳng thức $\frac{1}{x + y} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y})$ với x, y > 0.

Thậy vậy, với x, y > 0 thì:

$\frac{1}{x + y} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y}) \Leftrightarrow \frac{1}{x + y} \leq \frac{x + y}{4 x y} \Leftrightarrow {(x + y)}^{2} \geq 4 x y \Leftrightarrow x^{2} + 2 x y + y^{2} - 4 x y \geq 0$

$\Leftrightarrow x^{2} - 2 x y + y^{2} \geq 0 \Leftrightarrow {(x - y)}^{2} \geq 0$ (luôn đúng)

Do đó: $\frac{1}{x + y} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y})$ với x, y > 0.

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

$\frac{1}{a + b + 2 c} = \frac{1}{(a + c) + (b + c)} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c}) \Rightarrow \frac{a b}{a + b + 2 c} \leq \frac{a b}{4} (\frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c})$

Tương tự ta có: $\{\begin{cases} \frac{b c}{b + c + 2 a} \leq \frac{b c}{4} (\frac{1}{b + a} + \frac{1}{c + a}) \\ \frac{c a}{c + a + 2 b} \leq \frac{c a}{4} (\frac{1}{c + b} + \frac{1}{a + b}) \end{cases}$

Cộng vế với vế các bất đẳng thức với nhau ta được:

$\frac{a b}{a + b + 2 c} + \frac{b c}{b + c + 2 a} + \frac{c a}{c + a + 2 b} \leq \frac{a b}{4} (\frac{1}{a + c} + \frac{1}{b + c}) + \frac{b c}{4} (\frac{1}{b + a} + \frac{1}{c + a}) + \frac{c a}{4} (\frac{1}{c + b} + \frac{1}{a + b})$

$\begin{array}{l} = \frac{1}{4} [\frac{a b}{a + c} + \frac{a b}{b + c} + \frac{b c}{b + a} + \frac{b c}{c + a} + \frac{c a}{c + b} + \frac{c a}{a + b}] \\ = \frac{1}{4} [\frac{a b + b c}{a + c} + \frac{a b + c a}{c + b} + \frac{b c + c a}{b + a}] = \frac{1}{4} [\frac{b (a + c)}{a + c} + \frac{a (b + c)}{c + b} + \frac{c (b + a)}{b + a}] = \frac{1}{4} (a + b + c) \end{array}$

Do đó $V T \leq \frac{1}{4} V P$ (đpcm).

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.

Câu 2

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 3 x y z$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P = \frac{x^{2}}{x^{4} + y z} + \frac{y^{2}}{y^{4} + x z} + \frac{z^{2}}{z^{4} + x y}$

Xem đáp án

Lời giải

$x^{2} + y^{2} + z^{2} = 3 x y z \Rightarrow \frac{x}{y z} + \frac{y}{x z} + \frac{z}{x y} = 3$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương $\frac{x}{y z}; \frac{y}{x z}$ ta có: $\frac{x}{y z} + \frac{y}{x z} \geq 2 \sqrt{\frac{x}{y z} . \frac{y}{x}} = \frac{2}{z}$

Tương tự ta cũng có: $\frac{y}{x z} + \frac{z}{x y} \geq \frac{2}{x}; \frac{z}{x y} + \frac{x}{y z} \geq \frac{2}{y}$

$\Rightarrow (\frac{x}{y z} + \frac{y}{x z}) + (\frac{y}{x z} + \frac{z}{x y}) + (\frac{z}{x y} + \frac{x}{y z}) \geq \frac{2}{z} + \frac{2}{x} + \frac{2}{y} \Rightarrow \frac{x}{y z} + \frac{y}{z x} + \frac{z}{x y} \geq \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \Rightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \leq 3$

Lại có: $x^{4} + y z \geq 2 \sqrt{x^{4} y z} = 2 x^{2} \sqrt{y z} \Rightarrow \frac{x^{2}}{x^{4} + y z} \leq \frac{1}{2 \sqrt{y z}} = \frac{1}{4} .2. \frac{1}{\sqrt{y}} . \frac{1}{\sqrt{z}} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{y} + \frac{1}{z})$

Tương tự $\frac{y^{2}}{y^{4} + x z} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{z}); \frac{z^{2}}{z^{4} + x y} \leq \frac{1}{4} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y})$

Suy ra

$\begin{array}{l} P = \frac{x^{2}}{x^{4} + y z} + \frac{y^{2}}{y^{4} + x z} + \frac{z^{2}}{z^{4} + x y} \leq \frac{1}{4} (\frac{2}{x} + \frac{2}{y} + \frac{2}{z}) = \frac{1}{2} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) \leq \frac{3}{2} \\ = > P \leq \frac{3}{2} \end{array}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = $\frac{3}{2}$ khi x = y = z = 1.

Câu 3