Bài tập có đáp án chi tiết về bất đẳng thức dưới quan điểm cực trị môn toán đại học sư phạm hà nội

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

GV: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

1

NHÌN BÀI TOÁN DƯỚI QUAN ĐIỂM CỰC TRỊ

-------------TQT--------------

I - Lý thuyÕt

Giả sử f(x) là hàm số thực xách định trên miền M. Khi đó:

1. Nếu f(x) có giá trị nhỏ nhất trên M thì: Nguyên lÝ 1: f(x)≥c với mọi x∈M khi và chỉ khi c x f M x ≥ ∈ ) ( min .

Nguyên lÝ 2: Bất ph−ơng trình f(x)≤c có nghiệm thuộc M khi và chỉ khi

c x f M x ≤ ∈ ) ( min .

2. Nếu f(x) có giá trị lớn nhất trên M thì : Nguyên lÝ 3: f(x)≤c với mọi x∈M khi và chỉ khi c x f M x ≤ ∈ ) ( max .

Nguyên lÝ 4: Bất ph−ơng trình f(x)≥c có nghiệm thuộc M khi và chỉ khi

≥ ∈ ) ( max x f M x c

3. Nếu f(x) có đồng thời giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên M, thì ph−ơng trình f(x) = m có nghiệm khi và chỉ khi ) ( max ) ( min x f m x f M x M x ∈ ∈ ≤ ≤

Sau đây tôi xin giới thiệu một vài ứng dụng của 4 nguyên lÝ cực trị trên để giải quyết một số bài toán.

II- Ứng dông.

1.Ứng dụng trong phương trình và bất phương trình. a) Xét tam thøc bËc hai f(x)= ax2 + bx + c ( a≠0) dưới quan điểm cực trị:

Ta cã f(x) = a ac b a b x a 4 4 2

2 2 − −       +

af(x) = 4 2

2 2 ∆ −       + a b x a

⇒ af(x) ≥ - 4

∆.

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

GV: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

2

Từ đó ta nhận thấy:

+) a > 0 , minf(x) = - a 4

∆ , maxf(x) = +∞.

+) a < 0 , maxf(x) = - a 4

∆ , minf(x) = -∞.

+) f(x) ≥ 0 ∀x ⇔

   ≤ ∆

> ⇔ 

 

≥ ∆ − =

>

0

0

0 4 ) ( min

0 a

a x f

a

+)Phương trình f(x)=0 có nghiệm khi

VÝ dô 1: §Ó chøng minh ax2 + bx + c ≥0 , R x∈ ∀ ta chøng minh    ≤ ∆ > 0 0 a

CMR: 3 2 2 2 4 2 4 4 ) 2 ( 2 xy x xy y x y x ≥ + + + + , y x, ∀

Giải

§pcm ⇔x2(y2+1)2 + 4y(1-y2)x + 4y2 ≥ 0

§Æt f(x) = (y2 +1)2x2 + 4y(1 - y2)x + 4y2

Ta cã ∆’ = 4y2(1 - y2)2 – 4y2(y2 + 1)2 = -16y2 ≤ 0 ∀y.

Suy ra   

> +

≤ ∆

0 )1 (

0 '

2 2 y ⇒ f(x) ≥0 ∀x,y (đpcm).

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

GV: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

3

VD2: Tõ a.f(x) ≥0 ∀x suy ra 0 ≤ ∆ .

Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacèpki

   ∑    ∑ ≤    ∑ = = =

n

i i

n

i i

n

i i i b a b a 1

2

1

2 2

1 (1)

Giải

+) Nếu ∑ = 0 2 ia thì BĐT đ−ợc chứng minh.

+) NÕu ∑ ≠0 2 ia th×

(1) ⇔ 0 1

2

1

2 2

1 ≤    ∑    ∑ −    ∑ = = =

n

i i

n

i i

n

i i i b a b a

§Æt f(x) = ∑ ) ( 2 ia x2 – 2(∑ i ib a )X + ∑ 2 ib

= ∑ − − =

n

i i i i i b X b a X a 1

2 2 2 ) 2 (

= ∑ ≥ − =

n

i i i b X a 1

2 0 ) ( , X ∀.

Ta cã :   

≥ ∑ =

≥

0

0 ) (

2 ia a

x af ⇒ ' ∆= 0 1

2

1

2 2

1 ≤    ∑    ∑ −    ∑ = = =

n

i i

n

i i

n

i i i b a b a

⇒ §pcm.

VD3: Cho x,y,z là nghiệm của hệ ph−ơng trình   

= + +

= + +

4

8 2 2 2

xz yz xy

z y x

CMR: 3 8 , , 3 8 ≤ ≤ − z y x

Giải

Ta cã   

+ − =

− = +

) ( 4

8 2 2 2

y x z xy

z y x

) ( 2 8 ) ( 2 ) ( 8 2 2 2 y x z y x xy y x z + + − + = − + = − ⇒

16 ) ( 2 ) ( 2 2 = + + + + ⇒ z y x z y x 4 ± = + + ⇒ z y x

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

GV: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952

4

+) x+y+z = 4 hay x + y = -z + 4

Thay vào ph−ơng trình d−ới ta suy ra xy= (z -2)2.

Vậy x, y là nghiệm của ph−ơng trình X2 - (4 - z)X + (z - 2)2 = 0.

Ta cã 0 ) 2 ( 4 ) 4 ( 2 2 ≥ − − − = ∆ z z

3 8 0 0 ) 3 8 ( ≤ ≤ ⇒ ≤ − ⇒ z z z (1)

+) Víi x+y+z = -4 hay x+y = -z – 4

Thay vào ph−ơng trình sau ta suy ra xy = (z + 2)2.

Vậy x,y là nghiệm của ph−ơng trình: X2 – (4 + z)X + (z + 2)2 = 0

0 ) 2 ( 4 ) 4 ( 2 2 ≥ + − + = ∆ ⇒ z z

0 ) 8 3 ( ≤ + ⇒ x z 0 3 8 ≤ ≤ − ⇒ z (2)

Kết hợp (1) và (2) ta đ−ợc 3 8 3 8 ≤ ≤ − z .

Vì vai trò của x, y, z là nh− nhau nên ta cũng có 3 8 , , 3 8 ≤ ≤ − z y x

Bài tập tham khảo

1) CMR: 19x2 +54y2 + 16z2 – 16xz - 24yz + 36xy ≥ 0 z y x , , ∀ 2) Cho a,b,c thoả mãn điều kiện a+d = b+c. CMR: nếu lấy m sao cho

m bc ad 2 ≤ − th× (x - a)(x- b)(x - c)(x - d) + m2 ≥0 x ∀.

3) Cho ax + by xy ≥ , y x, ∀ d−ơng. CMR: ab 4 1 ≥ .

4) Cho các số ai , bi > 0 (i = 1,2,…n) thoả mãn: M a b m

i

i ≤ ≤ < 0 , i ∀.

CMR: a) i i i b a M m mMa b ) ( 2 2 + ≤ +

b) ( ) mM M m

b a

b a

n

i i i

n

i i

n

i …