Bài 4: Áp dụng các bất đẳng thức đã học giải một vài bài toán cực trị

Chia sẻ: Cam Van | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

102
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các em học sinh có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và nghiên cứu môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo nội dung bài 4 "Áp dụng các bất đẳng thức đã học giải một vài bài toán cực trị" dưới đây. Nội dung tài liệu cung cấp cho các bạn cách giải những câu hỏi bài toán cực trị bằng phương pháp áp dụng các bất đẳng thức.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài 4: Áp dụng các bất đẳng thức đã học giải một vài bài toán cực trị

1 BÀI 4 ÁP DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ HỌC GIẢI MỘT VÀI BÀI TOÁN CỰC TRỊ A-GIẢI CÁC BÀI TẬP CỦA BÀI 3 1/ Chứng minh rằng với các số dương a1, a2, . . . , an các bất đẳng thức sau luôn luôn nghiệm đúng (a1 + a2 + . . . + an)  n-1  a1  a2  ...  an  , với  ≥ 1 (1a) (a1 + a2 + . . . + an)  n-1  a1  a2  ...  an  , với 0 <   1 (1b) Từ kết quả chứng minh, hãy nêu ra công thức cho trường hợp riêng: tổng chỉ có hai số hạng. ĐÁP Nếu  ≥ 1 thì 1  a1  a2  ...  an  a1  a2  ...  an c =     c1  n  n Từ bđt trên đây dễ ràng suy ra bđt (1a). Cũng chứng minh tương tự ta được bđt (1b). Đặc biệt, từ (1a) và (1b) ta có: (x + y)  2-1(x + y),  ≥ 1, x > 0, y > 0. (x + y) ≥ 2-1(x + y), 0 <  < 1, x > 0, y > 0. 2/ Chứng minh rằng nếu 0 >  > -1 thì  n  1 n 1   n  1  1  1  n 1  n   1  1 ĐÁP Vì 0 <  + 1 < 1 và do bđt (1) của định lý 1 ở Bài 3 ta c ó:  1  1  1 1    1  n n  1  1  1 1    1  n n Nhân các bđt trên đây với n+1 ta được: (n + 1)+1 < n+1 + ( + 1)n, (n – 1)+1 < n+1 - ( + 1)n.
2 Từ hai bđt này dễ dàng suy ra bđt cần chứng minh. 3/ Chứng minh rằng nếu 0 >  > -1 thì  n  1  1  m 1 n 1  (m  1) 1  m   m  1  ...  n   (2)  1  1 ĐÁP Trong bđt thức đã dược chứng minh ở bài tập 2 trên đây, đặt n = m, m + 1,. . ., n, ta có:  m  1 m1   m  1 1 1  m1  m  1  1   m  2   m  1  m  1 1 1 1  m1   m  1   1  1   m  3  m  2  m  2    m  1 1 1 1 1   m  2   1  1  ...............................................  n  1 n1   n  1 1 1  n1  n  1  1  Cộng các bđt trên đây vế đối vế ta sẽ được bđt cần chứng minh. B-NỘI DUNG CỦA BÀI 4. Bài toán 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm x - ax, a > 0, x ≥ 0,  > 1 ĐÁP Việc tìm lời giải bài toán rất đơn giản trong trường hợp  = 2. Thật vậy, vì 2  a  a2 x2 - ax =  x     2 4 2 a a Như vậy giá trị giá trị nhỏ nhất của hàm đã cho bằng - khi x= >0 4 2 Trong trường hợp  tùy ý và  > 1 , bài toán này được giải bằng cách áp dụng bđt (2) của định lý 1 ở Bài 3. Vì  > 1, nên (1 + z) ≥ 1 + z, z ≥ -1 Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi z = 0. Đến đây ta đặt 1 + z = y, thì
3 (1 + z) = y ≥ 1 + (y – 1)  y - y ≥ 1 - , y ≥ 0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y = 1. Nhân cả hai vế của bđt ngay trên đây với c ta được (cy) - c-1(cy) ≥ (1 - )c, y ≥ 0 1  a   1 Đặt x = cy và c-1 = a, c =   , ta được     a   1 x - x ≥ (1 - )c = (1 - )   ,   1  a   1 Hơn nữa, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x= c =   .   1  a   1 Như vậy hàm x - ax,  > 1, a > 0, x ≥ 0, nhận giá trị nhỏ nhất tại điểm x =   và giá trị nhỏ nhất     a   1 ấy bằng (1 - )   .   Ta trở lại trường hợp đặc biệt khi  = 2 với cách tính vừa chứng minh được. Vì  = 2 nên giá trị nhỏ 2 1  a  21  a  21 a 2 a nhất bằng (1 – 2)   = - tại điểm x =   = 2. 2 4 2 Kết quả này áp dụng cho ví dụ nhỏ sau: Tính giá tị nhỏ nhất của hàm x3 – 27x. Theo kết quả trên, giá trị 3 1  27  31  27  31 nhỏ nhất của hàm này bằng (1-3)   = -54, xảy ra tại điểm x =   = 3  3   3  Chú ý. Một biến thể của bài toán 1 là: Hàm ax-x = -(x - ax), trong đó  > 1,  > 0, x ≥ 0,  1  a   1  a   1 nhận giá trị bé nhất bằng ( - 1)   tại điểm x =   .     Bài toán 2. Từ một khúc gỗ tròn có đường kính d tìm cách cắt ra một xà gồ hình hộp có độ bền lớn nhất. Độ bền P của xà gồ được định nghĩa như sau: P = kxy2 (*) Trong đó, k: hệ số tỷ lệ dương, x: độ rộng của xà gồ, y: chiều cao của xà gồ. (xem hình dưới) ĐÁP. Trong hình, d-đường kính của tiết diện khúc gỗ tròn; y-chiều cao của xà gồ; x- độ rộng của xà gồ. Nhìn hình vẽ và dùng công tức Pitago, ta biến đổi hệ thức (*) ở đầu bài như sau:
4 P = kxy2 = kx(d2 – x2) = k(d2x – x3). Hàm d2x – x2 nhận giá trị lớn nhất khi 1  d 2  31 d 2 d x=    , y2 = d2 – x2 = d 2 y  3  3 3 x d 7 y= 2  x 2  x 2  1, 4 x  x 3 5 Nghĩa là, xà gồ sẽ có độ bền lớn nhất khi tỷ lệ giữa chiều cao 7 và bề rộng của nó là (không phụ thuộc vào hệ số k). 5 Bài toán 3. Tìm giá trị lớn nhất của hàm y = sinxsin2x. ĐÁP Vì sin2x = 2sinxcosx nên sinxsin2x = 2cosxsin2x = 2cosx(1-cos2x) = 2(z-z3), trong đó z = cosx và hiển nhiên -1  z  1. Hàm z(1-z2) có giá trị âm nếu -1  z  0 và có giá trị dương nếu 0 < z  1. Vì vậy rõ ràng giá trị lớn nhất của hàm đã cho đạt được trong khoảng 0 < z  1. Ở bài toán 1 ta đã chứng tỏ được hàm z – z3 vói z  0 nhận giá trị lớn nhất tại điểm 1  1  31 1 Z=    3 3 2  1 4 Tại điểm này, y = sinxsin2x = 2z(1-z2) = 1    . Như vậy hàm y = sinxsin2x nhận giá trị 3  3 3 3 1 4 lớn nhất tại những điểm mà tại đó z = cosx = và giá trị lớn nhất đó bằng . 3 3 3 Bài toán 4. Tìm giá trị lớn nhất của hàm y = cosxcos2x. ĐÁP. Dễ ràng thấy rằng hàm đã cho y nhận giá tị lớn nhất bằng 1 tại các điểm x = 0, 2, 4, . . . , Bài toán 5. Tìm giá trị bé nhất của hàm y = x + ax với a > 0,  < 0 và x  0. ĐÁP. Vì  < 0 nên theo bđt (2) (1 + z)  1 + z ở bài 3, dấu bằng chỉ xảy ra khi z = 0. Đặt 1+z = y thì z = y – 1 ta có: y  1 + (y – 1); y  0, hơn nữa dấu bằng chỉ xảy ra khi y = 1, từ bbđt ngay trên đây ta suy ra
5 y - y  1 - , (cy) - c-1(cy)  (1 - )c 1  a  1 Đặt a = -c-1, x = cy ta nhận được x + ax  (1 - )c = (1 - )   , hơn nữa dấu bằng chỉ xảy ra    1 1  a  1  a  1  khi x = c =   . Tóm lại tại điểm x =   hàm x + ax nhận giá trị nhỏ nhất là       1     3  1   27  1  a   1 1  1 (1 - )   . Chẳng hạn hàm 3  27x với x  0 nhận giá trị nhỏ nhất là 1     3 4    x  3  1   3  1    1 1  27  3 1 tại điểm x =    .  1  27  3  Bài toán 6. Tìm các kích thước hợp lý nhất của một bình hình trụ có đáy nhưng không có nắp. Ta quy định “kích thước hợp lý nhất” là những giá trị của các kích thước làm cho việc chế tạo bình hình trụ này tốn ít nhất nguyên vật liệu. ĐÁP. Ký hiệu r- bán kính đáy trụ; V- thể tích trụ; S- diện tích toàn phần bề mặt trụ; h- chiều cao trụ. Ta lần lượt có: V = r2h, S = 2r2 + 2rh. V V V 1 Vì h = nên S = 2r2 + 2r 2 = 2r2 + 2 , đặt x = ta có: r 2 r r r  V  S = 2x-2 + 2Vx = 2  x 2  x     Muốn dùng ít nhất nguyên vật liệu để chế tạo bình hinh trụ thì tất nhiên diện tích toàn phần bề mặt của nó phải nhỏ nhất. 1  V   V  21 3 2 Hàm  x 2  x  , theo lời giải bài 5, nhận giá trị nhỏ nhất tại điểm x =        2  V Trở lại mục tiêu chính của bài tập 6 ta tìm được: 1 3 2 V  r 2h  3 ,r = = , r V 2 2 h r= , h = 2r = d  bình hình trụ có các kích thước hợp lý nhất là chiều cao và đường kính bằng nhau. 2
6 BÀI TẬP 1- Tìm giá trị lớn nhất của hàm x(6 – x)2 với 0 < x< 6. 2- Từ một miếng bìa hình vuông có cạnh là 2a hãy cắt nó (cách cắt, xem hình bên trái) để tạo một hình hộp không nắp có thể tích lớn nhất. ( cắt tại 4 góc 4 hình vuông như x x nhau có cạnh là x) 2a 2a–2x 3- Tìm giá trị nhỏ nhất của các hàm sau: a/ x6 + 8x2 + 5 b/ x6 - 8x2 + 5 4- Tìm giá trị lớn nhất của hàm x -ax với 0 <  < 1, a > 0, x  0 3 5- Chứng minh rằng với mọi x  0, bdt sau đây luôn luôn nghiệm đúng: 4 x   2x 8 6- Chứng minh rằng với n  3, bđt sau đây nghiệm đúng: n n > n 1 n 1 7- Tìm giá trị lớn nhất từ các số sau đây: 3 4 5 n 1, 2 , 3, 4, 5,..., n,... 8- Chứng minh bđt: n 2 n
7