GTLN và GTNN của hàm số với diều kiện có nghệm của một phương trình, bất phương trình

Chia sẻ: Thanh Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

162
lượt xem 35
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

GTLN và GTNN của hàm số với diều kiện có nghệm của một phương trình, bất phương trình: Giả sử f ( x ) là hàm số xét trên miền x ∈ D . Giả sử tồn tại: m = min f ( x ) M = max f

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: GTLN và GTNN của hàm số với diều kiện có nghệm của một phương trình, bất phương trình

www.vuihoc24h.vn - Kênh h c t p Online III. GTLN và GTNN của hàm số với diều kiện có nghệm của một phương trình, bất phương trình: Giả sử f ( x ) là hàm số xét trên miền x ∈ D . Giả sử tồn tại: m = min f ( x ) M = max f ( x ) D D Và f ( x ) nhận mọi giá trị từ m đến M khi x ∈ D . Khi đó mối tương quan giữa GTLN, GTNN của hàm số f ( x ) trên miền D và sự tồn tại nghiệm của một phương trình, một bất phương trình có điều kiện, được thể hiện trong các định lí sau đây: Định lí 1: Phương trình f ( x ) = α với x ∈ D có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ α ≤ M . * Chú ý : Định lí trên nếu đảo lại nó vẫn đúng. Định lí 2: 1. BPT f ( x ) ≥ α , x ∈ D có nghiệm khi và chỉ khi M ≥ α 2. BPT f ( x) = β , x ∈ D có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ β Định lí 3: 1. BPT f ( x ) ≥ α đúng với mọi x ∈ D khi và chỉ khi m ≥ α n 2. BPT f ( x ) ≥ β đúng với mọi x ∈ D khi và chỉ khi M ≤ β IV. Một số bài toán phát biểu dưới dạng tập xác định: .v xy z − 1 + xz y − 2 + yz x − 3 Bài toán 1: Tìm GTLN của hàm số: f ( x, y , z ) = xyz h Xét trên miền D = {( x, y, z ) : x ≥ 3, y ≥ 2, z ≥ 1} Bài toán 2: Tìm GTLN của hàm số: f ( x, y , z ) = xyz ( x + y )( y + z )( x + z ) 4 Xét trên miền D = {( x, y, z ) : x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z = 1} 2 x3 y3 z3 t3 Bài toán 3: Tìm GTNN của hàm số: f ( x, y , z , t ) = + + + y+ z +t x+ z +t x+ y+t x+ y+ z c Xét trên miền D = {( x, y, z , t ) : x, y , z , t ≥ 0, xy + yz + zt + tx = 1} o Bài toán 4: Tìm GTNN của các hàm số sau: x3 − y3 y 3 − z 3 z 3 − x3 f ( x, y , z ) = + + ih ( x − y ) 3 ( y − z ) 3 ( z − x) 3  1 1 1  f ' ( x, y , z ) = ( x 2 + y 2 + z 2 )  + + 2  ( x − y) ( y − z) ( x − z)  u 2 2 Xét trên miền D = {( x, y, z ) : ( x − y )( y − z )( z − x ) ≠ 0} V x y z Bài toán 5: Tìm GTLN của hàm số: f ( x, y , z ) = + + + (1 − x )(1 − y )(1 − z ) y + z +1 x + z +1 x + y + z Xét trên miền D = {( x, y, z ) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1} Bài toán 6: Tìm GTLN của hàm số: f ( x, y, z , t ) = x 2 y 2 z 2t Xét trên miền D = {( x, y, z , t ) : x, y , z , t ≥ 0, 2 x + xy + z + ytz = 1} Bài toán 7: Tìm GTLN của hàm số: f ( x, y , z , t ) = xy + yz + zt Xét trên miền D = {( x, y, z , t ) : x, y , z , t ≥ 0, x + y + z + t = 2} 1 Bài toán 8: Tìm GTNN của hàm số: f ( x, y ) = x + xy ( x − y ) Xét trên miền D = {( x, y ) : x > 0, y > 0} Bài toán 9: Tìm GTNN,GTLN của hàm số: f ( x, y , z ) = x + y + z
4 Xét trên miền D = {( x, y, z , t ) : x ( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ } 3 Bài toán 10: Tìm GTLN của hàm số: f ( x, y , z ) = x(1 − y ) + y (1 − z ) + z (1 − x ) Xét trên miền D = {( x, y, z ) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1} B.Phương pháp tham số phụ Phương pháp này khá giống với kĩ thuật cân bằng hệ số nhưng nó có tầm ứng dụng rộng rãi hơn. Ở phần này tôi sẽ không trình bày tỉ mỉ lời giải mà nêu thẳng ra ý tưởng trong bài làm để từ đó bạn đọc rút kinh nghiệm. Bài toán 1: Cho x, y ≥ 0 và x 3 + y 3 ≤ 1 . Tìm GTLN của A = x + 2 y GIẢI Đặt x = ay = b . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x 3 + a 3 + a 3 + a 3 + a 3 + a 3 ≥ 6 6 x3a15 y 3 + b3 + b3 + b3 + b3 + b 3 ≥ 6 6 y 3b15 n ⇒ x 3 + y 3 + 5(a 3 + b3 ) ≥ 6( a 5 x + b5 y ) .v Ta cần tìm hai số a,b sao cho a,b thoả mãn hệ sau: a3 + b3 = 1 1 5 4 ⇒a= ;b = h b =2 a 5 5 3 1 + 5 64 3 1 + 5 64 (1 + ) 5 4 Khi đó GTLN của A = 6 5 64 . Bạn đọc tự tìm giá trị của x,y * Chú ý: Phương pháp tham số phụ giúp ta định hướng lời giải trong các bài toán mà ta chưa xác định 2 điểm rơi của BĐT. c 7x Bài toán 2: Tìm GTNN của hàm số: f ( x) = − x( x − 1) . Xét trên miền D = {( x) : x ≥ 1} 4 3 o GIẢI 1 ih Đặt ax = x − 1 ⇒ x = . Áp dụng BĐT Cauchy: 1− a 1 1 7x 7x 1 .2 ax ( x − 1) ≤ (ax + x − 1) ⇒ y = − x ( x − 1) ≥ − (ax + x − 1) u 2 a 2 a 4 3 4 3 2 a 1 7 4 1 (a + 1) = ⇒ a = (a < 1) . Khi đó GTNN của f ( x) = ⇔x=4 V Ta cần tìm số a sao cho : 2 a 4 3 3 3 Bài toán 3: Tìm GTLN của hàm số: y = 9 x 2 1 + x 4 + 13x 2 1 − x 4 . Xét trên miền D = {( x) : −1 ≤ x ≤ 1} GIẢI Đặt ax = 1 + x ⇒ (a − 2) x = 1 − x . Áp dụng BĐT Cauchy : 4 4 4 4 9 9 2 a x2 1 + x4 ≤ (ax 4 + 1 + x 4 ) 2 a 2 a 13 13 2 a − 2 x2 1 − x4 ≤ ( a − 2 ) x 4 + 1 − x 4  2 a −2 2 a−2   9 13 9 Ta cần tìm a sao cho: (a + 1) = (3 − a) ⇒ a = 2 a 2 a−2 4
9 4 1 4 x +1 + x4 x +1 − x4 Khi đó y ≤ 6 4 + 26 4 = 16 2 2 2 Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 5 2 x2 + 6 x3 − 2 x 2 + x − 2 + 5 Bài toán 4: Tìm GTLN của hàm số f ( x ) = x2 + 3x − 4 Xét trên miền D = {( x) : x ≥ 1} GIẢI Đặt a( x − 2) = x + 1 . Áp dụng BĐT Cauchy: 2 3 2x2 +  a ( x − 2 ) + x 2 + 1 + 5 3 2 a( x − 2)( x 2 + 1) ≤ 3  a ( x − 2 ) + x 2 + 1 ⇒ f ( x ) ≤ a  a  x2 + 3x − 4 n a 3 +2=b .v a Ta cần tìm a sao cho: a =b ⇒ b = 3(b > 0) ⇒ a = 9 h 3 (1 − 2a ) + 5 = −4b a 4 9± 5 Khi đó GTLN của f ( x ) = 3 ⇔ x = 2 2 Bài toán 5: Cho x,y là các số thực thoả mãn: x 2 + y 2 = 1 . Tìm GTNN,GTLN của hàm c 2( x 2 + 6 xy ) f ( x, y ) = o 1 + 2 xy + 2 y 2 GIẢI ih Gọi k là điểm cực trị của f(x,y) ta có: 2( x 2 + 6 xy ) k= ⇒ (k − 2) x 2 + 2(k − 6) xy + 3ky 2 = 0 1 + 2 xy + 2 y 2 u Ta cần tìm k sao cho : 3k (k − 2) = (k − 6)2 ⇔ k 2 + 3k − 18 = 0 ⇔ k = 3 ∨ k = −6 V Do đó GTLN của f(x,y)=3, GTNN của hàm f(x,y)=-6 * Chú ý bạn có thể giải như sau: 2( x 2 + 6 xy ) 2( x 2 + 6 xy ) f ( x, y ) = = 2 . Ta xét với x = 1, y = 0 ⇒ f ( x, y ) = f (1, 0) = 2 1 + 2 xy + 2 y 2 x + 2 xy + 3 y 2  x  2 6 x  2   +   y  y Với y ≠ 0 ⇒ f ( x, y ) =  2  . Ta đặt x = t ta quay lại xét cực trị của bài toán:  x  2x y  y  + y +3   2(t + 6t ) 2 f (t ) = 2 . Đến đây bạn có thể dùng PP miền giá trị hay PP tách bộ phận kép để giải. t + 2t + 3 Tuy nhiên nếu so sánh 2 cách giải trên thì cách giải thứ nhất chỉ mang tính giải quyết bài toán chứ không mang tính toán học như cách giải thứ hai. PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
BL1:Cho x,y là các số không âm và x 2 + y 2 ≤ 1 . Tìm GTLN của hàm số f ( x, y ) = 64 x + y BL2:Tìm GTNN của hàm số: f ( x ) = 5 x − 2 x( x − 1) . Xét trên miền D = {( x) : x ≥ 1} x 2 − x3 − x2 + x − 1 BL3:Tìm GTNN của hàm số : f ( x ) = x2 − x x BL4:Tìm GTNN của hàm số: f ( x) = x + 4 1 − . Xét trên miền D = {( x ) : 0 ≤ x ≤ 2} 2 1 1 BL5:Cho a,b dương và + = 1 . Tìm GTNN của A = a + b 2 a 2b IV. Phương pháp thế: Phương pháp này dùng để chứng minh các bất đẳng thức hình học.Phương pháp này dựa vào nhận xét sau: Định lí: Điều kiện cần và đủ để a,b,c là độ dài của 3 cạnh tam giác là tồn tại các số dương x,y,z sao cho a = x + y ; b = y + z; c = x + z n Khi đó ta có một số kết quả thú vị như sau: .v a+b+c x+ y+ z = =p 2 a + c −b h x= = p −b 2 a +b−c 4 y= = p−c 2 2 b+c−a z= = p−a 2 c Ta cần chú ý một số công thức sau: o 1 1 1 abc 1. S = aha = bhb = chc = pr = p( p − a )( p − b)( p − c) = 2 2 2 4R ih a b c 2. = = = 2R sin A sin B sin C a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A u 3. b 2 = c 2 + a 2 − 2ca cos B V c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C b2 + c 2 − a 2 cot A = 4S c + a 2 − b2 2 4. cot B = 4S a + b2 − c 2 2 cot C = 4S A S B S C S 5. tan = ; tan = ; tan = 2 p( p − a) 2 p ( p − b) 2 p( p − c) 2b + 2c − a 2 2 2 2a + 2c − b 2 2 2 2a 2 + 2b 2 − c 2 6. ma = 2 ; mb = 2 ; mc = 2 4 4 4
Bài toán 1: ( BĐT Euler) Gọi R và r lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC. CMR: R ≥ 2r GIẢI Ta thay thế R và r qua các đại lượng khác. Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: abc 2S 8S 2 ≥ ⇔ abc ≥ = 8 p( p − a)( p − b)( p − c ) 4S p p Đến đây ta sử dụng phép thế BĐT trở thành: ( x + y )( y + z )( x + z ) ≥ 8 xyz Ta sử dụng BĐT Cauchy ta có: x + y ≥ 2 xy y + z ≥ 2 yz ⇒ ( x + y )( y + z )( x + z ) ≥ 8 xyz x + z ≥ 2 xz Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c . Bài toán 2: Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c và diện tích S. CMR: n 2(ab + bc + ca ) − (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 4 3S .v GIẢI Ta sử dụng phép thế BĐT trở thành: 2 [( x + y )( y + z ) + ( y + z )( x + z ) + ( x + y )( x + z )] − ( x + y ) 2 + ( y + z ) 2 + ( x + z )2  ≥ 4 3 xyz ( x + y + z )   ⇔ xy + yz + xz ≥ 3 xyz ( x + y + z ) h 4 ⇔ ( xy + yz + xz )2 ≥ 3xyz ( x + y + z ) 2 ( xy − yz ) 2 + ( yz − xz )2 + ( xz − xy ) 2 ⇔ ≥0 2 c Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c . LB: Qua hai bài toán trên ta rút ra nhận xét sau: việc chuyển từ BĐT hình học sang BĐT đại số giúp giải o quyết bài toán nhẹ nhàng hơn. Và cũng vì lí do đó mà người ta còn gọi đây là phương pháp đại số hoá , như vậy việc chuyển từ BĐT đại số thành BĐT hình học gọi là phương pháp hình học hoá. ih Nội dung của phương pháp hình học hoá : Nội dung của phương pháp này là ta dựa vào cấu trúc của bài toán để chuyển sang hình học, đồ thị giải quyết.Nếu như một bài toán về BĐT, bằng một cách biến đổi sơ cấp nào đó có thể qui về các sự kiện u hình học thì ta nên dùng phương pháp hình học để giải.Lẽ dĩ nhiên phương pháp này chỉ thích hợp với những bài toán mà nội dung của nó tiềm ẩn những yếu tố hình học,mà lúc đầu thoạt tiên ta chưa nhận ra. V Đối với phương pháp này ta sử dụng nhận một số tính chất sau: - Trong các đường gấp khúc nối 2 điểm A,B thì đường thẳng nối 2 điểm A,B là đường ngắn nhất. - Trong tam giác tổng hai cạnh luôn lớn hơn cạnh thứ ba. - Cho điểm A nằm ngoài đường thẳng d cho trước.Khi đó độ dài đường vuông góc kẻ từ A xuống đường thẳng d ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từ A xuống đường thẳng ấy. - Trong các tam giác cùng nội tiếp đường tròn thì tam giác đều có chu vi và diện tích lớn nhất. - Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM+BM bé nhất là giao điểm của AB và d. - Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM+BM bé nhất là giao điểm của A' B và d ( trong đó A' là điểm đối xứng của A qua d). - Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B cùng phía với d nhưng không song song với d. Điểm M thuộc d sao cho AM − BM lớn nhất là giao điểm của AB và d
- Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM − BM lớn nhất là giao điểm của A' B và d ( trong đó A' là điểm đối xứng của A qua d, A' B không song song với d). Sau đây chúng ta sẽ xét một bài toán minh hoạ cho phương pháp này. Bài toán 1: 1. Tìm GTNN của A = x 2 − 2 x + 2 + x 2 − 4 x + 40 2. Tìm GTLN của B = x 2 − 2 x + 2 − x 2 − 4 x + 40 GIẢI 1. Ta có: A = ( x − 1) + (0 − 1) + ( x − 2)2 + (0 + 6)2 2 2 Nếu ta chọn điểm M ( x, 0); A(1,1); B(2, −6) thì AM = ( x − 1) 2 + (0 − 1)2 ; BM = ( x − 2)2 + (0 + 6) 2 Bài toán qui về việc tìm điểm M trên trục hoành sao cho AM+BM có độ dài bé nhất. Theo tính chất thì điểm M phải là giao điểm của AB và trục hoành. n Đường thẳng AB có dạng: y = ax + b(a ≠ 0) . AB đi qua A,B nên ta có : 1= a +b .v ⇒ a = −7; b = 8 −6 = 2a + b Vậy AB: y = −7 x + 8 (1) h 8 8  Từ (1) cho y = 0 ⇒ x = . Vậy điểm M cần tìm có toạ độ  , 0  4 7 7  8 Vậy GTNN của A = 5 2 ⇔ x = 2 7 Bài toán tổng quát: Tìm GTNN của A = ( x − a) 2 + b 2 + ( x − c) 2 + d 2 ( b, d > 0) c Ta viết lại A = ( x − a) 2 + (0 − b) 2 + ( x − c) 2 + (0 + d )2 o Trong mặt phẳng toạ độ ta chọn các điểm A(a, b); B(c, − d ); M ( x, 0) ; khi đó A= AM+BM. Bài toán qui ih về việc tìm M trên trục hoành sao cho AM+BM bé nhất.Vì A,B có tung độ trái dấu nên A,B nằm ở hai phía ở trục hoành, vậy điểm M cần tìm là giao điểm của AB và trục hoành. 2. Ta có B = ( x − 1) 2 + (0 − 1)2 − ( x − 2)2 + (0 − 4)2 u Nếu ta chọn A(1,1); B(2, 4); M ( x, 0) khi đó B= AM − BM . Bài toán qui về việc tìm M trên trục hoành V sao cho AM − BM lớn nhất.Theo tính chất thì M là giao điểm của trục hoành và AB. Đường thẳng AB có phương trình dạng y = ax + b(a ≠ 0) .AB đi qua A,B nên: 1= a +b ⇒ a = 3; b = −2 4 = 2a + b Vậy AB: y = 3 x − 2 (2) 3 3  Từ (2) cho y = 0 ⇒ x = . Vậy M  , 0  2 2  3 Vậy GTLN của B = 10 ⇔ x = . 2 Bài toán tổng quát: Tìm GTLN của B = ( x − a) 2 + b 2 − ( x − c )2 + d 2 ( b, d > 0 )
Ta viết lại B = ( x − a) 2 + (0 − b)2 − ( x − c)2 + (0 − d )2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta chọn A(a, b); B(c, d ); M ( x, 0) , khi đó B = AM − BM . Bài toán qui về việc tìm điểm M trên trục hoành sao cho AM − BM lớn nhất. Vì A,B có tung độ cùng dấu nên A,B nằm cùng một phía với trục hoành, vậy điểm M cần tìm là giao điểm của AB và trục hoành. Bài toán 2: 1. Tìm GTNN của A = x 2 + 2 x + 2 + x 2 − 4 x + 8 2. Tìm GTLN của B = x 2 − 2 x + 2 − x2 + 4 x + 8 * Lưu ý: Đối với dạng này một số bạn thường mắc phải sai lầm là sử dụng BĐT Mincopski. a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c )2 + (b + d )2 Nếu bạn sử dụng trực tiếp rất dễ dẫn tới việc dấu bằng không xảy ra hay giá trị tìm được chưa hẳn là giá trị nhỏ nhất của bài toán. n Ta quay lại với vấn đề ban đầu, như ta đã biết việc sử dụng phương pháp đại số hoá hay hình học hoá giúp ta giải quyết bài toán dễ dàng nhưng không phải lúc nào cũng vậy.Chẳng hạn với bài toán sau: .v Bài toán 3: Cho tam giác ABC có diện tích S và kí hiệu các cạnh AB,BC,CA theo qui ước. CMR: 1 1 1 a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ 16 S 2 + a 2 (b − c )2 + b 2 (c − a) 2 + c 2 (a − b)2 (1) h 2 2 2 GIẢI 4 Nếu như ngay từ đầu ta sử dụng liền phương pháp thế sẽ dẫn tới việc lời giải quá dài hoặc không thể ra được, cụ thể là ta phải chứng minh BĐT sau: 2 1 1 ( x + y )2 ( y + z )2 + ( y + z )2 ( x + z )2 + ( x + y ) 2 ( x + z )2 ≥ 16 xyz ( x + y + z ) + ( x + y ) 2 ( y − x)2 + ( z + y )2 ( z − y ) 2 2 2 c 1 + ( z + x )2 ( z − x )2 (2) o 2 Quả thật để chứng minh được BĐT trên là điều không phải dễ, bởi vì cấu trúc của bài toán lúc này quá ih cồng kềnh, . Đây là việc quá lạm dụng phương pháp mà không để ý kĩ tới cấu trúc của bài toán ban đầu: (1) ⇔ abc (a + b + c) ≥ 16 S 2 ⇔ abc ≥ (a + b − c )(b + c − a )(c + a − b) Đến đây có lẽ bạn đọc đã nhìn ra nguồn gốc của bài toán rồi phải không. Qua đó ta thấy được việc u chứng minh trực tiếp BĐT (1) dễ dàng hơn nhiều so với BĐT (2) Ta rút ra được kinh nghiệm là không nên quá lạm dụng phương pháp đặc biệt là những phương pháp V mạnh trong chứng minh BĐT BL1( IMO-1983) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác. CMR: a 2b(a − b) + b 2 c (b − c ) + c 2 a (c − a ) ≥ 0 BL2: ( IMO-1961) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác có diện tích S. CMR: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 3S BL3: Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. CMR: ab bc ca + + ≥ 4p p−c p −a p−b BL4: Chứng minh trong mọi tam giác ta đều có: 1. ma 2 + mb 2 + mc 2 ≥ p 2 a b c 2. + + ≥2 3 ma mb mc