zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Chia sẻ: Nguyễn Tất Thu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

357
lượt xem 110
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong bài viết này chúng tôi giới thiệu với bạn đọc một kĩ thuật thường sử dụng để xử lí các bài toán về bất đẳng thức và bài toán tìm cực trị của một biểu thức trong đó các biểu thức và giả thiết của bài toán đều là những biểu thức, đẳng thức, bất đẳng thức đẳng cấp. Trước hết xin nhắc lại định nghĩa biểu thức đẳng cấp: Biểu thức f ( x1 , x2 , ..., xn ) được gọi là biểu thức đẳng cấp bậc k ( k ∈ ¥ ) nếu f ( mx1 ,...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BĐT SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐẲNG CẤP TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ Trong bài viết này chúng tôi giới thiệu với bạn đọc một kĩ thuật thường sử dụng để xử lí các bài toán về bất đẳng thức và bài toán tìm cực trị của một biểu thức trong đó các biểu thức và giả thiết của bài toán đều là những biểu thức, đẳng thức, bất đẳng thức đẳng cấp. Trước hết xin nhắc lại định nghĩa biểu thức đẳng cấp: Biểu thức f ( x1 , x2 , ..., xn ) được gọi là biểu thức đẳng cấp bậc k ( k ∈ ¥ ) nếu f ( mx1 , mx2 , ..., mxn ) = mk f ( x1 , x2 , ..., xn ) Nếu biểu thức f ( x1 , x2 , ..., xn ) là biểu thức đẳng cấp bậc 0 thì với phép đặt xi = ti x1 , x1 ≠ 0 , i = 2, 3, ..., n ta có: f ( x1 , x2 , ..., xn ) = f (1, t2 , t3 , ..., tn ) là biểu thức n − 1 biến, tức là ta đã làm giảm đi số biến. Đặt biệt với biểu thức đẳng cấp bậc 0 hai biến thì ta có thể chuyển về biểu thức một biến. Do đó để tìm cực trị của biểu thức này ta có thể sử dụng phương trình khảo sát hàm số. Sau đây là các ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn x2 + y2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị 2( x2 + 6 xy) nhỏ nhất của biểu thức: P = (Đề thi ĐH Khối B – 2009 ). 1 + 2 xy + 2 y2 Lời giải. * Nếu y = 0 ⇒ P = 1 . 2(t2 y2 + 6ty2 ) 2(t2 + 6t) = 2 f ( t) * Nếu y ≠ 0 thì đặt : x = ty ta có: P = = t2 y2 + 2ty2 + 3 y2 t2 + 2t + 3 −4t2 + 6t + 18 Xét hàm số f (t) , ta có : f ' ( t ) = ) (t 2 2 + 2t + 3 3 ⇒ f ' ( t ) = 0 ⇔ t1 = 3, t2 = − , lim f ( t ) = 1 2 t→±∞ 3 3 Lập bảng biến thiên ta được: max f (t) = f (3) = , min f (t) = f (− ) = −3 2 2 x = 3y  Vậy: max P = 3 đạt được khi  1 1 y = ± =± 2 10 1+t  3  x = − y 2  Và min P = −6 đạt được khi  . 1 2 y = ± =±  1 + t2 13  2y 3 + y2 = 11 . Tìm giá trị lớn nhất Ví dụ 2. Cho x, y là hai số thực thay đổi và thỏa mãn + x 2 x 2y 1 + 3 y2 . và giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = + x 2 x Lời giải. t 1 1 11 (3 + 2t + t2 ) = 11 ⇒ Đặt y = , từ giả thiết bài toán ta có: . = x 2 2 3 + 2t + t2 x x Do t2 + 2t + 3 > 0 ⇒ t ∈ ¡ GV: Nguyễn Tất Thu 1
SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BĐT 3t2 + 2t + 1 1 (1 + 2t + 3t2 ) = 11 Khi đó: A = x2 t2 + 2t + 3 4(t2 + 4t + 1) 3t2 + 2t + 1 , t ∈ ¡ có f '(t) = Xét hàm số f (t) = , f '(t) = 0 ⇔ t = −2 ± 3 (t2 + 2t + 3)2 t2 + 2t + 3 ( ) ( ) f −2 + 3 = 2 − 3, f −2 − 3 = 2 + 3, lim f (t) = 3 t →±∞  2  x = ± t + 2t + 3 = ± 6 + 2 3  11 11 Suy ra max A = 11. max f (t) = 22 + 11 3 đạt được khi  −2 − 3  y = x   2  x = ± t + 2t + 3 = ± 6 − 2 3  11 11 min A = 11. min f (t) = 22 − 11 3 đạt được khi  . −2 + 3  y = x  1 Ví dụ 3. Cho hai số thực x ≥ 0, y ≥ thỏa x3 + y3 = x2 − 2 y2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 4 nhất của biểu thức P = x + 3 y . Lời giải. Đặt x = ty, t ≥ 2 , khi đó từ giả thiết bài toán ta suy ra : t2 − 2 ) ( y t3 + 1 = t2 − 2 ⇒ y = t3 + 1 1 1 + 13 ⇒ t3 − 4 t2 + 9 ≤ 0 ⇔ (t − 3)(t2 − t − 3) ≤ 0 ⇔ Vì y ≥ ≤ t ≤ 3. 4 2 (t + 3)(t2 − 2) 3t2 − 2t − 7 Ta có: P = y ( t + 3) = =1+ t3 + 1 t3 + 1 −3t4 + 4 t3 + 21t2 − 2 3t2 − 2t − 7  1 + 13  ; 3 , ta có: f '(t) = Xét hàm số f (t) = ,t ∈ D =  2 (t3 + 1)2 t3 + 1    ) ) ( ( Vì −3t4 + 4 t3 + 21t2 − 2 = t3 ( 3 − t ) + t3 − 2 + 2t2 9 − t2 + 3t2 > 0, ∀t ∈ D Dẫn tới f '(t) > 0, ∀t ∈ D . Từ đó ta tìm được:  1 + 13 x =  1 + 13  7 + 13  8 min P = 1 + f  đạt được khi =    2 8 1 y =    4  3  x = 3  4. max P = 1 + f ( 3) = đạt được khi  2 1 y =  4  Ví dụ 4. Cho các số thực dương x, y thỏa xy ≤ y − 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y3 2 x2 P= . + x3 y2 y 2 > 0 ⇒ P = t3 + Lời giải. Đặt t = x t2 GV: Nguyễn Tất Thu 2
SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BĐT Khi đó xy ≤ y − 1 trở thành x2 t − tx + 1 ≤ 0 , vì x tồn tại nên bất phương trình này phải có nghiệm x hay ∆ = t2 − 4t ≥ 0 ⇔ t ≥ 4 ) > 0, ∀t ≥ 4 ( 2 t5 − 2 2 4 3 2 Xét hàm số f (t) = t + , t ≥ 4 có f '(t) = 2t − = 2 3 3 t t t 513 Suy ra min f (t) = f (4) = . 8 t≥4 1  x = 513 Vậy min P = đạt được khi  2. 8 y = 2  Ví dụ 5. Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả x( x + y + z) = 3 yz (*), ta luôn có: ( x + y)3 + ( x + z)3 + 3( x + y)( y + z)( z + x) ≤ 5( y + z)3 (ĐH Khối A – 2009 ). Lời giải. Đặt y = ax; z = bx . Khi đó gải thiết bài toán trở thành: x( x + ax + bx) = 3abx2 ⇔ 1 + a + b = 3ab (*) và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: ( x + ax)3 + ( x + bx)3 + 3( x + ax)(ax + bx)(bx + x) ≤ 5(ax + bx)3 ⇔ (1 + a)3 + (1 + b)3 + 3(1 + a)(1 + b)(a + b) ≤ (a + b)3 (1). Vì (*) và (1) là những biểu thức đối xứng đối với a, b nên ta nghĩ tới cách đặt S  a  b; P  ab 1+ S  1+ S  P =  S2 ≥ 4 P P =  Mỗi quan hệ giữa S và P là  3 3. ⇔ ⇔ 1 + S = 3P S ≥ 2 3S2 − 4 S − 4 ≥ 0    Khi đó : 1 + S 4(1 + S) (1 + a)(1 + b) = 1 + a + b + ab = 1 + S + = 3 3 3 (1 + a)3 + (1 + b)3 = ( 2 + a + b) − 3(1 + a)(1 + b)(2 + a + b) = (2 + S)3 − 4(1 + S)(2 + S) Nên (1) ⇔ (2 + S)3 − 4(S2 + 3S + 2) + 4 S(1 + S) ≤ 5S3 ⇔ 2S2 − 3S − 2 ≥ 0 ⇔ (2S + 1)(S − 2) ≥ 0 luôn đúng do S ≥ 2 . Vậy bài toán đã được chứng minh. Ví dụ 6. Cho các số thực x , y, z  1; 4 ; x  y, x  z . Tìm giá rị nhỏ nhất của biểu thức x y z P   (ĐH Khối A – 2011 ). 2x  3y y  z z  x 1  Lời giải. Đặt y  ax , z  bx  a, b   ;1 . Khi đó: 4    x ax bx a b 1 P      2x  3ax ax  by bx  x 2  3a a  b b  1 a b 1 3 Xét hàm số f (a )   , f '(a )    2  3a a  b 2 (a  b)2 (2  3a ) Xét b(2  3a )2  3(a  b)2  9a 2b  6ab  4b  3a 2  3b 2  15a 2b  4b  3a 2  3b 2  3a 2 5b  1  b(4  3b)  0 GV: Nguyễn Tất Thu 3
SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BĐT 1  1 4 1 Nên f (a ) là hàm đồng biến trên  ;1  f (a )  f     11  1  4b 4 4     b 4 1 Do đó: P     g(b) 11 1  4b b  1 4 1 1 Ta có: g '(b)    g '(b)  0  b  2 (1  4b)2 (b  1)2  1  34 34 Từ đó suy ra: g(b)  g     hay P   2  33  33    a  1 x  4, y  1 x  4y    Đẳng thức xảy ra khi  , mà x , y, z  1; 4   4     z  2  x  2z b  1       2   34 Vậy min P  . 33 1 1 Ví dụ 7. Cho a, b, c > 0 thỏa (a + 2b)  +  = 4 và 3a ≥ c . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn b c a2 + 2b2 nhất của biểu thức: P = . ac Lời giải. Đặt a = xb, c = yb; x, y > 0 4y 2( y − 1) 1  Từ giả thiết ta có: ( x + 2)  1 + =4⇒x= −2= y y+1 y+1  xa1 y 2y − 2 y ≥ ⇔ y2 − 5 y + 6 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ y ≤ 3 = ≥ ⇒x≥ ⇔ Do yc3 y+1 3 3 x2 + 2 3 y2 − 2 y + 3 Khi đó: P = = f ( y) = xy y3 − y Xét hàm số f ( y) với y ∈  2; 3 , có :   −3 y3 ( y − 2) − (2 y2 − 3) −3 y4 + 4 y3 + 3 f '( y) = < 0, ∀y ∈ 2; 3 =   ( y3 − y)2 ( y3 − y)2 11 2 Suy ra max P = max f ( y) = f (2) = , đạt được khi a = b, c = 2b 6 3 2;3  min P = min f ( y) = f (3) = 1 , đạt được khi a = b, c = 3b .  2;3   1 1 1 Ví dụ 8. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn : (a + b + c)  + +  = 16. Tìm giá trị lớn nhất và  a b c a2 + 2b2 giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = . ab Lời giải. 1 1  Đặt b = ay, c = ax; x, y > 0 , từ giả thiết ta có: (1 + x + y )  1 + +  = 16 x y  12 1  ) x +  y + − 13  x + y + 1 = 0 (*) ⇔ (1 + y y   GV: Nguyễn Tất Thu 4
SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BĐT  y > 0  2  1 1     a, b, c tồn tại khi (*) có nghiệm x, y > 0 hay là: ∆ =  y + − 13  − 4( y + 1)  1 +  ≥ 0 y y      1  y + < 13 y    y > 0  y > 0 2  1 1 7−3 5 7+3 5    ⇔  y +  − 30  y +  + 161 ≥ 0 ⇔  ≤ y≤ . ⇔ 1 y + y ≤ 7 y y 2 2     1  y + < 13 y   7 − 3 5 7 + 3 5  2 2 Khi đó P = y + , khảo sát f ( y) = y + với y ∈  ;  ta tìm được y y 2 2      7−3 5 b = a  7 − 3 5  21 + 3 5  2 max P = f  , đạt được khi =    2 2 3− 5    c = a 2  ( 2 ) = 2 2 , đạt được khi b = xa2a với x là nghiệm của phương trình  = min P = f  c  ( 2 + 1) x − (13 2 − 3) x + 2 + 1 = 0 . 2 Cuối cùng chúng tôi đưa ra một số bài tập để bạn đọc luyện tập. Bài 1. Cho x 2 + y 2 + xy = 1 . Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của A = x 2 − xy + 2y 2 . Bài 2. Cho các số thực x, y thỏa x2 + y2 + xy ≤ 3 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x2 − xy + y2 Bài 3. Cho x, y là hai số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + xy ≥ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất x2 − xy + 2 y2 của biểu thức: P = . y2 + 1 Bài 4. Cho x, y ≥ 0 thỏa x3 + y3 = x − y . Chứng minh rằng x2 + y2 < 1 . Bài 5. Cho các số thực a, b, c ≥ 0 thỏa 4 abc ≥ 2a3 − (b + c)3 . Chứng minh rằng ) ( 74 a + 3 b4 + c4 ≥ 2a2b2 − 3b2 c2 + 2c2 a2 . 16 Bài 6. Cho các số thực dương a, b, c thỏa ab + bc + ca = 3b2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: abc − (a2 + c2 )(a + c) a c P= . + + b+ c a+b b2 (a + c) Bài 7. Cho các số thực dương x, y thỏa x + 2 xy ≥ 8 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  x 3 y3   x2 y2  P = 4  − 9 . + +  y3 x 3   y2 x 2      GV: Nguyễn Tất Thu 5
SỬ DỤNG TÍNH ĐẲNG CẤP ĐỂ CHỨNG MINH BĐT 1 1  10 Bài 8. Cho các số thực dương a, b, c thỏa ( a + c )  và c ≥ 4b . Tìm giá trị lớn nhất, + = b  a2 b2  a+ c−b giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = . b GV: Nguyễn Tất Thu – GV trường THPT Lê Hồng Phong Biên Hòa Đồng Nai Email: nguyentatthudn@gmail.com ĐT: 01699257507 GV: Nguyễn Tất Thu 6

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.