of x

Một số bất đẳng thức đại số và bài toán GTLN và GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi cao đẳng - đại học

Đăng ngày | Thể loại: | Lần tải: 1 | Lần xem: 5 | Page: 12 | FileSize: M | File type: PDF
5 lần xem

Một số bất đẳng thức đại số và bài toán GTLN và GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi cao đẳng - đại học. Tài liệu tham khảo giúp rèn luyện trình độ tư duy nhạy bén về các dạng bất đẳng thức.... Cũng như các tài liệu khác được bạn đọc giới thiệu hoặc do tìm kiếm lại và giới thiệu lại cho các bạn với mục đích nâng cao trí thức , chúng tôi không thu tiền từ người dùng ,nếu phát hiện nội dung phi phạm bản quyền hoặc vi phạm pháp luật xin thông báo cho website ,Ngoài giáo án bài giảng này, bạn có thể download giáo án miễn phí phục vụ học tập Một ít tài liệu tải về sai font không xem được, nguyên nhân máy tính bạn không hỗ trợ font củ, bạn download các font .vntime củ về cài sẽ xem được.

https://tailieumienphi.vn/doc/mot-so-bat-dang-thuc-dai-so-va-bai-toan-gtln-va-gtnn-cua-bieu-thuc-dai-so-trong--ky7vtq.html

Nội dung

tailieumienphi.vn xin trân trọng giới thiệu tới bạn đọc thư viện Một số bất đẳng thức đại số và bài toán GTLN và GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi cao đẳng - đại học.Để giới thiệu thêm cho các Thầy cô, các bạn sinh viên, học viên nguồn tài liệu Tài Liệu Phổ Thông,Trung học phổ thông cần thiết cho học tập.Xin mời thành viên đang tìm cùng xem ,Thư viện Một số bất đẳng thức đại số và bài toán GTLN và GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi cao đẳng - đại học trong chủ đề ,Tài Liệu Phổ Thông,Trung học phổ thông được chia sẽ bởi user trunghocphothong đến thành viên nhằm mục đích tham khảo , tài liệu này được giới thiệu vào thể loại Tài Liệu Phổ Thông,Trung học phổ thông , có tổng cộng 12 trang , thuộc định dạng .PDF, cùng chủ đề còn có tài liệu học môn toán, phương pháp dạy học toán, sổ tay toán học, toán học bất đẳng thức, bài toán về giá trị lớn nhất ,bạn có thể tải về miễn phí , hãy chia sẽ cho mọi người cùng xem . Để download file về, các bạn click chuột nút download bên dưới
Tài liệu tham khảo giúp rèn luyện trình độ tư duy nhạy bén về những dạng bất đẳng thức, kế tiếp là TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM, nói thêm --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------,còn cho biết thêm -------------- THAM LUẬN MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ và BÀI TOÁN GTLN & GTNN CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ TRONG CÁC ĐỀ THI CĐ - ĐH Bất đẳng thức là một mảng kiến thức khó của toán học phổ quát, nó th ường, cho biết thêm xuyên xuất hiện trong những đề thi HSG cũng như thi tuyển sinh CĐ - ĐH, cho biết thêm Đã có r ất nhi ều, nói thêm là tác giả, đa dạng tài liệu nói đến về bất đẳng thức; hôm nay, trong khuôn kh ổ của một bu ổi,còn cho biết thêm sinh hoạt chuyên môn cụm 6, chúng tôi xin đ
  1. TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------- THAM LUẬN MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ và BÀI TOÁN GTLN & GTNN CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ TRONG CÁC ĐỀ THI CĐ - ĐH Bất đẳng thức là một mảng kiến thức khó của toán học phổ thông, nó th ường xuyên xuất hiện trong các đề thi HSG cũng như thi tuyển sinh CĐ - ĐH. Đã có r ất nhi ều tác giả, nhiều tài liệu đề cập về bất đẳng thức; hôm nay, trong khuôn kh ổ của một bu ổi sinh hoạt chuyên môn cụm 6, chúng tôi xin được phép giới thiệu lại một s ố b ất đ ẳng th ức và bài toán GTLN & GTNN của một số biểu thức đại số đã được ra thi ho ặc t ương t ự v ới các dạng trong đề thi CĐ - ĐH trong những năm vừa qua . I. Dạng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (AM - GM) cho 2 số : a+b ≥ ab ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b ∀ a, b ≥ 0 : 2 1 1 1 Ví dụ 1 : Cho a, b, c là các số dương thỏa : + + = 4 . a b c 1 1 1 ≤1 + + Chứng minh rằng : 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c (TSĐH - Khối A - Năm 2005) 11 1 1 x+y 1 ≤ ⇔ ≤+÷  Nhận xét : Với x, y > 0, ta có 4xy ≤ (x + y)2 ⇔ x+y 4xy x+y 4 x y Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b  Áp dụng kết quả trên, ta có : 1 1 1  1  1 1 1 1 11 1 1 1 ≤ ÷≤  + +  + ÷ =  + + ÷ 4  2a b + c 4 b c  8  a 2c  2a + b + c 4  2a 2b (1) 1 1 1 1 1 ≤ ++ Tương tự : ÷ (2) 8  2a 2c  a + 2b + c b 1 1 1 1 1 ≤ + + ÷ (3) 8  2a c a + b + 2c 2b 11 1 1 1 1 1 ≤ + +  + + ÷=1  Từ (1), (2) và (3) suy ra : 4a c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c b a = b = c  3 Dấu (=) xảy ra ⇔  1 ⇔ a=b=c= 1 1 4 a + b + c = 1  1 4 9 + + = 1 . Tìm GTNN của biểu thức : Ví dụ 2 : Cho x, y, z là các số dương thỏa : x y z P=x+y+z. 1 9 4  Ta có :P = x + y + z = (x + y + z).  + +÷ x y z  4x y   9x z   9y 4z  = 14 +  + ÷+  + ÷ + + ÷ x  z x  z y y 4x y 9x z 9y 4z ≥ 14 + 2 . +2 . +2 . = 14 + 4 + 6 + 12 = 36 yx zx zy ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ­ ĐH                    96
  2. TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------- 1 4 9 x = 6 x + y + z = 1   ⇔  y = 12  Dấu (=) xảy ra ⇔   4x = y , 9x = z , 9y = 4z  z = 18  y xz x z y   Vậy : Pmin = 36 khi x = 6, y = 12, z = 18 .  Bài tập tương tự : 1. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng : 4a 9b 16c ≥ 26 + + b+c-a c+a-b a+b-c 2. Cho x, y, z > 0 và thỏa : xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức : yz zx xy P= 2 +2 +2 2 2 z x + z2y x y+x z y z+y x  Hướng dẫn : y+z z+x x+y 1. Đặt : x = b + c - a, y = c + a - b, z = a + b - c (x, y, z > 0) ⇒ a = ,b= ,c= 2 2 2 Khi đó : 9(z + x) 16(x + y)  4y 9x   4z 16x   9z 16y  4(y + z) + + = + ÷+  + ÷+  + 2(VT) = ÷ y x z  y x y z x z Áp dụng bđt Cosi , . . . ⇒ (đpcm) a2 b2 c2 2. Đặt : a = yz , b = zx , c = xy (a, b, c > 0 và abc = 1) ⇒ P = + + b+c c+a a+b 2 2 a b+c a b+c ≥2  Áp dụng bđt Cosi , ta có : =a, + b+c 4 b+c 4 b2 c2 c+a a+b ≥b , ≥c tương tự : + + c+a 4 a+b 4 3 3  Cộng 3 bđt trên vế theo vế, suy ra : P ≥ . . . ≥ ⇔x = y = z = . Kết luận : MinP = 2 2 1 II. Dạng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (AM - GM) cho 3 số : a+b+c ≥ 3 abc ; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b = c ∀ a, b, c ≥ 0 : 3 Ví dụ 3 : Cho a, b, c là các số dương thỏa : abc = 1. 1 + a 3 + b3 1 + b 3 + c3 1 + c3 + a 3 Chứng minh rằng : ≥33 + + ab bc ca (TSĐH - Khối D - Năm 2005) 1 + a 3 + b3 3 Tacó : 1 + a 3 + b 3 ≥ 3 3 1.a 3 .b3 = 3ab ⇒ 1 + a 3 + b 3 ≥ 3. ab ⇒ ≥ ab ab 1 + b 3 + c3 1 + c3 + a 3 3 3 ≥ ≥ Tương tự : , bc ca bc ca  Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế , ta có : 1 1 1 + a 3 + b3 1 + b3 + c3 1 + c3 + a 3 1 ≥ 3 + + + + (1) ÷ ab bc ca  ab ca  bc ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ­ ĐH                    97
  3. TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------- 1 1 1 1 3 ≥ 33 + + = = 3 , vì abc = 1  Lại có : (2) 3 ab bc ca abc (abc) 2  Từ (1) và (2) suy ra : (đpcm) . Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b = c = 1 Ví dụ 4 : Cho x, y, z là các số dương thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức : x 1 z 1 y 1 P = x + ÷ + y + ÷ + z + ÷ 2 zx  2 yz  2 xy  x2 y2 z2 x 2 + y2 + z2  Ta có : P = + + + 2 2 2 xyz  x2 1   y2 1   z2 1 x2 y2 z2 xy + yz + zx + ÷+  + ÷+  +÷ + + + ≥ = 2 x  2 y  2 z 2 2 2 xyz x2 x2 x2 1 1 1 1 1 3 ≥ 33  Ngoài ra : + = + + .. = 2 x 2 2x 2x 2 2x 2x 2 2 2 y 1 3 z 1 3 ≥ ≥ + ; + Tương tự : 2 y 2 2 z 2 9 . Dấu (=) xảy ra ⇔ x = y = z = 1 Suy ra : P ≥ 2 9  Vậy : Pmin = khi x = y = z = 1 2  Bài tập tương tự : 1. Cho a, b, c > 0 và thỏa a + b + c = 1. Chứng minh rằng : 1 1 1 1 ≥ 30 + + + 2 2 2 a +b +c ab bc ca 2. Cho x, y, z > 0 và thỏa : x + y + z ≥ 6. Tìm GTNN của biểu thức : x3 y3 z3 P= + + y+z z+x x+y  Hướng dẫn : 1 1 1 1 1 3 ≥2 + + + +3 1. Ta có : (VT) = 2 2 2 2 2 a +b +c ab bc ca a +b +c ab.bc.ca 1 9 ≥2 + = 2 2 a +b +c ab + bc + ca   1 1 1 7 = 2 + + ÷+ 2 2 a +b +c ab + bc + ca ab + bc + ca  ab + bc + ca .... 9 21 ≥ + 2 2 2 (a + b + c ) + (ab + bc + ca) + (ab + bc + ca) 3(ab + bc + ca) 9 21 30 ≥ = ≥ 30 + 2 2 (a + b + c) 2 (a + b + c) (a + b + c) x3 y+z + 2 ≥ 3x , + 2.  Áp dụng bđt Cosi , ta có : y+z 2 y3 z3 z+x x+y + 2 ≥ 3y , + 2 ≥ 3z + + z+x 2 x+y 2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ­ ĐH                    98
  4. TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------  Cộng 3 bđt trên vế theo vế, suy ra : P ≥ 2(x + y + z) - 6 ≥ 2.6 - 6 = 6 . Kết luận : MinP = 6 ⇔ x = y = z = 2 III. Dạng sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski (BCS) : ∀ a, b, c, d ∈ R : (ac + bd) ≤ (a + b ).(c + d ) hay ac + bd ≤ (a 2 + b 2 ).(c 2 + d 2 ) ; 2 2 2 2 2 a b = đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : c d Ví dụ 5 : Cho a, b, c là các số dương thỏa : abc = 1. 1 1 1 3 ≥ Chứng minh rằng : P = 2 +2 +2 a (b + c) b (c + a) c (a + b) 2 1 1 1 Cách 1: Đặt x = , y = , z = thì x, y, z > 0 và xyz = 1 a b c x y z 3 + + ≥ ( BĐT Nesbit) BĐT cần chứng minh tương đương: y+z z+x x+ y 2 1 19 1 ⇔ ( x + y + z)  + + ÷≥  y+z z+x x+ y 2 1 1 1 ⇔ ( ( y + z ) + ( z + x) + ( x + y) )  + + ÷≥ 9  y+z z+x x+z  2   1 1 1 BĐT BCS ta có :9 = (1 + 1 + 1) =  y + z + z+x + x+ y 2 ÷  ÷ y+z z+x x+ y   1 1 1 ≤ ( ( y + z ) + ( z + x) + ( x + y) )  + + ÷  y+z z+x x+ y Dấu (=) xảy ra ⇔ x = y = z = 1 ⇔ a = b = c = 1 2 2   1 1 1 1 1 1 + + ÷ = b+c + c+a + a+b÷ Cách 2: Ta có  a c b a b+c  b c+a c a+b   1 1 1 ÷( b + c + c + a + a + b ) = 2(a + b + c).P ≤2 +2 +2  a (b + c) b (c + a) c (a + b)  2 1 1 1 1 1 Suy ra P ≥ . + + ÷ 2 a+b+c a c b 1 1 3 3 1 1 1 a+b+c 3 ≥ + + ÷= =  2 a + b + c  ab ca  2 a + b + c abc bc 2  Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b = c = 1 Ví dụ 6 : Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa đi ều kiện xyz = 1. Tìm GTNN c ủa bi ểu thức : x 2 (y + z) y 2 (z + x) z 2 (x + y) P= + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y (TSĐH - Khối A - Năm 2007) 2  Nhận xét ∀ y, z > 0 : y + z ≥ 2 yz = (vì xyz = 1) x x 2 (y + z) 2x x ≥ ⇒ x (y + z) ≥ 2x x ⇒ 2 y y + 2z z y y + 2z z ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ­ ĐH                    99
  5. TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------- Xét hai bất đẳng thức tương tự nữa, ta thu được   yy xx zz P ≥ 2 ÷ + +  y y + 2z z x x + 2y y ÷ z z + 2x x    Đặt a = x x , b = y y , c = z z ⇒ a, b, c > 0 và abc = 1. a c b Khi đó : P ≥ 2  + + ÷ = 2S  b + 2c c + 2a a + 2b  2  c a b  Ta có : ( a + b + c ) 2 =  a(b + 2c). + b(c + 2a). + c(a + 2b).  b + 2c c + 2a a + 2b   a c b ≤ [ a(b + 2c) + b(c + 2a) + c(a + 2b) ]  + + ÷  b + 2c a + 2b  c + 2a ( a + b + c) 2 ⇔ (a + b + c) ≤ 3(ab + bc + ca).S . Suy ra S ≥ ≥ 1. 2 Do đó : P ≥ 2 3(ab + bc + ca) Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 1  Vậy : Pmin = 2 khi x = y = z = 1  Bài tập tương tự : 1. Cho a, b, c > 0 và thỏa : a + b + c + 2abc ≥ 10 . Chứng minh rằng : 9b 2 c2a 2 9c 2 a 2b29a 2 b 2c 2 8 8 8 ≥6 6 + + + + + + + + a2 b2 c2 2 4 2 4 2 4 3x 4y 5z 2. Cho x, y, z > 0 . Tìm GTNN của biểu thức : P = + + y+z z+x x+y  Hướng dẫn : 1. Áp dụng bđt BCS, ta có : 9b 2 c 2a 2 8 22 3b ca 4 ≥ 2. 2 + 18 + 4. 2 + + + 3 2. + 2. = + 9b + ca a 2 4 a 2 a 2 9c 2 a 2b2 9a 2 c2 b 2 8 4 8 4 ≥ ≥ 24. + + + 9c + ab , 24. 2 + + + 9a + bc 2 b 2 4 b c 2 4 c  Cộng 3 bđt trên vế theo vế, suy ra : 1 1 1 24.(VT) ≥ 4  + + ÷ + 9(a + b + c) + ab + bc + ca a c b 4  4  4  ≥  + a÷ +  + b ÷ +  + c ÷ + (2a + bc) + (2b + ca) + (2c + ab) + 6(a + b + c) a  b  c  4 4 4 ≥ 2 .a + 2 .b + 2 .c + 2 2abc + 2 2abc + 2 2abc + 6(a + b + c) a b c 72 = 12 + 6(a + b + c + 2abc) ≥ 12 + 6.10 = 72 ⇒ (VT) ≥ =6 6 24  3x   4y   5z  2. Ta có : P =  + 3÷ +  + 4÷ + + 5 ÷ - 12  z+x  x+y y+z  ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ­ ĐH                    100
  6. TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------- 3 5 4 = ( x + y + z)  + + ÷ - 12 y+z z+x x+ y (( )  5  2 2 2 3  4  ) ( ) +( ) 1 2 2 2   = x+y + y+x z+x ÷ + z + x ÷ +  x + y ÷  - 12  y + z ÷ ÷  ÷ 2       1 ≥( 3 + 4 + 5) 2 - 12 2 y+z z+x x+y 1 = = ( 3 + 2 + 5) 2 - 12 ⇔  Kết luận : MinP = 2 3 5 2 IV. Dạng sử dụng tính chất của hàm số - phương pháp hàm số : Cho hàm số f(x) xác định trên K (K là một khoảng, một đoạn hoặc nửa khoảng) • Hàm số f(x) gọi là đồng biến trên K nếu : ∀ x1, x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2) Hàm số f(x) gọi là nghịch biến trên K nếu : ∀ x1, x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2) Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng K . N ếu f ’(x) ≥ 0 ,∀ x ∈ K (hoặc f ’(x) ≤ 0 ,∀ x • ∈ K ) và f ’(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của K thì hàm số f(x) đồng biến (ho ặc nghịch biến) trên K. Lưu ý : Khoảng K trong kết quả này được thay bởi một đoạn ho ặc m ột n ửa khoảng thì phải bổ sung giả thiết “Hàm số f(x) này liên tục trên đo ạn ho ặc n ửa kho ảng đó” Ví dụ 7 : Cho a, b là các số thực thỏa mãn : 0 < a < b < 1. Chứng minh rằng : a 2 .lnb - b 2 .lna > lna - lnb (TSCĐ - Khối A, B, D - Năm 2009) lna lnb  Ta có : (đpcm) ⇔ (1 + b ).lna < (1 + a ).lnb ⇔ 2 2 0 , ∀ x ∈ (0; 1) ' với 0 < x < 1 ⇒ f (x) =  Xét hàm số : f(x) = 2 x(x 2 + 1) 2 x +1 ⇒ f(x) là hàm số luôn đồng biến trên khoảng (0; 1) lna lnb  Khi đó : 0 < a < b < 1 ⇒ f(a) < f(b) ⇔ 0. Chứng minh rằng :  2a + a ÷ ≤  2 b + b ÷  2  2 (TSĐH - Khối D- Năm 2007) a ln(4 b + 1) ln(4 + 1)  Ta có : (đpcm) ⇔ ( 4 + 1) ≤ ( 4 + 1) ⇔ b a ≤ a b a b x ln(1 + 4 )  Xét hàm số : f(x) = với x > 0 x 4x .ln4 x - (1 + 4 x ).ln(1 + 4 x ) < 0 , ∀ x ∈ (0; +∞) f ' (x) = ⇒ x 2 (1 + 4 x ) ⇒ f(x) là hàm số luôn nghịch biến trên khoảng (0; + ∞ ) ln(4a + 1) ln(4b + 1)  Khi đó : a ≥ b > 0 ⇒ f(a) ≤ f(b) ⇔ ≤ a b ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ­ ĐH                    101
  7. TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------- a+b a-b > Ví dụ 9 : Cho a > b > 0. Chứng minh rằng : 2 lna - lnb  Vì : a > b > 0 ⇒ lna > lnb ⇒ lna - lnb > 0 a -1 a-b a ⇔ ln - 2 b lna - lnb > 2 >0 Ta có : (đpcm) ⇔ a a+b b +1 b 2(x - 1)  Xét hàm số : f(x) = lnx - với x > 1 x+1 (x - 1) 2 1 4 > 0 , ∀ x ∈ (1; +∞) ' ⇒ f (x) = - = x (x + 1) 2 x(x + 1) 2 ⇒ f(x) là hàm số luôn đồng biến trên khoảng (1; + ∞ ) a -1 a a a ⇔ ln - 2 b >0  Khi đó : a > b > 0 ⇒ > 1 ⇒ f( ) > f(1) = 0 a b b b +1 b Ví dụ 10 : Cho hai số thực x, y thay đổi sao cho : 2(x2 + y2) - xy = 1. x 4 + y4 Tìm GTNN và GTLN của biểu thức : P = 2xy + 1 1  Nhận xét : 1 = 2(x2 + y2) - xy ≥ 2.2xy - xy = 3xy ⇒ xy ≤ 3 1 1 = 2(x2 + y2) - xy = 2.(x + y)2 - 5xy ≥ -5xy ⇒ xy ≥ − 5 2  xy + 1  22 ÷ - 2x y  4 4 2 22 22 -7(xy) 2 + 2xy + 1 x +y (x + y ) - 2x y = 2 Và : P= = = 2xy + 1 2xy + 1 2xy + 1 8xy + 4  1 1  Khi đó, đặt : t = xy , đk : t ∈  − ;   5 3  1 1 -7t 2 + 2t + 1 với t ∈  − ;  Bài toán đưa về tìm GTNN và GTLN của hàm số : f(t) =  5 3 8t + 4  t = -1 (loai) −56t - 56t 2 ; f ' (t) = 0 ⇒ − 56t 2 - 56t = 0 ⇔  f ' (t) = 2 t = 0 (8t + 4) 1 2 1 2 1 f(- ) = , f( ) = , f(0) = 5 15 3 15 4 2 1 2 x + y = 1 ⇔ 2 ⇔...  Vậy : Max P = Max f(t) = 4  xy = 0  1 1  -;  5 3   2 2 2 2 2 2 x + y = 3 x + y = 5   2 ⇔ ∨ ⇔... Min P = Min f(t) = 1 1 15  xy =  xy = -  1 1 - 5 ; 3        3 5 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ­ ĐH                    102
  8. TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------------  Bài tập tương tự : a(b - 4) 1. Cho a, b thỏa mãn : 0 < a < b < 4. Chứng minh rằng : ln b ≥ e. Chứng minh rằng : a b < ba 3. Cho a, b thỏa mãn : a > b > 0. Chứng minh rằng : 5.lna - 4.lnb > ln(5a - 4b) 4. Cho x, y ≥ 0 thỏa : x + y = 1. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức : P = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy (TSĐH - Khối D- Năm 2009)  Hướng dẫn : a b 1.  Với : 0 < a < b < 4 . Ta có : (đpcm) ⇔ ln - a < ln -b 4- a 4- b (x - 2) 2 x ≥ 0 , ∀ x ∈ (0; 4) và f’(x) = - x với 0 < x < 4 ⇒ f ' (x) =  Xét hàm số: f(x) = ln 4-x x(4 - x) 0 khi x = 2 ⇒ f(x) là hàm số luôn đồng biến trên khoảng (0; 4)  Khi đó : 0 < a < b < 4 ⇒ f(a) < f(b) ⇔ (đpcm) lna lnb 2.  Với : a > b ≥ e . Ta có : (đpcm) ⇔ b.lna < a.lnb ⇔ < a b lnx 1 - lnx < 0 , ∀ x ∈ (e; + ∞) mà f(x) liên tục ' với x ≥ e ⇒ f (x) =  Xét hàm số: f(x) = x2 x trên [e; +∞ ) ⇒ f(x) là hàm số luôn nghịch biến trên khoảng [e; +∞ )  Khi đó : a > b ≥ e ⇒ f(a) < f(b) ⇔ (đpcm) 3.  Với : a > b > 0 . Ta có : (đpcm) ⇔ 5 a5 a5 a a ln 4 > ln(5a - 4b) ⇔ 4 > 5a - 4b ⇔  ÷ - 5 + 4 > 0 b b b b a 5  Đặt : x = , x > 1 . Xét hàm số: f(x) = x - 5x + 4 với x > 1 b Lập BBT, dễ dàng kết luận : f(x) > 0 với mọi x > 1 , suy ra : (đpcm) 4.  Biến đổi : P = 16(xy)2 - 2xy + 12  1  Khi đó, đặt : t = xy , đk : t ∈ 0;   4  1 Bài toán đưa về tìm GTNN và GTLN của hàm số : f(t) = 16t 2 - 2t + 12 với t ∈ 0;   4 1 f ' (t) = 32t - 2 ; f ' (t) = 0 ⇔ t = 16 1 25 1 191 f(0) = 12 , f( ) = , f( ) = 4 2 16 16 x + y = 1  25 ⇔ 1 ⇔...;  Vậy : Max P = Max f(t) =  xy = 4 2  1  0;  4   x + y = 1  191 ⇔ 1 ⇔... Min P = Min f(t) = 16  xy = 16  1  0;  4   V. Dạng sử dụng miền giá trị để tìm GTLN & GTNN : ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ­ ĐH                    103
  9. TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------- 2sin x − cos x Ví dụ 11 : Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = sin x + 2 cos x + 3 HD: TXĐ: D = R 2 sin x − cos x ⇔ (y – 2)sinx + (2y + 1)cosx = – 3y (1) y= sin x + 2 cos x + 3 5 5 Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: 9y2 ≤ (y – 2)2 + (2y + 1)2 ⇔ – ≤y≤ 2 2 5 5 Suy ra : maxy = và miny = – 2 2 Ví dụ 12 : Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2 + y2 = 2(x + y) + 7 . Tìm giá trị lớn nhất , giá tr ị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 x( x − 2) + 3 y ( y − 2)  x 2 + y 2 = 2( x + y ) + 7  HD: Gọi T là tập giá trị của P. Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm   3 x( x − 2) + 3 y ( y − 2) = m  (I) + Đặt u = 3 x( x − 2) , v = 3 y ( y − 2) , ta có u = 3 ( x − 1) 2 − 1 ≥ −1 , tương tự v ≥ – 1 .  m3 − 7 u 3 + v 3 = 7 (u + v)3 − 3uv(u + v) = 7 uv =  ⇔ ⇔ +Hệ (I) trở thành  3m (II) u + v = m u + v = m u + v = m  m3 − 7 u, v là hai nghiệm phương trình t 2 − mt + = 0 (1) 3m +Hệ (I) có nghiệm ⇔ Hệ (II) có nghiệm (u, v) thỏa u ≥ – 1và v ≥ – 1 ⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa – 1 ≤ t1 ≤ t2  2 4(m3 − 7) m − ≥0 0 < m ≤ 3 28 ∆ ≥ 0 3m     ⇔ (t1 + 1) + (t2 + 1) ≥ 0 ⇔  m + 2 ≥ 0 ⇔  m ≥ −2 ⇔ 1 ≤ m ≤ 3 28 (t + 1)(t + 1) ≥ 0  m3 − 7 m < 0 ∨ m ≥ 1 1   + m +1 ≥ 0 2  3m  Do đó T = [1, 3 28 ] . Vậy minP = 1 và maxP = 3 28 Ví dụ 13 : Cho x,y là các số thực thỏa mãn 3x2 + 2xy + y2 = 11. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P = x2 + 2xy + 3y2 3 x 2 + 2 xy + y 2 = 11  HD:Gọi T là tập giá trị của P. Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm  2 (I)  x + 2 xy + 3 y = m 2   y 2 = 11   y = ± 11  ⇔ +Nếu x = 0 thì hệ trở thành  2 m = 33 3 y = m    x 2 (3 + 2t + t 2 ) = 11  +Xét trường hợp x ≠ 0 . Đặt y = tx ta có hệ  2  x (1 + 2t + 3t ) = m 2  ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ­ ĐH                    104
  10. TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------- (m − 33)t 2 + 2(m − 11)t + 3m − 11 = 0  m(3 + 2t + t 2 ) = 11(1 + 2t + 3t 2 )   (II) ⇔ 2 ⇔ 11  x (3 + 2t + t ) = 11 2 x=± 2   t + 2t + 3  Hệ (I) có nghiệm ⇔ Hệ (II) có nghiệm x ≠ 0 ⇔ (m – 33)t2 + 2(m – 11)t + 3m – 11 = 0 (1) có ngh 1 +Nếu m = 33 thì (1) có nghiệm t = − 2 ≠ 33, khi đó (1) có nghiệm ⇔ ∆ 't ≥ 0 ⇔ (m – 11)2 – (m – 33)(3m – 11) ≥ 0 +Xét m ⇔ – 2m2 + 88m – 242 ≥ 0 ⇔ m ∈ [22 − 11 3, 22 + 11 3] \ { 33} + Kết hợp các trường hợp trên ta được các giá trị để hệ có nghiệm là m ∈ [22 − 11 3, 22 + 11 3] Do đó T = [22 − 11 3, 22 + 11 3] . Vậy minT = 22 – 11 3 , maxT = 22 + 11 3  Bài tập tương tự : 1: Cho hai số thực thay đổi x ≠ 0, y ≠ 0 thỏa mãn xy(x + y) = x2 – xy + y2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 11 A= 3 + 3 x y ( ĐH khối A – 2006) 2: Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn x + y + x + y = 8. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ 2 2 nhất của biểu thức: P = xy(x + 1)(y + 1)  Hướng dẫn : 1.  T là tập giá trị của A. Ta có m ∈ A ⇔ Hệ sau có nghiệm x ≠ 0, y ≠ 0  xy ( x + y ) = x 2 − xy + y 2  xy ( x + y ) = x 2 − xy + y 2  xy ( x + y ) = x 2 − xy + y 2    (I) ⇔1 1 ⇔  ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) ⇔  ( x + y)2 + 3 =m =m  x2 y 2 = m  x3 y  x3 y 3     SP = S − 3P 2  Đặt S = x + y, P = xy, S ≥ 4P ta có hệ  S 2 2 (II)  2 =m P Hệ (I) có nghiệm x ≠ 0, y ≠ 0 ⇔ Hệ (II) có nghiệm (S,P) thỏa mãn S2 ≥ 4P ⇔ m ∈ (0;16] \ { 1} Vậy maxA = 16  x + y + x2 + y 2 = 8 2.  T là tập giá trị của P. Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm   xy ( x + 1)( y + 1) = m u + v = 8 1 + Đặt u = x + x2 , v = y + y2 , điều kiện u, v ≥ − . Hệ trở thành  . uv = m 4 Khi đó u, v là hai nghiệm phương trình t2 – 8t + m = 0 (1) 1 + Hệ có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t1, t2 thỏa mãn − ≤ t1 ≤ t2 4 ∆ ' ≥ 0  33 ⇔ (t1 + 1/ 4)(t2 + 1/ 4) ≥ 0 ⇔ − ≤ m ≤ 16 16 (t + 1/ 4) + (t + 1/ 4) ≥ 0 1 2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ­ ĐH                    105
  11. TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------- 33 Vậy minP = − , maxP = 16 16 Tam Kỳ, ngày 10 tháng 03 năm 2011 TỔ TOÁN - TIN THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ­ ĐH                    106
  12. TỔ TOÁN ­ TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------- ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ ­ ĐH                    107
394938

Sponsor Documents


Tài liệu liên quan


Xem thêm