Xem mẫu
- V N D NG KI N TH C V HÀM S B C HAI, PHƯƠNG TRÌNH B C HAI, TAM
TH C B C HAI ð CH NG MINH B T ð NG TH C VÀ TÌM GIÁ TR L N NH T,
GIÁ TR NH NH T
– NGUY N VĂN XÁ –
Bài vi t này chúng tôi hi v ng chia s m t vài suy nghĩa v i b n ñ c vi c v n d ng các ki n th c
v hàm s b c hai, phương trình b c hai, tam th c b c hai ñ ch ng minh b t ñ ng th c (BðT) và tìm
giá tr l n nh t (GTLN), giá tr nh nh t (GTNN).
Nh n xét 1.Ta bi t r ng n u phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghi m thì b2 – 4ac ≥ 0. Như
th , ñ ch ng minh b t ñ ng th c có d ng b2 – 4ac ≥ 0 (a ≠ 0) ta có th ñi ch ng minh phương trình
ax2 + bx + c = 0 có nghi m. V n d ng ñi u này ñ gi i quy t bài toán sau:
Ví d 1. Cho ba s th c a, b, c th a mãn a > 0, a2 = bc, và a + b + c = abc. Ch ng minh a ≥ 3 , b > 0,
c > 0, b2 + c2 ≥ 2a2.
HD. T gi thi t ta có bc = a2, b + c = abc – a = a(bc – 1) = a(a2 – 1) nên b và c là hai nghi m c a
phương trình x2 – a(a2 – 1)x + a2 = 0. Vì phương trình này có nghi m nên ∆ = (a3 – a)2 – 4a2 ≥ 0 ⇔
(a2 – 1)2 ≥ 4 ⇔ a2 ≥ 3. T ñây và do a > 0 suy ra a ≥ 3 . Lúc này b + c = a(a2 – 1) > 0 và bc = a2 > 0
nên b > 0, c > 0. Hơn n a b2 + c2 = (b + c)2 – 2bc = (a3 – a)2 – 2a2 = a2.((a2 – 1)2 – 2) ≥ 2a2. V y ta có
ñi u ph i ch ng minh.
Nh n xét 2. N u a > 0 thì có ngay ax2 + bx + c > 0 ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac < 0, và ax2 + bx + c ≥ 0 ∀x∈R
⇔ b2 – 4ac ≤ 0. Còn n u a < 0 thì ax2 + bx + c < 0 ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac < 0, và ax2 + bx + c ≤ 0 ∀x∈R
⇔ b2 – 4ac ≤ 0. Lưu ý r ng ñôi khi ta l i thay m t h ng s b i m t bi n s thích h p. Và cũng có khi
ñ ch ng minh b2 – 4ac < 0 ta ñi ch ng minh phương trình ax2 + bx + c = 0 vô nghi m.
Ví d 2. Ch ng minh r ng v i m i s th c a, b, c, d, e thì a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e).
HD. Ta xét tam th c b c hai n x là f(x) = x2 – (b + c + d + e)x + b2 + c2 + d2 + e2, có bi t th c
∆ = (b + c + d + e)2– 4(b2 + c2 + d2 + e2) = – (b – c)2– (b – d)2– (b – e)2– (c – d)2– (c – e)2– (d – e)2≤ 0
nên 1.f(x) ≥ 0 ∀x∈R, suy ra f(a) ≥ 0 hay a2 – (b + c + d + e)a + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ 0. V y ta luôn có
a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e), v i m i s th c a, b, c, d, e.
Ví d 3. (B t ñ ng th c Bunhiac pxki) Ch ng minh r ng v i m i s th c a1, a2, a3, b1, b2, b3 ta có
(a1 b1 + a 2 b 2 + a 3b 3 ) 2 ≤ (a1 + a 2 + a 3 )(b1 + b 2 + b3 ) .
2 2 2 2 2 2
HD. Trư ng h p 1: N u a12 + a 2 + a 3 = 0 ⇔ a1 = a2 = a3 = 0 thì b t ñ ng th c ñã cho hi n nhiên ñúng.
2
2
Trư ng h p 2: Ta xét a1 + a 2 + a 3 > 0. Nh n th y (a1x + b1)2 + (a2x + b2)2 + (a3x + b3)2 ≥ 0 ∀x∈R, hay
2 2 2
f(x) = ( a1 + a 2 + a 3 )x2 +2x( a1 b1 + a 2 b 2 + a 3b3 ) + b1 + b 2 + b3 ≥ 0 ∀x∈R. Như v y tam th c b c hai f(x)
2
2
2 2
2
2
s có ∆’ = ( a1 b1 + a 2 b2 + a 3b3 )2 – (a1 + a 2 + a 3 )(b1 + b2 + b3 )
2
2
2 2
2
2
≤ 0. T c là ta có
(a1 b1 + a 2 b 2 + a 3b 3 ) 2 ≤ (a1 + a 2 + a 3 )(b1 + b 2 + b3 ) .
2 2 2 2
2
2
Nh n xét 3. N u a < b và x ∈ [a; b] thì (x – a)(b – x) ≥ 0 hay x2 – (a + b)x + ab ≤ 0 ∀ x ∈ [a; b].
- x 2010
Ví d 4. Tìm GTLN, GTNN c a hàm s y = + trên ño n [2009; 2010].
2009 x
x 2010 x 2010 2010
HD. Theo b t ñ ng th c Côsi ta có + ≥2 . =2 , d u “=” x y ra khi
2009 x 2009 x 2009
2010
x = 2009.2010 . V y min y= 2 , ñ t ñư c khi x = 2009.2010 .
x∈[2009; 2010] 2009
M t khác, v i m i x ∈ [2009; 2010] thì (x – 2009)(2010 – x) ≥ 0 hay 4019x ≥ x2 + 2009.2010. Suy ra
x 2010 4019
+ ≤ , ∀ x ∈ [2009; 2010]. D u “=” x y ra khi x = 2009 ho c x = 2010. V y
2009 x 2009
4019
m ax y= , ñ t ñư c khi x = 2009 ho c x = 2010.
x∈[2009; 2010] 2009
1 1 1
Ví d 5. Ch ng minh ≤ n ≤ , ∀n ∈ ℕ*
n n! n
1 1
HD. Trư c h t ta th y n! = 1.2.3…n ≤ nn ⇒ ≤ n , ∀ n ∈ N *. Ti p ñó, v i ∀k = 1, n ta luôn có
n n!
(n − k)(k − 1) ≥ 0 ⇒ k(n − k + 1) ≥ n , l n lư t cho k = 1, 2, 3, …, n – 1, n ta thu ñư c n b t ñ ng th c mà
hai v ñ u dương: 1.n ≥ n
2.(n –1) ≥ n
3.(n – 2) ≥ n
……………
(n –1).2 ≥ n
n.1 ≥ n
1 1
Nhân n b t ñ ng th c này, v v i v tương ng, d n t i (n!)2 ≥ nn hay n ≤ , ∀n ∈ ℕ* . V y
n! n
1 1 1
≤n ≤ , ∀n ∈ ℕ* .
n n! n
1 1 1 1 1 1
Chú ý: T ≤n ≤ , ∀n ∈ ℕ* , và lim = lim = 0, suy ra lim n = 0.
n n! n n n n!
(Kì sau ñăng ti p)
nguon tai.lieu . vn
