Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh
- - - - -

12.1 Ứng dụng đạo hàm chứng minh BĐT, tìm GTLN, GTNN

chuyên đề ôn thi đh

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 18 trả lời

#1 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2938 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 08-09-2012 - 21:58

Lời nói đầu


Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức (BĐT) có lẽ đã trở thành một trong những phương pháp “kinh điển”, chính vì thế bạn đọc có thể tìm thấy phương pháp này trong tất cả các quyển sách về BĐT. Tuy nhiên, trong hầu hết các quyển sách viết về BĐT nói chung và phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số nói riêng chỉ mới dừng lại ở việc nêu ra một BĐT và chứng minh, mà không nói từ đâu lại có BĐT đó.

Trong chuyên đề này các BĐT cũng là những BĐT quen thuộc và đều được chứng minh bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số, tuy nhiên vấn đề “trọng tâm” ở đây là từ các BĐT đó ta có thể sáng tạo ra các BĐT khác.

Hy vọng rằng qua đó, học sinh có thể biết “quy lạ về quen” khi đứng trước một BĐT lạ– đây cũng là phương pháp quan trọng thường xuất hiện trong các kì thi tuyển sinh đại học cao đẳng trong nhưng năm gần đây.


$ \bullet \,\,\,\,$ Bài toán chung: Chứng minh BĐT $f(x) \ge g(x)\,\,\,\,(1)$
$ \bullet \,\,\,\,$ Cách giải:

  • Chuyển BĐT $(1)$ thành: $h(x) \ge 0\,\,\,\,(2)$
  • Tìm TXĐ của hàm số $y = h(x)$, giả sử là $[a;b]$
  • Tính $y’ = h’(x)$ và giải phương trình $h’(x) = 0$, suy ra nghiệm.
  • Lập bảng biến thiên $\Rightarrow$ BĐT cần chứng minh.

$ \bullet \,\,\,\,$ Chú ý:

  • Nếu phương trình $h’(x) = 0$ không giải được thì ta tiếp tục tính đạo hàm cấp $2, 3,…$ đến khi nào có thể xét dấu được thì dừng.
  • Trong một số trường hợp ta phải đặt ẩn phụ cho gọn, chẳng hạn đặt $t = \varphi (x)$ thì ta phải dựa vào tập xác định của $x$ để tìm tập giá trị của $t$, từ đó xét hàm số mới có ẩn là $t$.
  • Trong một số bài toán ta có thể áp dụng các BĐT Côsi, Bunhiacopski, … sau đó mới xét hàm số.

MỘT SỐ VÍ DỤ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ

Trong mục này tôi trình bày một số ví dụ tìm GTLN, GTNN của hàm số


Ví dụ I.1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số $f(x) = x + \sqrt {4 - {x^2}}$.

Giải.

TXĐ: $D=[-2;2]$;

$f'(x) = 1 - \frac{x}{{\sqrt {4 - {x^2}} }};f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt 2 $

Lập bảng biến thiên ta thấy: $\mathop {\min }\limits_{x \in [ - 2;2]} f(x) = f( - 2) = - 2;\mathop {\max }\limits_{x \in [ - 2;2]} f(x) = f(\sqrt 2 ) = 2\sqrt 2 $


Ví dụ I.2: Tìm GTNN của $y = \sqrt { - {x^2} + 4x + 21} - \sqrt { - {x^2} + 3x + 10} = f(x)$
Điều kiện : $2 \leq x \leq 5$
$$y' = \frac{{ - x + 2}}{{\sqrt { - {x^2} + 4x + 21} }} - \frac{{3 - 2x}}{{2\sqrt { - {x^2} + 3x + 10} }}$$
$$y' = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - x + 2}}{{\sqrt { - {x^2} + 4x + 21} }} - \frac{{3 - 2x}}{{2\sqrt { - {x^2} + 3x + 10} }} = 0$$
Tới đây , chỉ cần bình phương 2 vế lên , và đặt điều kiện $(2 - x)(3 - 2x) \geq 0$ là xong.
$$ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(2 - x)(3 - 2x) \geq 0}\\{\frac{{{x^2} - 4x + 4}}{{ - {x^2} + 4x + 21}} = \frac{{4{x^2} - 12x + 9}}{{ - 4{x^2} + 12x + 40}}(2)}\end{array}} \right.$$
Cộng hai vế của (2) ta được
$$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \geq 2 \vee x \leq \frac{3}{2}}\\
{\frac{{25}}{{ - {x^2} + 4x + 21}} = \frac{{49}}{{ - 4{x^2} + 12x + 40}}}\end{array}} \right.$$
$$ \Leftrightarrow x = \frac{1}{3} \vee x = \frac{{29}}{{17}}$$
Nghiệm $\frac{{29}}{{17}}$ bị loại
$$f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \sqrt 2 ;f(2) = 5 - 2\sqrt 3 ;f(5) = 4$$
Vậy $\min f(x) = f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \sqrt 2$

Ví dụ I.3: Chứng minh rằng: ${\left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right)^3} > \cos x,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Giải.

BĐT $(1)\,\Leftrightarrow \frac{{\sin x}}{x} > \sqrt[3]{{\cos x}} \Leftrightarrow \frac{{\sin x}}{{\sqrt[3]{{\cos x}}}} - x > 0$

Xét hàm số $f\left( x \right) = \frac{{\sin x}}{{\sqrt[3]{{\cos x}}}} - x,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$ có $f'\left( x \right) = \sqrt[3]{{{{\cos }^2}x}} + \frac{{{{\sin }^2}x}}{{3\cos x\sqrt[3]{{\cos x}}}} - 1$

$f''\left( x \right) = \frac{{4{{\sin }^3}x}}{{9{{\cos }^2}x\sqrt[3]{{\cos x}}}} > 0,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow f'\left( x \right) > f'\left( 0 \right) = 0,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$

$ \Rightarrow f\left( x \right) > f\left( 0 \right) = 0,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right) \Rightarrow {\left( {\frac{{\sin x}}{x}} \right)^3} > \cos x,\,\,\forall x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)$


Bài tập:

I.1. Tìm GTNN, GTLN của hàm số $f(x) = \sqrt {1 - {x^2}} + 2\sqrt[3]{{{{(1 - {x^2})}^2}}}$

I.2. Tìm GTNN, GTLN của hàm số $f(x) = 5\cos x - \cos 5x$ với $x \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{4};\frac{\pi }{4}} \right]$

I.3. Tìm GTNN, GTLN của hàm số $f(x) = \frac{{2x + 3}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}$

I.4. Tìm GTNN, GTLN của hàm số $f(x) = {x^6} + 4{(1 - {x^2})^3}$ với $x \in [ - 1;1]$

I.5. Tìm GTNN, GTLN của hàm số $f\left( x \right) = x(\sqrt {1 - {x^2}} + x)$.


II. KỸ THUẬT GIẢM BIẾN TRONG TÌM GTLN,GTNN CỦA BIỂU THỨC.

1. Kỹ thuật tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp thế

Ví dụ II.1.1: Cho $x,y>0$ thỏa $x + y = \frac{5}{4}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \frac{4}{x} + \frac{1}{{4y}}$.

Giải.

Từ giả thiết ta có $y = \frac{5}{4} - x$. Khi đó $P = \frac{4}{x} + \frac{1}{{5 - 4x}}$.

Xét hàm số $f(x) = \frac{4}{x} + \frac{1}{{5 - 4x}};x \in \left( {0;\frac{5}{4}} \right)$.

Ta có: $f'(x) = - \frac{4}{{{x^2}}} + \frac{4}{{{{(5 - 4x)}^2}}} \Rightarrow f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 1 \vee x = \frac{5}{3}$

Từ bảng biến thiên ta có $\min f(x) = f(1) = 5$, đạt được khi $x = 1,\,\,x = \frac{1}{4}$.

Nhận xét: Bài toán này được giải bằng cách thế một biến qua một biến còn lại rồi đưa về khảo sát hàm số


Ví dụ II.1.2: Cho $x,y>0$ thỏa $x+y=1$. Tìm GTNN của biểu thức $K = \frac{x}{{\sqrt {1 - x} }} + \frac{y}{{\sqrt {1 - y} }}$.

Giải.
Từ giả thiết ta có $y=1-x, 0<x<1$. Khi đó $K$ viết lại thành $K = \frac{x}{{\sqrt {1 - x} }} + \frac{{1 - x}}{{\sqrt x }}$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = \frac{x}{{\sqrt {1 - x} }} + \frac{{1 - x}}{{\sqrt x }}$.

Ta có: $f'(x) = \frac{{2 - x}}{{2(1 - x)\sqrt {1 - x} }} - \frac{{x + 1}}{{2x\sqrt x }} \Rightarrow f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}$

Vậy $min K= \sqrt{2}$ đạt được khi $x = y = \dfrac{1}{2}$.


Nhận xét: Bài toán này được giải bằng cách thế một biến qua một biến còn lại và sử dụng các giả thiết để đánh giá biến còn lại. Từ đó tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số chứa một biến bị chặn. Ngoài ra ta có thể dùng BĐT Côsi, Bernouli, Jensen,… để chứng minh BĐT này.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 24-05-2013 - 02:00

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#2 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2938 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 21-09-2012 - 22:06

2. Các kĩ thuật dồn biến
Ví dụ II.2.1: (khối B–2007) Cho các số thực không âm thỏa mãn $a + b + c = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$A = 3({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) + 3(ab + bc + ca) + 2\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} $$

Đặt $ab + bc + ca = x \Rightarrow x \leq \frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{3} = \frac{1}{3} \Rightarrow x \in [0,\frac{1}{3}]$
$$A = 3({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) + 3(ab + bc + ca) + 2\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}}$$
$$ \geq 3(ab + bc + ca) + 2\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} $$
$ = 3(ab + bc + ca) + 2\sqrt {{{(a + b + c)}^2} - 2(ab + bc + ca)} = 3x + 2\sqrt {1 - 2x} $
Xét hàm số $f(x) = 3x + 2\sqrt {1 - 2x} ,\forall x \in [0,\frac{1}{3}]$
Đạo hàm $f'(x) = 3 - \frac{2}{{\sqrt {1 - 2x} }}$
$$f'(x) = 0 \Leftrightarrow 3\sqrt {1 - 2x} = 2 \Leftrightarrow 9(1 - 2x) = 4 \Leftrightarrow x = \frac{5}{{18}}$$
Dựa vào bảng biến thiên, ta được $f(x) \geq f(0),\forall x \in [0,\frac{1}{3}]$
$$ \Rightarrow A \geq f(x) \geq f(0) = 2$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=0$ hay hoán vị của bộ $(0;0;1)$

Ví dụ II.2.2: (Đề thi ĐH khối B năm 2011 )
Cho $a,b$ là 2 số thực dương thỏa $2({a^2} + {b^2}) + ab = (a + b)(ab + 2)$. Tìm GTNN của biểu thức
$$P=4(\frac{{{a^3}}}{{{b^3}}} + \frac{{{b^3}}}{{{a^3}}}) - 9(\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2}}})$$

Ta có: $a,b > 0 \Rightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = \left( {a + b} \right)\left( {ab + 2} \right) \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + ab = {a^2}b + a{b^2} + 2\left( {a + b} \right)$
$$ \Leftrightarrow 2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right) + 1 = \left( {a + b} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)$$
Theo BĐT Cauchy ta có
$$\left( {a + b} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)\geq 2\sqrt {2\left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)} = 2\sqrt {2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)} $$
$$ \Rightarrow 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) + 1 \geq 2\sqrt {2\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 2} \right)} \Leftrightarrow \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geq \frac{5}{2}$$

Đặt $t = \frac{a}{b} + \frac{b}{a},t\frac{5}{2} \Rightarrow P = 4\left( {{t^3} - 3t} \right) - 9\left( {{t^2} - 2} \right) = 4{t^3} - 9{t^2} - 12t + 18 = f\left( t \right)$
$$f'(x) = 12{t^2} - 18t - 12$; $f’(x) =0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\x = \frac{1}{2}\end{array} \right.$$
Khảo sát hàm số trên ta được:
$$\min P = - \frac{{23}}{4} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\frac{a}{b} + \frac{b}{a} = \frac{5}{2}}\\ {a + b = 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right)} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( {a,b} \right) = \left( {1,2} \right)}\\ {\left( {a,b} \right) = \left( {2,1} \right)} \end{array}} \right.$$

Ví dụ II.2.3: (Đề dự bị khối D năm 2008 )
Cho số nguyên $n (n \geq 2)$ và 2 số thực không âm $x,y$. Chứng minh rằng
$$\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} \geq \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$$
Dấu bằng xảy ra khi nào??


Xét $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0}\\{y = 0}\end{array}} \right.$, ta có: $\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} = \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$
Xét $x \neq 0,y \neq 0 \Rightarrow x > 0,y > 0$

Ta chứng minh: $\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} > \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$
Ta có: $\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} > \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}} \Leftrightarrow \sqrt[n]{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^n} + 1}} > \sqrt[{n + 1}]{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^{n + 1}} + 1}}$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x \leq y$. Đặt $t = \frac{x}{y} \Rightarrow 0 < t \leq 1$

Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $\sqrt[n]{{{t^n} + 1}} > \sqrt[{n + 1}]{{{t^{n + 1}} + 1}} \Leftrightarrow \frac{1}{n}\ln \left( {{t^n} + 1} \right) > \frac{1}{{n + 1}}\ln \left( {{t^{n + 1}} + 1} \right)$
Xét hàm số: $f\left( u \right) = \frac{1}{u}\ln \left( {{t^u} + 1} \right),u \in \left[ {2, + \infty } \right)$
Ta có: $f'\left( u \right) = - \frac{1}{{{u^2}}}\ln \left( {{t^u} + 1} \right) + \frac{{{t^u}\ln t}}{{u\left( {{t^u} + 1} \right)}} < 0,\forall u \in \left[ {2, + \infty } \right)$
Suy ra $f(u)$ giảm trên $\left[ {2, + \infty } \right) \Rightarrow f\left( n \right) > f\left( {n + 1} \right)$
$$ \Leftrightarrow \frac{1}{n}\ln \left( {{t^n} + 1} \right) > \frac{1}{{n + 1}}\ln \left( {{t^{n + 1}} + 1} \right)$$
Vậy với $x,y \geq 0;n \in \mathbb{Z},n \geq 2$ thì: $\sqrt[n]{{{x^n} + {y^n}}} \geq \sqrt[{n + 1}]{{{x^{n + 1}} + {y^{n + 1}}}}$
Đẳng thức xảy ra khi $x = 0,y \in \mathbb{R} \vee x \in \mathbb{R},y = 0$..

Ví dụ II.2.4: Cho $a,b,c$ là 3 số thực thuộc $\left[ {\frac{1}{3};3} \right]$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
$$P = \frac{a}{{a + b}} + \frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{c + a}}$$

Đặt $P\left( a \right) = \frac{a}{{a + b}} + \frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{c + a}}$. Xem đây là hàm theo biến $a$ , còn b,c là hằng số.
Ta có:$P'\left( a \right) = \frac{b}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} - \frac{c}{{{{\left( {a + c} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {b - c} \right)\left( {{a^2} - bc} \right)}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}{{\left( {a + c} \right)}^2}}}$
Nếu$a \geq b \geq c$ và $a,b,c \in \left[ {\frac{1}{3};3} \right]$, suy ra: $b - c \geq 0; {a^2} - bc \geq 0 \Rightarrow P'\left( a \right) \geq 0 \Rightarrow P\left( a \right)$ tăng trên $\left[ {\frac{1}{3};3} \right]$

$$ \Rightarrow P\left( a \right) \leq P\left( 3 \right) = \frac{3}{{3 + b}} + \frac{b}{{b + c}} + \frac{c}{{c + 3}} = f\left( c \right)$$
Xem $f\left( c \right)$ là hàm theo biến $c$. Khi đó:
$f'\left( c \right) = - \frac{b}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{3}{{{{\left( {c + 3} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {b - 3} \right)\left( {3b - {c^2}} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}{{\left( {c + 3} \right)}^2}}} \leq 0$
Do đó $f\left( c \right)$ giảm trên $\left[ {\frac{1}{3};3} \right]$, suy ra $f\left( c \right) \leq f\left( {\frac{1}{3}} \right) = \frac{3}{{3 + b}} + \frac{{3b}}{{3b + 1}} + \frac{1}{{10}} = g\left( b \right)$.

Xem $g(b)$ là hàm theo biến $b$. Khi đó:
$$g'\left( b \right) = \frac{3}{{{{\left( {3b + 1} \right)}^2}}} - \frac{3}{{{{\left( {3 + b} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {1 - b} \right)\left( {1 + b} \right)}}{{{{\left( {3b + 1} \right)}^2}{{\left( {3 + b} \right)}^2}}}$$
Lập bảng biến thiên của $g(b)$ trên $\left[ {\frac{1}{3};3} \right]$, ta có: $g\left( b \right) \leq g\left( 1 \right) = \frac{8}{5}$.

* Nếu $g\left( b \right) \leq g\left( 1 \right) = \frac{8}{5}$ và $a,b,c \in \left[ {\frac{1}{3};3} \right]$. Từ kết quả trên ta có $P\left( {c,b,a} \right) \leq \frac{8}{5}$.
Mặt khác: $P\left( {a,b,c} \right) - P\left( {c,b,a} \right) = \frac{{\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {a + c} \right)}} \leq 0 \Rightarrow P\left( {a,b,c} \right) \leq \frac{8}{5}$
Vậy $maxP = \frac{8}{5} \Leftrightarrow \left( {a,b,c} \right) = \left\{ {\left( {3,1,\frac{1}{3}} \right); \left( {\frac{1}{3},3,1} \right); \left( {3,\frac{1}{3},1} \right)} \right\}$

Ví dụ II.2.5: Cho $x,y,z$ là ba số thực thuộc đoạn $[1;4]$ và $x \geq y;x \geq z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$P = \frac{x}{{2x + 3y}} + \frac{y}{{y + z}} + \frac{z}{{z + x}}$$
Đặt:
Đặt $\frac{y}{x} = a; \frac{z}{y} = b; \frac{x}{z} = c.$
Khi đó $abc = 1$ và $2 \geq \sqrt {bc} \geq 1.$
Ta có $P = \frac{1}{{2 + 3a}} + \frac{1}{{1 + b}} + \frac{1}{{1 + c}}.$
Xét bài toán mới này có các biến $b$ và $c$ bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi $b = c = \frac{1}{{\sqrt a }}.$
Khi đó $P = \frac{1}{{2 + 3a}} + \frac{{2\sqrt a }}{{1 + \sqrt a }}: = f(a)$ với $a \in \left[ \frac{1}{4}; 1 \right].$
So sánh $f\left( {\frac{1}{4}} \right)$ với $f(1)$ ta dự đoán được $P$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $a = \frac{1}{4}.$
Khi đó $b=c=2$ và ta tìm được các giá trị của $\left( {x,y,z} \right)$ tương ứng là $\left( {4,1,2} \right).$

Ví dụ II.2.6: Cho $a,b,c \geq 0$ thỏa mãn $a + b + c = 3$. Chứng minh ${a^2} + {b^2} + {c^2} + abc \geq 4$
Ta có: ${a^2} + {b^2} + {c^2} + abc = {(a + b)^2} - 2ab + {c^2} + abc = (c - 2)ab + {(3 - c)^2} + {c^2}$$ = (c - 2)ab + 2{c^2} - 6c + 9$
Đặt: $t = ab; \;(0 \leq t \leq \frac{{{{(a + b)}^2}}}{4} = \frac{{{{(3 - c)}^2}}}{4})$
Ta có: $f(t) = (c - 2)t + 2{c^2} - 6c + 9$
Dễ thấy: $f(t)$ là một hàm bậc nhất với biến $t$. Ta lại có
$$f(0) = 2{c^2} - 6c + 9 = 2{(c - \frac{3}{2})^2} + \frac{9}{2} \geq \frac{9}{2} > 4$$
$$f(\frac{{{{(3 - c)}^2}}}{4}) = (c - 2)\frac{{({{(3 - c)}^2})}}{4} + 2{c^2} - 6c + 9 = \frac{{{{(c - 1)}^2}(c + 2)}}{4} + 4 \geq 4$$
Suy ra: $f(t) \geq 4; \;t \in \left[ {0;\frac{{{{(3 - c)}^2}}}{4}} \right]$. Điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi: $a = b = c = 1$.

File gửi kèm


►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#3 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2938 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 24-09-2012 - 20:54

Ví dụ II.2.7: Cho $,y,z$thoả mãn là các số thực: \[{x^2} - xy + {y^2} = 1\]. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
\[P = \frac{{{x^4} + {y^4} + 1}}{{{x^2} + {y^2} + 1}}\]
Từ giả thiết suy ra:


\[1 = {x^2} - xy + {y^2} \geq 2xy - xy = xy;1 = {(x + y)^2} - 3xy \geq - 3xy\] từ đó ta có \[ - \frac{1}{3} \leq xy \leq 1\] .

Măt khác \[{x^2} - xy + {y^2} = 1 \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 1 + xy\] nên \[{x^4} + {y^4} = - {x^2}{y^2} + 2xy + 1\] .
Đặt $t=xy$

bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của: \[P = f(t) = \frac{{ - {t^2} + 2t + 2}}{{t + 2}}; - \frac{1}{3} \leq t \leq 1\]

Tính \[f'(t) = 0 \Leftrightarrow - 1 + \frac{6}{{{{(t + 2)}^2}}} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \sqrt 6 - 2\\t = - \sqrt 6 - 2(l)\end{array} \right.\]

Do hàm số liên tục trên \[\left[ { - \frac{1}{3};1} \right]\] nên so sánh giá trị của \[f\left( { - \frac{1}{3}} \right);f\left( {\sqrt 6 - 2} \right);f(1)\] cho ra kết quả:

\[MaxP = f(\sqrt 6 - 2) = 6 - 2\sqrt 6 \],\[\min P = f\left( { - \frac{1}{3}} \right) = \frac{{11}}{{15}}\]


Ví dụ II.2.8: (Khối A –2012) Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$P = {3^{|x - y|}} + {3^{|y - z|}} + {3^{|z - x|}} - \sqrt {6{x^2} + 6{y^2} + 6{z^2}} $$

Cách 1: Từ giả thiết ta có $z = - (x + y)$ (1) trong 3 số $x,y,z$ luôn có 2 số cùng dấu, không mất tính tổng quát giả sử hai số đó là $x,y$ ta có $xy \geq 0$
Thay $(1)$ vào $P$ ta có $P = {3^{|x - y|}} + {3^{|2y + x|}} + {3^{|2x + y|}} - \sqrt {12({x^2} + {y^2} + xy)} $
$$P = {3^{|x - y|}} + {3^{|2y + x|}} + {3^{|2x + y|}} - \sqrt {[12{{(x + y)}^2} - xy)]}$$
$$ \geq {3^{|x - y|}} + {2.3^{\frac{{|2y + x| + |2x + y|}}{2}}} - 2\sqrt 3 |x + y| \geq {3^{|x - y|}} + {2.3^{\frac{{3|x + y|}}{2}}} - 2\sqrt 3 |x + y|$$
Đặt $t = |x + y|,(t \geq 0)$ xét $f(t) = 2.{(\sqrt 3 )^{3t}} - 2\sqrt 3 t$
$$f'(x) = 2.3{(\sqrt 3 )^{3t}}ln\sqrt 3 - 2\sqrt 3 = 2\sqrt 3 .(\sqrt 3 {(\sqrt 3 )^{3t}}ln\sqrt 3 - 1) > 0$$
Nên suy ra hàm $f$ đồng biến trên $[0; + \infty )$ nên $f(t) \geq f(0) = 2$
Ta có: ${3^{|x - y|}} \geq {3^0} = 1$ vậy $P \geq {3^0} + 2 = 3$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z = 0$


Cách 2
Ta chứng minh ${3^t} \geq t + 1 \ \ (*)$
Xét hàm $f(t) = {3^t} - t - 1$
Có $f'(t) = {3^t}\ln 3 - 1 > 0,\forall t \geq 0$ và $f(t) = 0$. Vậy (*) đúng
Áp dụng (*), ta có:
$${3^{\left| {x - y} \right|}} + {3^{\left| {y - z} \right|}} + {3^{\left| {z - x} \right|}} \geq 3 + \left| {x - y} \right| + \left| {y - z} \right| + \left| {z - x} \right|$$
Áp dụng bất đẳng thức: $\left| a \right| + \left| b \right| \geq \left| {a + b} \right|$ ta có:
$${(|x - y| + |y - z| + |z - x|)^2} = |x - y{|^2} + |y - z{|^2} + |z - x{|^2} + |x - y|(|y - z| + |z - x|) + |y - z|(|x - y| + |z - x|) + |z - x|(|x - y| + |y - z|)$$
$$ \geq 2(|x - y{|^2} + |y - z{|^2} + |z - x{|^2})$$
Do đó:
$$\left| {x - y} \right| + \left| {y - z} \right| + \left| {z - x} \right| \geq \sqrt {2\left( {{{\left| {x - y} \right|}^2} + {{\left| {y - z} \right|}^2} + {{\left| {z - x} \right|}^2}} \right)} {\rm{}} = \sqrt {6{x^2} + 6{y^2} + 6{z^2} - 2{{\left( {x + y + z} \right)}^2}} $$
Mà $x + y + z = 0$ suy ra $\left| {x - y} \right| + \left| {y - z} \right| + \left| {z - x} \right| \geq \sqrt {6{x^2} + 6{y^2} + 6{z^2}} $
Suy ra $P = {3^{\left| {x - y} \right|}} + {3^{\left| {y - z} \right|}} + {3^{\left| {z - x} \right|}} - \sqrt {6{x^2} + 6{y^2} + 6{z^2}} \geq 3$
Khi $x = y = z = 0$ thì dấu bằng xảy ra, vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng 3.

Ví dụ II.2.9: (Khối B–2012) Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x + y + z = 0$ và ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 1$. Tìm GTLN của biểu thức
$$P = {x^5} + {y^5} + {z^5}$$
Ta có $z = - x - y$ vậy thì ta có ${x^2} + xy + {y^2} = \frac{1}{2}$ và biểu thức được viết lại thành
$P = - 5xy({x^3} + 3{x^2}y + 3x{y^2} + {y^3})$
Hay là
$P = - 5xy(x + y)({x^2} + xy + {y^2}) = - 2,5(x + y)xy$
Bây giờ ta chú ý rằng
$${x^2} + xy + {y^2} = \frac{1}{2}$ vậy thì ${(x + y)^2} = \frac{1}{2} + xy$$
Từ đây ta có$ - \sqrt {\frac{2}{3}} \leq x + y \leq \sqrt {\frac{2}{3}} $
Biểu thức viết lại là
$$P = - \frac{5}{2}[{(x + y)^2} - \frac{1}{2}](x + y)$$
Khảo sát hàm số này ta được $P_{max} = \frac{5\sqrt 6 }{36}$ dấu đẳng thức xảy ra khi $x = y = - \frac{1}{{\sqrt 6 }};z = \frac{2}{{\sqrt 6 }}$

Ví dụ II.2.10: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm,khác nhau từng đôi một thỏa mãn $ab + bc + ca = 4$. Chứng minh rằng :
$$\frac{1}{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {b - c} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {c - a} \right)}^2}}} \geq 1.$$

Không mất tính tổng quát giả sử $c=min{a,b,c}$ khi đó ta có $\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b - c)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c - a)}^2}}} \geq \frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}$
Khi đó ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} \geq 1$$
$$ \Leftrightarrow (ab + bc + ca)\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right) \geq 4$$
Mà lại có:
$$ \Leftrightarrow (ab + bc + ca)\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right) \geq ab\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right)$$
Vì thế ta sẽ đi chứng minh:
$$ab\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right) \geq 4$$
Ta có:
$$ab\left( {\frac{1}{{{{(a - b)}^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} \right) = \frac{1}{{\frac{a}{b} + \frac{b}{a} - 2}} + \frac{a}{b} + \frac{b}{a}.$$
$$f(t) = \frac{1}{{t - 2}} + t$ với $t > 2$$
$$f'(t) = \frac{{ - 1}}{{{{(t - 2)}^2}}} + 1;f'(t) = 0 \Leftrightarrow t = 3\min f(t) = f(3) = 4$$
Vậy bài toán đã giải quyết xong.

Ví dụ II.2.11: Cho $x,y$ thực dương thỏa ${x^2} + {y^2} = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$P = \frac{{{x^2} + xy + 2{y^2}}}{{{y^2} + 1}}$$

Với $y=0$, ta được $P=1$
Với $y \ne 0$, ta đặt $t = \frac{x}{y}$
Khi đó:

\[P = \frac{{{t^2} + t + 2}}{{{t^2} + 2}} = f(t)\]

Ta có

\[f'(t) = \frac{{ - {t^2} + 2}}{{{{({t^2} + 2)}^2}}};f'(t) = 0 \Leftrightarrow - {t^2} + 2 = 0 \Leftrightarrow t = \pm \sqrt 2 \]

Lập bảng biến thiên rồi suy ra kết quả sau:
$\max P = \frac{{4 + \sqrt 2 }}{4}$, đạt được khi và chỉ khi $x = \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ hoặc $x = - \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}$
$\min P = \frac{{4 - \sqrt 2 }}{4}$, đạt được khi và chỉ khi $x = - \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ hoặc $x = \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = - \frac{{\sqrt 3 }}{3}$






Bài tập đề nghị

Bài 1: (B-2009) Cho các số thực $x, y$ thay đổi và thoả mãn ${(x + y)^3} + 4xy \geq 2.$ Tìm GTNN của biểu thức
$$A = 3({x^4} + {y^4} + {x^2}{y^2}) - 2({x^2} + {y^2}) + 1.$$

Bài 2: (B-2006) Cho $x, y$ là các số thực dương không đổi. Tìm GTNN của biểu thức:
$$A = \sqrt {{{(x - 1)}^2} + {y^2}} + \sqrt {{{(x + 1)}^2} + {y^2}} + |y - 2|.$$

Bài 3: Các số thực không âm $a, b, c$ thoả mãn: $a + b + c = 3.$ Tìm GTLN của biểu thức
$$P = ({a^2} - ab + {b^2})({b^2} - bc + {c^2})({c^2} - ca + {a^2}).$$

Bài 4: Cho $a,b>$0 và $x,y>0$. Chứng minh ${({a^x} + {b^x})^y} < {({a^y} + {b^y})^x}$

Bài 5: (Dự bị khối A) Cho $x,y>$0 thỏa mãn $xy+x+y=3$. Chứng minh
$$\frac{{3x}}{{y + 1}} + \frac{{3y}}{{x + 1}} + \frac{{xy}}{{x + y}} \leq {x^2} + {y^2} + \frac{3}{2}$$

Bài 6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số $y=f(x)=sin x+cos x+tan x+cot x$ trên đoạn $\left[ {\frac{\pi }{6};\frac{\pi }{3}} \right]$

Bài 7: (Khối A – 2009) Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $\;x(x + y + z) = 3yz$. Chứng minh rằng
$${(x + y)^3} + {(x + z)^3} + 3(x + y)(x + z)(y + z) \leq 5{(y + z)^3}$$

Bài 8: (Đề dự bị TSĐH 2003 khối B) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của \[y = {x^6} + 4{\left( {1 - {x^2}} \right)^3}\] trên đoạn $[-1;1]$

Bài 9: Cho ${x^2} + {y^2} = 1$. Tìm Max, Min của A = $x\sqrt {1 + y} + y\sqrt {1 + x} $.

 

 

 

 

 

 

QUY ĐỊNH VỀ THẢO LUẬN

  • Tuân thủ Nội quy diễn đàn.
     
  • Khi hỏi bài tập cần nêu rõ nguồn (đề thi, bài trên lớp, trong sách...) và trình bày những suy nghĩ của mình về bài toán đó (đã làm được đến đâu, đề có chỗ nào chưa hiểu, chưa xử lí được điều kiện nào).
     
  • Khi giải bài (giúp các bạn khác) cố gắng đưa ra lời hướng dẫn hoặc đường hướng giải quyết bài toán hay phân tích rõ các giả thiết của bài toán và sử dụng các giả thiết ấy như thế nào... 

    Khuyến khích cả các bạn chưa có lời giải cuối cùng cũng tham gia thảo luận (chẳng hạn như "mình nghĩ phải làm thế này thế này, nhưng chỉ làm được đến đây thì chịu...", hay "BĐT ấy mình đánh giá được đến đây rồi bạn nào giúp mình đánh giá tiếp với...").
     
  • Bên cạnh các bài tập tự luyện, khuyến khích các bạn gửi những bài toán hay (kể cả các bạn đã làm được và chưa làm được) trong quá trình ôn tập mà các bạn gặp phải.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 24-05-2013 - 02:19

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#4 minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 514 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH Bách Khoa Hà Nội

Đã gửi 27-09-2012 - 20:35

Cho em hỏi VD I.2 sao cộng 2 vế của (2) lại ra được:

$\frac{25}{-x^2+4x+21}=\frac{49}{-4x^2+12x+40}$

Và em xin góp ý là TXĐ: $D=[-2,5]$ nên đoạn cuối $f(-2)=3$

#5 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2938 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 27-09-2012 - 20:41

Cho em hỏi VD I.2 sao cộng 2 vế của (2) lại ra được:

$\frac{25}{-x^2+4x+21}=\frac{49}{-4x^2+12x+40}$

Và em xin góp ý là TXĐ: $D=[-2,5]$ nên đoạn cuối $f(-2)=3$

Ở đây gõ thiếu. :) Cộng 2 vế của (2) cho 1.

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#6 minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 514 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH Bách Khoa Hà Nội

Đã gửi 27-09-2012 - 21:41

Bài I.1

TXĐ: $D=[-1,1]$

Đặt $t=1-x^2$ $\rightarrow t \in [ 0,1]$

Xét $f(t)=\sqrt{t}+2\sqrt[3]{t^2}$

Ta có $f'(t)>0$ nên hàm số $f(t)$ ĐB trên $[ 0,1]$

$\rightarrow min=0$ và $max=3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhson95: 27-09-2012 - 21:48


#7 minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 514 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH Bách Khoa Hà Nội

Đã gửi 27-09-2012 - 21:55

Bài I.3

TXĐ: $D=R$

Ta có $\lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)=2$ & $\lim_{x \rightarrow -\infty}f(x)=-2$

Ta có $f'(x)=\frac{2-3x}{\sqrt(x^2-1)^3}$

$f'(x)=0$ $\leftrightarrow x=\frac{2}{3}$

Lập bảng biến thiên ta được $maxf(x)=\sqrt{13}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhson95: 29-09-2012 - 19:54


#8 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 28-09-2012 - 01:51

Các bạn chú ý.

Khi tham gia thảo luận và giải bài, các bạn cố gắng phân tích, nếu hướng giải quyết cho bài toán, giải chi tiết, cụ thể bài toán đó.

BQT sẽ tổng hợp lại những chuyên đề + bài giải của các bạn để làm tài liệu về sau.

Xin cảm ơn.

#9 nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vted.vn

Đã gửi 28-09-2012 - 13:31

Bài tập đề nghị
Bài 1: (B-2009) Cho các số thực $x, y$ thay đổi và thoả mãn ${(x + y)^3} + 4xy \geq 2.$ Tìm GTNN của biểu thức
$$A = 3({x^4} + {y^4} + {x^2}{y^2}) - 2({x^2} + {y^2}) + 1.$$

Bài 2: (B-2006) Cho $x, y$ là các số thực dương không đổi. Tìm GTNN của biểu thức:
$$A = \sqrt {{{(x - 1)}^2} + {y^2}} + \sqrt {{{(x + 1)}^2} + {y^2}} + |y - 2|.$$


Bài 1: Xem tại đây: http://diendantoanho...4y4x2y2-2x2y21/
___________
Tóm tắt lại lời giải: Từ giả thiết ta được $(x+y)^3 \geq 2-4 x y \geq \geq 2- (x+y)^2$ suy ra $x+y \geq 1$
Suy ra $a=x^2+y^2 \geq \dfrac{1}{2}$
Khi đó $A=3({x^4} + {y^4} + {x^2}{y^2}) - 2({x^2} + {y^2}) + 1=\dfrac{(18a-7)(2a-1)}{16}+\dfrac{3}{4} (x+y)^2(x-y)^2+\dfrac{9}{16} \geq \dfrac{9}{16}$
Bài 2: Chứng minh lại BĐT Mincopxki bằng vecto. Khi đó:
$A = \sqrt {{{(x - 1)}^2} + {y^2}} + \sqrt {{{(x + 1)}^2} + {y^2}} + |y - 2| \geq 2\sqrt{1+y^2}+|y - 2| =2 \sqrt{\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}+y^2}+|y - 2| \geq y+\sqrt{3}+ |y - 2| \geq y +\sqrt{3}+2-y=2+\sqrt{3}$

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#10 paul17

paul17

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 28-09-2012 - 13:32

Em xin tổng hợp 4 bài giảng này bằng Latex được không ạ, em spam tí
-----

@ WWW: Rất cảm ơn bạn đã quan tâm. Nếu được thế thì tốt quá.

#11 Spin9x

Spin9x

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Đã gửi 28-09-2012 - 20:54

Bài I.2:
TXD :$D=[\frac{-\pi}{4};\frac{\pi}{4}]$
Xét $f(x)=5cosx-cos5x$
$f'(x)=5sin5x-5sinx$
$f'(x)=0 \Leftrightarrow sin5x=sinx $
Lấy trên D ta có $x=\frac{\pi}{6}$
Ta có $f(\frac{-\pi}{4})=\sqrt{18}$
$f(\frac{\pi}{4})=\sqrt{18}$
$f(\frac{\pi}{6})=\sqrt{27}$
Vậy $minf(x)=\sqrt{18};max(f(x))=\sqrt{27}$
Tôi ơi ! Cố gắng nhiều nhé !

Cố gắng vào đại học nhé !

"Thà để giọt mồ hôi rơi trên trang sách còn hơn để giọt nước mắt rơi cuối mùa thi. "

#12 Spin9x

Spin9x

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Đã gửi 28-09-2012 - 20:57

Bài I.3

TXĐ: $D=R$

Ta có $f'(x)=\frac{2-3x}{\sqrt(x^2-1)^3}$

$f'(x)=0$ $\leftrightarrow x=\frac{2}{3}$

Lập bảng biến thiên ta được $maxf(x)=\sqrt{13}$


Cái này bạn phải tính giới hạn nữa để xét min
Tôi ơi ! Cố gắng nhiều nhé !

Cố gắng vào đại học nhé !

"Thà để giọt mồ hôi rơi trên trang sách còn hơn để giọt nước mắt rơi cuối mùa thi. "

#13 minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 514 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH Bách Khoa Hà Nội

Đã gửi 29-09-2012 - 19:56

Cái này bạn phải tính giới hạn nữa để xét min


Chỗ đấy mình thiếu sr! Nếu bạn lập bảng biến thiên và thể hiện luôn trên đó thì bước tính lim không nhất thiết phải viết vào bài.

#14 be_optimistic

be_optimistic

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 22 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 29-09-2012 - 22:22

Mn cho mình hỏi chút

Nếu đặt xy = a, x + y =b thì a và b có những quan hệ nào

( mình nhớ mỗi $a\leq \frac{b^{2}}{4}$ )

Cảm ơn mn !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi be_optimistic: 30-09-2012 - 22:07


#15 minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 514 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH Bách Khoa Hà Nội

Đã gửi 30-09-2012 - 07:46

Mn cho mình hỏi chút

Nếu đặt xy = a, x + y =b thì a và b có những quan hệ nào

( mình nhớ mỗi $a\leq \frac{b^{2}}{2}$ )

Cảm ơn mn !

Mn cho mình hỏi chút

Nếu đặt xy = a, x + y =b thì a và b có những quan hệ nào

( mình nhớ mỗi $a\leq \frac{b^{2}}{2}$ )

Cảm ơn mn !


$b^2 \geq 4a$

#16 Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 539 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 30-09-2012 - 23:33

Mọi người có thể tham khảo thêm lời giải này của mình tuy cùng ý tưởng nhưng theo mình thì cách nghĩ đơn giản hơn http://diendantoanho...1/page__st__120

#17 be_optimistic

be_optimistic

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 22 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 01-10-2012 - 22:54

Bài 5: Cho $x,y> 0 $ và $xy+x+y=3$

CMR: $\frac{3x}{y+1}+\frac{3y}{x+1}+\frac{xy}{x+y}\leq x^{2}+y^{2}+\frac{3}{2}$ (1)

Giải [ cách trâu bò nhất ]

Đặt x+y=t => xy =3 - t


Do $x,y>0\Rightarrow 0<t<3$

Áp dụng bđt Cosi

$3-t\leq \frac{t^{2}}{4}$ => $t\in$ (-vc; -6] hợp [2; +vc)

Vậy , $t\in$ (0, 2]

Thay x+y =t và xy= 3-t vào (1), ta được

$t^{3}-t^{2}+4t-12\geq 0$ =f(t) ..........................(2)

$\Rightarrow f'(t)= 3(t-\frac{1}{3})^{2}+\frac{11}{3}> 0$ với mọi t thuộc TXĐ

Vậy hs luôn đồng biến => (2) đúng

Dấu "=" xảy ra khi

$3-t=\frac{t^{2}}{4} \rightarrow$ t= 2

.....................Đoạn này mình không hiểu...................

Từ đoạn (2) ....Nếu đạo hàm thì ra nhưng nếu mà tách nó ra

(2) <=> $(t-2)(t^{2}+t+6)\geq 0$

Mà t thuộc (0;2]. Nếu t =1 thì hs âm -> mâu thuẫn

Các bạn chỉ ra chỗ sai của mình với

Cảm ơn cb nhiều

#18 tmtd

tmtd

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 49 Bài viết

Đã gửi 31-05-2014 - 21:32

* Nếu $g\left( b \right) \leq g\left( 1 \right) = \frac{8}{5}$ và $a,b,c \in \left[ {\frac{1}{3};3} \right]$. Từ kết quả trên ta có $P\left( {c,b,a} \right) \leq \frac{8}{5}$.
Mặt khác: $P\left( {a,b,c} \right) - P\left( {c,b,a} \right) = \frac{{\left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {a + c} \right)}} \leq 0 \Rightarrow P\left( {a,b,c} \right) \leq \frac{8}{5}$

Cho e hỏi cái chỗ P(a,b,c), P(c,b,a) là sao ạ và tại sao 2 cái đó nó lại khác nhau ???



#19 Ngay ay se den

Ngay ay se den

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 55 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp học của Gauss.
  • Sở thích:Math and Money

Đã gửi 11-07-2015 - 19:34

Bài 5: Cho $x,y> 0 $ và $xy+x+y=3$

CMR: $\frac{3x}{y+1}+\frac{3y}{x+1}+\frac{xy}{x+y}\leq x^{2}+y^{2}+\frac{3}{2}$ (1)

Giải [ cách trâu bò nhất ]

Đặt x+y=t => xy =3 - t


Do $x,y>0\Rightarrow 0<t<3$

Áp dụng bđt Cosi

$3-t\leq \frac{t^{2}}{4}$ => $t\in$ (-vc; -6] hợp [2; +vc)

Vậy , $t\in$ (0, 2]

Thay x+y =t và xy= 3-t vào (1), ta được

$t^{3}-t^{2}+4t-12\geq 0$ =f(t) ..........................(2)

$\Rightarrow f'(t)= 3(t-\frac{1}{3})^{2}+\frac{11}{3}> 0$ với mọi t thuộc TXĐ

Vậy hs luôn đồng biến => (2) đúng

Dấu "=" xảy ra khi

$3-t=\frac{t^{2}}{4} \rightarrow$ t= 2

.....................Đoạn này mình không hiểu...................

Từ đoạn (2) ....Nếu đạo hàm thì ra nhưng nếu mà tách nó ra

(2) <=> $(t-2)(t^{2}+t+6)\geq 0$

Mà t thuộc (0;2]. Nếu t =1 thì hs âm -> mâu thuẫn

Các bạn chỉ ra chỗ sai của mình với

Cảm ơn cb nhiều

t thuộc đoạn (2,3) mà 







1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh