Bài tập ứng dụng của hàm số bậc nhất trong chứng minh bất đẳng thức có đáp án

187 lượt xem

Bài trước

Bài sau

ỨNG DỤNG CỦA HÀM BẬC NHẤT

ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

A. Kiến thức cần nhớ

Cho hàm số bậc nhất $f (x) = a x + b$ , với $x_{1} < x_{2}$ . Ta có:

$1) f (x) \geq 0, \forall x : x_{1} \leq x \leq x_{2} \Leftrightarrow \{\begin{cases} f (x_{1}) \geq 0 \\ f (x_{2}) \geq 0 \end{cases}$

Đẳng thức xảy ra khi $\{\begin{cases} x = x_{1} \\ f (x_{1}) = 0 \end{cases}$ hoặc $\{\begin{cases} x = x_{2} \\ f (x_{2}) = 0 \end{cases}$

$2) f (x) \leq 0, \forall x : x_{1} \leq x \leq x_{2} \Leftrightarrow \{\begin{cases} f (x_{1}) \leq 0 \\ f (x_{2}) \leq 0 \end{cases}$

Đẳng thức xảy ra khi $\{\begin{cases} x = x_{1} \\ f (x_{1}) = 0 \end{cases}$ hoặc $\{\begin{cases} x = x_{2} \\ f (x_{2}) = 0 \end{cases}$ .

Ý nghĩa hình học:

Một đoạn thẳng nằm phía trên trục hoành khi và chỉ khi hai điểm đầu mút của nó nằm phía trên trục hoành.

Một đoạn thẳng nằm phía dưới trục hoành khi và chỉ khi hai điểm đầu mút của nó nằm phía dưới trục hoành.

Nhận xét:

Nếu hệ số $a = 0$ thì $f (x) = b$ (hàm hằng). Khi đó các tính chất trên cũng đúng do đồ thị của hàm hằng cũng là một đường thẳng. Các tính chất khác của hàm hằng chúng tôi sẽ trình bày ở chương III của cuốn sách này.

B. Một số ví dụ

Ví dụ 1: Cho $0 \leq x, y, z \leq 2$ .Chứng minh rằng $2 (x + y + z) - (x y + y z + z x) \leq 4$ .

Giải

Bất đẳng thức đã cho tương đương:

$\begin{array}{l} 2 (x + y + z) - (x y + y z + z x) \leq 4 \\ \Leftrightarrow x (2 - y - z) + 2 (y + z) - y z - 4 \leq 0 \end{array}$

Coi x là biến số và y, z là tham số, đặt

$f (x) = x (2 - y - z) + 2 (y + z) - y z - 4$

Xét hàm $f (x)$ với $0 \leq x \leq 2$ .Ta có:

$f (0) = 2 (y + z) - y z - 4 = (2 - y) (z - 2) \leq 0$

$f (2) = - y z \leq 0$

Như vậy, ta có $f (x) \leq 0$ với mọi x thõa mãn $0 \leq x \leq 2$ . .

Đẳng thức xảy ra khi $\{\begin{cases} x = 0 \\ f (0) = (2 - y) (z - 2) = 0 \end{cases}$ hoặc $\{\begin{cases} x = 2 \\ f (x) = - y z = 0 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} x = 0 \\ y = 2 \end{cases}$ hoặc $\{\begin{cases} x = 0 \\ z = 2 \end{cases}$ hoặc $\{\begin{cases} x = 2 \\ y = 0 \end{cases}$ hoặc $\{\begin{cases} x = 2 \\ z = 0 \end{cases}$

Nhận xét:

Để giải bài toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng tính chất hàm bậc nhất chúng ta chia thành các bước sau:

Bước 1: Tạo ra một hàm số dạng $f (t) = a t + b$

Bước 2: Xác định $t_{1}, t_{2}$ sao cho: $t_{1} \leq t \leq t_{2}$ .

Bước 3:

1) Chứng minh $f (t_{1}) \geq 0$ và $f (t_{2}) \geq 0$ . Từ đó suy ra $f (t) \geq 0$ , với mọi t thỏa mãn $t_{1} \leq t \leq t_{2}$ .

2) Chứng minh $f (t_{1}) \leq 0$ và $f (t_{2}) \leq 0$ . Từ đó suy ra $f (t) \leq 0$ , với mọi t thỏa mãn $t_{1} \leq t \leq t_{2}$ .

Ví dụ 2: Cho 3 số thực không âm x, y , z thỏa mãn: $x + y + z = 1$

Chứng minh rằng: $x y + y z + x z - 2 x y z \leq \frac{7}{27}$

Giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$y z (1 - 2 x) + x (1 - x) - \frac{7}{27} \leq 0 (*)$

Đặt $t = y z$ , coi t là biến và x là tham số.

Ta được $V T (*) = f (t) = t (1 - 2 x) + x - x^{2} - \frac{7}{27}$

Theo bất đẳng thức Cô – si: $t = y z \leq \frac{{(y + z)}^{2}}{4} = \frac{{(1 - x)}^{2}}{4} \Rightarrow 0 \leq t \leq \frac{{(1 - x)}^{2}}{4}$

Mà $f (0) = x - x^{2} - \frac{7}{27} = - {(x - \frac{1}{2})}^{2} - \frac{1}{108} < 0$ $(\forall x \in R);$

$f (\frac{{(1 - x)}^{2}}{4}) = - \frac{54 x^{3} - 27 x^{2} + 1}{108} = - \frac{{(3 x - 1)}^{2} (6 x + 1)}{108} \leq 0$ $(\forall x \geq 0)$

Suy ra $f (t) \leq 0$ với mọi t thõa mãn $0 \leq t \leq \frac{{(1 - x)}^{2}}{4}$

Dấu bằng xảy ra khi $\{\begin{cases} y z = \frac{{(1 - x)}^{2}}{4} \\ f (\frac{{(1 - x)}^{2}}{4}) = - \frac{1}{2} {(x - \frac{1}{3})}^{2} (x + \frac{1}{6}) = 0 \\ y = z \end{cases}$

$\Leftrightarrow \{\begin{cases} x = \frac{1}{3} \\ y = z \end{cases} \Leftrightarrow x = y = z = \frac{1}{3}$

Nhận xét:

Với cách làm tương tự ta có thể giải được bài tổng quát sau:

Cho hằng số $m \geq - \frac{9}{4}$ và x, y, z là các số thực không âm thõa mãn: $x + y + z = 1$

Khi đó ta luôn có $0 \leq m x y z + x y + y z + z x \leq \frac{m + 9}{27}$

Ví dụ 3: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn $a + b + c = 1$

Chứng minh rằng $(\frac{4 a}{b + c} + 1) (\frac{4 b}{c + a} + 1) (\frac{4 c}{a + b} + 1) > 25$

Giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

$\frac{3 a + 1}{1 - a} . \frac{3 b + 1}{1 - b} . \frac{3 c + 1}{1 - c} > 25$

$\Leftrightarrow 27 a b c + 9 (a b + b c + c a) + 4 >$ $25 (a b + b c + c a) - 25 a b c$

$\Leftrightarrow 52 a b c - 16 (a b + b c + c a) + 4 > 0$

$\Leftrightarrow a b (52 c - 16) - 16 c (1 - c) + 4 > 0$ $(*)$

Do tính đối xứng với các biến a, b, c nên không mất tính tổng quát, giả sử $a \leq b \leq c$

Do $a + b + c = 1$ nên $c \geq \frac{1}{3}$

Với $t = a b, 0 < t = a b \leq \frac{{(a + b)}^{2}}{4} = \frac{{(1 - c)}^{2}}{4}$

Đặt $f (t) = t (52 c - 16) - 16 c (1 - c) + 4 = V T (*) .$

Ta lại có:

$f (0) = 16 c^{2} - 16 c + 4 = 4 {(2 c - 1)}^{2} \geq 0 .$

$f (\frac{{(1 - c)}^{2}}{4}) = 13 c^{3} - 14 c^{2} + 5 c$ $= c (13 c^{2} - 14 c + 5)$

$= 13 c [{(c - \frac{7}{13})}^{2} + \frac{16}{168}] > 0$ $(\forall c \geq \frac{1}{3})$

Từ đó suy ra $52 a b c - 16 (a b + b c + c a) + 4 \geq 0$

Đẳng thức xảy ra khi $\{\begin{cases} a b = 0 \\ f (0) = 4 {(2 c - 1)}^{2} = 0 \end{cases}$ (Vô lý vì ab dương)

Nhận xét:

Bài toán trên là hệ số của bài toán gốc sau đây:

Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn $x + y + z = 1$ và hằng số m thỏa mãn $- 9 \leq m \leq \frac{- 9}{4}$

Chứng minh rằng: $0 \leq x y + y z + z x + m x y z \leq \frac{1}{4}$

Tài liệu đầy đủ quý Thầy/Cô và bạn đọc vui lòng chọn mục tải xuống để xem chi tiết.

Xem thêm các chương trình khác:

Bài trước

Bài sau

Các dạng bài tập Toán 9

Bài tập ứng dụng của hàm số bậc nhất trong chứng minh bất đẳng thức có đáp án

Xem thêm các chương trình khác: