Chuyên đề 2: Ứng dụng của hàm số bậc nhất trong chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN

Học Lớp

Administrator
Thành viên BQT
Ta có các kết quả quan trọng sau:
+ Xét hàm số $y = f(x) = ax + b$ với $m \le x \le n$ khi đó GTLN, GTNN của hàm số sẽ đạt được tại $x = m$ hoặc $x = n$. Nói cách khác: $\min \underbrace {f(x)}_{m \le x \le n} = \min \left\{ {f\left( m \right);f\left( n \right)} \right\}$ và $\max \underbrace {f(x)}_{m \le x \le n} = \max \left\{ {f\left( m \right);f\left( n \right)} \right\}$. Như vậy để tìm GTLN, GTNN của hàm số $y = f(x) = ax + b$ với $m \le x \le n$ ta chỉ cần tính các giá trị biên là $f\left( m \right),f\left( n \right)$ và so sánh hai giá trị đó để tìm GTLN, GTNN.
+ Cũng từ tính chất trên ta suy ra: Nếu hàm số bậc nhất $y = f\left( x \right) = ax + b$ có $f\left( m \right),f\left( n \right) \ge 0$ thì $f\left( x \right) \ge 0$ với mọi giá trị của x thỏa mãn điều kiện: $m \le x \le n$.
Ví dụ 1: Cho các số thực $0 \le x,y,z \le 2$.
Chứng minh rằng: $2\left( {x + y + z} \right) - \left( {xy + yz + zx} \right) \le 4$.
Lời giải:
Ta coi $y,z$ như là các tham số, x là ẩn số thì bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại như sau:
$f(x) = \left( {2 - y - z} \right)x + 2\left( {y + z} \right) - yz - 4 \le 0$.
Để chứng minh $f\left( x \right) \le 0$ ta chỉ cần chứng minh: $\left\{ \begin{array}{l}f\left( 0 \right) \le 0\\f\left( 2 \right) \le 0\end{array} \right.$. Thật vậy ta có:
+ $f\left( 0 \right) = 2\left( {y + z} \right) - yz - 4 = \left( {y - 2} \right)\left( {2 - z} \right) \le 0$ với $y,z$
thỏa mãn: $0 \le y,z \le 2$.
+ $f\left( 2 \right) = 2\left( {2 - y - z} \right) + 2\left( {y + z} \right) - yz - 4 = - yz \le 0$ với $y,z$
thỏa mãn: $0 \le y,z \le 2$.
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\left( {x;y;z} \right) = \left( {0;2;2} \right)$
hoặc các hoán vị của bộ số trên.
Ví dụ 2: Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện: $x + y + z = 1$. Tìm GTLN của biểu thức: $P = xy + yz + zx - 2xyz$.
Lời giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử $z = \min \left( {x,y,z} \right) \Rightarrow z \le \frac{{x + y + z}}{3} = \frac{1}{3}$. Ta có $0 \le xy \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} = \frac{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}{4}$. $P = xy\left( {1 - 2z} \right) + \left( {x + y} \right)z = xy\left( {1 - 2z} \right) + z\left( {1 - z} \right)$.
Ta coi $z$ là tham số $xy$ là ẩn số thì $f\left( {xy} \right) = xy\left( {1 - 2z} \right) + z\left( {1 - z} \right)$ là hàm số bậc nhất của $xy$ với $0 \le xy \le \frac{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}{4}$.
Để ý rằng: $1 - 2z > 0$ suy ra hàm số $f\left( {xy} \right) = xy\left( {1 - 2z} \right) + z\left( {1 - z} \right)$ luôn đồng biến .
Từ đó suy ra $f\left( {xy} \right) \le f\left( {\frac{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}{4}} \right) = \left( {1 - 2z} \right)\frac{{{{\left( {1 - z} \right)}^2}}}{4} + z\left( {1 - 2z} \right) = \frac{{ - 2{z^3} + {z^2} + 1}}{4} = $$\frac{7}{{27}} - \left( {\frac{1}{2}{z^3} - \frac{1}{4}{z^2} + \frac{1}{{108}}} \right)$$ = \frac{7}{{27}} - \frac{1}{2}{\left( {z - \frac{1}{3}} \right)^2}\left( {z + \frac{1}{6}} \right) \le \frac{7}{{27}}$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z = \frac{1}{3}$.
Ví dụ 3: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện: $a + b + c = 1$.
Chứng minh rằng: $5\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 6\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) \le 1$.
Lời giải:
Không mất tính tổng quát giả sử: $a = \min \left\{ {a,b,c} \right\}$ suy ra $a \le \frac{1}{3}$.
Bất đẳng thức tương đương với
$5\left[ {{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2} - 2bc} \right] \le 6\left[ {{a^3} + {{\left( {b + c} \right)}^3} - 3bc\left( {b + c} \right)} \right] + 1$ $ \Leftrightarrow 5\left[ {{a^2} + {{\left( {1 - a} \right)}^2} - 2bc} \right] \le 6\left[ {{a^3} + {{\left( {1 - a} \right)}^3} - 3bc\left( {1 - a} \right)} \right] + 1 \Leftrightarrow \left( {9a - 4} \right)bc + {\left( {2a - 1} \right)^2} \ge 0$.
Đặt $t = bc$ thì $0 < t \le {\left( {\frac{{b + c}}{2}} \right)^2} = {\left( {\frac{{1 - a}}{2}} \right)^2}$.
Ta cần chứng minh: $f\left( t \right) = \left( {9a - 4} \right)t + {\left( {2a - 1} \right)^2} \ge 0$ với mọi $t \in \left( {0;{{\left( {\frac{{1 - a}}{2}} \right)}^2}} \right]$.
Do $9a - 4 < 0$ suy ra hàm số $f\left( t \right)$ nghịch biến.
Suy ra $f\left( t \right) \ge f\left( {{{\left( {\frac{{1 - a}}{2}} \right)}^2}} \right) = \frac{1}{4}a{\left( {3a - 1} \right)^2} \ge 0$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = \frac{1}{2}$.