KS ham so pptx

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH LỚP 12A1 BÀI TẬP ỨNG DỤNG KHẢO SÁT HÀM SỐ ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÀM NHIỀU BIỀN TỔ 1 @&&? ôõôôõ N¡M HäC 2011 2012– DANH SÁCH TỔ 1: 1. Nguyễn Thanh Hải 2. Nguyễn Anh Tú 3. Nguyễn Bá Thế 4. Phan Văn Hiếu 5. Phan Xuân Tiến 6. Lê Nhật Linh 7. Cao Thị Hà Lê 8. Nguyễn Thị Hoài An 9. Thái Doãn Minh Bài 1: Cho x + y + z 0≤ . Tìm GTNN của: x y z y z x 1 1 1 F 4 4 4 4 4 4 = + + + + + Giải: Đặt x y x y z 0 z a 2 b 2 0 abc 2 2 1 c 2 + +  =  = ⇒ < = ≤ =   =  F = 2 2 2 2 2 2 1 1 1 a b c b c a + + + + + Chọn 1 2 3 1 1 1 U a, ; U b, ; U c, b c a        ÷  ÷  ÷       uur uur uur 2 2 1 2 3 1 1 1 F U U U (a b c) a b c   ⇒ = + + ≥ + + + + +  ÷   uur uur uur 2 2 2 2 3 2 3 1 1 1 9 F (a b c) 9 (abc) a b c (abc)   ⇒ ≥ + + + + + ≥ +  ÷   Đặt 3 (abc) = t . Do ( ] 0 abc 1 t 0;1< ≤ ⇒ ∈ ( ] 2 9 F 9t f (t) t 0;1 t ⇒ ≥ + = ∈ ( ] 2 2 2 9 9(t 1) f '(t) 9 0 t 0;1 t t − = − = < ∀ ∈ Bảng biến thiên f(t) t 0 1 f’(t) ─ +∞ f(t) 18 Vậy: ( ] t 0;1 min F = min f(t) 18 ∈ = đạt được a b c a b c 1 abc 1 = =  ⇔ ⇔ = = =  =  x y z 0⇔ = = = Không tồn tại max F. Bài 2: Cho 2 2 x xy y 1. Tìm GTLN, GTNN:− + = 4 2 2 4 A= x x y y− + Giải: ( ) ( ) 2 4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A= x x y y x y 3x y 1 xy 3x y (do x y xy 1) = 1 2xy 2x y − + = + − = + − + − = + − Đặt t = xy . Ta có: 2 2 1 x y xy 2xy xy xy xy 1= + − ≥ − = ⇒ ≤ ( ) 2 2 2 1 1 x y xy x y 3xy 3xy xy 3 − = + − = + − ≥ − ⇒ ≥ 1 t ;1 3 −   ⇒ ∈     Xét hàm 2 1 f(t) 2t 2t 1 t ;1 3 −   = − + + ∈     1 f '(t) 4t 2 0 t 2 = − + = ⇔ = Bảng biến thiên f(t) t 1 3 − 1 2 1 f’(t) + 0 ─ 3 2 f(t) 1 1 9 A 1 1 1 t x y 9 3 3 − = ⇔ = ⇔ = − = 2 2 1 5 1 xy x 1 xy 2 3 1 2 2 A t 2 2 2 5 5 1 x y xy 1 x y y 2 2 2  +  = =    =    = ⇔ = ⇔ ⇔ ⇔    +    + − = + = ± = −      hoặc 5 1 x 2 2 5 1 y 2 2  + = −    −  = −   Vậy R 1 t ;1 3 1 min A = min f(t) = 9 −   ∈     đạt được 1 x y 3 ⇔ = − = R 1 t ;1 3 3 max A = max f(t) = 2 −   ∈     đạt được 5 1 x 2 2 5 1 y 2 2  + =   ⇔  +  = −   hoặc 5 1 x 2 2 5 1 y 2 2  + = −    −  = −   Bài 3: Cho ∆ABC nhọn. Tìm GTNN của: sinA sinB sinC P cosA cosB cosC + + = + + Giải: Ta có: A B C 4.cos .cos .cos sinA sinB sinC 2 2 2 P A B C cosA cosB cosC 1 4.sin .sin .sin 2 2 2 + + = = + + + Giả sử ˆ C C 1 1 ˆ ˆ ˆ ˆ 0 Â B C C C ; ; sin ; 2 3 3 2 2 6 4 2 2 2 π π π π π π       < ≤ ≤ < ⇒ ≥ ⇒ ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈ ÷ ÷ ÷          Ta có: 3 3 2 ˆ ˆ Â B C A B C C C 0 4.cos .cos .cos 4cos 4 1 sin 2 2 2 4 2 2 2 2 2   π < ≤ ≤ < ⇒ ≥ = −  ÷   A B C C A B A B 1 4sin .sin .sin 1 2sin cos cos 2 2 2 2 2 2 C A B C C C 1 2sin cos sin 1 2sin 1 sin 2 2 2 2 2 − +   + = + −  ÷   −     = + − ≤ + −  ÷  ÷     Suy ra: 2 2 C 4 1 sin 2 P C C 1 2sin 2sin 2 2 − ≥ − + Đặt t = C 1 1 sin ; 2 2 2   ∈ ÷    . Bài toán quy về tìm min f(t) ( ) 3 2 2 4 1 t 1 2t 2t − = − + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 12t 1 t 2t 2t 1 4 1 t 4t 2 f '(t) 2t 2t 1 1 t − − − + + − − − + = − + + − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 f '(t) 0 12t 1 t 2t 2t 1 4 1 t 4t 2 0= ⇔ − − − + + − − − + = 3 2 8t 16t 4t 2 0 t 2⇔ − + − = ⇔ = (loại) 1 1 f '(t) 0 t ; 2 2   ⇒ > ∀ ∈ ÷    ⇒ f(t) đồng biến trên 1 1 ; 2 2   ÷    Vậy Min f(t) = 1 f 3 2   =  ÷   đạt được khi o 1 C 1 ˆ t sin C 60 2 2 2 = ⇔ = ⇔ = Vậy Min P = 3 đạt được khi A = B = C = 60 o ABC⇔ ∆ đều. Bài 4: Cho x,y R∈ . Tìm Min: ( ) ( ) 2 2 2 2 A x 1 y x 1 y y 2= − + + + + + − Giải: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 x,y R,ta có: x 1 y x 1 y 2 1 y ∀ ∈ − + + + + ≥ + Thật vậy, trên mặt phẳng Oxy, ta chọn ( ) ( ) M x 1; y ; N x 1;y− − + . Khi đó ta có: OM + ON MN≥ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 x 1 y x 1 y x 1 x 1 2y⇔ − + + + + ≥ + − + + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 x 1 y x 1 y 2 1 y⇔ − + + + + ≥ + Từ đó ta có: x,y R∀ ∈ thì 2 A 2 1 y y 2 ≥ + + − (1) Xét hàm số: f(y) = 2 2 1 y y 2 y R+ + − ∀ ∈ 2 2 2 1 y y 2 y 2 f (y) 2 1 y y 2 y 2  + + − ≥  ⇒ =  + − + <   Có 2 2 2y 1 0 y 2 y 1 f '(y) 2y 1 y 2 y 1  + > ∀ >  +  =   − ∀ <  +  4 4 f '(2 ) 1; f '(2 ) 1 f '(2 ) f '(2 ) 5 5 − + − + = − = + ⇒ ≠ ⇒ không tồn tại f’(2) 2 y 2 y 2 2y 1 0 f '(y) 0 3 y 1 y 2 3 y 2 <  <      − ≥ ≥ ⇔ ⇔    + ≤ <      <    Bảng biến thiên f(y) y −∞ 3 3 2 +∞ f’(y) ─ 0 + ║ + +∞ +∞ f(y) 2 3+ Từ BBT f (y) 2 3⇒ ≥ + (2) Từ (1) và (2) A f (y) 2 3 Min A = 2 3⇒ ≥ ≥ + ⇒ + Dấu “=” xảy ra 3 y ; x = 0 3 ⇔ = Bài 5: Cho: 4 4 2 2 4 4 2 2 x y x y x y P y x y x y x = + − − + + , xét trên miền xy ≠ 0. Tìm GTNN của P. Giải: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y x y P 2 y x y x y x x y x y x y 2 2 2 y x y x y x       = + − − + + +  ÷  ÷  ÷                 = + − − − + − + +      ÷  ÷  ÷              Đặt t = x y y x + , ta có: x y x y t 2 y x y x = + = + ≥ Bài toán quy về tìm GTNN của hàm số: f(t) 4 2 t 5t t 4= − + + xét trên miền t 2≥ f(t) = ( ) ( ) 2 2 t 3 t 2 t 2− − + − . Do t 2≥ nên 2 2 t 3 1 và t 2 0− ≥ − > nên ta có: ( ) ( ) 2 2 2 t 3 t 2 t 2 − − ≥ − . Vậy f(t) 2 t t 4 t 2≥ + − ∀ ≥ Xét g(t) = 2 t t 4 t 2+ − ∀ ≥ 1 g'(t) 2t 1 0 t 2 = + = ⇔ = − Bảng biến thiên g(t) t −∞ 2 − 1 2 − 2 +∞ g’(t) ─ + +∞ +∞ g(t) -2 2 Từ BBt ta có: t 2 Ming(t) g( 2) 2 ≥ = − = − f (t) g(t) 2 t 2⇒ ≥ ≥ − ∀ ≥ Hay Min P = 2 − đạt được x y t 2 2 y x ⇔ = − ⇔ + = − Ta có nghiệm ( ) 1;1− thỏa mãn. Bài 6: Cho x, y là các số dương thỏa mãn 2 2 2 2 x y x 1 y y 1 x + = − + − . Tìm GTNN của: 2 2 2 2 1 1 A x y x y = + + + Giải: Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y x 1 y y 1 x x y 2 x y x y 2 x y 0 x y 1 + = − + − ≤ + − + ⇒ + ≤ − + ⇔ < + ≤ ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 A x y x y 1 x y x y   = + + + = + +  ÷   Theo bất đẳng thức Cosy: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y 1 4 4 x y x y 2 x y x y x y   + ≤ ⇒ ≥ = + +  ÷ +   Đặt t = 2 2 x y+ thì 0 t 1< ≤ . Xét hàm số: 4 f(t) t t = + với 0 t 1< ≤ ( ] 2 4 f '(t) 1 t 0;1 t = − ∀ ∈ Bảng biến thiên f(t) t 0 1 f’(t) ─ +∞ f(t) 5 Từ BBT ta được: min f(t) = f(1) = 5 đạt được khi t = 1 ⇒ min A = 1 GTNN đạt được 2 2 2 2 2 2 x y 1 1 t 1 x y x y 2 x y 1 y 1 x   + =   ⇔ = ⇔ = ⇔ = =    =  − −  Vậy Min A = 5 1 x y 2 ⇔ = = Bài 7: Cho a,b,c 0> thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh: a b abc 3 3 1 a bc b ac c ab 4 + + ≤ + + + + Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: ab 1 1 3 3 c bc ca ab 4 1 1 1 a b c + + ≤ + + + Đặt bc ca ab x ; y ; z xy yz zx a b c 1 (1), x,y,z 0 a b c = = = ⇒ + + = + + = > . Ta cần chứng minh: 2 2 2 1 1 z 3 3 1 1 x 1 y 1 z 4 + + ≤ + + + + Từ (1) suy ra tồn tại các góc A, B, C ( ) 0;∈ π với A B C x tan ;y tan ;z tan và A+B+C = 2 2 2 = = = π Bất đẳng thức trở thành: 2 2 2 C tan 1 1 3 3 2 1 4 A B C 1 tan 1 tan 1 tan 2 2 2 + + ≤ +       + + +  ÷  ÷  ÷       ( ) 1 3 3 3 3 1 cosA cosB sinC 1 cosA cosB sinC 2 4 2 ⇔ + + + ≤ + ⇔ + + ≤ Có A B A B cosA cosB 2.cos .cos 2 2 + −     + =  ÷  ÷     Vì A B 2 2 − π < suy ra A B C cosA cosB 2.coscos 2.sin 2 2 +   + ≤ =  ÷   Ta cần chứng minh: C 3 3 2.sin sinC 2 2 + ≤ trong đó ( ) C 0;∈ π Đặt f(t) = ( ) t sin t 2.sin t 0; 2 + ∈ π t 2 f '(t) cost cos 0 t 2 3 π = + = ⇔ = 1 t f ''(t) sint .sin 2 2 = − − 2 2 1 t 2 3 3 f '' sin .sin 0 f (t) sint 2.sin f 3 3 2 3 2 3 2 π π π π     = − − < ⇒ = + ≤ =  ÷  ÷     Vậy ta có điều phải chứng minh.