Bài tập Ứng dụng tam thức bậc hai, bất phương trình bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất lớp 10 (có lời giải)

Đáp án đúng là: B

Đặt f(x) = x$^{2}$ + 9y$^{2}$ + 5z$^{2}$ + 6xy – 4xz – 12yz – 2z + 1

= x$^{2}$ + 2(3y – 2z)x + 9y$^{2}$ + 5z$^{2}$ – 12yz – 2z + 1.

f(x) có hệ số a = 1 > 0

∆$_{x}$’ = (3y – 2z)$^{2}$ – (9y$^{2}$ + 5z$^{2}$ – 12yz – 2z + 1)

= –z$^{2}$ + 2z – 1 = –(z – 1)$^{2}$ ≤ 0 với mọi y, z ∈ ℝ.

Do đó f(x) ≥ 0 với mọi x, y, z ∈ ℝ.

Vậy y ∈ ℝ thì x$^{2}$ + 9y$^{2}$ + 5z$^{2}$ + 6xy – 4xz – 12yz – 2z + 1 ≥ 0 đúng với mọi x, z ∈ ℝ.

Đáp án đúng là: C

Ta có x + y + z ≥ xy + yz + zx ⇔ x + y + z ≥ (y + z)x + yz (1)

Ta giả sử z = min{x, y, z}. Suy ra 0 ≤ z ≤ 1. Từ giả thiết $x = \frac{{4-yz}}{{y + z + yz}}$

Nên $\left( 1 \right) \Leftrightarrow \frac{{4-yz}}{{y + z + yz}} + y + z \ge \left( {y + z} \right)\frac{{4-yz}}{{y + z + yz}} + yz$

$$\Leftrightarrow \frac{{4-yz}}{{y + z + yz}}\left( {1 - y - z} \right) + y + z - yz \ge 0$$

⇔ (4 – yz)(1 – y – z) + (y + z – yz)(y + z + yz) ≥ 0

⇔ 4 – 4y – 4z – yz + y$^{2}$z + yz$^{2}$ + (y + z)$^{2}$ – y$^{2}$z$^{2}$ ≥ 0

⇔ 4 – 4y – 4z – yz + y$^{2}$z + yz$^{2}$ + y$^{2}$ + 2yz + z$^{2}$ – y$^{2}$z$^{2}$ ≥ 0

⇔ f(y) = (1 + z – z$^{2}$)y$^{2}$ + (z$^{2}$ + z – 4)y + (z – 2)$^{2}$ ≥ 0.

Tam thức f(y) có hệ số a = 1 + z – z$^{2}$ > 0 (do z ≤ 1) và có:

Δ = (z$^{2}$ + z – 4)$^{2}$ – 4(1 + z – z$^{2}$)(z – 2)$^{2}$

= z$^{4}$ + z$^{2}$ + 16 + 2z$^{3}$ – 8z$^{2}$ – 8z – (4 + 4z – 4z$^{2}$)(z$^{2}$ – 4z + 4)

= z$^{4}$ + 2z$^{3}$ – 7z$^{2}$ – 8z + 16 – (4z$^{2}$ – 16z + 16 + 4z$^{3}$ – 16z$^{2}$ + 16z – 4z$^{4}$ + 16z$^{3}$ – 16z$^{2}$)

= z$^{4}$ + 2z$^{3}$ – 7z$^{2}$ – 8z + 16 + 4z$^{4}$ – 20z$^{3}$ + 28z$^{2}$ – 16

= 5z$^{4}$ – 18z$^{3}$ + 21z$^{2}$ – 8z

= z(5z$^{3}$ – 18z$^{2}$ + 21z – 8)

= z(z – 1)$^{2}$(5z – 8) ≤ 0 với mọi 0 ≤ z ≤ 1.

Do đó f(y) ≥ 0 với mọi y ≥ 0, 0 ≤ z ≤ 1.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = 0 hoặc z = 1.

Với z = 0 thì f(y) = y$^{2}$ – 4y + 4 = 0 ⇔ y = 2. Khi đó $x = \frac{{4-0}}{{2 + 0 + 0}} = 2.$

Với z = 1 thì f(y) = y$^{2}$ – 2y + 1 = 0 ⇔ y = 1. Khi đó $x = \frac{{4-1 \cdot 1}}{{1 + 1 + 1 \cdot 1}} = 1.$

Như vậy, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hoặc (x; y; z) = (2; 2; 0).

Đáp án đúng là: B

Trong ba số x, y, z luôn tồn tại hai số cùng không nhỏ hơn 1 hoặc cùng không lớn hơn 1. Ta giả sử hai số đó là x và y. Khi đó ta có:

(x – 1)(y – 1) ≥ 0 ⇔ xy ≥ x + y – 1

Suy ra xyz ≥ xz + yz – z.

Do đó xyz + 2(x$^{2}$ + y$^{2}$ + z$^{2}$) + 8 ≥ xz + yz – z + 2(x$^{2}$ + y$^{2}$ + z$^{2}$) + 8

Nên ta chứng minh:

xyz + 2(x$^{2}$ + y$^{2}$ + z$^{2}$) + 8 ≥ 5(x + y + z)

⇔ xz + yz – z + 2(x$^{2}$ + y$^{2}$ + z$^{2}$) + 8 – 5(x + y) – 5z ≥ 0

⇔ f(z) = 2z$^{2}$ + (x + y – 6)z + 2(x$^{2}$ + y$^{2}$) – 5(x + y) + 8 ≥ 0.

Tam thức f(z) có a = 2 > 0 và

Δ$_{z}$ = (x + y – 6)$^{2}$ – 4.2.[ 2(x$^{2}$ + y$^{2}$) – 5(x + y) + 8]

= x$^{2}$ + y$^{2}$ + 36 + 2xy – 12x – 12y – 8(2x$^{2}$ + 2y$^{2}$ – 5x – 5y + 8)

= –15x$^{2}$ – 15y$^{2}$ + 2xy + 28x + 28y – 28

= –15x$^{2}$ + 2(y + 14)x – 15y$^{2}$ + 28y – 28

Coi Δ$_{z}$ là tam thức bậc hai ẩn x, có a = –15 < 0 và

Δ$_{x}$’ = (y + 14)$^{2}$ – (–15).(–15y$^{2}$ + 28y – 28)

= y$^{2}$ + 28y + 196 – 225y$^{2}$ + 420y – 420

= –224y$^{2}$ + 448y – 224

= –224(y – 1)$^{2}$ ≤ 0 với mọi y ∈ ℝ.

Nên Δ$_{z}$ ≤ 0 với mọi x, y ∈ ℝ.

Vậy f(z) ≥ 0 với mọi x, y, z ∈ ℝ.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.

Đáp án đúng là: A

Từ S = x + 3y suy ra x = S – 3y, thay vào 5x$^{2}$ + 5y$^{2}$ – 5x – 15y + 8 ≤ 0 ta được

5(S – 3y)$^{2}$ + 5y$^{2}$ – 5(S – 3y) – 15y + 8 ≤ 0

⇔ 5(S$^{2}$ – 6Sy + 9y$^{2}$) + 5y$^{2}$ – 5S + 15y – 15y + 8 ≤ 0

⇔ 50y$^{2}$ – 30Sy + 5S$^{2}$ – 5S + 8 ≤ 0 (*)

Đặt f(y) = 50y$^{2}$ – 30Sy + 5S$^{2}$ – 5S + 8.

f(y) có a$_{y}$ = 50 > 0 và

∆$_{y}$’ = (–15S)$^{2}$ – 50.(5S$^{2}$ – 5S + 8)

= –25S$^{2}$ + 250S – 400

= –25(S$^{2}$ – 10S + 16)

Để bất đẳng thức (*) có nghiệm y thì Δ ≥ 0, tức là –25(S$^{2}$ – 10S + 16) ≥ 0

⇔ 2 ≤ S ≤ 8.

Do đó minS = 2, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 50y$^{2}$ – 60y + 18 = 0 ⇔ y = $\frac{3}{5}$. Khi đó nên $x = 2-3 \cdot \frac{3}{5} = \frac{1}{5}.$

Vậy minS = 2.

Đáp án đúng là: A

Ta có: P = 2a + 3b suy ra $b = \frac{{P-2a}}{3}$

Thay vào a$^{2}$ + b$^{2}$ = 4a – 3b ta được:

${a^2} + {\left( {\frac{{P-2a}}{3}} \right)^2} = 4a-3\left( {\frac{{P-2a}}{3}} \right)$

⇔ 13a$^{2}$ – 2(27 + 2P)a + 9P + P$^{2}$ = 0.

Ta cần tìm P để phương trình trên có nghiệm a, tức Δ’ ≥ 0

⇔ (27 + 2P)$^{2}$ – 13.(9P + P$^{2}$) = –9P$^{2}$ – 9P + 729 ≥ 0

$\Leftrightarrow \frac{{-1-5\sqrt {13} }}{2} \le P \le \frac{{-1 + 5\sqrt {13} }}{2}.$