Nội dung bài học sẽ giới thiệu đến các em khái niệm cơ bản về bất đẳng thức và phương pháp giải một số dạng toán cơ bản liên quan đến bất đẳng thức.
Cho \(a,\,\,b\) là hai số thực. Các mệnh đề \(a > b,\,\,a < b,\,\,a \ge b,\,\,a \le b\) được gọi là những bất đẳng thức.
* \(a > b\) và \(b > c \Rightarrow a > c\)
* \(a > b \Leftrightarrow a + c > b + c\)
* \(a > b\) và \(c > d \Rightarrow a + c > b + d\)
* Nếu \(c > 0\) thì \(a > b \Leftrightarrow ac > bc\)
Nếu \(c < 0\) thì \(a > b \Leftrightarrow ac < bc\)
* \(a > b \ge 0 \Rightarrow \sqrt a > \sqrt b \)
* \(a \ge b \ge 0 \Leftrightarrow {a^2} \ge {b^2}\)
*\(a > b \ge 0 \Rightarrow {a^n} > {b^n}\)
* \( - \left| a \right| \le a \le \left| a \right|\) với mọi số thực \(a\) .
* \(\left| x \right| < a \Leftrightarrow - a < x < a\) ( Với \(a > 0\))
* \(\left| x \right| > a \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > a\\x < - a\end{array} \right.\) ( Với \(a > 0\))
Cho \(a \ge 0,\,\,b \ge {\rm{0}}\), ta có \(\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} \). Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi \(a = b\)
Hệ quả:
* Hai số dương có tổng không đổi thì tích lớn nhất khi hai số đó bằng nhau
* Hai số dương có tích không đổi thì tổng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau
Cho \(a \ge 0,\,\,b \ge 0,\,\,c \ge 0\), ta có \(\frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[3]{{abc}}\). Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\)
Để chứng minh bất đẳng thức(BĐT) \(A \ge B\) ta có thể sử dụng các cách sau:
Ta đi chứng minh \(A - B \ge 0\). Để chứng minh nó ta thường sử dụng các hằng đẳng thức để phân tích \(A - B\) thành tổng hoặc tích của những biểu thức không âm.
Xuất phát từ BĐT đúng, biến đổi tương đương về BĐT cần chứng minh.
Loại 1: Biến đổi tương đương về bất đẳng thức đúng
Cho hai số thực \(a,b,c\). Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau
a) \(ab \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{2}\)
b) \(ab \le {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}\)
c) \(3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}\)
d) \({\left( {a + b + c} \right)^2} \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right)\)
a) Ta có \({a^2} + {b^2} - 2ab = {(a - b)^2} \ge 0 \Rightarrow {a^2} + {b^2} \ge 2ab\). Đẳng thức\( \Leftrightarrow a = b\).
b) Bất đẳng thức tương đương với \({\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} - ab \ge 0\)
\( \Leftrightarrow {a^2} + 2ab + {b^2} \ge 4ab \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\) (đúng) ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra\( \Leftrightarrow a = b\)
c) BĐT tương đương \(3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca\)
\( \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge 0\) (đúng) ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra\( \Leftrightarrow a = b = c\)
d) BĐT tương đương \({a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right)\)
\( \Leftrightarrow 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - 2\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 0\) \( \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {c - a} \right)^2} \ge 0\) (đúng) ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra\( \Leftrightarrow a = b = c\)
Nhận xét: Các BĐT trên được vận dụng nhiều, và được xem như là "bổ đề" trong chứng minh các bất đẳng thức khác.
Cho năm số thực \(a,b,c,d,e\). Chứng minh rằng
\({a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} \ge a(b + c + d + e)\).
Ta có : \({a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2} - a(b + c + d + e) = \)
\( = (\frac{{{a^2}}}{4} - ab + {b^2}) + (\frac{{{a^2}}}{4} - ac + {c^2}) + (\frac{{{a^2}}}{4} - ad + {d^2}) + (\frac{{{a^2}}}{4} - ae + {e^2})\)
\( = {(\frac{a}{2} - b)^2} + {(\frac{a}{2} - c)^2} + {(\frac{a}{2} - d)^2} + {(\frac{a}{2} - e)^2} \ge 0 \Rightarrow \) đpcm.
Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow b = c = d = e = \frac{a}{2}\).
Loại 2: Xuất phát từ một BĐT đúng ta biến đổi đến BĐT cần chứng minh
Đối với loại này thường cho lời giải không được tự nhiên và ta thường sử dụng khi các biến có những ràng buộc đặc biệt
* Chú ý hai mệnh đề sau thường dùng
\(a \in \left[ {\alpha ;\beta } \right] \Rightarrow \left( {a - \alpha } \right)\left( {a - \beta } \right) \le 0\) \(\left( * \right)\)
\(a,b,c \in \left[ {\alpha ;\beta } \right] \Rightarrow \left( {a - \alpha } \right)\left( {b - \alpha } \right)\left( {c - \alpha } \right) + \left( {\beta - a} \right)\left( {\beta - b} \right)\left( {\beta - c} \right) \ge 0\left( {**} \right)\)
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng :\({a^2} + {b^2} + {c^2} < 2(ab + bc + ca)\).
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có :
\(a + b > c \Rightarrow ac + bc > {c^2}\). Tương tự
\(bc + ba > {b^2};{\rm{ }}ca + cb > {c^2}\) cộng ba BĐT này lại với nhau ta có đpcm
Nhận xét:
* Ở trong bài toán trên ta đã xuất phát từ BĐT đúng đó là tính chất về độ dài ba cạnh của tam giác. Sau đó vì cần xuất hiện bình phương nên ta nhân hai vế của BĐT với c.
Ngoài ra nếu xuất phát từ BĐT \(|a - b| < c\) rồi bình phương hai vế ta cũng có được kết quả.
Cho \(a,b,c \in [0;1]\). Chứng minh : \({a^2} + {b^2} + {c^2} \le 1 + {a^2}b + {b^2}c + {c^2}a\)
Cách 1:
Vì \(a,b,c \in [0;1] \Rightarrow (1 - {a^2})(1 - {b^2})(1 - {c^2}) \ge 0\)
\( \Leftrightarrow 1 + {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} - {a^2}{b^2}{c^2} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\) (*)
Ta có : \({a^2}{b^2}{c^2} \ge 0;{\rm{ }}{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le {a^2}b + {b^2}c + {c^2}a\) nên từ (*) ta suy ra
\({a^{\rm{2}}} + {b^2} + {c^2} \le 1 + {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le 1 + {a^2}b + {b^2}c + {c^2}a\) đpcm.
Cách 2:
BĐT cần chứng minh tương đương với \({{\rm{a}}^{\rm{2}}}\left( {1 - b} \right) + {b^2}\left( {1 - c} \right) + {c^2}\left( {1 - a} \right) \le 1\)
Mà \(a,b,c \in \left[ {0;1} \right]\) \( \Rightarrow {a^2} \le a,{b^2} \le b,{c^2} \le c\) do đó
\({a^2}\left( {1 - b} \right) + {b^2}\left( {1 - c} \right) + {c^2}\left( {1 - a} \right) \le a\left( {1 - b} \right) + b\left( {1 - c} \right) + c\left( {1 - a} \right)\)
Ta chỉ cần chứng minh \(a\left( {1 - b} \right) + b\left( {1 - c} \right) + c\left( {1 - a} \right) \le 1\)
Thật vậy: vì \(a,b,c \in \left[ {0;1} \right]\) nên theo nhận xét \(\left( {**} \right)\) ta có
\(abc + \left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right) \ge 0\)
\( \Leftrightarrow \)\(a + b + c - \left( {ab + bc + ca} \right) \le 1\)
\( \Leftrightarrow \)\(a\left( {1 - b} \right) + b\left( {1 - c} \right) + c\left( {1 - a} \right) \le 1\)
vậy BĐT ban đầu được chứng minh.
Một số chú ý khi sử dụng bất đẳng thức côsi:
* Khi áp dụng bđt côsi thì các số phải là những số không âm
* BĐT côsi thường được áp dụng khi trong BĐT cần chứng minh có tổng và tích
* Điều kiện xảy ra dấu ‘=’ là các số bằng nhau
* Bất đẳng thức côsi còn có hình thức khác thường hay sử dụng
Đối với hai số:\({x^2}\,\, + \,{y^2}\,\, \ge \,\,2xy;\,\,\,\,\,\,\,\,{x^2}\,\, + \,{y^2}\,\, \ge \,\,\frac{{{{(x\, + \,y)}^2}}}{2};\,\,\,\,\,\,\,xy \le \,\,{\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)^2}\).
Đối với ba số: \(abc \le \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{3},\,\,abc \le {\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^3}\)
Loại 1: Vận dụng trực tiếp bất đẳng thức côsi
Cho \(a,b\) là số dương thỏa mãn \({a^2} + {b^2} = 2\). Chứng minh rằng
a) \(\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right)\left( {\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{a^2}}}} \right) \ge 4\)
b) \({\left( {a + b} \right)^5} \ge 16ab\sqrt {\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)} \)
a) Áp dụng BĐT côsi ta có
\(\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2\sqrt {\frac{a}{b}.\frac{b}{a}} = 2,\,\,\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{a^2}}} \ge 2\sqrt {\frac{a}{{{b^2}}}.\frac{b}{{{a^2}}}} = \frac{2}{{\sqrt {ab} }}\)
Suy ra \(\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right)\left( {\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{a^2}}}} \right) \ge \frac{4}{{\sqrt {ab} }}\) (1)
Mặt khác ta có \(2 = {a^2} + {b^2} \ge 2\sqrt {{a^2}{b^2}} = 2ab \Rightarrow ab \le 1\) (1)
Từ (1) và (2) suy ra \(\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right)\left( {\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{a^2}}}} \right) \ge 4\) ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = 1\).
b) Ta có \({\left( {a + b} \right)^5} = \left( {{a^2} + 2ab + {b^2}} \right)\left( {{a^3} + 3a{b^2} + 3{a^2}b + {b^3}} \right)\)
Áp dụng BĐT côsi ta có
\({a^2} + 2ab + {b^2} \ge 2\sqrt {2ab\left( {{a^2} + {b^2}} \right)} = 4\sqrt {ab} \) và \(\left( {{a^3} + 3a{b^2}} \right) + \left( {3{a^2}b + {b^3}} \right) \ge 2\sqrt {\left( {{a^3} + 3a{b^2}} \right)\left( {3{a^2}b + {b^3}} \right)} = 4\sqrt {ab\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {{a^2} + 1} \right)} \)
Suy ra \(\left( {{a^2} + 2ab + {b^2}} \right)\left( {{a^3} + 3a{b^2} + 3{a^2}b + {b^3}} \right) \ge 16ab\sqrt {\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)} \)
Do đó \({\left( {a + b} \right)^5} \ge 16ab\sqrt {\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)} \) ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = 1\).
Cho \(a,b,c\) là số dương. Chứng minh rằng
a) \(\left( {a + \frac{1}{b}} \right)\left( {b + \frac{1}{c}} \right)\left( {c + \frac{1}{a}} \right) \ge 8\)
b) \({a^2}(1 + {b^2}) + {b^2}(1 + {c^2}) + {c^2}(1 + {a^2}) \ge 6abc\)
c) \((1 + a)(1 + b)(1 + c) \ge {\left( {1 + \sqrt[3]{{abc}}} \right)^3}\)
d) \({a^2}\sqrt {bc} + {b^2}\sqrt {ac} + {c^2}\sqrt {ab} \le {a^3} + {b^3} + {c^3}\)
a) Áp dụng BĐT côsi ta có
\(a + \frac{1}{b} \ge 2\sqrt {\frac{a}{b}} ,\,\,b + \frac{1}{c} \ge 2\sqrt {\frac{b}{c}} ,\,\,c + \frac{1}{a} \ge 2\sqrt {\frac{c}{a}} \)
Suy ra \(\left( {a + \frac{1}{b}} \right)\left( {b + \frac{1}{c}} \right)\left( {c + \frac{1}{a}} \right) \ge 8\sqrt {\frac{a}{b}} .\sqrt {\frac{b}{c}} .\sqrt {\frac{c}{a}} = 8\) ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\).
b) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có
\(1 + {a^2} \ge 2\sqrt {{a^2}} = 2a\), tương tự ta có \(1 + {b^2} \ge 2b,\,\,1 + {c^2} \ge 2c\)
Suy ra \({a^2}(1 + {b^2}) + {b^2}(1 + {c^2}) + {c^2}(1 + {a^2}) \ge 2\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right)\)
Mặt khác, áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có
\({a^2}b + {b^2}c + {c^2}a \ge 3\sqrt {{a^2}b.{b^2}c.{c^2}a} = 3abc\)
Suy ra \({a^2}(1 + {b^2}) + {b^2}(1 + {c^2}) + {c^2}(1 + {a^2}) \ge 6abc\). ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1\).
c) Ta có \((1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + \left( {ab + bc + ca} \right) + \left( {a + b + c} \right) + abc\)
Áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có
\(ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{{ab.bc.ca}} = 3{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)^2}\) và \(a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}\)
Suy ra \((1 + a)(1 + b)(1 + c) \ge 1 + 3{\left( {\sqrt[3]{{abc}}} \right)^2} + 3\sqrt[3]{{abc}} + abc = {\left( {1 + \sqrt[3]{{abc}}} \right)^3}\) ĐPCM
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\).
d) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có
\({a^2}\sqrt {bc} \le {a^2}\left( {\frac{{b + c}}{2}} \right),\,\,\,{b^2}\sqrt {ac} \le {b^2}\left( {\frac{{a + c}}{2}} \right),\,\,{c^2}\sqrt {ab} \le {c^2}\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)\)
Suy ra \({a^2}\sqrt {bc} + {b^2}\sqrt {ac} + {c^2}\sqrt {ab} \le \frac{{{a^2}b + {b^2}a + {a^2}c + {c^2}a + {b^2}c + {c^2}b}}{2}\) (1)
Mặt khác theo BĐT côsi cho ba số dương ta có
\({a^2}b \le \frac{{{a^3} + {a^3} + {b^3}}}{3},\,\,{b^2}a \le \frac{{{b^3} + {b^3} + {a^3}}}{3},\,\,{a^2}c \le \frac{{{a^3} + {a^3} + {c^3}}}{3},\)
\({c^2}a \le \frac{{{c^3} + {c^3} + {a^3}}}{3},\,\,{b^2}c \le \frac{{{b^3} + {b^3} + {c^3}}}{3},\,\,{c^2}b \le \frac{{{c^3} + {c^3} + {b^3}}}{3}\)
Suy ra \({a^2}b + {b^2}a + {a^2}c + {c^2}a + {b^2}c + {c^2}b \le 2\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \({a^2}\sqrt {bc} + {b^2}\sqrt {ac} + {c^2}\sqrt {ab} \le {a^3} + {b^3} + {c^3}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c\).
Loại 2: Kĩ thuật tách, thêm bớt, ghép cặp
Cho \(a,b,c\) là số dương. Chứng minh rằng:
a) \(\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b} \ge a + b + c\)
b) \(\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{c^2}}} + \frac{c}{{{a^2}}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\)
a) Áp dụng BĐT côsi ta có \(\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} \ge 2\sqrt {\frac{{ab}}{c}.\frac{{bc}}{a}} = 2b\)
Tương tự ta có \(\frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b} \ge 2c,\,\,\frac{{ac}}{b} + \frac{{ba}}{c} \ge 2a\).
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được
\(2\left( {\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b}} \right) \ge 2\left( {a + b + c} \right) \Leftrightarrow \frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ac}}{b} \ge a + b + c\) ĐPCM
Đẳng thức xảy ra khi \(a = b = c\) .
b) Áp dụng BĐT côsi ta có \(\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{1}{a} \ge 2\sqrt {\frac{a}{{{b^2}}}.\frac{1}{a}} = \frac{2}{b}\)
Tương tự ta có \(\frac{b}{{{c^2}}} + \frac{1}{b} \ge \frac{2}{c},\,\,\frac{c}{{{a^2}}} + \frac{1}{c} \ge \frac{2}{a}\)
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được
\(\frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{c^2}}} + \frac{c}{{{a^2}}} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{2}{a} + \frac{2}{b} + \frac{2}{c} \Leftrightarrow \frac{a}{{{b^2}}} + \frac{b}{{{c^2}}} + \frac{c}{{{a^2}}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\) ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi \(a = b = c\) .
Trong phạm vi bài học DapAnHay chỉ giới thiệu đến các em khái niệm cơ bản về bất đẳng thức và phương pháp giải một số dạng toán cơ bản liên quan đến bất đẳng thức.
Để cũng cố bài học xin mời các em cũng làm Bài kiểm tra Trắc nghiệm Toán 10 Chương 4 Bài 1để kiểm tra xem mình đã nắm được nội dung bài học hay chưa.
Xác định m để với mọi x ta có \( - 1 \le \frac{{{x^2} + 5x + m}}{{2{x^2} - 3x + 2}} < 7\)
Tìm m để \(\left( {m + 1} \right){x^2} + mx + m < 0,\forall x \in R\)?
Tìm m để \(f\left( x \right) = {x^2} - 2\left( {2m - 3} \right)x + 4m - 3 > 0,\;\;\forall x \in R\)?
Câu 4-10: Mời các em đăng nhập xem tiếp nội dung và thi thử Online để củng cố kiến thức và nắm vững hơn về bài học này nhé!
Bên cạnh đó các em có thể xem phần hướng dẫn Giải bài tập Toán 10 Chương 4 Bài 1 sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Đại số 10 Cơ bản và Nâng cao.
Bài tập 1 trang 109 SGK Toán 10 NC
Bài tập 1 trang 79 SGK Đại số 10
Bài tập 2 trang 79 SGK Đại số 10
Bài tập 3 trang 79 SGK Đại số 10
Bài tập 4 trang 79 SGK Đại số 10
Bài tập 5 trang 79 SGK Đại số 10
Bài tập 6 trang 79 SGK Đại số 10
Bài tập 4.1 trang 103 SBT Toán 10
Bài tập 4.2 trang 103 SBT Toán 10
Bài tập 4.3 trang 104 SBT Toán 10
Bài tập 4.4 trang 104 SBT Toán 10
Bài tập 4.5 trang 104 SBT Toán 10
Bài tập 4.6 trang 104 SBT Toán 10
Bài tập 4.7 trang 104 SBT Toán 10
Bài tập 4.8 trang 104 SBT Toán 10
Bài tập 4.9 trang 104 SBT Toán 10
Bài tập 4.10 trang 104 SBT Toán 10
Bài tập 4.11 trang 104 SBT Toán 10
Bài tập 4.12 trang 104 SBT Toán 10
Bài tập 4.13 trang 104 SBT Toán 10
Bài tập 4.14 trang 105 SBT Toán 10
Bài tập 4.15 trang 105 SBT Toán 10
Bài tập 4.17 trang 105 SBT Toán 10
Bài tập 4.16 trang 105 SBT Toán 10
Bài tập 4.18 trang 105 SBT Toán 10
Bài tập 2 trang 109 SGK Toán 10 NC
Bài tập 3 trang 109 SGK Toán 10 NC
Bài tập 4 trang 109 SGK Toán 10 NC
Bài tập 5 trang 110 SGK Toán 10 NC
Bài tập 6 trang 110 SGK Toán 10 NC
Bài tập 7 trang 110 SGK Toán 10 NC
Bài tập 8 trang 110 SGK Toán 10 NC
Bài tập 9 trang 110 SGK Toán 10 NC
Bài tập 10 trang 110 SGK Toán 10 NC
Bài tập 11 trang 110 SGK Toán 10 NC
Bài tập 12 trang 110 SGK Toán 10 NC
Bài tập 13 trang 110 SGK Toán 10 NC
Bài tập 14 trang 112 SGK Toán 10 NC
Bài tập 15 trang 112 SGK Toán 10 NC
Bài tập 16 trang 112 SGK Toán 10 NC
Bài tập 17 trang 112 SGK Toán 10 NC
Bài tập 18 trang 112 SGK Toán 10 NC
Bài tập 19 trang 112 SGK Toán 10 NC
Bài tập 20 trang 112 SGK Toán 10 NC
Nếu có thắc mắc cần giải đáp các em có thể để lại câu hỏi trong phần Hỏi đáp, cộng đồng Toán DapAnHay sẽ sớm trả lời cho các em.
-- Mod Toán Học 10 DapAnHay
Xác định m để với mọi x ta có \( - 1 \le \frac{{{x^2} + 5x + m}}{{2{x^2} - 3x + 2}} < 7\)
Tìm m để \(\left( {m + 1} \right){x^2} + mx + m < 0,\forall x \in R\)?
Tìm m để \(f\left( x \right) = {x^2} - 2\left( {2m - 3} \right)x + 4m - 3 > 0,\;\;\forall x \in R\)?
Với giá trị nào của a thì bất phương trình \(a{x^2} - x + a \ge 0,\forall x \in R\)?
Với giá trị nào của m thì bất phương trình \({x^2} - x + m \le 0\) vô nghiệm?
Cho \(f(x) = - 2{x^2} + (m + 2)x + m - 4\). Tìm m để f(x) âm với mọi x.
Bất phương trình \(\frac{1}{{x - 2}} - \frac{1}{x} \le \frac{2}{{x + 2}}\) có nghiệm là:
Tập nghiệm của bất phương trình \(\left| {\frac{{3x}}{{{x^2} - 4}}} \right| < 1\) là
Tìm giá trị nguyên của k để bất phương trình \({x^2} - 2\left( {4k - 1} \right)x + 15{k^2} - 2k - 7 \ge 0\,\,\) nghiệm đúng với mọi x là
Bất phương trình \(\left( {\left| {x - 1} \right| - 3} \right)\left( {\left| {x + 2} \right| - 5} \right) < 0\) có nghiệm là
Trong các khẳng định sau đây, khẳng định nào sai?
A. |x| ≥ 0, ∀ x B. |x| + x ≥ 0, ∀ x
C. |x| ≥ a, ⇒ x ≥ a D. |x| - x ≥ 0, ∀ x
Trong các khẳng định sau đây, khẳng định nào đúng?
A. \(a < b \Rightarrow \sqrt[3]{a} < \sqrt[3]{b}\)
B. \(a < b \Rightarrow \sqrt a < \sqrt b \)
C. \(a < b \Rightarrow {a^2} < {b^2}\)
D. \(a < b \Rightarrow \frac{1}{a} > \frac{1}{b}\)
Cho hàm số y = f(x) với tập xác định D. Trong các phát biểu sau đây phát biểu nào đúng?
A. Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho là số lớn hơn mọi giá trị của hàm số.
B. Nếu f(x) ≤ M, ∀x ∈ D thì M là giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x).
C. Số M = f(x0) trong đó x0 ∈ D là giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) nếu M > f(x), ∀x ∈ D
D. Nếu tồn tại x0 ∈ D sao cho M = f(x0) và M ≥ f(x),∀x ∈ D thì M là giá trị lớn nhất của hàm số đã cho.
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số sau trên [-1; 1]
\(y = \sqrt {1 - x} + \sqrt {1 + x} \)
A. max y = 0 B. max y = 2
C. max y = 4 D. max y = \(\sqrt 2 \)
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(y = \frac{1}{x} + \frac{1}{{1 - x}}\) với tập xác định D = (0; 1)
A. \(\mathop {\min }\limits_{x \in D} y = 4\)
B. \(\mathop {\min }\limits_{x \in D} y = 2\)
C. \(\mathop {\min }\limits_{x \in D} y = \frac{1}{2}\)
D. \(\mathop {\min }\limits_{x \in D} y = 16\)
Chứng minh rằng nửa chu vi của tam giác lớn hơn mỗi cạnh của tam giác đó.
Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca với mọi số thực a, b, c.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Hãy so sánh các kết quả sau đây:
a) \(\sqrt {2000} + \sqrt {2005} \) và \(\sqrt {2002} + \sqrt {2003} \)
(không dùng bảng số hoặc máy tính)
b) \(\sqrt {a + 2} + \sqrt {a + 4} \) và \(\sqrt a + \sqrt {a + 6} \,\left( {a \ge 0} \right)\)
Chứng minh rằng, nếu a > 0 và b > 0 thì \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}\)
Chứng minh rằng nếu a ≥ 0 và b ≥ 0 thì a3 + b3 ≥ ab(a + b). Khi nào đẳng thức xảy ra?
a) Chứng minh rằng a2 + ab + b2 ≥ 0 với mọi số thực a, b.
b) Chứng minh rằng với mọi số thực a, b tùy ý, ta có a4 + b4 ≥ a3b + ab3
Chứng minh rằng nếu a, b và c là độ dài ba cạnh một tam giác thì a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).
Chứng minh rằng nếu a ≥ 0 và b > 0 thì
\(\frac{{a + b}}{2}.\frac{{{a^2} + {b^2}}}{2} \le \frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}\)
a) Chứng minh rằng, nếu \(x \ge y \ge 0\) thì \(\frac{x}{{1 + x}} \ge \frac{y}{{1 + y}}\)
b) Chứng minh rằng đối với hai số tùy ý a, b ta có: \(\frac{{\left| {a - b} \right|}}{{1 + \left| {a - b} \right|}} \le \frac{{\left| a \right|}}{{1 + \left| a \right|}} + \frac{{\left| b \right|}}{{1 + \left| b \right|}}\)
Chứng minh rằng:
a) Nếu a, b là hai số cùng dấu thì \(\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2\)
b) Nếu a, b là hai số trái dấu thì \(\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \le - 2\)
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x) = (x + 3)(5 – x) với −3 ≤ x ≤ 5
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số \(f\left( x \right) = x + \frac{2}{{x - 1}}\) với x > 1
Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số dương thì \(\frac{{{a^4}}}{b} + \frac{{{b^4}}}{c} + \frac{{{c^4}}}{a} \ge 3abc\)
Một khách hàng đến một cửa hàng bán hoa quả mua 2kg cam đã yêu cầu cân hai lần. Lần đầu, người bán hàng đặt quả cân 1kg lên đĩa cân bên phải và đặt cam lên đĩa cân bên trái cho đến khi cân thăng bằng và lần sau, đặt quả cân 1kg lên đĩa cân bên trái và cam lên đĩa cân bên phải cho đến khi cân thăng bằng. Nếu cái cân đĩa đó không chính xác (do hai cánh tay đòn dài, ngắn khác nhau) nhưng quả cân là đúng 1kg thì khách hàng có mua được đúng 2kg cam hay không? Vì sao?
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, ta có:
a) \(\frac{1}{{1.2}} + \frac{1}{{2.3}} + ... + \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}} < 1\)
b) \(\frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + ... + \frac{1}{{{n^2}}} < 2\)
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *