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) = x² + 9y² + 5z² + 6xy – 4xz – 12yz – 2z + 1

= x² + 2(3y – 2z)x + 9y² + 5z² – 12yz – 2z + 1.

f(x) có hệ số a = 1 > 0

∆_x’ = (3y – 2z)² – (9y² + 5z² – 12yz – 2z + 1)

= –z² + 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 x² + 9y² + 5z² + 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 + y²z + yz² + (y + z)² – y²z² ≥ 0

⇔ 4 – 4y – 4z – yz + y²z + yz² + y² + 2yz + z² – y²z² ≥ 0

⇔ f(y) = (1 + z – z²)y² + (z² + z – 4)y + (z – 2)² ≥ 0.

Tam thức f(y) có hệ số a = 1 + z – z² > 0 (do z ≤ 1) và có:

Δ = (z² + z – 4)² – 4(1 + z – z²)(z – 2)²

= z⁴ + z² + 16 + 2z³ – 8z² – 8z – (4 + 4z – 4z²)(z² – 4z + 4)

= z⁴ + 2z³ – 7z² – 8z + 16 – (4z² – 16z + 16 + 4z³ – 16z² + 16z – 4z⁴ + 16z³ – 16z²)

= z⁴ + 2z³ – 7z² – 8z + 16 + 4z⁴ – 20z³ + 28z² – 16

= 5z⁴ – 18z³ + 21z² – 8z

= z(5z³ – 18z² + 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) = y² – 4y + 4 = 0 ⇔ y = 2. Khi đó \(x = \frac{{4-0}}{{2 + 0 + 0}} = 2.\)

Với z = 1 thì f(y) = y² – 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(x² + y² + z²) + 8 ≥ xz + yz – z + 2(x² + y² + z²) + 8

Nên ta chứng minh:

xyz + 2(x² + y² + z²) + 8 ≥ 5(x + y + z)

⇔ xz + yz – z + 2(x² + y² + z²) + 8 – 5(x + y) – 5z ≥ 0

⇔ f(z) = 2z² + (x + y – 6)z + 2(x² + y²) – 5(x + y) + 8 ≥ 0.

Tam thức f(z) có a = 2 > 0 và

Δ_z = (x + y – 6)² – 4.2.[ 2(x² + y²) – 5(x + y) + 8]

= x² + y² + 36 + 2xy – 12x – 12y – 8(2x² + 2y² – 5x – 5y + 8)

= –15x² – 15y² + 2xy + 28x + 28y – 28

= –15x² + 2(y + 14)x – 15y² + 28y – 28

Coi Δ_z là tam thức bậc hai ẩn x, có a = –15 < 0 và

Δ_x’ = (y + 14)² – (–15).(–15y² + 28y – 28)

= y² + 28y + 196 – 225y² + 420y – 420

= –224y² + 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 5x² + 5y² – 5x – 15y + 8 ≤ 0 ta được

5(S – 3y)² + 5y² – 5(S – 3y) – 15y + 8 ≤ 0

⇔ 5(S² – 6Sy + 9y²) + 5y² – 5S + 15y – 15y + 8 ≤ 0

⇔ 50y² – 30Sy + 5S² – 5S + 8 ≤ 0 (*)

Đặt f(y) = 50y² – 30Sy + 5S² – 5S + 8.

f(y) có a_y = 50 > 0 và

∆_y’ = (–15S)² – 50.(5S² – 5S + 8)

= –25S² + 250S – 400

= –25(S² – 10S + 16)

Để bất đẳng thức (*) có nghiệm y thì Δ ≥ 0, tức là –25(S² – 10S + 16) ≥ 0

⇔ 2 ≤ S ≤ 8.

Do đó minS = 2, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 50y² – 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 a² + b² = 4a – 3b ta được:

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

⇔ 13a² – 2(27 + 2P)a + 9P + P² = 0.

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

⇔ (27 + 2P)² – 13.(9P + P²) = –9P² – 9P + 729 ≥ 0

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

Đáp án đúng là: A

Từ điều kiện ta có x² + y² = \(\frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2} + {{\left( {x-y} \right)}^2}}}{2}\) = 5 – z²

(x + y)² = 10 – 2z² – (3 – z)²

Do đó (x + y)² = 1 + 6z – 3z²

Dễ thấy z ≠ –2. Ta có P(z + 2) + 2 = x + y

Do đó [P(z + 2) + 2]² = 1 + 6z – 3z²

⇔ (z + 2)²P² + 4(z + 2)P + 4 = 1 + 6z – 3z²

⇔ (P² + 3)z² + (4P² + 4P – 6)z + 4P² + 8P + 3 = 0

Phương trình có nghiệm ẩn z khi và chỉ khi

∆_z’ ≥ 0 ⇔ (2P² + 2P – 3)² – (P² + 3)(4P² + 8P + 3) ≥ 0

\( \Leftrightarrow -\frac{{36}}{{23}} \le P \le 0\)

Ta có maxP = 0 khi x = 2, y = 0, z = 1.