Giải bài tập SGK Toán 10 Bài 1: Bất đẳng thức

 Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng với mọi giá trị của x?

a) $8x > 4x$

b) $4x > 8x$

c) $8x^2 > 4x^2$

d) $8 + x > 4 + x$

Phương pháp giải:

Sử dụng các tính chất của bất đẳng thức: nhân cả hai vế với một số dương (âm), cộng cả hai vế với một số bất kì.

Chú ý: Tìm phản ví dụ cho các khẳng định sai.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

8x > 4x ⇔ x > 0

Câu b:

4x > 8x ⇔  x < 0

Câu c:

8x2 > 4x2 ⇔  x # 2

Câu d:

8 + x > 4 +x 

Vậy khẳng định d là đúng với mọi giá trị của x

Cho số $x > 5$, số nào trong các số sau đây là nhỏ nhất?

$A=\frac{5}{x}$

$B=\frac{5}{x}+1$

$C=\frac{5}{x}-1$

$D=\frac{x}{5}$

Phương pháp giải:

So sánh các số đã cho với $0$ và kết luận.

Hướng dẫn giải:

Do $x > 5 \Rightarrow \frac{x}{5} + 1$

Mặt khác: $x > 5 \Rightarrow \frac{5}{x} - 1 < \frac{5}{x} < 1 < \frac{5}{x} + 1$

Do vậy với cùng một số x > 5 thì biểu thức C có giá trị nhỏ nhất

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác

a) Chứng minh $(b-c)^2 < a^2$

b) Từ đó suy ra $a^2 + b^2 + c^2 < 2(ab + bc +ca)$

Phương pháp giải:

Ta biết trong một tam giác thì một cạnh luôn nhỏ hơn tổng hai cạnh kia: $a + b > c$

Hướng dẫn giải:

Câu a: Chứng minh $(b-c)^2 < a^2$

a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên $\left| {b - c} \right| < a \Rightarrow {(b - c)^2} < {a^2}$

Câu b: Chứng minh $a^2 + b^2 + c^2 < 2(ab + bc +ca)$

Do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác:

$a + b > c > 0 \Rightarrow ac + bc < {c^2}$ (1)

Hoàn toàn tương tự: $bc + ba > {b^2}$ (2)

$ab + ac > {a^2}$ (3)

Từ (1), (2), (3) $\Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} < ac + bc + bc + ba + ab + ac$

$\Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {b^2} < 2(ab + bc + ca)\,\,\,(dpcm)$

Chứng minh rằng: 

$x^3 + y^3 \geq x^2y + xy^2, \forall x \geq 0, \forall y \geq 0$

Phương pháp giải:

Sử dụng từ bất đẳng thức $(x - y)^2\ge 0$

Hướng dẫn giải:

Xét hiệu: ${x^3} + {y^3}) - ({x^2}y + x{y^2}) = (x + y)({x^2} - xy + {y^2}) - xy(x + y)$

$= (x + y)({x^2} - 2xy + {y^2}) = (x + y){(x - y)^2} \ge 0,\forall x \ge 0,\forall y \ge 0$

Do đó: ${x^3} + {y^3} \ge {x^2}y + x{y^2},\forall x \ge 0,\forall y \ge 0$

Đẳng thức chỉ xảy ra khi $x = y \ge 0$

Chứng minh rằng:  $x^4 - \sqrt{x^5} + x - \sqrt{x} + 1 > 0, \forall x \geq 0$

Phương pháp giải:

Đặt $\sqrt x  = t$, sau đó xét 2 trường hợp $0 \le x < 1;x \ge 1$

Hướng dẫn giải:

Ta có: ${x^4} - {x^5} + {x^2} - x + 1 = {x^8} - 2.{x^4}.\frac{x}{2} + \frac{{{x^2}}}{4} + \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^2}}}{4} - x + 1$

$= {({x^4} - \frac{x}{2})^2} + \frac{{{x^2}}}{4} + {(\frac{x}{2} - 1)^2}$

Mà ${({x^4} - \frac{x}{2})^2} \ge 0;\frac{{{x^2}}}{4} \ge 0;{(\frac{x}{2} - 1)^2} \ge 0$

$\Rightarrow {x^8} - {x^5} + {x^2} - x + 1 \ge 0\,\,\,\,(1)$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {{x^4} - \frac{x}{2}} \right)^2} = 0\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{{{x^4}}}{4} = 0\,\,vô\,\,lý\,\,\,\,\,\,\,(2)\\{\left( {\frac{x}{2} - 1} \right)^2} = 0\end{array} \right.$

Từ (1) và (2), ta có: ${x^8} - {x^5} + {x^2} - x + 1 > 0\,\,\forall x$

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, trên các tia Ox, Oy lần lượt lấy các điểm A và B thay đổi sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính 1. Xác định tọa độ của A và B để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.

Phương pháp giải:

Sử dụng hệ quả: Hai số dương bất kì có tích không đổi thì tổng đạt giá trị nhỏ nhất khi hai số bằng nhau.

BĐT Cô si: Cho hai số dương a, b. Khi đó $a + b \ge 2\sqrt {ab}$.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b$.

Hướng dẫn giải:

Gọi A(a; 0), B(0;b) (a,b > 0)

$\begin{array}{l} \Rightarrow AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \\OA = \left| {\overrightarrow {OA} } \right| = a;OB = \left| {\overrightarrow {OB} } \right| = b\end{array}$

Do AB tiếp xúc với đường tròn tâm O, bán kính R = 1,

Suy ra: diện tích $(\Delta OAB) = \frac{1}{2}AB.{h_0} = \frac{1}{2}AB.1 = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {b^2}}$

Mặt khác: Diện tích $(\Delta OAB) = \frac{1}{2}OA.OB = \frac{1}{2}a.b$

$\Rightarrow \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {b^2}}  = \frac{1}{2}ab \Leftrightarrow ab = \sqrt {{a^2} + {b^2}} \,\,(1)$

Lại có theo bất đẳng thức cô–si:

$\sqrt {{a^2} + {b^2}}  \ge \sqrt 2 .\sqrt {ab}$

Nên từ (1) $\Rightarrow ab \ge \sqrt 2 .\sqrt {ab}  \Leftrightarrow \sqrt {ab} (\sqrt {ab}  - \sqrt 2 ) \ge 0$

$\Leftrightarrow \sqrt {ab}  - \sqrt 2  \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt {ab}  \ge \sqrt 2$

Do đó AB nhỏ nhất $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt {ab}  = \sqrt 2 \\a = b\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = \sqrt 2$

Vậy AB nhỏ nhất khi $A(\sqrt 2 ;0),B(0;\sqrt 2 )$