![[Giải Toán 10] Chương 4: Bất đẳng thức. Bất phương trình/ Bài 1: Bất đẳng thức](https://lop12.edu.vn/wp-content/uploads/2019/10/c41.png "[Giải Toán 10] Chương 4: Bất đẳng thức. Bất phương trình/ Bài 1: Bất đẳng thức")
Trả lời câu hỏi Toán 10 Đại số Bài 1 trang 74: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng
a) 3,25 < 4;
b) -5 > -4 1/4;
c) -√2 ≤ 3 ?
Lời giải
Mệnh đề đúng là a) 3,25 < 4 và c) -√2 ≤ 3
Mệnh đề sai là b) -5 > -4 1/4
Trả lời câu hỏi Toán 10 Đại số Bài 1 trang 74: Chọn dấu thích hợp (=, <, >) để khi điền vào chỗ trống ta được một mệnh đề đúng.
a) 2√2 (…..) 3;
b) 4/3 (…..) 2/3;
c) 3 + 2√2 (…..) (1 + √2)2;
d) a2 + 1 (…..) 0 với a là một số đã cho.
Lời giải
a) 2√2 < 3
b) 4/3 > 2/3
c) 3 + 2√2 = (1 + √2)2
d) a2 + 1 > 0 với a là một số đã cho.
Trả lời câu hỏi Toán 10 Đại số Bài 1 trang 75: Chứng minh rằng a < b ⇔ a – b < 0.
Lời giải
a < b ⇔ a + (-b) < b +(-b) ⇔ a – b ≤ 0
Trả lời câu hỏi Toán 10 Đại số Bài 1 trang 75: Nêu ví dụ áp dụng một trong các tính chất trên.
Lời giải
x < 3 ⇔ -2x > -6
Trả lời câu hỏi Toán 10 Đại số Bài 1 trang 78: Hãy chứng minh hệ quả 3.
Lời giải
Từ bất đẳng thức Cô- si:
√xy ≤ (x + y)/2 ⇔ x + y ≥ 2√xy với x,y > 0
Dấu bằng xảy ra khi x = y
Do tích ab không đổi nên 2√xy không đổi ⇒ Tổng x + y nhỏ nhất khi và chỉ khi x = y
Trả lời câu hỏi Toán 10 Đại số Bài 1 trang 78:
Nhắc lại định nghĩa giá trị tuyệt đối và tính giá trị tuyệt đối của các số sau:
a) 0;
b) 1,25;
c) (-3)/4;
d) -π.
Lời giải
Giá trị tuyệt đối của một số là khoảng cách của số đó đến điểm 0 trên trục số nằm ngang.
|0| = 0; |1,25| = 1,25;
|(-3)/4| = 3/4; |-π| = π
Bài 1 (trang 79 SGK Đại Số 10): Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng với mọi giá trị của x?
a) 8x > 4x ; b) 4x > 8x
c) 8x2 > 4x2 ; d) 8 + x > 4 + x
Lời giải
a) chỉ đúng khi x > 0 (hay nói cách khác nếu x < 0 thì a) sai)
b) chỉ đúng khi x < 0
c) chỉ đúng khi x ≠ 0
d) đúng với mọi x.
Vậy khẳng định d là đúng với mọi giá trị của x.
Bài 2 (trang 79 SGK Đại Số 10): Cho số x > 5, số nào trong các số sau đây là số nhỏ nhất?
Lời giải
Với mọi x ≠ 0 ta luôn có: hay C < A < B.
Lại có x > 5 ⇒ x2 > 52 (Bình phương hai vế)
⇒ (Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với )
Vậy ta có C < A < B và C < A < D nên trong bốn số trên, C là số nhỏ nhất.
Kiến thức áp dụng
+ Cộng cả hai vế của BĐT với một số bất kì, bất đẳng thức không đổi chiều
a < b ⇔ a + c < b + c
+ Nâng hai vế của bất đẳng thức lên một lũy thừa bậc chẵn:
0 < a < b ⇔ a2n < b2n với mọi n ∈ N*.
+ Nhân cả hai vế của BĐT với một số dương thì BĐT không đổi chiều:
a < b ⇔ a.c < b.c với mọi c > 0.
Bài 3 (trang 79 SGK Đại Số 10): Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
a) Chứng minh (b – c)2 < a2
b) Từ đó suy ra: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
Lời giải
a) Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
⇒ a + c > b và a + b > c (Bất đẳng thức tam giác)
⇒ a + c – b > 0 và a + b – c > 0
Ta có: (b – c)2 < a2
⇔ a2 – (b – c)2 > 0
⇔ (a – (b – c))(a + (b – c)) > 0
⇔ (a – b + c).(a + b – c) > 0 (Luôn đúng vì a + c – b > 0 và a + b – c > 0).
Vậy ta có (b – c)2 < a2 (1) (đpcm)
b) Chứng minh tương tự phần a) ta có :
( a – b)2 < c2 (2)
(c – a)2 < b2 (3)
Cộng ba bất đẳng thức (1), (2), (3) ta có:
(b – c)2 + (c – a)2 + (a – b)2 < a2 + b2 + c2
⇒ b2 – 2bc + c2 + c2 – 2ca + a2 + a2 – 2ab + b2 < a2 + b2 + c2
⇒ 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ca) < a2 + b2 + c2
⇒ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) (đpcm).
Bài 4 (trang 79 SGK Đại Số 10): Chứng minh rằng:
x3 + y3 ≥ x2y + xy2, ∀x, y ≥ 0
Lời giải
Ta có: x3 + y3 ≥ x2y + xy2
⇔ (x3 + y3) – (x2y + xy2) ≥ 0
⇔ (x + y)(x2 – xy + y2) – xy(x + y) ≥ 0
⇔ (x + y)(x2 – xy + y2 – xy) ≥ 0
⇔ (x + y)(x2 – 2xy + y2) ≥ 0
⇔ (x + y)(x – y)2 ≥ 0 (Luôn đúng vì x + y ≥ 0 ; (x – y)2 ≥ 0)
Dấu « = » xảy ra khi (x – y)2 = 0 ⇔ x = y.
Kiến thức áp dụng
+ Lũy thừa bậc chẵn của mọi số luôn ≥ 0.
A2n ≥ 0 với mọi A và n ∈ N*
Bài 5 (trang 79 SGK Đại Số 10): Chứng minh rằng:
x4 – √x5 + x – √x + 1 > 0, ∀ x ≥ 0
Lời giải
Đặt t = √x (điều kiện t ≥ 0), khi đó
x4 – √x5 + x – √x + 1 = (√x)8 – (√x)5 + (√x)2 – (√x) + 1 = t8 – t5 + t2 – t + 1
Ta cần chứng minh : t8 – t5 + t2 – t + 1 > 0
Cách 1 (theo hướng dẫn ở đề bài).
+ Xét 0 ≤ t < 1 ⇒ t3 < 1 ⇒ 1 – t3 > 0 ; 1 – t > 0
t8 – t5 + t2 – t + 1 = t8 + (t2 – t5) + (1 – t)
= t8 + t2.(1 – t3) + (1 – t)
> 0 + 0 + 0 = 0
+ Xét t ≥ 1 ⇒ t3 ≥ 1 ⇒ t3 – 1 ≥ 0 và t – 1 ≥ 0.
t8 – t5 + t2 – t + 1 = t5.(t3 – 1) + t.(t – 1) + 1
≥ 0 + 0 + 1 > 0
Vậy với mọi t ≥ 0 thì t8 – t5 + t2 – t + 1 > 0 hay x4 – √x5 + x – √x + 1 > 0, ∀ x ≥ 0 (đpcm)
Cách 2:
2.(t8 – t5 + t2 – t + 1) = t8 + t8 – 2t5 + t2 + t2 – 2t + 1 + 1
= t8 + (t4 – t)2 + (t – 1)2 + 1.
≥ 0 + 0 + 0 + 1 = 1.
(Vì t8 ≥ 0 ; (t4 – t)2 ≥ 0; (t – 1)2 ≥ 0)
⇒ t8 – t5 + t2 – t + 1 ≥ 1/2 > 0 hay x4 – √x5 + x – √x + 1 > 0, ∀ x ≥ 0 (đpcm)
Bài 6 (trang 79 SGK Đại Số 10): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, trên các tia Ox và 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.
Lời giải
Gọi tiếp điểm của AB và đường tròn tâm O, bán kính 1 là M, ta có: OM ⊥ AB.
ΔOAB vuông tại O, có OM là đường cao nên MA.MB = MO2 = 1 (hằng số)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
MA + MB ≥ 2√MA.MB = 2. √1 = 2
Dấu « = » xảy ra khi MA = MB = 1.
Khi đó OA = √(MA2 + MO2) = √2 ; OB = √(OM2 + MB2) = √2.
Mà A, B nằm trên tia Ox và Oy nên A(√2; 0); B(0; √2)
Vậy tọa độ là A(√2, 0) và B(0, √2).