* Nhớ được cách xét tính đơn điệu của một hàm số, lập bảng biến thiên…
* Nhớ các bất đẳng thức.
* Thường áp dụng cho các Bài toán đặc thù, phức tạp không có thuật toán cụ thể nhưng hay có trong các kì thi đại học các năm gần đây.
I. Kỹ thuật sử dụng BĐT để đánh giá hai vế:
1) Bất đẳng thức thông dụng:
Dấu “=” xảy ra khi a$_1$ = a$_2$ = … = a$_n$.
${\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + ... + {a_n}{b_n}} \right)^2} \le \left( {a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2} \right)\left( {b_1^2 + b_2^2 + ... + b_n^2} \right)$.
Dấu « = » xảy ra khi $\frac{{{a_1}}}{{{b_1}}} = \frac{{{a_2}}}{{{b_2}}} = ... = \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}}$.
2) Ví dụ :
Bài 1: Giải bất phương trình : $\sqrt {1 + x} + \sqrt {1 - x} \le 2 - \frac{{{x^2}}}{4}$ (1)
* Khi đó
$\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow 1 + x + 1 - x + 2\sqrt {1 - {x^2}} \le 4 - {x^2} + \frac{{{x^4}}}{{16}}\\ \Leftrightarrow \left( {1 - {x^2} - 2\sqrt {1 - {x^2}} + 1} \right) + \frac{{{x^4}}}{{16}} \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} - 1} \right)^2} + \frac{{{x^4}}}{{16}} \ge 0
\end{array}$
Điều này luôn đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy nghiệm của bất phương trình là x ∈ [-1; 1].
Bài tập 2: Giải bất phương trình : $\frac{{x - \sqrt x }}{{1 - \sqrt {2\left( {{x^2} - x + 1} \right)} }} \ge 1$ (2)(ĐH_A_2010)
Mặt khác: Theo BĐT bunhiacopski ta có: $\sqrt {2\left( {{x^2} - x + 1} \right)} = \sqrt {\left( {1 + 1} \right)\left[ {{{\left( {1 - x} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x } \right)}^2}} \right]} \ge 1 - x + \sqrt x $ (4)
1. Định nghĩa:
$\overrightarrow u .\overrightarrow v = \left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|\cos (\overrightarrow u ,\overrightarrow v )$.
a) Biểu thức tọa độ của tích vô hướng:
c) $\left| {\overrightarrow u + \overrightarrow v } \right| \le \left| {\overrightarrow u } \right| + \left| {\overrightarrow v } \right|$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\overrightarrow u ,\overrightarrow v $ cùng hướng.
2) Ví dụ: Ta quay lại Bài thi ĐH_A_2010:
Giải bất phương trình: $\frac{{x - \sqrt x }}{{1 - \sqrt {2\left( {{x^2} - x + 1} \right)} }} \ge 1$ (1) (ĐH_A_2010)
* Nhớ các bất đẳng thức.
* Thường áp dụng cho các Bài toán đặc thù, phức tạp không có thuật toán cụ thể nhưng hay có trong các kì thi đại học các năm gần đây.
I. Kỹ thuật sử dụng BĐT để đánh giá hai vế:
1) Bất đẳng thức thông dụng:
- Bất đẳng thức Côsi:
Dấu “=” xảy ra khi a$_1$ = a$_2$ = … = a$_n$.
- Bất đẳng thức Bunhiacopski :
${\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + ... + {a_n}{b_n}} \right)^2} \le \left( {a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2} \right)\left( {b_1^2 + b_2^2 + ... + b_n^2} \right)$.
Dấu « = » xảy ra khi $\frac{{{a_1}}}{{{b_1}}} = \frac{{{a_2}}}{{{b_2}}} = ... = \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}}$.
2) Ví dụ :
Bài 1: Giải bất phương trình : $\sqrt {1 + x} + \sqrt {1 - x} \le 2 - \frac{{{x^2}}}{4}$ (1)
Giải
* Điều kiện : $\left\{ \begin{array}{l}1 + x \ge 0\\1 - x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 \le x \le 1$ (*)* Khi đó
$\begin{array}{l}\left( 1 \right) \Leftrightarrow 1 + x + 1 - x + 2\sqrt {1 - {x^2}} \le 4 - {x^2} + \frac{{{x^4}}}{{16}}\\ \Leftrightarrow \left( {1 - {x^2} - 2\sqrt {1 - {x^2}} + 1} \right) + \frac{{{x^4}}}{{16}} \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} - 1} \right)^2} + \frac{{{x^4}}}{{16}} \ge 0
\end{array}$
Điều này luôn đúng với mọi x thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy nghiệm của bất phương trình là x ∈ [-1; 1].
Bài tập 2: Giải bất phương trình : $\frac{{x - \sqrt x }}{{1 - \sqrt {2\left( {{x^2} - x + 1} \right)} }} \ge 1$ (2)(ĐH_A_2010)
Giải
- Điều kiện: x ≥ 0 (*).
- Ta có: $\sqrt {2\left( {{x^2} - x + 1} \right)} = \sqrt {{x^2} + {{\left( {x - 1} \right)}^2} + 1} > 1 \Rightarrow 1 - \sqrt {2\left( {{x^2} - x + 1} \right)} < 0$.
Mặt khác: Theo BĐT bunhiacopski ta có: $\sqrt {2\left( {{x^2} - x + 1} \right)} = \sqrt {\left( {1 + 1} \right)\left[ {{{\left( {1 - x} \right)}^2} + {{\left( {\sqrt x } \right)}^2}} \right]} \ge 1 - x + \sqrt x $ (4)
- Dấu bằng xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}1 - x = \sqrt x \\1 - x + \sqrt x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {1 - x} \right)^2} = x\\1 - x \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}$.
1. Định nghĩa:
$\overrightarrow u .\overrightarrow v = \left| {\overrightarrow u } \right|.\left| {\overrightarrow v } \right|\cos (\overrightarrow u ,\overrightarrow v )$.
a) Biểu thức tọa độ của tích vô hướng:
- Trong hệ tọa độ Oxy, nếu $\overrightarrow u = (x;y),\overrightarrow v = (x';y')$ thì $\overrightarrow u .\overrightarrow v = x.x' + y.y'$.
- Trong hệ tọa độ Oxyz, nếu $\overrightarrow u = (x;y;z),\overrightarrow v = (x';y';z')$ thì $\overrightarrow u .\overrightarrow v = x.x' + y.y' + z.z'$.
c) $\left| {\overrightarrow u + \overrightarrow v } \right| \le \left| {\overrightarrow u } \right| + \left| {\overrightarrow v } \right|$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\overrightarrow u ,\overrightarrow v $ cùng hướng.
2) Ví dụ: Ta quay lại Bài thi ĐH_A_2010:
Giải bất phương trình: $\frac{{x - \sqrt x }}{{1 - \sqrt {2\left( {{x^2} - x + 1} \right)} }} \ge 1$ (1) (ĐH_A_2010)
Giải
- Điều kiện: x ≥ 0
- Do >1 nên bất phương trình (1) tương đương với: $x - \sqrt x \le 1 - \sqrt {2({x^2} - x + 1) \Leftrightarrow \sqrt {2({x^2} - x + 1} } \le (1 - x) + \sqrt x $ (2)
- Trong mặt phẳng tọa độ lấy $\vec a = (1 - x;\sqrt {x)} ;\,\overrightarrow b = (1;1)$,. Khi đó: $\overrightarrow a .\overrightarrow b = 1 - x + \sqrt x ;\left| {\overrightarrow a } \right|.\left| {\overrightarrow b } \right| = \sqrt {2\left( {{x^2} - x + 1} \right)} $.
- Vậy (2) trở thành $\left| {\overrightarrow a } \right|\left| {\overrightarrow b } \right| \le \overrightarrow a .\overrightarrow b $. Điều này xảy ra khi $\overrightarrow a ,\overrightarrow b $ cùng hướng tức là tồn tại k > 0 sao cho $\overrightarrow a = k\overrightarrow b \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - x = k\\\sqrt x = k\end{array} \right. \Rightarrow x = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}$.
- Nhận xét: Ta có thể xây dựng được một lớp các Bài toán tương tự trên bằng cách lấy các vectơ thích hợp.
