22X X X XX X X X1 1 2 2DẠNG

1 . 2

2

x x x x

1 1 2 2

dạng : ^{1 2 1 2}

  

1 1 1

x   x   x x 

x  x  x x

   . Hay ^{1 2 1 2}

2 1 1 2

1 2 1 2

2 1 2

x x

  

1 1

   ^{1 2} 

. Theo bất đẳng thức Cô si ta

1 1 1 1

x x

     

1 2

 

có: x ₁  x ₂   1 2 x x _{1 2}  1 . Để chứng minh   * ta quy về chứng minh:

Group: https://traloihay.net

82

Truy cập Website: hoc360.net – Tải tài liệu học tập miễn ph

1 1 2

1 x  1 x  1 x x

   với x x ₁ , ₂  1 . Quy đồng và rút gọn bất đẳng thức

trên tương đương với  ^{x x 1 2  1}  ^{x 1  x 2}  ^{2  0} ( Điều này là hiển nhiên

đúng). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x ₁  x ₂  a ²  4 b .

Ví dụ 15: Giả sử phương trình bậc hai ax ²  bx c   0 có hai nghiệm thuộc

 0;3 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 

2 2

18 9

a ab b

 

  

Q a ab ac

9 3

Lời giải:

Vì phương trình bậc 2 có 2 nghiệm nên a  0 . Biểu thức Q có dạng đẳng

b b

 

   

a a

.



hoc360.ne t

Q b c

cấp bậc 2 ta chia cả tử và mẫu của Q cho a ² thì

9

x x b

   

 

a

.

Gọi x x ₁ , ₂ là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có:



x x c

 

 

18 9 18 9

         

x x x x

 

Vậy :    

Q b c x x x x

 

9 9 3

* Ta GTLN của Q: Ta đánh giá  x 1  x 2  ² qua x x _{1 2} với điều kiện

 

x x  .