The Collectors

Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$, có...

Câu hỏi: Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ liên tục trên $\mathbb{R}$, có ${{f}'}'\left( x \right)>0$, $\forall x\in \left[ {{x}_{3}}; {{x}_{2}} \right]$ và đồ thị $y=f\left( x \right)$ như hình sau
image14.png
Gọi ${{\left[ f\left( x \right)-x{f}'\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)-f\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)+1 \right]}^{2}}=m$ ; ${{\left[ \dfrac{1-{f}'\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right).f\left( {{x}_{0}} \right)}{2} \right]}^{2}}=n$ ; ${{x}_{0}}\in \left[ {{x}_{3}};0 \right]$
Khi đó giá trị nhỏ nhất của $S=\dfrac{2}{\left( m+1 \right)\left( 4n+1 \right)}+\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{m+4n}{1+4m.n}}+\sqrt{m.n}$ trên $x\in \left[ {{x}_{3}}; {{x}_{2}} \right]$ bằng $k$ và $T=\left( k-f\left( {{x}_{0}} \right) \right)\left( k+f\left( {{x}_{0}} \right) \right)+{{x}^{2}}$. Khẳng định đúng
A. $T\in \left( 0;1 \right)$.
B. $T\in \left( 2;3 \right)$.
C. $T\in \left( 4;5 \right)$.
D. $T\in \left( 5;6 \right)$.
Từ đồ thị ta có $f\left( {{x}_{1}} \right)={{x}_{1}}$, $f\left( {{x}_{3}} \right)=0$
+) Trên $\left[ {{x}_{3}}; 0 \right]$ thì $f\left( x \right)\le 0$ suy ra $\left\{ \begin{aligned}
& f\left( {{x}_{0}} \right)\le 0 do {{x}_{0}}\in \left[ {{x}_{3}};0 \right] \\
& f\left( {{x}_{0}} \right)\ge f\left( {{x}_{1}} \right)={{x}_{1}}>{{x}_{3}} \\
\end{aligned} \right.$
$\Rightarrow f\left( x\_0 \right)\in \left[ {{x}_{3}};0 \right]$
+) Vì ${{f}'}'\left( x \right)>0,\forall x\in \left[ {{x}_{3}};{{x}_{2}} \right]$
Theo bất đẳng thức tiếp tuyến ta có $\forall f\left( {{x}_{0}} \right)\in \left[ {{x}_{3}};0 \right]$ thì
$f\left( x \right)\ge {f}'\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)\left( x-f\left( {{x}_{0}} \right) \right)+f\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)$
$\Rightarrow f\left( x \right)-x{f}'\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)-f\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)+1$ $\ge {f}'\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)\left( x-f\left( {{x}_{0}} \right) \right)+f\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)-x{f}'\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)-f\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)+1$
$=1-{f}'\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right).f\left( {{x}_{0}} \right)$ $\left( 1 \right)$
+) Lại có ${{f}'}'\left( {{x}_{0}} \right)>0,\forall x\in \left[ {{x}_{3}}; {{x}_{2}} \right]$
$\Rightarrow y={f}'\left( x \right)$ đồng biến và liên tục trên $\left[ {{x}_{3}};{{x}_{2}} \right]$
Do ${{x}_{0}}\in \left[ {{x}_{3}};0 \right]$ $\Rightarrow {{x}_{1}}\le f\left( {{x}_{0}} \right)\le 0$ (suy ra từ đồ thị)
$\Rightarrow {f}'\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)\ge {f}'\left( {{x}_{1}} \right)=0$ (do $x={{x}_{1}}$ là điểm cực trị của hàm số)
Mà $f\left( {{x}_{0}} \right)\le 0$ $\Rightarrow {f}'\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right).f\left( {{x}_{0}} \right)\le 0$
$\Rightarrow 1-{f}'\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right).f\left( {{x}_{0}} \right)\ge 1$ $\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $m={{\left[ f\left( x \right)-x{f}'\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)-f\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)+1 \right]}^{2}}\ge 1$
$n={{\left[ \dfrac{1-{f}'\left( f\left( {{x}_{0}} \right) \right)f\left( {{x}_{0}} \right)}{2} \right]}^{2}}\ge \dfrac{1}{4}$
+) Đặt $m=a,4n=b$ khi đó $a,b\ge 1$ và $a\ge b$
Ta có: $S=\dfrac{2}{\left( m+1 \right)\left( 4n+1 \right)}+\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{m+4n}{1+4m.n}}+\sqrt{m.n}$
$=\dfrac{2}{\left( a+1 \right)\left( b+1 \right)}+\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{a+b}{ab+1}}+\dfrac{1}{2}\sqrt{ab}$
Do $a,b\ge 1$ $\Rightarrow \left( a-1 \right)\left( b-1 \right)\ge 0$ $\Leftrightarrow ab+1\ge a+b$ $\Rightarrow \left( a+1 \right)\left( b+1 \right)=\left( ab+1 \right)+\left( a+b \right)\le 2\left( ab+1 \right)$
$\Rightarrow S\ge \dfrac{1}{ab+1}+\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{a+b}{ab+1}}+\dfrac{1}{2}\sqrt{ab}$
$=\dfrac{2+\sqrt{a+b}\sqrt{ab+1}+\sqrt{ab}\left( ab+1 \right)}{2{{\left( \sqrt{ab+1} \right)}^{2}}}$
+) Ta chứng minh: $\dfrac{2+\sqrt{a+b}\sqrt{ab+1}+\sqrt{ab}\left( ab+1 \right)}{2{{\left( \sqrt{ab+1} \right)}^{2}}}\ge \dfrac{3}{2}$
$\Leftrightarrow 2+\sqrt{a+b}\sqrt{ab+1}+\sqrt{ab}\left( ab+1 \right)\ge 3\left( ab+1 \right)$
$\Leftrightarrow \sqrt{a+b}\sqrt{ab+1}+\sqrt{ab}\left( ab+1 \right)\ge 3\text{a}b+1$ (3)
Do $ab+1\ge a+b$ suy ra vế trái $\left( 3 \right)$ $\ge a+b+\sqrt{ab}\left( ab+1 \right)$
$\ge 2\sqrt{ab}+\sqrt{ab}\left( ab+1 \right)$
+) Chứng minh: $2\sqrt{ab}+\sqrt{ab}\left( ab+1 \right)\ge 3ab+1$ (4)
Đặt $t=\sqrt{ab}$ (điều kiện: $t\ge 1$ )
Bất đẳng thức $\left( 4 \right)$ trở thành $2t+t\left( {{t}^{2}}+1 \right)\ge 3{{t}^{2}}+1$
$\Leftrightarrow {{t}^{3}}-3{{t}^{2}}+3t-1\ge 0$
$\Leftrightarrow \left( t-1 \right)\!\!\hat{\ }\!\!\text{ 3}\ge \text{0}$ (đúng $\forall t\ge 1$ )
Suy ra: $S\ge \dfrac{3}{2}$
Khi đó $MinS=\dfrac{3}{2}$ khi $x={{x}_{0}}={{x}_{1}}$ và $f\left( {{x}_{0}} \right)={{x}_{0}}$
Vậy $T=\left( \dfrac{3}{2}-{{x}_{0}} \right)\left( \dfrac{3}{2}+{{x}_{0}} \right)+{{x}_{0}}$ $=\dfrac{9}{4}\in \left( 2; 3 \right)$.
Đáp án B.
 

Quảng cáo

Back
Top