Biết min của biểu thứcS=[(f′(x))2+1][2f′(0)+(a−x)f′(a)+6][f(2−4−2x√)+f(x)]2[f(2−4−2x√)+f(a)] bằng m/n ​

Question

Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm trên R, bảng biến thiên của hàm số y=f(x) như hình vẽ và f''(x)<0; <span class="math-tex">\(\forall x\in \left(0\, ;\, +\infty \right).\) Biết a, x thay đổi trên đoạn \(\left[0\, ;\, 2\right]\) và giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(S=\frac{\left[\left(f'\left(x\right)\right)^{2} +1\right]\left[2f'\left(0\right)+\left(a-x\right)f'\left(a\right)+6\right]}{\left[f\left(2-\sqrt{4-2x} \right)+f\left(x\right)\right]^{2} \left[f\left(2-\sqrt{4-2x} \right)+f\left(a\right)\right]} \) bằng \(\frac{m}{n} \) (phân số tối giản).

Tổng m+n thuộc khoảng nào dưới đây
\(A. \left(20\, ;\, 25\right). B. \left(95\, ;\, 145\right).\)

\(C. \left(45\, ;\, 75\right). D. \left(75\, ;\, 95\right).\)
 

Answer 1

Chọn C

Vì\( f''\left(x\right)<0, \forall x\in \left(0\, ;\, +\infty \right) \)(đồ thị hàm số lồi) nên đồ thị hàm số nằm hoàn toàn phía dưới mọi tiếp tuyến tại các điểm có hoành độ thuộc khoảng \(\left(0\, ;\, +\infty \right)\), hay:
\(\[f\left(x\right)\le f'\left(x_{0} \right)\left(x-x_{0} \right)+f\left(x_{0} \right), \forall x\in \left(0\, ;\, +\infty \right).\] \)
Suy ra: \(\left\{\begin{array}{l} {0<f\left(a\right)\le f'\left(0\right)\left(a-0\right)+f\left(0\right)=a.f'\left(0\right)+2} \\ {0<f\left(2-\sqrt{4-2x} \right)\le f'\left(2\right)\left(2-\sqrt{4-2x} -2\right)+f\left(2\right)=4} \end{array}\right.  .\)

Cộng tương ứng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được:
\(\[0<f\left(a\right)+f\left(2-\sqrt{4-2x} \right)\le a.f'\left(0\right)+6.\] \)
Mặt khác, ta đi chứng minh:
\(\[2f'\left(0\right)+\left(a-x\right)f'\left(a\right)+6\ge a.f'\left(0\right)+6\Leftrightarrow \left(2-a\right)f'\left(0\right)\ge \left(x-a\right)f'\left(a\right).\] \)
Nếu \(0\le x\le a\le 2 thì \left(2-a\right)f'\left(0\right)\ge 0\ge \left(x-a\right)f'\left(a\right).\)

Nếu \(0\le a<x\le 2 thì \left\{\begin{array}{l} {2-a\ge x-a>0} \\ {f'\left(0\right)\ge f'\left(a\right)} \end{array}\right. \Rightarrow \left(2-a\right)f'\left(0\right)\ge \left(x-a\right)f'\left(a\right).\)

Từ đây suy ra: \(2f'\left(0\right)+\left(a-x\right)f'\left(a\right)+6\ge a.f'\left(0\right)+6\ge f\left(a\right)+f\left(2-\sqrt{4-2x} \right)>0\)
\(\[\Leftrightarrow \frac{2f'\left(0\right)+\left(a-x\right)f'\left(a\right)+6}{f\left(a\right)+f\left(2-\sqrt{4-2x} \right)} \ge 1.\] \)
Lại có: \(\left(f'\left(x\right)\right)^{2} +1\ge 1 và f\left(2-\sqrt{4-2x} \right)+f\left(x\right)\le 2.f\left(2\right)=8, \forall x\in \left[0\, ;\, 2\right].\)
\(\[\Rightarrow S=\frac{\left[\left(f'\left(x\right)\right)^{2} +1\right]\left[2f'\left(0\right)+\left(a-x\right)f'\left(a\right)+6\right]}{\left[f\left(2-\sqrt{4-2x} \right)+f\left(x\right)\right]^{2} \left[f\left(2-\sqrt{4-2x} \right)+f\left(a\right)\right]} \ge \frac{1}{64} \] \)
\(\Rightarrow S_{\min } =\frac{1}{64}  khi x=2\Rightarrow \left\{\begin{array}{l} {m=1} \\ {n=64} \end{array}\right. \Rightarrow m+m=65.\)