Bài 2 bài tập có đáp án chi tiêt về chứng minh đồ thị có tâm đối xứng

Chứng minh tương tự như câu 1... Lập bảng biến thiên ta được đpcm.

HƯỚNG DẪN GIẢI.

Dạng 1 Tính giá trị biểu thức – Rút gọn

Bài 1:

1log 32

A 7= − log 270 log 10− =7 −log 3 = − = −3 6 3

log 3

2

10

−

lga lga

1

5 2

lg 5 2 6 5 2 6

+ +

( )

log 2 log 3

2 log 2 log 3 2log 6

F

2

Bài 2:

1 Để ý : 1350 3 5.30= 2

log 1350 log 3 5.30 log 3= = +log 5 log 30 2a b 1+ = + +

2

15

− −

log 24 3 log 3 log 24

log 25 2log 5

+

1 a log 3 log 5 a log 15 alog 6

2

25 2

2b 1

log 3

5 b

lg 5

2 b



giả

log 14 1 log 7 log 14

log 24 3 log 3

+

+

Mặt khác: ab log 3.log 7 log 72 3 2 log 1424 1 ab

3 a

+

+ .

Bài 3:

10

2n

5

−

3m 3log a5 1log b5 2n 10log a5 6log b5 log a log b5 5

9m 4n 1 log a5 3m 12n 1 log b5

A

⇒ không phụ thuộc vào

a,b

1

5 1 log a log b

2

B

⇒ không phụ thuộc vào

10 1

m

33 2

a,b





Bài 4:

ax

log bx log b log x

+

+

n n 1

1 2 n

− + + +

Bài 5:

1 Ta có: A 26x y 1 log a2 22x 11y log b2

Từ đó ta tìm được: x 5;y 5

2 Ta có: B 2y 4x 3 log a3 4y 8x 3 log b3 16x

Từ đó tìm được: x 63;y 27

Dạng 2 Chứng minh Đẳng thức – Bất đẳng thức

Bài 1:

3

3< < 2

2 log 0.2 1 log 0.30.3 < < 0.2

3 log 3 3log 22 3 4 2 3 4 2 log 165

+ − ≥ − > >

4 3 105 4>53⇒3 105 10>5 103 6⇒(300)5>(500)3⇒300500>500300

5

1 1

log 49 log 8 log 2

125

1log 9 log 6

log 4

2

45

2

Bài 2:

1 Từ giả thiết, ta có : a2+b2=c2⇔a2= +(c b c b) ( − )

2

a +b =7ab⇔a +b +2ab 9ab= ⇔ a b+ =9ab

2

+

3 a a 3b 0> >

2lg a 3b− −lg4 lga logb= + ⇔lg a 3b− =lg 4ab

( )2

giả



a 9

b 1

 =

⇔  =

b

3 3

4373 a

2185

81

+ =



4 Ta có:3log a 2log2 + 2 2c log= 2b3

5 log a log c 2log bx + x = x ⇔log ac log bx = x 2⇔ac b= 2

6 logc b+ a log+ c b− a 2log= c b+ alogc b− a

Bài 3:

1 Giả sử cả ba số đều lớn hơn 1⇒log2012a,log2012b,log2012c 0>

abc

2012 2012 2012 2012

log 2012

Bài 4:

Đẳng thức xảy ra ⇔ =a b

2 Ta có: alog cb =clog ab

log cb log ba log ab log ba log a log bb a

Tương tự: alog cb +blog ac ≥2a; blog ac +clog ba ≥2b

Cộng ba BĐT trên lại với nhau, ta có:

log cb log ac log ba 3

a +b +c ≥ + + ≥a b c 3 abc.Đẳng thức xảy ra

Bài 5: Bất đẳng thức đã cho trở thành:

( ) ( ) ( )

3

Vì a,b,c 2≥ nên 1 1 1

a b+ ≤ hay a b ab+ ≤ Suy ra log a b2( + ) ≤log ab2( ) , tương tự log b c2( + ≤) log bc2( ) và

log c a+ ≤log ca

Đặt x log a,y log b,z log c= 2 = 2 = 2 suy ra x,y,z 1≥

VT

y z z x x y+ + ≥

y z z x x y+ + ≥

x y y z z x

Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân cho vế trái,

ta được điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x,y,z 1

x y z

 = =

 tức a b c 2= = = .

Bài 6:

1 Đặt a 2 ,b 2= x = y với a 0,b 0> > Khi đó : 3 3 ( 2 2)

2 2

P

=

+

Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân cả tử và mẫu

( ) ( )2 ( )2

a b

+

( ) ( )2

+

Suy ra P 8 2≥ Vậy, minP 8 2= , khi a b= tức x y= .

2 Ta có:

2

 −  ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≥ −

Tương tự : b2 b 1,c2 c 1,d2 d 1

2

giả

Tương tự : log cb 1 2log c,log db c 1 2log d,c

4

1

2

3

2

⇔ − + = ⇔ = (do a b> ) P 29

36

Bài 7:

1 sin x2 cos x2 sin x cos x2 2

2 Giả sử cả ba số đều lớn hơn 1⇒log2010a,log2010b,log2010c 0>

abc

2010 2010 2010 2010

log 2010

Bài 8:

1 Xét hàm số f(x) ln(1 x) x 1x2

2

= + − + với x 0≥

f(x) f(0) 0 x 0 (1)

2 Chứng minh tương tự như câu 1.

Dạng 3 Tìm tập xác định của hàm số Bài 1:

 − >  >

2

2 2

x 2

 ≥



 + − ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ < − ⇔ ≥

− ≥ −







3 )

2

2

 + − >

 − >



1

x 2

x 1

 ≤ ≤



− >

 >



5

2

2

x 3

x

 ≥



− >





 < + ≠ ⇔ ≥ − ⇒ = − +∞ 

2 x

3

 > −

− − >



Bài 2:

1 Điều kiện:

2

D [ 2; 1) (1;2]

0

x 1

 − ≥ − ≤ < −

 −  < ≤

> 

 +

2 Điều kiện:

2

2

 − + ≥

 < ≠ ⇒ = +∞



 − >



3 Điều kiện:

2

x 2 1

x 3

 + − >

 + ≥

 −



4 Điều kiện: 0 x 12 D ( 1 17; )

 < ≠

 + − >



Bài 3:

giả

1 Hàm số xác định với x∀ ∈¡

2 2 2 2

(3) 3

(4) 2

 − + >



 − +

¡

1

2

x



¡

4

m

 < <



 ≤ ≤



2 Điều kiện: 2x2 3x 2m 1 0 x m 17

16

+ + − > ∀ ∈ ⇔¡ >

3 Điều kiện: 2

2

+ + + > ∀ ∈ ⇔ − < <

4 Điều kiện:

2 2 2

0 x

>



¡ , không tồn tại m

Dạng 4 Tính giới hạn và đạo hàm Bài 1:

x

x 0 x 0

x

−

x 0

x

( 2 ) 2 ( 2 )

2

1

sin x

( 2 )

2

x 0

ln 1 tan x

tan x

→

+

( )

x x0

ln 1 u x

u x

→

+

=

* ( ) ln(1 x) (1 x) 1 e ln 1 x( ) ( )1 ln 1 x( )

( )

ln 1 x

x 0

ln 1 x

x

ln 1 x

α +

→

−

* x a a( x a ) a x a a

a

a

x a

a

x a

a

−

−

 + −  −

a

x a

x a

a

x a

a

−

 + −  −

−

Bài 2:

( ) ( )

y'

+

2 y' 31

3x lnx

=

3 y' 3cos3x10 9

10 sin 3x

2

5

   

−

   

2

y'

2

2

y'

7 y' e= 3 2x 1 x+ − 3x2+ −1 x÷'+33x 1− (3x 1 'ln3− )

( )

'

2 2 3

2x

+ −

+

giả

Dạng 5 Ứng dụng – chứng minh đẳng thức – bất đẳng thức Bài 1:

1 Ta có y' cosx.e= sinx⇒y''= −sinx.esinx+cos x.e2 sinx

y'' sinx.y cosx.y' y'cosx y.sinx y" 0

2 Ta có: y'= −tanx⇒y''= − −1 tan x2 = − +1 y'.tanx

y'.tanx y'' 1 0

3 ∀ ∈x ( )0;1 , ta có

1 x

−

−

−

Suy ra ( )2 y 1 x ln1 xx 1 x x

4 Ta có: y' 3cos lnx( ) 4sin lnx( ) x 3sin lnx( ) 4cos lnx( )

y' 7cos lnx= +sin lnx y'' 7sin lnx( ) 1cos lnx( )

x 7cos lnx sin lnx 2x 3cos lnx 4sin lnx 

7xsin lnx xcos lnx 7xcos lnx xsin lnx

6xcos lnx 8xsin lnx 0

Bài 2:

1.Ta có: f' x( ) =ex− ⇒1 f' x( ) = ⇔ =0 x 0

Lập bảng biến thiên, ta thấy f x( ) ( )≥f 0 = ∀ ∈0 x ¡

2 Xét hàm số ( ) x x2

2

= − − − với x 0≥ , ta có:

( ) x

f' x =e − − ≥ ∀ ∈1 x 0 x ¡ (theo kết quả câu 1).

( ) ( )

f x f 0 0 x 0

3 Xét hàm số ( ) ( ) 1 2

2

1 x 0,x 1> ≠

Ta có: y xlog 2 x.x ln2 ln2 x y' ln2 lnx 12

 − 

2

lnx 1

ln x

 − 

Vậy bất phương trình có nghiệm : 0 x e< ≤ và x 1≠

y'= − +2x 1 e− + , y''= 4x −4x 1 e− − +

( 2 ) x2 x 2 1

2

− +

2

1 y'

 + + 

Khi đó: 2x.y' 1 0 2x 2 1

1 x

+

2

 ≥



= +

Bài 4: Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi :

− − + > ⇔ − < <

y'

+

Trên khoảng (−1;1 : y' 0) = ⇔ =x 0

Lập bảng biến thiên, ta thấy: hàm số đồng biến trên khoảng (−1;0) và nghịch biến trên khoảng ( )0;1

Bài 5:

1 Hàm số đồng biến trên khoảng (0;+∞ ⇔) 2a3+3a2−2a 2 1− >

(a 1 2a) ( 2 5a 3) 0 (a 1 a 1 2a 3) ( ) ( ) 0

3

2

⇔ − < < − hoặc a 1>

x 2

x

2

 =

Lập bảng biến thiên, ta có được :

Hàm đồng biến trên mỗi khoảng ;1

2

−∞ 

  và (2;+∞) Hàm nghịch biến trên khoảng 1;2

2

 .

giả

Ta có:

y' 0 x

 + − > − ≥

 > > ⇒ − >





¡

Vậy hàm số đồng biến trên ¡

Bài 6:

1 miny y 1= ( )− =2, maxy y 1 12= ( )=

2 miny y 1 18= ( )± =

Bài 7:

1 a b c db c d a≥a d c bd c b a⇔ln a b c d( b c d a) (≥ln a d c bd c b a)

blna clnb dlnc alnd dlna clnd blnc alnb

(d b lnc lna) ( ) (c a lnd lnb) ( ) ( )2

Nếu c a= hoặc b d= Thì bất đẳng thức luôn đúng

Xét c a≠ và b d≠

Khi đó:( )

2

Xét hàm số: f x ( ) lnx

x 1

= − trên (1;+∞) ta có: ( )

( )2

x 1 xlnx f' x

x x 1

− −

=

−

Đặt:g x( ) = − −x 1 xlnx⇒g' x( ) = −lnx 0, x 1< ∀ > ⇒g x( )

nghịch biến trên (1;+∞ ⇒) g x( ) ( )<g 1 =0

f' x < ∀ ∈0, x 1;+∞ ⇒f x nghịch biến trên (1;+∞)

f

   

⇒  ÷  ÷≥

    vì

c d 1

a b

 < ≤ 

đpcm

2 Đặt: t x y 1,t x y tx x y y x t 1( )

Do đó: ( )

( )

2x t 1

2

Bài toán trở thành chứng minh: lnt 2t 1

t 1

−

>

+ với mọi t 1> .

Xét hàm số: f t( ) lnt 2 t 1( ), t 1

t 1

−

( ) ( ( ) )

2

t 1

−

( ) ( )

⇒ > = ∀ > hay lnt 2t 1

t 1

−

>

+ với t 1∀ > đpcm.

3 Bất đẳng thức cần chứng minh lnb2 lna2

⇔ >

Xét hàm số f t( ) lnt2, 0 t 1

1 t

= < <

+

( ) ( )

2

1

t f' t

Do 0 t 1< < ⇒lnt 0< ⇒f' t( )> ∀ ∈0 t ( )0;1

( )

f t

⇒ là hàm đồng biến trên ( )0;1 nên với 1 b a 0> > > thì ta có

( ) ( ) lnb2 lna2

> ⇔ >

4 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

( ) ( )

( a ) ( b ) ln 4( a 1) (ln 4b 1) ( )

Xét hàm số : ( ) ln 4( )t 1 ( )

t

+

( )

2 t

trên (0;+∞)

Vậy : ( ) ( ) ln 4( a 1) (ln 4b 1) ( )

Bài 8:

giả

Ta có f x là hàm liên tục trên ( ) D=(0;+∞) và

f' x = α − α = α −x x 1 , x 0∀ > ⇒f' x = ⇔ =0 x 1

Vì f' x đổi dấu từ ( ) − sang + khi x qua x 1= nên f x( ) ( )≥f 1 = ∀ >0 x 0 Hay xα≥ α − α + ∀ >x 1, x 0 Đẳng thức xảy ra ⇔ =x 1

Tiếp theo, ta chứng minh :

1

k k k

≤

( )∗

Đặt

1

k k

( )∗ trở thành: x y 2+ ≥

Ta có: ( )k 1k 1( k ) ( )

k

k

Cộng ( )1 và ( )2 theo vế ta đước x y 2+ ≥ suy ra ( )∗ được chứng minh

Áp dụng ( )∗ ta được :

a b c

2 Ta có: k k( k k) k( )k k ( )k ( )

a b a +b =a 1 a− a + −1 a =f a

f a =a 1 a− a + −1 a , a∈ 0;1

−

−

−

−

2

⇒ = ⇔ = Lập bảng biến thiên ta được đpcm

x

=  + + ÷− − >

Ta có: f' x( ) x22 1 x2 0 f x( )

x 1 x

+ −

Mặt khác: xlim ln1 x2 1 1 0 f x( ) 0 x 0

→+∞

 − ÷= ⇒ < ∀ >

4 Xét hai hàm số f x( )=ln 1 x( + )−x và g x( ) ln 1 x( ) x

x 1

+ với x 0>

5 Xét hàm số f x( ) x a x b lnf x( ) (x b ln) x a

+

( )

f x

2 2

b a

−

 +  −

nghịch biến, mà xlim g x( ) 0 g x( ) 0, x 0 f' x( ) 0

→+∞ = ⇒ > ∀ > ⇒ >

Suy ra f x đồng biến trên ( ) 0; ) f x( ) ( )f 0 a b, x 0

b

 

 +∞ ⇒ > = ÷ ∀ >

6 Ta có: ( x x)y ( y y)x xy 3 x y xy 3 y x

       

       

               

⇔ + ÷ < + ÷ ⇔ + ÷ < + ÷

               

( x) ( y)

2

= Đặt ( ) ( ) ( ) t t ( ) ( )t t

t

2

1

Vậy f t nghịch biến trên ( ) (0;+∞) mà x y 0> > ⇒f x( ) ( )<f y vậy ( )1 đúng nên bất đẳng thức được chứng minh

7 Ta có

x 1

+

xlnx (x 1)ln(x 1) (x 1)ln2 0

Khảo sát hàm số f(x) xlnx (x 1)ln(x 1) (x 1)ln2= − + + + + với x 1≥ ta có điều phải chứng minh