TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNGUYỄN KHẮC HIẾN CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM MŨ VÀ LOGARIT Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪ
Tính chất cơ bản của hàm mũ và logarit
Tính chất cơ bản của hàm mũ
Định nghĩa 1.1 Cho a là số dương bất kỳ, khác 1 Hàm số dạng y = a x được gọi là hàm số mũ cơ số a.
Xét hàm số mũ y = a x ,0 < a 6= 1 (với a = 1 thì hàm số y = 1 x = 1 là hàm số hằng).
5 Hàm số đồng biến trên R nếu a > 1.
Hàm số nghịch biến trên R nếu 0 < a < 1.
6 Giới hạn và liên tục(a) Hàm số y = a x liên tục tại mọi điểm mà nó xác định, tức là ∀x ∈ R,lim a x = a x 0
7 Đạo hàm của hàm số mũ
(a) Hàm số y = a x có đạo hàm tại mọi điểm x ∈ R và (a x ) 0 = a x lna nói riêng ta có (e x ) 0 = e x
(b) Nếu hàm số u = u(x) có đạo hàm trên J (một khoảng của tập số thực) thì hàm số y = a u(x) có đạo hàm trên J và (a u(x) ) 0 u 0 (x)a u(x) lna nói riêng ta có (e u(x) ) 0 = u 0 (x)e u(x)
Tính chất cơ bản của hàm logarit
Định nghĩa 1.2 Hàm số x → 1 x liên tục trên khoảng (0,+∞) Với mỗi x > 0, ta đặt lnx Z x 1 dt t.
Số lnx được gọi là logarit tự nhiên hoặc logarit nêpe của số dương x.
Từ định nghĩa, ta có ln(1) = 0 Định lý 1.1 cho hàm số ln: (0,+∞) → R có đạo hàm, là hàm tăng nghiêm ngặt trên (0,+∞), nhận mọi giá trị trong R và có các tính chất sau: ln(xy) = ln x + ln y; ln(x^α) = α ln x với mọi x > 0 và α ∈ R; d/dx ln x = 1/x; ln là nghịch đảo của hàm exp; và giới hạn khi x tiến tới 0+ là -∞, khi x tiến tới ∞ là ∞.
Chứng minh Ta có (ln|x|) 0 1 x > 0 với mọi x > 0 Do đó hàm ln tăng nghiêm ngặt trên khoảng (0,+∞). a) Hiển nhiên hàm số x 7→ ln|x| xác định với mọi x 6= 0.
−x(−1) = 1 x. Vậy (ln|x|) 0 1 x với mọi x 6= 0. b) Cố định y > 0 và xét hàm số x 7→ ln(xy) Với mọi x > 0, ta có
Do đó ln(xy) = lnx+ C, x > 0.
Với x = 1, ta được C = lny Từ đó có đẳng thức cần chứng minh. c) Trong công thức b), với x 1 y, ta có ln 1 y = −lny Từ đó suy ra ln x y = ln(x.
1 y = lnx−lny. d) Nếu n là số nguyên dương thì từ b) suy ra lnx n = ln(x.x x) = lnx+ lnx+ ã ã ã+ lnx = nlnx, x > 0.
Nếu y = √ n x, x > 0 thì y n = x Từ đó nlny = lnx, do đó ln√ n x = 1 nlnx. p và x > 0 thì ln(x r ) = ln(x p q) 1 qln(x p ) p qln(x) = rlnx.
Nếu r là số hữu tỉ âm thì r = −r 0 trong đó r 0 là một số hữu tỉ dương ln(x r ) = ln(
Định nghĩa 1.3 cho logarit với cơ số a: với a > 0 và a ≠ 1, lna là một số thực khác 0, và với mọi x > 0 ta đặt log_a x = ln x / ln a Hàm số log_a được xác định trên miền (0, +∞) và được gọi là logarit với cơ số a Ngoài ra, logarit với cơ số a có tính chất log_a(x^r) = r log_a x với mọi x > 0 và mọi số thực r, và log_a x có thể được diễn tả bằng ln x chia cho ln a.
Hiển nhiên log a a = 1 và log a là một phép đẳng cấu từ nhóm nhân
Từ định lí 1.3 suy ra
Với mọi x > 0 và mọi r ∈ Q, log_a(x^r) = r log_a x Trong tính toán người ta thường dùng logarit với cơ số a = 10, logarit cơ số 10 được gọi là logarit thập phân và kí hiệu là lg Như vậy, với x > 0, lg x = log_10 x.
Nhận xét 1.1 Hàm số mũ và hàm số logarit là hai hàm ngược của nhau, nghĩa là y = log a x ⇔x = a y
Các đặc trưng của hàm số mũ và hàm số logarit
Đối với các hàm số mũ và hàm số logarit, ta có các đặc trưng sau
Do có các đặc trưng này, các hàm số trên là nghiệm của các phương trình hàm tương ứng.
Bài toán 1.1 (Phương trình hàm Cauchy dạng mũ) Xác định các hàm f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện sau f(x+y) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ R (1.1)
Giải Dễ thấy f ≡0 là một nghiệm của phương trình 1.1 Xét trường hợp f 6= 0, khi đó tồn tại x 0 ∈ R sao cho f(x 0 ) 6= 0.
Theo 1.1 thì f(x 0 ) = f(x+ (x 0 −x)) = f(x)f(x 0 −x) 6= 0, ∀x∈ R. Suy ra, f(x) 6= 0, ∀x ∈ R, mặt khác f(x) =f(x
2)] 2 > 0, ∀x ∈ R. Đặt lnf(x) = g(x) thì f(x) = e g(x) Khi đó g(x) là hàm liên tục trên R và g(x+y) = lnf(x+ y) = ln[f(x)f(y)]
= lnf(x) + lnf(y), ∀x, y ∈ R. Đây chính là phương trình hàm Cauchy (Xem[3]) nên g(x) = bx, b ∈ R tùy ý Suy ra f(x) = e bx , hay f(x) =a x với a = e b > 0.
Kết luận: Nghiệm của bài toán là f ≡ 0 và f(x) =a x , a > 0.
Bài toán 1.2 (Phương trình hàm Cauchy dạng logarit) Xác định các hàm f(x) liên tục trên R + thỏa mãn điều kiện sau: f(xy) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ R + (1.2)
Giải Dox, y ∈ R + nên đặt x = e u , y = e v với u, v ∈ R Khi đó, phương trình 1.2 có dạng f(e u+v ) =f(e u ) +f(e v ) Đặt g(t) = f(e t ), ta có g(u+v) = g(u) +g(v)
Rõ ràng g(t) liên tục trên R và thỏa mãn phương trình hàm Cauchy, nên g(t) = b t với mọi b ∈ R Từ đó f(x) = b ln x với x ∈ R+, và nghiệm của bài toán có hai dạng: f ≡ 0 hoặc f(x) = log_a x với a = e^b và b ≠ 0.
Các định lý bổ trợ
Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Jensen) Cho f là một hàm lồi xác định trên khoảng I ⊂ R Giả sử x 1 , x 2 , , x n ∈ I và cho λ 1 , λ 2 , , λ n là các số thực không âm sao cho n
Hơn nữa, khi λ 1 , λ 2 , , λ n là các số dương, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 = ã ã ã = x n
Ví dụ 1.1 Hàm số f(x) = e x là một hàm lồi, từ bất đẳng thức Jensen cho ta e n
X i=1 λ i a i Định lý 1.3 (Bất đẳng thức AM-GM) Giả sử x 1 , x 2 , , x n là các số không âm Khi đó x 1 + x 2 +ã ã ã+x n ≥ n√ n x 1 x 2 x n Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 = ã ã ã = x n
Hiện tại có rất nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức này.
Tuy nhiên, chúng tôi trình bày cách chứng minh sử dụng bất đẳng thức cơ bản của hàm mũ.
Bổ đề 1.1 Với mọi số thực x, ta có e x ≥ 1 +x.
Dấu đẳng thức có khi x = 0.
Bằng phương pháp đạo hàm của hàmf(x) = e x −1−xdễ dàng chứng minh được bất đẳng thức trên.
Hệ quả 1.1 Với mọi số thực x ta có e x−1 ≥ x.
Dấu đẳng thức có khi x = 1.
Từ hệ quả 1.1 ta chứng minh được định lí 1.3
Chứng minh Thật vậy, gọi An là trung bình cộng của dãy xj,(j 1, , n) Giả sử x j ≥ 0, ∀x j , khi đó ta có x1 x
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1
Hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức giữa trung bình nhân và trung bình điều hòa.
Hệ quả 1.1 (Bất đẳng thức GH) Với mọi bộ số dương x 1 , x 2 , , x n ta đều có
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = = xn Định lý 1.4 (Bất đẳng thức AH suy rộng) cho một mở rộng tự nhiên của định lý giữa trung bình cộng và trung bình nhân có trọng số: Giả sử có hai dãy số dương x1, x2, , xn và các trọng số p1, p2, , pn với p_i ≥ 0 và tổng p1 + p2 + + pn = 1 Khi đó x1^{p1} x2^{p2} xn^{pn} ≤ p1 x1 + p2 x2 + + pn xn.
.Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 = ã ã ã = x n
Sử dụng bất đẳng thức e x−1 ≥ x
Do đó x p 1 1 x p 2 2 x p n n ≤ s p 1 +p 2 +ããã+p n e x 1 p 1+ x 2 p 2+ s ããã+ xnpn −(p 1 +p 2 +ããã+p n ) hay x p 1 1 x p 2 2 x p n n ≤ s p 1 +p 2 +ããã+p n
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 s = x 2 s = ã ã ã = x n s ⇔x 1 = x 2 = ã ã ã = x n Định lý 1.5 (Bất đẳng thức Ky Fan, xem [3]) Cho 0 < x i ≤ 1
. Định lý 1.6 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwaz, xem [3]) Cho hai cặp dãy số bất kỳ a 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , , b n Khi đó (a 1 b 1 +a 2 b 2 +ã ã ã+a n b n ) 2 ≤ (a 2 1 +a 2 2 +ã ã ã+a 2 n )(b 2 1 +b 2 2 +ã ã ã+b 2 n ).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xảy tồn tại số thựck sao choa i = kb i với i = 1,2, , n.
Chứng minh Xét tam thức bậc hai f(x) = (a 2 1 +a 2 2 +ã ã ã+a 2 n )x 2 −2(a 1 b 1 +a 2 b 2 +ã ã ã+a n b n )x+(b 2 1 +b 2 2 +ã ã ã+b 2 n )
Nếu a 2 1 + a 2 2 + ã ã ã+a 2 n = 0 ⇔ a 1 = a 2 = ã ã ã = a n = 0, khi đú bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Nếu a 2 1 +a 2 2 +ã ã ã+a 2 n > 0 thỡ f(x) được viết lại như sau: f(x) = (a1x−b1) 2 + (a2x−b2) 2 +ã ã ã+ (anx−bn) 2 6= 0, ∀x ∈ R Theo định lý về dấu tam thức bậc hai, ta có
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a 1 x−b 1 = 0 a2x−b2 = 0 a n x−b n = 0 hay khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho a i = kb i với i = 1,2, , n. Định lý 1.7 (Bất đẳng thức Bernoulli, xem [3]) Cho x > −1, khi đó
Chứng minh Xét các trường hợp sau
• Khi α = 0 hoặc α = 1 thì bất đẳng thức đúng.
•Khi α < 0 hoặc α > 1, xét hàm số f(x) = (1 +x) α −1−αxvới x > −1
Căn cứ bảng biến thiên ta có f(x) ≥ 0, ∀x > −1 ↔ (1 + x) α ≥
• Khi 0 < α < 1 xét hàm số f(x) = (1 +x) α −1−αx với x > −1
Ta có bảng biến thiên x −1 0 +∞ f 0 (x) + 0 − f(x) −∞%
Căn cứ bảng biến thiên ta có f(x) ≤ 0, ∀x > −1 ⇔ (1 + x) α ≤
1 +αx, ∀x > −1. Định lý 1.8 (Định lý Fermat) Nếu hàm số f(x) xác định và liên tục trên khoảng (a, b), đạt giá trị cực trị tại x0 ∈ (a, b) và tồn tại f 0 (x0) thì f 0 (x 0 ) = 0.
Chứng minh Giả sử hàm số đạt cực đại tại x 0 Khi đó với |∆x| 6= 0 đủ nhỏ, ta có f(x0 + ∆x)−f(x0) < 0 Với ∆x > 0, ta có
Từ giả thiết f 0 (x 0 ) tồn tại suy ra f 0 (x + 0 ) = f 0 (x − 0 ) =f 0 (x 0 ) = 0.
Định lý Lagrange (định lý trung bình) nói rằng với một hàm f định nghĩa và liên tục trên [a, b], có đạo hàm trên (a, b), tồn tại một điểm c thuộc (a, b) sao cho f'(c) = [f(b) − f(a)]/[b − a] Chứng minh bằng cách xét hàm g(x) = f(x) − x [f(b) − f(a)]/[b − a]; g là liên tục trên [a, b] và có đạo hàm trên (a, b) Ta có g(a) = g(b), do đó theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g'(c) = 0, từ đó f'(c) = [f(b) − f(a)]/[b − a].
Rõ ràng g(x) xác định và liên tục trên đoạn [a, b], có đạo hàm trên khoảng (a, b) và g(a) = g(b) Theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho g 0 (c) = 0 hay f 0 (c) f(b)−f(a) b−a
Hệ quả 1.2: Khi hàm số f được xác định và liên tục trên đoạn [a, b], có đạo hàm trên (a, b) và f′(x) đạt giá trị nhỏ nhất m, giá trị lớn nhất M trên (a, b), thì m(b − a) ≤ f(b) − f(a) ≤ M(b − a) Đoạn kết quả cho thấy sự liên hệ giữa hiệu giữa hai đầu mút của hàm và giới hạn của đạo hàm cùng với độ dài của đoạn.
Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp hàm mũ
Các dạng bất đẳng thức cơ bản liên quan tới hàm mũ
Các bất đẳng thức cơ bản
ta có các bất đẳng thức cơ bản sau đây a u > m, a u ≥ m, a u < m, a u ≤ m.
• Với các bất đẳng thức a u > m, a u ≥ m Trường hợp 1 Nếu m ≤ 0 bất đẳng thức a u > m, a u ≥ m đúng với mọi u ∈ R. Trường hợp 2 Nếu m > 0 thì Nếu a > 1 thì a u > m⇔ u > log a m, a u ≥ m ⇔ u ≥log a m.
• Với các bất đẳng thức a u < m, a u ≤ m.
Trường hợp 1 Nếu m ≤ 0 bất đẳng thức a u < m, a u ≤ m không đúng với mọi u ∈ R.
Trường hợp 2 Nếu m > 0 thì Nếu a > 1 thì a u < m⇔ u < log a m, a u ≤ m ⇔ u ≤log a m.
Nhận xét 2.1 cho thấy từ các bất đẳng thức cơ bản, ta có thể giải các bài toán cực trị hàm mũ ở mức đơn giản và giải các bài toán biện luận tham số để xác định điều kiện cho các bất phương trình có nghiệm Việc áp dụng các bất đẳng thức nền tảng giúp rút gọn biểu thức và định lượng tham số, từ đó xác định giới hạn và nghiệm của hệ bất phương trình liên quan Nhờ đó, các bài toán cực trị hàm mũ trở nên dễ tiếp cận hơn và quá trình biện luận tham số được hệ thống hóa, cho kết quả nghiệm của bất phương trình một cách rõ ràng.
Ví dụ 2.1 Giải và biện luận phương trình:
2 thì phương trình vô nghiệm.
2 thì phương trình đã cho tương đương với
+) Với m 6= 1 phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 1 ± log 2 (2m−1).
Ví dụ 2.2 Tìm m để phương trình (
5) |x 2 −4x+3| = m 4 −m 2 + 1. a) Có nghiệm. b) Có bốn nghiệm phân biệt.
−x 2 + 4x−3 nếu 1< x < 3 Đặt g(x) =−|x 2 −4x+ 3| và f(x) = 5 g(x) , ta có bảng sau: x −∞ 1 2 3 +∞ g(x)−∞%
Căn cứ bảng xét dấu trên ta có a) Phương trình có nghiệm nếu 0 < m 4 −m 2 + 1 ≤ 1↔ −1≤ m ≤ 1. b) Phương trình có bốn nghiệm phân biệt nếu
Lưu ý: Bất phương trìnhf(x) ≤M,(f(x) ≥M)có nghiệm trênD ↔min D f(x) ≤
M(max D f(x) ≥M) Tuy nhiên nếu chỉ coi a f (x) > 0 là chưa đủ, ta cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của f(x) cùng với tính đơn điệu của nó trên D.
Một số bài tập tương tự
Bài tập Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
Từ [3] ta có các kết quả sau đây Định lý 2.1 Với mọi số tự nhiên n, ta đều có e x ≥
X k=0 x k k!, ∀x ∈ R. Định lý 2.2 Cho a>0, bất đẳng thức: a x ≥
X k=0 x k k!, ∀x ∈ R đúng với mọi số tự nhiên n khi và chỉ khi a = e.
Biểu diễn hàm mũ
Định lý 2.3 Hàm số f có đạo hàm đến cấp n+1 trên khoảng (a,b) chứa x 0 , khi đó ta có f(x) =f(x0)+f 0 (x 0 )
(n+ 1)! (x−x 0 ) n+1 , c là điểm nằm giữa x và x 0 , là phần dư Lagrange.
Công thức trên còn gọi là khai triển Taylor tại lân cận x0 Công thức khai triển Taylor với phần dư Peano cho hàm f có đạo hàm đến cấp n trên một khoảng (a, b) chứa x0 cho ta f(x) = f(x0) + f'(x0)(x - x0) + f''(x0)/2! (x - x0)^2 + … + f^{(n)}(x0)/n! (x - x0)^n + o(|x - x0|^n) khi x → x0.
Công thức trên gọi là khai triển Maclaurin nếu x 0 = 0. ta có khai triển Maclaurin của hàm e x Cho hàm f(x) =e x , khi đó ta có khai triển Maclaurin có dạng: e x = f(0)+ f 0 (0) 1! (x−0)+ f 00 (0) 2! (x−0) 2 +ã ã ã+ f (n) (0) n! (x−0) n +o((x−0) n )
Các ứng dụng
Ứng dụng các bất đẳng thức cơ bản tìm cực trị
Lớp hàm mũ được giới thiệu và hệ thống hóa bằng cách áp dụng định lý về các trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM) Nhờ các bất đẳng thức và đặc trưng đồ thị của hàm mũ, ta xác định được các cực trị của hàm mũ và nhận diện vùng đồng biến, nghịch biến, từ đó làm sáng tỏ cấu trúc nghiệm của các bài toán liên quan đến bất phương trình và phương trình mũ Phương pháp này giúp giải nhanh các bài toán về bất phương trình, phương trình mũ và mở rộng ứng dụng trong tối ưu hóa, phân tích giới hạn và so sánh tăng trưởng của các hàm số mũ.
Bài toán 2.1 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = (7 + 4√
Giải Tập xác định D = R Đặt t= (2 +√
3) x Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có t= (2 +√
3) x = 2 Khi đó hàm số trở thành: f(t) =t 2 −8t−2, t ≥ 2 Đây là một hàm bậc hai, có hoành độ đỉnh tại t = 4.
Nhận xét 2.2 Từ bài toán 2.1 ta có ngay các bài toán sau đây:
Bài toán này có hai nghiệm là x = 1 và x = −1.
Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm:
Kết quả: Với m ≤ 18 thì phương trình có nghiệm.
Bài toán 2.2 Cho x, y thỏa mãn x+ 3y ≥ 2−log 4 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của T = 4 x+y−1 + 3.4 2y−1
Giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
Do x+ 3y ≥ 2−log 4 3, suy ra 4 x+3y ≥4 2−log 4 3 16
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2−log 4 3 Bài toán 2.3 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 4 | sin x| + 2 | cos x|
Ta có |sinx| ≥sin 2 x,|cosx| ≥cos 2 x, ∀x ∈ R.
Do đó 4 | sin x| + 2 | cos x| ≥ 4 sin 2 x + 2 cos 2 x = 2 2 sin 2 x + 2 cos 2 x−1 + 2 cos 2 x−1 Theo bất đẳng thức AM, ta có
Vậyy ≥3 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi⇔
Bài toán 2.4 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x+ y +z = 0 Chứng minh rằng
Giải Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
Bài toán 2.5 Chứng minh rằng x ∈ (0, π
2) thì 2 sin x + 2 tan x > 2 x+1 Giải Theo bất đẳng thức AM-GM ta có 2 sin x + 2 tan x ≥2√
⇔2 sin x+tan x > 2 2x ⇔sinx+ tanx > 2x Xét f(x) = sinx+ tanx−2x với x ∈ (0, π
Bằng phương pháp tương tự, ta chứng minh được bài toán sau:
Bài toán 2.6 Chứng minh rằng x ∈ (0, π
Phương pháp đổi biến trong tìm cực trị hàm mũ 23
Để giải bài toán cực trị hàm mũ, ta thay thế một biểu thức chứa hàm mũ bằng một ẩn phụ phù hợp, nhằm chuyển bài toán này thành cực trị của một hàm số đơn giản hơn Đồng thời, nếu có thể, ta xác định khoảng xác định của ẩn phụ để bảo đảm tính hợp lệ của phép thay thế và giữ nguyên nghiệm của bài toán.
Ví dụ 2.3 Tìm cực trị của hàm số: y = 2.16 x −16.4 x −8, x ∈ R.
Giải Ta nhận thấy hàm số có dạng y = 2.(4 x ) 2 −16.4 x −8 Bằng cách đặt t = 4 x , t > 0.
Khi đó hàm số đã cho chuyển về thành: g(t) = 2t 2 −16t−8.
Hàm số này đạt cực tiểu tại t = 4⇔ 4 x = 4 ⇔x = 1.
Ví dụ 2.4 Tìm cực trị của hàm số: y = 4 cos 2x+1 −4 cos 2 x+1 + 3, x ∈ R. Giải Hàm số được viết lại thành y = 4 2 cos 2 x −4.4 cos 2 x + 3. Đặt t= 4 cos 2 x ,1 ≤t ≤ 4 Khi đó hàm số trở thành f(t) = 4t 2 −4t+ 3.
Hàm số này đạt cực tiểu tại t = 2⇔ 2 2 cos 2 x = 2
Nhận xét 2.3 cho ta dạng tổng quát của các bài toán tối ưu hóa cực trị, đó là tìm cực trị của hàm số y = F(a f(x)) Để giải, ta đặt biến t = a f(x), với t ∈ (a, b) và t > 0, và chuyển bài toán thành tìm cực trị của hàm y(t) = F(t), với t ∈ (a, b).
Từ bài toán này dẫn ta tới các bài toán có liên quan như các bài toán biện luận tham số của phương trình, bất phương trình mũ.
Trong một số trường hợp như ở các ví dụ trên, bài toán có dạng tổng quát như sau:
Xét bài toán tìm cực trị của hàm số y = m·a^{f(x)} + n·b^{f(x)} + p với điều kiện a·b = 1 Trong trường hợp này, ta có thể đặt một biến phụ sao cho các thành phần mũ liên hệ với nhau và chuyển sang dạng đại số đơn giản hơn (ví dụ t liên hệ với 1/t) Cách làm này giúp chuyển bài toán từ dạng mũ sang dạng đại số dễ xử lý hơn khi tìm cực trị hàm mũ Đối với các bài toán biện luận tham số cho phương trình và bất phương trình có nghiệm hoặc có số nghiệm nhất định, ta có thể cô lập tham số và tìm cực trị của hàm mũ, từ đó rút ra các điều kiện cho tham số cần biện luận.
Ví dụ 2.5 Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm
, t >0, khi đó phương trình đã cho tương đương với t+ m t = 8 ⇔t 2 −8t = −m Xét hàm số f(t) = t 2 −8t với t > 0 Ta có f(t) = (t−4) 2 −16 ≥ −16.
Nên phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi−m ≥ −16 ⇔ m ≤ 16.
Ví dụ 2.6 Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm
Giải Chia cả hai vế của bất phương trình cho 3 x+
√ x+4. Xét hàm số u(x) = x−√ x+ 4 với x ≥ −4 Ta có u 0 (x) = 1− 1
4 ,+∞), ta có hàm số f(t) là hàm đồng biến nên minDf(t) = f
Suy ra, bất phương trình có nghiệm t∈ D khi và chỉ khi
Bài toán 2.7 Tìm m để các bất phương trình, phương trình sau có nghiệm
Bài toán 2.8 Tìm m để bất phương trình m.9 2x 2 −x −(2m+ 1)6 2x 2 −x + m.4 2x 2 −x ≤ 0, nghiệm đúng với mọi x thỏa mãn |x| ≥ 1
Ứng dụng đạo hàm tìm cực trị hàm mũ 26 2.3 Thiết lập một số dạng bất đẳng thức và cực trị hàm mũ 28
Đa số bài toán tìm cực trị liên quan đến hàm số mũ có dạng y = f(x) a^{g(x)} + h(x) trên đoạn (a, b) được giải bằng một chu trình các bước chung Trước hết, xác định miền xác định và điều kiện để y xác định trên (a, b) dựa vào f, g và h; tiếp theo tính y' = f'(x)a^{g(x)} + f(x)a^{g(x)} ln a · g'(x) + h'(x) và, nếu cần, y'' để đánh giá sự biến thiên; sau đó tìm các nghiệm của y'(x) = 0 hoặc xem xét các điểm tại biên để gợi ý các ứng viên cực trị; rồi phân tích dấu y' hoặc dùng y'' để phân loại và xác định vị trí của cực trị (cực tiểu hoặc cực đại); cuối cùng kiểm tra giới hạn tại biên hoặc giá trị tại biên nếu (a, b) không đóng nhằm đưa ra kết luận về sự tồn tại và vị trí của các cực trị.
Bước 1: Tìm miền xác định của hàm số.
Trong quá trình phân tích, bước 2 là tính đạo hàm y' và giải y' = 0 để tìm nghiệm x0 (nếu tồn tại) Bước 3 có hai trường hợp: (a) nếu xác định được dấu của y' thì lập bảng biến thiên của y và rút ra kết luận về sự tăng, giảm và các cực trị; (b) nếu không xác định được dấu của y', khi đó tính y'' và đánh giá y''(x0) để đưa ra kết luận về tính chất tại x0.
Ví dụ 2.7 Tìm các khoảng tăng, giảm và cực trị của hàm số y = x.e x Giải Miền xác định D = R. Đạo hàm: y 0 = e x +x.e x →y 0 = 0 ↔ e x +x.e x ⇔x = −1.
Vậy Hàm số đồng biến trên khoảng (−1,+∞).
Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞,−1).
Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 và giá trị cực tiểu là −e Nhận xét 2.4: Đối với việc tìm cực trị của lớp hàm y = (a x + b) e^{α x}, ta thấy y' = (a α x + b α + a) e^{α x}; việc xét dấu của y' quy về xét dấu của hàm số f(x) = a α x + b α + a Đối với việc tìm cực trị của lớp hàm y = (a x^2 + b x + c) e^{α x}, ta thấy y' = (2 a α x + b + α (a x^2 + b x + c)) e^{α x}; việc xét dấu của y' quy về xét dấu của hàm số f(x) = 2 a α x + b + α (a x^2 + b x + c).
Tổng quát: Việc tìm cực trị của lớp hàmy = P n (x)e αx , trong đó P n (x) là đa thức bậc n Khi đó, ta có y 0 = (P n 0 (x) +αPn(x))e αx Nên xét dấu của y 0 quy về xét dấu hàm f(x) =P n 0 (x) +αP n (x).
Bài toán 2.9 Tìm cực trị của các hàm số sau 1)y = (2x 2 −x)e 2x
2.3 Thiết lập một số dạng bất đẳng thức và cực trị hàm mũ
2.3.1 Xây dựng bất đẳng thức và cực trị hàm mũ bằng phương pháp đổi biến
Bằng cách thay thế một biểu thức chứa hàm mũ bằng một ẩn phụ phù hợp, ta có thể chuyển cực trị của một hàm đã biết thành bài toán cực trị của hàm mũ Việc chọn ẩn phụ đúng cho phép rút gọn biểu thức mũ thành một hàm chuẩn, từ đó các điểm tới hạn của hàm gốc được ánh xạ tương ứng sang bài toán tối ưu của hàm mũ Quá trình này giúp phân tích điều kiện tối ưu dễ dàng hơn và tận dụng các kết quả đã biết về các hàm đã chuẩn hóa để tìm cực trị của bài toán hàm mũ Nhờ phương pháp chuyển đổi này, các bài toán cực trị với hàm mũ có thể xử lý hiệu quả hơn và mở rộng phạm vi áp dụng của các kết quả tối ưu.
Ví dụ 2.8 Tìm cực trị của hàm số: y = x 3 −3x 2 + 2, x ∈ R.
Giải Tập xác định D = R Đạo hàm y 0 = 3x 2 −6x = 0⇔ x = 0 hoặc x = 2.
Bằng cách xét dấu y 0 , ta có hàm số đạt cực đại tại x = 0, đạt cực tiểu tại x = 2.
Bằng cách đổi biến số, tìm cực trị hàm số sau:
Bài toán 2.10 Tìm cực trị của hàm số: y = (ln(1 + sinx)) 3 −3(ln(1 + sinx)) 2 + 2, x ∈ R.
Giải Hàm số được viết lại thành y = t 3 −3t 2 + 2.
Bằng cách đặt t = ln(1 + sinx).
Hàm số này đạt cực đại t = 0, đạt cực tiểu tại t = 2.
Do đó, hàm số đã cho đạt cực đại khi sinx = 0 ⇔ x = kπ, k ∈ Z, đạt cực tiểu khi sinx = 1 ⇔ x π
2 + 2kπ, k ∈ Z Nhận xét 2.5 cho ta dạng tổng quát của các bài toán trên: tìm cực trị của hàm số y(t) = F(g(t)), với t ∈ (a, b) Với dạng này, ta đặt t = g(ln x) (x > 0) và giới hạn t ∈ (a, b), sau đó chuyển bài toán thành tìm cực trị của hàm y = F(g(ln x)).
Từ bài toán này dẫn ta tới các bài toán có liên quan như các bài toán biện luận tham số của phương trình, bất phương trình mũ.
Xây dựng bài toán cực trị hàm số mũ từ các bất đẳng thức đã biết
Trong phần này, chúng ta trình bày cách xây dựng các bất đẳng thức và tìm cực trị của hàm mũ dựa trên các bất đẳng thức cơ bản đã được chứng minh, thông qua các đổi biến phù hợp Quá trình này liên kết các bất đẳng thức đã biết với hàm mũ bằng các biến đổi biến, cho phép rút ra các bất đẳng thức mới và xác định vị trí cực trị một cách có hệ thống Nhờ các phép biến đổi này, ta có thể mở rộng phạm vi ứng dụng của các bất đẳng thức nền tảng và cung cấp các kết luận rõ ràng về giới hạn và tối ưu hóa của hàm mũ trong các bài toán phân tích và tối ưu hóa.
Ví dụ 2.9 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng a+ b+ c ≤2 a 2 b+c+ b 2 c+a+ c 2 a+b
Giải Ta viết vế trái dưới dạng: a+b+c √ a b+c
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.11 Chứng minh rằng
Giải: Sử dụng ví dụ 2.9, đặt a = 2^{x-1}, b = 2^{y-1}, c = 2^{z-1}; từ đó ta có ngay điều cần chứng minh và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z Bài toán 2.12: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng
Giải Sử dụng ví dụ 2.9, đặt x = 2 sinA , y = 2 sinB , z = 2 sinC ta có ngay điều phải chứng minh Dấu đẳng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác ABC đều.
Ví dụ 2.10 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng a+b a+ b+c
1 2 i Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có
Bài toán 2.13 Cho a, b, c > 0 và x, y, z là các số thực Chứng minh rằng pa x (a x + 2b y ) +p b y (2a x +b y ) + p a 2x +b 2y ≤ √
Giải Áp dụng ví dụ 2.10, đặt a 1 = a 2x , b 1 = 2a x b y , c 1 = b 2y , ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.11 [MO USA] Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện abc=1 Tìm giá trị nhỏ nhất của
Mặt khác cũng theo bất đẳng thức Cauchy thì
Bài toán 2.14 Cho a, b, c > 0và các số thực x, y, z thỏa mãnx+y+z 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của
Giải Áp dụng ví dụ 2.11 với a 1 = a x , b 1 = a y , c 1 = a z Khi đó P min 32 khi và chỉ khi a 1 = b 1 = c 1 = 1 hay x = y = z = 0.
Bài toán 2.15 Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 x 4 +2x 3 −3x 2 −3x+3 + 2 x 4 +2x 3 −4x 2 −5x+6 Giải Áp dụng ví dụ 2.11 với a = 2 x−1 , b = 2 x 2 −1 , c = 2 2−x−x 2 Khi đó
2 khi và chỉ khi a = b = c = 1 hay x = 1.
Ví dụ 2.12 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện abc = 1 Ta đều có
1 ap a(b+ c) pa(b+c)+ 1 bp b(c+a) pb(c+a)+ 1 cp c(c+a) pc(c+a)
Mặt khác, theo giả thiết abc = 1, ta có
Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.13 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện abc = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của
Một số dạng toán có liên quan tới cực trị hàm mũ
Cực trị và bất đẳng thức tích phân
Chứng minh rằng, với mọi a,b dương, ta đều có ab ≤ a p p + b q q.
1 1 nên x = y q−1 Nhận xét rằng, đường thẳng x = a cắt đường y = x p−1 tại
M và đường thẳng y = b cắt y = x p−1 tại N.
Ký hiệu S1 là diện tích tam giác cong được tạo bởi các đường y = 0, x^a và y = x^{p−1}; S2 là diện tích tam giác cong được tạo bởi các đường x = 0, y^b và x = y^{q−1} Trong cả hai trường hợp, ta xét mối quan hệ giữa a^{p−1} và b và phân tích hai trường hợp tương ứng khi a^{p−1} ≤ b và khi a^{p−1} > b, ta có
(Ở đây ab là diện tích hình chữ nhật tạo bởi các đường x = 0, y = 0, x a, y = b).
0 y q−1 dy b q q. Thay S1, S2 vào bất đẳng thức trên, ta thu được ab ≤ a p p + b q q, điều phải chứng minh.
Bài toán 2.16 Cho a ≥ 1, b ≥1 Chứng minh rằng ab ≤ e a−1 +blnb.
Giải Xét hàm số y = lnx với x ≥ 1 Ta có x = e y Gọi S 1 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 0, x = 0, y a−1, x = e y và gọi S 2 là diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = 0, x = 1, x = b, y = lnx Khi đó ta thấy b(a−1) chính là diện tích hình chữ nhật giới hạn bới các đường x = 0, y = 0, x = b, y = a−1.
Vậy nên (trong cả hai trường hợp lnb ≥ a−1 và lnb < a−1)
Thay S 1 , S 2 vào bất đẳng thức trên, thu được e a−1 −1 +blnb−b+ 1 ≥b(a−1).
Bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 2.17 Chứng minh bất đẳng thức
0 x m e 2x dx > π m+2 m+ 2+ π m+3 m + 3, m ∈ N. Giải Xét hàm số f(x) = e 2x −2(x 2 +x), x ≥ 0.
0 x m (x 2 +x)dx π m+2 m+ 2+ π m+3 m+ 3, m ∈ N. Bài toán 2.18 Chứng minh bất đẳng thức e x −1< x
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có x
Vậy bài toán được chứng minh.
Bài toán 2.19 Cho trước m ∈ N ∗ Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) x
Do g(0) = 1 > 0 nên g(x) đồng biến, suy ra e 2x > 2(x 2 +x), ∀x ≥ 0.
Nhân hai vế với x m , ta có x m e 2x ≥ 2x m (x 2 +x), ∀x ≥0.
Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) bằng
Bài toán 2.20 Chứng minh bất đẳng thức π
Bài toán 2.21 Chứng minh bất đẳng thức π
du = 2xe x 2 dx v = − cosnx n Theo công thức tích phân từng phần, ta có
Một số dạng khác có liên quan tới cực trị hàm mũ 38
Giải Xét các trường hợp
• Trường hợp x ≤ −1 hoặc x = 0, rõ ràng bất đẳng thức đúng với mọi a > 0.
• Trường hợp −1 < x 6= 0, ta có a x ≥ 1 +x ⇔ xlna ≥ ln(1 +x).
Nếu x > 0 thì xlna ≥ ln(1 +x) ⇔ lna ≥ ln(1 +x) x
Xét hàm g(x) = x − ln(1 + x) xác định và liên tục trên nửa khoảng
1 +x > 0, ∀x > 0. g(x) đồng biến với mọi x ∈ [0,+∞). suy ra g(x) > g(0) = 0 ⇒ ln(1 +x) x < 1, ∀x > 0.
Vậy lna ≥ ln(1 +x) x ∀x > 0 ⇔ lna ≥ 1 ⇔ a ≥ e Nếu −1 < x < 0 thì xlna ≥ln(1 +x) ⇔lna ≤ ln(1 + x) x
Xét hàm g(x) =x−ln(1 +x) xác định và liên tục trên khoảng (−1,0).
1 +x < 0, ∀x ∈ (−1,0). suy ra g(x) nghịch biến với mọi x ∈ (−1,0]. suy ra g(x) > g(0) = 0 ⇒ ln(1 +x) x > 1, x ∈ (−1,0).
Từ các trường hợp trên suy ra bất đẳng thức a x ≥ 1 +x đúng với mọi x ∈ R ⇐⇒ a = e.
Nhận xét 2.6 Từ Bài toán 2.22 suy ra e x ≥ 1 +x đúng với mọi x ∈ R.
Từ đó ta cũng suy ra được e x−1 ≥ x đúng với mọi x ∈ R Dấu đẳng thức xảy khi và chỉ khi x = 1.
Bài toán 2.23 Xác định a > 0 để bất đẳng thức a x ≥1 +x+ x 2
Giải Xét các trường hợp:
• Trường hợp x = 0, rõ ràng bất đẳng thức đúng với mọi a > 0.
2) xác định và liên tục trên khoảng
> 0, ∀x > 0. suy ra g(x) đồng biến với mọi x ∈ (0,+∞). suy ra g(x) > g(0) = 0 → ln(1 +x+ x 2
2) x ∀x > 0 ⇔ lna ≥ 1 ⇔ a ≥ e Từ các trường hợp trên suy ra bất đẳng thức a x ≥ 1 + x + x 2
Kết quả của bài toán 2.24 được chứng minh thông qua đinh lý sau: Định lý 2.6 Nếu x, y ∈ (0,1) và x < y thì
1−x , x ∈ (0,1)là một hàm xác định, liên tục và tăng trong (0,1).
Thật vậy, ta có f 0 (x) x 2 e −x −e −1 x x(1−x) 2 , đặt g(x) =x 2 e −x −e −1 x ta chú ý rằng hàm h(x) = 2 lnx−x+1 x có cùng dấu vớig(x)trên khoảng
(0,1) Ta lại có h 0 (x) −(x−1) 2 x 2 , do đó h 0 (x) < 0, ∀x ∈ (0,1) Vậy h(x) là hàm giảm trên (0,1) Hơn nữa h(1) = 0 hay h(x) > 0 với mọi x ∈ (0,1) Do đó g(x) là hàm dương trên khoảng (0,1).
Vậy f(x) đồng biến trên khoảng (0,1) Nên f(x) < f(y), ∀x, y ∈ (0,1) và x < y.
Mặt khác, ta có x→1lim − e −x −xe −1 x
Hệ quả 2.1 Cho A và G lần lượt là các trung bình cộng và trung bình nhân của các số thựcx i (i = 1,2, , n)sao chox i ∈ (0,1), i = 1,2, , n.
Chứng minh Rõ ràng 0 < G ≤ A < 1 Áp dụng Định lý 2.6 ta có kết quả.
Hệ quả 2.2 Cho A, B, C, D là các số dương sao cho A/B ≤ C/D < 1.
2 với i=1,2, ,n, khi đó Bất đẳng thức 2.2 vẫn đúng với:
Chứng minh Cả hai trường hợp đều thỏa mãn Hệ quả 2.2, bởi theo kết quả nổi tiếng là bất đẳng thức Ky Fan: n
(1−x i )) n Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 = ã ã ã = x n Nhận xét 2.7 Bất đẳng thức Ky Fan ở trên cũng có thể viết:
Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp logarit
Các dạng bất đẳng thức cơ bản liên quan tới hàm logarit 43
Các bất đẳng thức cơ bản
ta có các bất đẳng thức cơ bản sau đây log a u > m, log a u ≥ m, log a u < m, log a u ≤ m.
Hoặc log a u > log a v, log a u ≥ log a v, log a u < log a v, log a u ≤ log a v log a u > log b u, log a u ≥log b u, log a u < log b u, log a u ≤ log b u.
Nhận xét 3.1 Từ các bất đẳng thức cơ bản, ta có thể giải được các bài toán cực trị hàm logarit đơn giản hoặc các bài toán biện luận tham số để các bất phương trình có nghiệm.
Biểu diễn hàm logarit
ta có khai triển Maclaurin của hàm logarit ln(1 +x) = x− 1
Ví dụ 3.1 Tìm công thức Maclaurin của hàm f(x) = ln(3−2x) đến số hạng bậc 3.
Giải Ta có ln(3−2x) = ln
Ví dụ 3.2 Tìm công thức Maclaurin của hàm f(x) = ln(1 + sinx) đến số hạng bậc 3.
Giải Ta có ln(1 + sinx) = ln(1 +w) =w − 1
Các ứng dụng
Ứng dụng bất đẳng thức trong tìm cực trị hàm
Ví dụ 3.3 Cho x1, x2, , xn là các số dương Khi đó
Chứng minh Xét hàm f(x) = xlnx, x > 0, là hàm lồi Thật vậy, f 0 (x) = 1 + lnx, f 00 (x) =x −1 > 0 Vậy theo bất đẳng thức Jensen, ta có ln
≤ x x 1 1 x x 2 2 x x n n Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
Ví dụ 3.4 (Putnam, 2003) Cho a 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , , b n là các số không âm Khi đó
Giải Nếu a k = 0 với 1 ≤ k ≤ n thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng. k ≤ n.
Vậy ta được bất đẳng thức tương đương
(1 +x 1 )(1 +x 2 ) .(1 +x n ) Đặt x k = e t k và lấy logarit hai vế, ta được bất đẳng thức tương đương ln
(1 +e t ) 2 ≥ 0, do đó f là hàm lồi.
Kết quả trên đươc suy ra từ bất đẳng thức Jensen.
Ví dụ 3.5 Chob 1 , b 2 , , b n là hoán vị của các số không âma 1 , a 2 , , a n Khi đó
• (ii) a 1/b 1 1 a 1/b 2 2 a 1/b n n ≥b 1/b 1 1 b 1/b 2 2 b 1/b n n Giải Trước hết, ta thấy x −1 ≥ lnx, với mọi x > 0 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Thật vậy, xét f(x) = lnx−x+ 1, khi đó f 0 (x) = 1/x−1 và f 00 (x) = −1/x 2
Dễ thấy f(x) đạt cực đại tại x = 1 và f(1) = 0.
(i) Lấy x i = b i /a i , bất đẳng thức trên cho ta b i a i −1≥ ln b i a i ,1 ≤i ≤n.
Lấy tích hai vế với a i tương ứng và cộng theo vế, ta được n
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a i = b i , ∀1≤ i ≤ n.
(ii) Lấy x i = b i /a i , bất đẳng thức trên cho ta b i a i −1≥ ln b i a i ,1 ≤i ≤n.
Lấy tích hai vế với 1/b i tương ứng và cộng theo vế, ta được n
1 b n .Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 3.6 Cho x, y, z, t là các số thực thỏa mãn
4 < x, y, z, t < 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm f(x, y, z, t) = log x (y − 1
Tương tự, ta có log y (z− 1
Suy ra f(x, y, z, t) ≥ 2(log x y + log y z+ log z t+ log t x).
4 < x, y, z, t < 1 nên log x y > 0,log y z > 0,log z t > 0,log t x > 0. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có f(x, y, z, t) ≥ 2.4 4 q log x y.log y z.log z t.log t x = 8.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = t1
2. Hay minf(x, y, z, t) = 8 khi và chỉ khi x = y = z = t 1
Ví dụ 3.7 Cho x, y, z > 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của
Giải Vì x, y, z > 1 nên log x y > 0,log y z > 0,log z x > 0. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được:
2.Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Ứng dụng đạo hàm trong tìm cực trị hàm logarit 49
Phương pháp chung để giải các bài toán này được thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Tìm miền xác định của hàm số.
Bước 2: Tính đạo hàm y'(x) và giải phương trình y'(x) = 0 để tìm nghiệm x0 (các điểm tới hạn) Bước 3: Có hai khả năng: a) Xét được dấu của y'(x) tại các điểm tới hạn, lập bảng biến thiên và đưa ra kết luận về cực trị tại x0; b) Không xét được dấu của y'(x) tại x0, khi đó tính y''(x0) để kết luận về tính chất của cực trị.
Ví dụ 3.8 yêu cầu xác định các tham số a và b để hàm số y = ax^2 + 6x + b ln x đạt cực tiểu tại x = 1 và cực đại tại x = 2 Đạo hàm y' = 2ax + 6 + b/x, y'' = 2a − b/x^2 Để hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và cực đại tại x = 2, ta có y'(1) = 0 và y'(2) = 0, đồng thời y''(1) > 0 và y''(2) < 0 Từ y'(1) = 0 ta có 2a + 6 + b = 0, từ y'(2) = 0 ta có 4a + 6 + b/2 = 0; giải hệ cho ta a = −1 và b = −4 Kiểm tra lại với y''(1) = 2 > 0 và y''(2) = −1 < 0, xác nhận cực tiểu tại x = 1 và cực đại tại x = 2.
4 < 0 Giải hệ được a = −1, b = −4 thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 3.9 Cho hàm số y 1
2x 2 − mlnx Với mỗi giá trị của m, tìm cực trị của hàm số.
Ta có y 0 = x− m x x 2 −m x ⇒ y 0 = 0 ⇔x 2 −m = 0. y 00 = 1 + m x 2 Trường hợp 1 Với m ≤ 0.
Khi đó y 0 ≥ 0, ∀x ∈ D suy ra hàm số không có cực trị.
Phương trìnhy 0 = 0 có duy nhất nghiệm x = √ m, hơn nữa y 00 (√ m) > 0.
Vậy hàm số đạt cực tiểu tại x = √ m.
Kết luận Với m ≤0, hàm số không có điểm cực trị.
Với m > 0, hàm số đạt cực tiểu tại x = √ m.
Nhận xét 3.2 cho thấy khi tìm cực trị cho các lớp hàm chứa log như y = f(x) + m ln x hoặc y = f(x) + (ln x) f(x), các công thức đạo hàm bậc nhất hoặc bậc hai thường được giản lược sao cho các thành phần chứa logarit không còn hiện diện trong biểu thức Với miền xác định x > 0, y' và y'' cho dạng y = f(x) + m ln x trở thành y' = f'(x) + m/x và y'' = f''(x) - m/x^2, trong khi với y = f(x) + (ln x) f(x) ta có y' = f'(x) + f'(x) ln x + f(x)/x, từ đó quá trình tối ưu có thể tập trung vào f và các tham số mà không bị chi phối quá nhiều bởi logarit Nhờ vậy, xác định cực trị và phân loại điểm tới hạn dễ dàng hơn, giúp tối ưu hàm y hiệu quả hơn trong miền xác định.
Bài toán 3.1 (Tuyển sinh Đại học Khối B 2004) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y ln 2 x x trên đoạn [1;e 3 ].
So sánh 3 giá trị trên, ta có max x∈[1;e 3 ] 4 e 2 khi x = e 2 , min x∈[1;e 3 ] = 0 khi x = 1.
Bài toán 3.2 (Bài tập tương tự) Tìm cực trị của các hàm số sau 1)y = x 2 −lnx.
2)y lnx x Bài toán 3.3 (Bài tập tương tự) Với mỗi m tìm cực trị của hàm số sau y 1
Bài toán 3.4 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
Căn cứ bảng biến thiên, ta có ngay max x∈ R y = 1 khi x = 0.
Nhận xét 3.3 Từ bài toán 3.4, ta có được hai bài toán sau:
2 Chứng minh rằng bất phương trình xln(x+√
Bài toán 3.5 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x x , với x > 0.
Lấy đạo hàm hai vế, ta có y 0 y = lnx+ 1 ⇔y 0 = x x (lnx+ 1). y 0 = 0 ⇔lnx+ 1 = 0 ⇔x 1 eBảng biến thiên x 0 1/e +∞ y 0 (x) − 0 + y(x) +∞
Căn cứ bảng biến thiên, ta có ngay min x>0 y = e −1 e khi x 1 e. Bài toán 3.6 Cho hai số x, y ∈ (0; 1) thỏa mãn x+y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x;y) =x x +y y
Giải Xét hàm số f(t) = lnt−t+ 1 với t > 0.
Từ bảng biến thiên, ta có f(t) ≤ 0, ∀t ∈ (0; +∞).
Do đó, với mọi x, y > 0, ta có xf( 1 2x) +yf( 1
2. Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có f(x;y) = x x + y y ≥
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y 1
Xây dựng bài toán cực trị trong lớp hàm logarit
Xây dựng bài toán cực trị trong lớp hàm logarit bằng phương pháp đặt ẩn phụ
phương pháp đặt ẩn phụ
Xuất phát từ các bài toán bất đẳng thức và cực trị đã được biết trước, ta có thể áp dụng phép đổi biến phù hợp để chuyển các bài toán này thành các bài toán cực trị thuộc lớp hàm logarit Quá trình biến đổi này giúp khai thác đặc trưng của hàm logarit, làm sáng tỏ mối quan hệ giữa bất đẳng thức và tối ưu hóa trong cách tiếp cận hàm số Nhờ đó, các bài toán cực trị của lớp hàm logarit có thể được phân tích và giải quyết bằng các kỹ thuật đã chứng minh hiệu quả cho các bài toán bất đẳng thức và cực trị, đồng thời tăng tính ứng dụng và tối ưu hóa trong thực tiễn.
Ví dụ 3.10 Dễ thấy hàm số y = t 3 −3t 2 + 2 đạt cực đại tại t= 0, cực tiểu tại t = 2.
Bằng cách đổi biến t = p 3 log 3 x, ta được hàm số f(x) = log 3 x−3 3 q log 2 3 x+ 2 ta có các bài toán sau Bài toán 3.7 Tìm cực trị hàm số f(x) = log 3 x−3 3 q log 2 3 x+ 2.
Giải Hàm số đạt cực đại khi x = 1, đạt cực tiểu khi x= 3 8
Bài toán 3.8 (Bài tập tương tự) Tùy theo m, tìm cực trị hàm số f(x) = (m −1) log 3 x−3m 3 q log 2 3 x+ 2.
Nhận xét 3.4 cho thấy bằng phép đổi biến t = g(log_a x) ta có thể xây dựng các bài toán tìm cực trị của hàm f(g(log_a x)) Việc giải các bài toán này sẽ tương ứng với việc tìm cực trị của hàm số f(t).
Xây dựng bài toán cực trị trong lớp hàm logarit từ các bất đẳng thức đại số
bất đẳng thức đại số
Ví dụ 3.11 (MO Rumanian 2004) Với mọi a, b, c > 0 chứng minh rằng a bc(c+ a)+ b ca(a+b)+ c ab(b+c) ≥
Giải Đặt a bc(c+a)+ b ca(a+b)+ c ab(b+c) = M.
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có ra bc + r b ca + r c ab
Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức Cauchy, ta có ra bc + r b ca + r c ab
≥ 3 1 a + 1 b + 1 c hay ra bc + r b ca + r c ab
Ví dụ 3.12 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng a 3 (a+b) 3 + b 3 (b+c) 3 + c 3 (c+a) 3 ≥ 3
8. Giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
8. Đặt x = b/a, y = c/b, z = a/c Suy ra x, y, z > 0 và xyz = 1 Vậy bất đẳng thức trên tương đương với
8. Đặt z = min{x, y, z} Từ xyz = 1 suy ra z ≤ 1 và xy ≥ 1 Ta có nhận xét rằng
1 +√ xy. Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức cuối đúng vì xy ≥ 1.
Mặt khác, dễ dàng chứng minh được a 3 + b 3
Từ bất đẳng thức này, ta có
1 +√ xy) 3 Vậy nên, ta chỉ cần chứng minh
8. Đặt a = √ xy, a ≥ 1 suy ra a 2 = xy 1 z, z 1 a 2 Bất đẳng thức trên tương đương với
8. Tiếp tục biến đổi bất đẳng thức này, cho ta (a−1) 2 (5a 7 + 25a 6 + 51a 5 + 71a 4 + 55a 3 + 51a 2 + 17a13) ≥ 0.
Bất đẳng thức trên đúng do a ≥1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 1, x y, hay x = y = z = 1 Vậy a 3 (a+b) 3 + b 3 (b+c) 3 + c 3 (c+a) 3 ≥ 3
Các bài toán cực trị liên quan tới hàm logarit
Bài toán 3.9 Tìm0 < a 6= 1 để bất phương trình x ≥1 +log a x nghiệm đúng với mọi x > 0.
Giải Ta có x ≥1 +log a x ⇔ x−1 ≥ lnx lna. Xét các trường hợp:
• Trường hợp x = 1 ⇒ lnx = 0: bất phương trình đuungs với mọi
• Trường hợp 0 < x < 1 ⇒ lnx < 0: ta có x−1 ≥ lnx lna ⇔ x−1 lnx ≤ 1 lna Xét hàm sốf(x) =x−1−lnx xác định và liên tục trên nửa khoảng
Ta có f 0 (x) = 1− 1 x x−1 x < 0, ∀x ∈ (0,1) suy ra f(x) là hàm số nghịch biến trên nửa khoảng (0,1]. suy ra∀x ∈ (0,1)ta cóf(x) > f(1) ⇔ x−1−lnx > 0 ⇔ x−1 lnx < 1.
Do đó x−1 lnx ≤ 1 lna nghiệm đúng với mọi x ∈ (0,1) ⇔ 1 lna ≥ 1 ⇔
• Trường hợp x > 1 ⇒lnx > 0, ta có x−1≥ lnx lna ⇔ x−1 lnx ≥
1 lna Xét hàm sốf(x) =x−1−lnx xác định và liên tục trên nửa khoảng
Ta có f 0 (x) = 1− 1 x x−1 x > 0, ∀x > 1 suy ra f(x) là hàm số đồng biến trên nửa khoảng [1,+∞). suy ra ∀x ∈ [1,+∞) ta có f(x) > f(1) ⇔ x − 1− lnx > 0 ⇔ x−1 lnx > 1.
Do đó x−1 lnx ≥ 1 lna nghiệm đúng với mọi x ∈ [1,+∞) ⇔ 1 lna ≤
Từ các trường hợp trên suy ra: bất phương trình đã cho có nghiệm đúng với mọi x > 0 khi và chỉ khi a=e.
Nhận xét 3.5 Từ bài toán3.9ta có bất đẳng thứcx ≥ 1+lnx, ∀x > 0.
Dấu đẳng thúc xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Bài toán 3.10 Tìm0 < a 6= 1 để bất phương trình loga(1 +x) ≥x−x 2
Giải Xét các trường hợp:
• Trường hợp x = 0: bất phương trình nghiệm đúng với mọi 0 < a 61.
2 ⇔ 1 lna ≥ x− x 2 2 ln(1 +x). Xét hàm số f(x) =ln(1 +x)−x+ x 2
2 xác định và liên tục trên nửa khoảng [0,+∞).
1 +x > 0, ∀x > 0 suy ra ∀x > 0, ta có f(x) > f(0) ⇒ ln(1 + x) − x + x 2
1 lna ≥ x− x 2 2 ln(1 +x) nghiệm đúng ∀x > 0 khi và chỉ khi
Nhận xét 3.6 Từ bài toán 3.10 ta có bất đẳng thức ln(1 + x) ≥ x− x 2
2, ∀x ≥ 0 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Bài toán 3.11 Tìm 0 < a 6= 1 để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x > 0
Dùng định lý Lagrange để chứng minh
x là một hàm tăng với x > 0.
Ta có hàm f(t) thỏa mãn định lý Lagrange trên đoạn [x;x+ 1], do đó
1 c− 1 x+ 1 > 0, do 3.2 và lnx là một hàm tăng, do đó
x là một hàm tăng với x > 0.
Vậy 3.1 nghiệm đúng với mọi x > 0 khi a > 1.
Nhận xét 3.7 Từ bài toán 3.1, ta có bất đẳng thức:
Bài toán 3.12 Chứng minh rằng
1 +x 2 , ∀x ∈ R. Giải Xét hàm số f(t) = ln t+p
Rõ ràng f(t) > 0 với mọi t > 0 và f(t) = 0 khi t = 0 Do đó, với 0< x, ta có x
Với x = 0 bất đẳng thức trở thành đẳng thức.
1 +x 2 , ∀x ∈ R. Bài toán 3.13 Với x > y > 0 Chứng minh rằng
1 +y. Giải Nhận xét rằng, với mọi t > 0, ta có
Do đó, với 00 Chứng minh rằng n! ≤n n+
Giải Xét hàm số y = lnx với 0≤ x ≤ n Gọi S là diện tích hình thang cong giới hạn bởi các đường y = 0, x = n, y = lnx Khi đó, ta có
Gọi A i là các điểm có tọa độ (i,lni), i= 1,2, , n và A là điểm có tọa độ (n,0) Khi đó diện tíchS 1 của đa giác A 1 A 2 A n−1 A n A được xác định theo công thức
2[ln 2 + ln 2 + ln 3 +ã ã ã+ ln (n−1) + ln (n−1) + lnn]
Do S 1 < S nên ta thu được ln (n!) < n+
Bài toán 3.15 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f(x) = (3 + 2 ln 2)x−2 x+1 −ln 2.x 2 , x ∈ [0,2].
Giải Nhận xét rằng, nếu hàm f(x) liên tục và đồng biến trên [0, b] và a ∈ [0, b] thì b a
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
Do f(x) đồng biến trên [0, a] và [a, b] nên
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Ta có g(t) = 2 t +t là hàm số đồng biến trong [0,2], nên từ bất đẳng thức trên, với x ∈ [0,2], ta có
Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) bằng -2 khi x = 0 hoặc x = 2. Định lý 3.1 Với 0 < a < b, ta có b−a b < ln b a < b−a a Chứng minh Với mọi x ∈ (a, b), ta có
1 adx hay b−a b < ln|x| a b < b−a a Vậy b−a b < ln b a < b−a a Định lý 3.2 Với mọi s, t > 0, ta có
2 Chứng minh Trước hết, với mọi t≥ 1 ta có
Vế trái của 3.3 đúng do
Trong khi vế phải sau khi rút gọn ta được: t+ 1≥ 2√ t đúng.
Với 0 < a < b Lấy tích phân theo vế của 3.3 trên đoạn [1, b/a], ta được b/a
Từ kết quả của Định lý 3.2, bằng cách thay t = a x , s = b x ta có ngay kết quả sau
Hệ quả 3.1 Với 0 < a < b ta có
2 hay x(ab) x 2 a−b a x −b x ≤ a−b lna−lnb ≤ xa x +b x
2 a−b a x −b x Nhận xét 3.8 Thay s = e x , t = e y , ta có bất đẳng thức mũ: e x+y 2 ≤ e y −e x y −x ≤ e x +e y
Các kết quả chính của luận văn "Các bài toán cực trị trong lớp hàm mũ và logarit" đã đạt được:
• Hệ thống một số phương pháp tìm cực trị của trong lớp hàm mũ và logarit.
Trong bài viết này, chúng ta tập trung xây dựng nhiều lớp bài toán tìm cực trị và chứng minh bất đẳng thức của hàm mũ và hàm logarit dựa vào phương pháp đặt ẩn phụ và các bất đẳng thức đại số Thông qua hệ thống bài toán tối ưu được thiết kế có trình tự từ dễ đến khó, người đọc được rèn luyện kỹ năng phân tích, biến đổi và so sánh giá trị để nắm vững các kỹ thuật chứng minh liên quan đến mũ và log Nội dung trình bày các ví dụ minh họa, hướng dẫn đặt ẩn phụ và lời giải gợi ý nhằm tối ưu hóa quá trình học tập và nâng cao tư duy logic trong lĩnh vực này Mục tiêu của bài viết là cung cấp tài nguyên giảng dạy hữu ích cho người mới bắt đầu và người học nâng cao, đồng thời tối ưu hóa khả năng tìm kiếm với các từ khóa như bài toán tối ưu, cực trị, bất đẳng thức mũ, bất đẳng thức logarit, phương pháp đặt ẩn phụ và bất đẳng thức đại số.
• Tổng hợp được một số lớp bài toán về bất đẳng thức, cực trị có liên quan đến hàm số mũ và hàm số logarit.
Nhờ các kết quả về cực trị và bất đẳng thức, ta có thể giải quyết hiệu quả các bài toán liên quan đến phương trình và bất phương trình Các kỹ thuật phân tích cực trị và ràng buộc bất đẳng thức cho phép biện luận nghiệm của phương trình và bất phương trình một cách chính xác, từ đó xác định số lượng và tính chất của nghiệm Đặc biệt, phương pháp giải các bài toán về bất phương trình mũ được tối ưu hóa nhờ các bất đẳng thức và cực trị, giúp xác định miền nghiệm và điều kiện tồn tại nghiệm Tổng thể, các kết quả về cực trị và bất đẳng thức là cơ sở để phân tích và giải quyết các bài toán về phương trình, bất phương trình mũ, biện luận nghiệm và bất phương trình trong toán học.
[1] Lê Hải Châu (2007), Các bài toán thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam(1990 - 2006), NXB Giáo dục.
[2] Nguyễn Văn Mậu (1993), Phương pháp giải phương trình và bất phương trình, NXB Giáo dục.
[3] Nguyễn Văn Mậu (2005), Bất đẳng thức, định lý và áp dụng, NXB Giáo dục.
[4] Nguyễn Văn Mậu (2006), Các bài toán nội suy và áp dụng, NXB Giáo dục.
[5] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi Olympic Toán sinh viên toàn quốc , NXB Giáo dục.
[6] Nguyễn Văn Mậu, Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất (2008), Chuyên đề chọn lọc về đa thức và áp dụng, NXB Giáo dục.
[7] Đinh Thị Nam (2011), Một số phương pháp giải phương trình, bất phương trình siêu việt, Luận văn thạc sỹ, Đại học Đà Nẵng.
[8] Eugen Constantinescu (2004), Inequalities for logarithmic and ex- ponential functions, General Mathematics Vol 12, No 2 , 47–52.