Bất Đẳng Thức Và Các Bài Toán Cực Trị Trong Lớp Hàm Siêu Việt.pdf

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC LÊ MINH HÒA BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM SIÊU VIỆT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THANH HÓA, 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀ[.]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC

LÊ MINH HÒA

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN

CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM SIÊU VIỆT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THANH HÓA, 2017

TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC

LÊ MINH HÒA

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CÁC BÀI TOÁN

CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM SIÊU VIỆT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học:

GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

THANH HÓA, 2017

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan luận văn này không trùng lặp với các khóa luận, luận văn, luận án và các công trình nghiên cứu đã công bố.

Người cam đoan

Lê Minh Hòa

LỜI CẢM ƠN

Luận văn này được hoàn thành tại Khoa Tự Nhiên, Trường Đại học

Hồng Đức - Thanh Hóa dưới sự hướng dẫn của Thầy GS.TSKH Nguyễn

Văn Mậu Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới sự chỉ dạycủa Thầy Tôi xin cảm ơn tất cả các thầy cô đã giảng dạy tôi và cảm ơntất cả bạn bè vì sự giúp đỡ chân tình của mọi người Tôi cũng xin gửi lờicảm ơn tới Phòng Sau đại học, Trường Đại học Hồng Đức - Thanh Hóa

đã giúp đỡ về mặt thủ tục để hoàn thiện luận văn này

Tác giả xin chân thành cảm ơn!

Thanh Hóa, tháng 8 năm 2017

Học viên

Lê Minh Hòa

Quy ước về các chữ viết tắt sử dụng trong luận văn

Viết tắt Viết đầy đủ

THPT Trung học phổ thôngđpcm Điều phải chứng minh

Mục lục

MỞ ĐẦU 1

Chương 1 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM SIÊU VIỆT 3

1.1 Hàm số mũ và hàm số logarit 3

1.1.1 Hàm số mũ [5 tr 5] 3

1.1.2 Hàm số logarit 4

1.2 Tính chất của hàm số mũ và hàm số logarit 7

1.2.1 Hàm đơn điệu 7

1.2.2 Hàm lồi, lõm 8

1.2.3 Tính đơn điệu, tính lồi lõm của hàm số mũ và hàm logarit 8

1.3 Vai trò của hàm mũ và hàm logarit trong chứng minh các bất đẳng thức cổ điển 9

Chương 2 BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM MŨ 13

2.1 Một số kết quả dùng để chứng minh bất đẳng thức trong lớp hàm mũ 13 2.2 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong lớp hàm mũ 18 2.2.1 Chứng minh đẳng thức bằng phương pháp hàm số 18

2.2.2 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp áp dụng bất đẳng thức AM - GM suy rộng 22

2.2.3 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp áp dụng bất đẳng thức Bernoulli 25

2.2.4 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp áp dụng bất đẳng thức Jensen 27

Chương 3 BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM LOGARIT 43

3.1 Một số kết quả dùng để chứng minh bất đẳng thức trong lớp hàm logarit 43

3.2 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong lớp hàm logarit 44

3.2.1 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương 44

3.2.2 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số 47

3.2.3 Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp áp dụng bất đẳng thức AM - GM suy rộng 50

Chương 4 CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ LIÊN QUAN 56

4.1 Bài toán cực trị liên quan đến hàm số mũ 56

4.1.1 Tìm giá trị nhỏ nhất 56

4.1.2 Tìm giá trị lớn nhất 58

4.2 Bài toán cực trị liên quan đến hàm số logarit 64

KẾT LUẬN 69

Tài liệu tham khảo 70

Mở đầu

1 Tính cấp thiết của đề tài

Trong những năm gần đây việc đổi mới PPDH ở nước ta đã có một

số chuyển biến tích cực Các PPDH hiện đại như dạy học phát hiện vàgiải quyết vấn đề, dạy học kiến tạo, dạy học khám phá, đã và đangđược các nhà sư phạm, các thầy cô giáo quan tâm nghiên cứu và ápdụng ở một góc độ nào đó qua từng tiết dạy, qua từng bài tập

Bất đẳng thức và các bài toán cực trị trong lớp hàm siêu việt làmột chuyên đề cơ bản của toán học Đây là dạng toán quan trọng trongchương trình học phổ thông và các dạng toán này thường gặp trong kìthi THPT quốc gia, đặc biệt trong các kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấpquốc gia Thực tế giảng dạy cho thấy các dạng toán này rất khó đối vớihọc sinh Do đó, cần phải tập trung nghiên cứu để đưa ra các phươngpháp giải các dạng toán này hiệu quả nhất Xuất phát từ những lý dotrên, tôi chọn đề tài nghiên cứu cho luận văn là: “Bất đẳng thức và cácbài toán cực trị trong lớp hàm siêu việt”

2 Mục đích nghiên cứu

Qua nghiên cứu luận văn, người học phải nắm được bản chất, cácphương pháp chứng minh (phương pháp giải) các bất đẳng thức và cácbài toán cực trị trong lớp hàm siêu việt ,và các dạng toán liên quan .,mục tiêu của luận văn giúp người học nắm được các kết quả đầy đủ, chitiết và cách thức vận dụng chúng vào những bài toán cụ thể

3 Phương pháp nghiên cứu

Sử dụng phương pháp định tính thông qua đọc và nghiên cứu cáctài liệu chuyên khảo và các bài báo nhằm tổng hợp các kết quả cơ sở vàchứng minh các kết quả đối với lớp bài toán được nghiên cứu trong luậnvăn này

4 Kết quả đạt được

Luận văn nhằm trình bày theo hướng: đối với mỗi dạng bài bấtđẳng thức và các bài toán cực trị trong lớp hàm siêu việt đều nêu phươngpháp chứng minh hoặc phương pháp giải cụ thể

Bất đẳng thức và các bài toán cực trị trong lớp hàm siêu việt đượctrình bày tổng quát, hệ thống với nhiều cách giải lạ, độc đáo, sáng tạo.Đưa ra danh sách tài liệu tham khảo được sử dụng trong quá trìnhlàm luận văn

5 Nội dung nghiên cứu

Ngoài phần mở đầu, kết luận và phụ lục, luận văn gồm 4 chương:Chương 1: Một số tính chất của lớp hàm siêu việt

Chương 2: Bất đẳng thức trong lớp hàm mũ

Chương 3: Bất đẳng thức trong lớp hàm logarit

Chương 4: Các bài toán cực trị liên quan

a) Các phép tính về lũy thừa với số mũ thực[5 tr 5-6]

Định lý 1.1. Gọi a, b là những số thực dương; x, y là những số thực tùy

(ab)x = ax.bx

 ab

b) Công thức đổi cơ số [5 tr 6]

Từ hàm số mũ cơ số a đổi sang hàm số mũ cơ số b ta có công thức:

Nhận xét 1.1. 1 Đồ thị hàm số y = ax luôn luôn đi qua A(0; 1)

2 Đồ thị hàm số mũ luôn luôn nằm phía trên trục hoành

Cho số thực a > 0 và a 6= 1, logarit cơ số a của một số dương N là

một số M sao cho N = aM Ký hiệu: logaN

Ta có

logaN = M ⇔ N = aM

b) Các tính chất [5 tr 6]

• Cơ số a phải là số dương và khác 1

• logaN chỉ có nghĩa khi N > 0

• loga1 = 0; logaa = 1; logaan = n.

• logaaM = M, ∀M ∈ R ; alogaN = N, ∀N > 0

• Hàm số y = logax có tập xác định là (0;+∞)

• Hàm số y = logax liên tục tại mọi điểm x > 0

• Nếu a > 1: hàm số đồng biến trong khoảng (0;+∞)

• Nếu 0 < a < 1: hàm số nghịch biến trong khoảng(0;+∞)

loga M < 0 ⇔ 0 < M < 1

3 Với 0 < a < 1:

loga M < loga N ⇔ M > N > 0loga M > 0 ⇔ 0 < M < 1

loga M < 0 ⇔ M > 1Các tính chất 1, 2, 3 này dùng để giải các phương trình và bất phươngtrình lgarit

d) Các phép tính về logarit [5 tr 6]

Giả sử a > 0, a 6= 1, A, B, N, > 0, ta có các công thức sau đây:

loga(AB) = loga A+logaB

(0 < x, a, b, ab 6= 1)

f) Đồ thị hàm số logarit [5 tr 8]

• a > 1

+ Bảng biến thiên:

1.2 Tính chất của hàm số mũ và hàm số logarit

1.2.1 Hàm đơn điệu

Định nghĩa 1.1(3, tr 4) Cho hàm số f : R → R xác định trên tập I(a; b) ⊂

R, trong đó I(a; b) là ký hiệu một trong các tập hợp (a, b),[a, b),(a, b],[a, b]

Định lý 1.2 ([3, tr 4]) Giả sử hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b) và

f0(x) > 0 với mọi x ∈ (a; b)thì hàm số f(x)đồng biến trên khoảng đó Ngược

1.2.2 Hàm lồi, lõm

Định nghĩa 1.2([3, tr 5]) Hàm số f(x)được gọi là hàm lồi trên tập I(a; b) ⊂

R nếu với mọi x1, x2 ∈ I(a; b)và với mọi cặp số dương α, β có tổng α+β = 1,

Định lý 1.3([3, tr 5]) Nếu f(x) khả vi bậc hai trên I(a; b) thì f(x) lồi (lõm)

1.2.3 Tính đơn điệu, tính lồi lõm của hàm số mũ và hàm logarit

1.2.3.1 Tính đơn điệu của hàm số mũ và hàm logarit [3, tr 5]

− Xét hàm số y = ax, a > 0, a 6= 1 liên tục trên R, ta có y0 =

axln a (a > 0, a 6= 1)

Khi a > 1 thì y0 > 0 nên hàm số đồng biến trênR.

Khi 0 < a < 1 thì y0 < 0 nên hàm số nghịch biến trênR.

− Xét hàm số y = logax, a > 0, a 6= 1; x > 0, ta có y0 = logax
0

=

1

x.ln a.

Khi a > 1 thì y0 > 0 nên hàm số đồng biến trên(0;+∞)

Khi 0 < a < 1 thì y0 < 0 nên hàm số nghịch biến trên (0;+∞)

1.2.3.2 Tính lồi, lõm của hàm số mũ và hàm logarit [3, tr 5]

−Xét hàm số y = ax, a > 0, a 6= 1, ta có y0 = axln a (a > 0, a 6= 1) y00 =(ln a)2ax Ta thấy y00 > 0 với mọi 0 < a 6= 1, x ∈ R do đó hàm số y = ax

(0;+∞)

1.3 Vai trò của hàm mũ và hàm logarit trong chứng minh các bất

đẳng thức cổ điển

Định lý 1.4([3, tr 9] Bất đẳng thức AM- GM suy rộng) Giả sử cho trước

xn ≤ sexns − 1Suy ra

s − 1p1

x2p2 ≤ sp2e

 x2

s − 1p2

xnpn ≤ spne(xns − 1)pnVậy nên

Định lý 1.5 ([3, tr 10] Bất đẳng thức dạng Katamata) Giả thiết cho ba bộ

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp thông thường.Với n = 2 tức là

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi αi = ui, ∀i = 1, 2, 3.

Do giả thiết nên ta chỉ cần xét 2 trường hợp

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi αi = ui, ∀i = 1, 2, 3

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi αi = ui, ∀i = 1, 2, 3.

0(x0) hay f0(x1) ≥ f0(x0) với x0 < x1 < x Điều này

là hiển nhiên vì hàm số f(x) = ax có f00(x) = (ln a)2.ax > 0 với mọi

a > 0, a 6= 1, x ∈R nên f0 là hàm đơn điệu tăng trênR.

−Xét x < x0 ta được khoảng (x; x0) và bất đẳng thức (2.1) có dạng

f (x) − f (x0)

x−x0 ≤ f

0(x0) hay f0(x1) ≤ f0(x0) với x < x1 < x0.Điều này hiển nhiên vì f0 là hàm đơn điệu tăng trênR.

Vậy ta thu được bất đẳng thức (2.1), (đ.p.c.m) Từ kết quả của Định

lý 2.1 ta thu được kết quả của một số bài toán cực trị trong lớp hàm mũvới tổng không đổi

• Hiển nhiên bất đẳng thức đúng với n = 2.

• Giả sử bất đẳng thức đã đúng cho n số không âm thì bất đẳngthức cũng đúng với 2n số không âm

Ta có

a1+a2+ · · · +a2n

12n

√

a1.a2 an+ √n

an+ 1.an+ 2 a2n
≥ 2n√

a1.a2 a2n

nên bất đẳng thức đúng khi n bằng một lũy thừa của 2

• Giả sử bất đẳng thức đúng với n số không âm, ta chứng minh bấtđẳng thức đúng với n−1 số không âm Thật vậy, đặt

Chứng minh. Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

a1+a2+ · · · +an ≥ n√n

a1.a2 an > 0, (2.4)1

Nhận xét 2.1. Bất đẳng thức AM-GM chỉ áp dụng được cho các số khôngâm

• Bất đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức quan trọng nhất, quenthuộc nhất, và có một tầm ứng dụng rộng rãi trong các bộ môn của toánhọc sơ cấp Đặc biệt là dùng để chứng minh bất đẳng thức Sự thànhcông của việc áp dụng bất đẳng thức AM-GM để chứng minh các bàitoán về bất đẳng thức hoàn toàn phụ thuộc vào sự linh hoạt của từngngười và kỹ thuật cách chọn các số a1, a2, , an

Vậy bất đẳng thức Jensen đúng khi n = k.

Theo nguyên lý quy nạp suy ra điều phải chứng minh

Hệ quả 2.4 ([7, tr 83]) Từ định lý, nếu α1 = α2 = · · · = αn = 1

trực tiếp được hệ quả quan trọng sau:

• Phương pháp dùng bất đẳng thức Jensen là một phương pháp hiệu quả

để chứng minh bất đẳng thức Tuy nhiên, vì bất đẳng thức Jensen không được giới thiệu trong chương trình toán trong nhà trường phổ thông, nên học sinh phổ thông ít có điều kiện tiếp xúc và sử dụng bất đẳng thức này.

xα+ α

Định lý 2.5 ([3, tr 6] (Bất đẳng thức Karamata) ) Cho hai dãy số xk, yk ∈

I(a; b), k = 1, 2, , n thỏa mãn điều kiện

Phương pháp đổi biến p, q, r

Đối với một số bài bất đẳng thức thuần nhất đối xứng có các biếnkhông âm ta biến đổi như sau

Đặt p = a+b+c; q = ab +bc+ca; r = abc Ta có một số bất đẳngthức sau

Lập bảng biến thiên suy ra: f00(x) ≥ f00(0) = 0 ⇒ f0(x) ≥ f0(0) =

Vậy a ≥ b > 0 ⇔ f (a) ≤ f (b) ⇔ ln (4a+1)

ln 4b+1b(đpcm)

Bài toán 2.3 ([3, tr 14]) Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng

Cộng theo về các bất đẳng thức trên ta được

2 xln x+yln y+zln z
≥ xln y+yln x
+ yln z+zln y
+ (zln x+xln z)

⇔3 xln x+yln y+zln z
≥ x+y+z
ln x+ln y+ln z

⇔3 ln xx+ln yy +ln zz
≥ ln xyz
x+y+z

⇔ln xxyyzz
≥ ln xyz

x + y + z 3

⇔ xxyyzz ≥ xyz
x + y + z

3

b(∀x, a, b > 0, a 6= b) [2]

Bài toán 2.5 ([2 tr 2]) Chứng minh rằng

Vậy f(t) nghịch biến trên(0;+∞) mà x > y > 0 nên f(x) < f(y).

Vậy (1) đúng nên bất đẳng thức được chứng minh

Bài toán 2.6 ([2 tr 5]) Với∀x ∈ (0; 1), chứng minh rằng

2n(1−x)x2n = (2n−2nx) x.x x

| {z }2n

2n + 1

Ta cần chứng minh

2n2n+1

x.Theo định lý La-gơ-răng thì∃c ∈ (2n; 2n+1)để ln (2n+1) −ln 2n

Bài toán 2.7 ([6; tr 146]) Chứng minh rằng

2sin x+2tan x > 21+x, ∀x ∈

0; π2



Lời giải. Xét f(x) = sin x+tan x−2x, x ∈

0; π2



Khi đó f là hàm tăng trên

0; π2

.Vậy nên f(x) > f(0) =0, ∀x ∈

0;π2

.Suy ra sin x+tan x > 2x, ∀x ∈

0;π2



Suy ra 2sin x+2tan x ≥ 2√2sin x + tan x ≥ 2.2sin x+2tan x > 2.2x = 21+x, ∀x ∈



Như vậy ta cần chứng minh

xy2+1−x2+yz2+1−y2+zx2+1−z2 ≤ √3

p2−2q = 1.

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau

xy2+yz2+zx2+xyz ≤ 4 x+y+z

327

r ≥ p

4q− p2

p 2q−1
9

pq+4p ≤ 5√3

Dễ thấy bất đẳng thức này luôn đúng do p ≤ √3; q ≤ 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1

√

3.

Bài toán 2.9 ([3, tr 17]) Cho x, y, z ∈ [0; 1] Chứng minh rằng

Lời giải. Đặt 2x = a; 2y = b; 2z = csuy ra a, b, c ∈ [1; 2]



a, b, c ∈ {1; 2}

hệ này vô nghiệm Do đó dấu đẳng thức không xảy ra

Nhận xét 2.3. Bài toán tổng quát dạng này

Vì x, y, z là độ dài ba cạnh tam giác nên x, y, z > 0 và

xy ≤ yx. [3]

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli, ta có

 1x

y x

z+x −1



< 1

⇔ (x+z)y > 1Tương tự, x+y
z > 1

y+z
x > y +z

x +y+z, (z+x)

z > z+x

x +y+zCộng theo vế các bất đẳng thức trên, ta có

y+z
x + (z+x)y+ x+y
z > 2, (đpcm)

Bài toán 2.14 ([3, tr 21]) Với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn điều

kiện x+y+z = 1, chứng minh rằng



1+ 1x

y

1+ 1y

!z

1+ 1z

!z

1+ 1z

x

xy+yz+zx.Bất đẳng thức cuối luôn đúng Do đó, ta có bất đẳng thức phải

, ta có

22 sin x +2tan x > 23x2 + 1

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

22 sin x +2tan x ≥ 2√22 sin x + tan x = 2.22 sin x2+tan x

Ta có 232 x + 1 = 2.232 x

So sánh 22 sin x+tan x với 3x trên khoảng

0;π2



Xét hàm số f(x) = 2 sin x+tan x−3x

Suy ra f0(x) = 2 cos x+ 1

cos2x −3

π

2 > x > 0 ⇒ f(x) > 0 ⇒ 2.2

2 sin x + tan x

2 > 2.232 xVậy 22 sin x +2tan x > 23x2 + 1

Bài toán 2.18. Chứng minh rằng∀x ∈ R, ta có 2sin x+2cos x ≥ 21−

√

2 2Khi nào xảy ra dấu bằng ?

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

2sin x+2cos x ≥ 2√2sin x.2cos x = 2√2sin x + cos x = 2.2

x+ 203

x

≥ 3x+4x+5xvới ∀x ∈R

x+ 154

x

s

 125

x. 154

x+ 203

x

 125

x+ 203

x

x+ 203

Lời giải. Đặt a = 3x, b = 3y, c = 3z ⇒ a, b, c > 0 và ab+bc+ca = abc.Khi đó thí dụ trên trở thành: Cho a, b, c > 0 và ab+ bc+ ca = abc.Chứng minh:

Bài toán 2.21 ([7; tr 71]) Cho x1, x2, , xn > 0 Chứng minh

Bài toán 2.23 ([5, tr 29-30]) Chứng minh ∀a ≥ 0, b ≥ 0, x > y > 0, ta có

x#1 x

≤

"



1+ ab

x#1 y

⇒  ax +bx

bx

1 x

≤  by +ay

by

1 y

n

<



1+ 12n

2 3

> ac

 bc

2 3

> bc

c

2 3+ bc

2 3



1+ 12n

2

⇒



1+ 1n

n

<



1+ 12n

2n

(n−1).2 > nn.1 = n

Nhân theo vế, ta có

n!n! > nn.Vậy (n!)2 > nn

Bài toán 2.25 ([6; tr 124]) Cho 3 ≤ n ∈ Z Chứng minh rằng nn + 1 >(n+1)n

Lời giải. Theo bất đẳng thức Bernoulli:

Nhận xét 2.4. Có thể giải bài này theo cách khác như sau:

Xét 3 ≤ n ∈Z Theo công thức khai triển Newton:

1− k−1

n

 1k!



2 −

13



+ · · · +

1

n−1 −

1n

2+r 33

2 +4

f(2n+1) − f(2n) = f0(x)(2n+1−2n)

⇒ln (2n+1) −ln 2n = 1

c >

12n+1

2n >

12n+1 ⇒ ln

 2n+12n

2n2n+1



⇒ x2n(1−x) ≤ f

2n2n+1



=

2n2n+1



Lời giải. Xét f(x) = 2 sin x+tan x−3x, ∀x ∈

0;π2



⇒ f0(x) = 2 cos x+ 1

cos2x −3 = cos x+cos x+

1cos2x −3

≥ 3 3

rcos x cos x 1

cos2x −3 = 0

⇒ f là hàm số tăng trên

0;π2



⇒ f(x) > f(0) =0 ∀x ∈

0; π2



⇒2 sin x+tan x > 3x, ∀x ∈

0;π2



⇒22 sin x +2tan x > 2√22 sin x+tan x > 2√23x ≥ 23x2 + 1, ∀x ∈

0;π2



Vậy 22 sin x +2tan x > 23x2 + 1, ∀x ∈

0;π2