Luận văn thạc sĩ ứng dụng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức và giải phương trình hệ phương trình

Hàm số đồng biến, nghịch biến

Định nghĩa 1.1 Cho hàm số y=f(x) xác định trên K R(K là khoảng, đoạn hoặc nửa khoảng)

Hàm số y = f(x) được coi là đồng biến (tăng) trên khoảng K nếu với mọi cặp x1, x2 thuộc K mà x1 < x2 thì f(x1) < f(x2) Ngược lại, hàm số y = f(x) được gọi là nghịch biến (giảm) trên K nếu với mọi cặp x1, x2 thuộc K mà x1 < x2 thì f(x1) > f(x2) Cả hai loại hàm số này đều được gọi chung là hàm số đơn điệu trên K.

Đạo hàm

1.2.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.2 Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a;b) và x o ∈ (a; b) Nếu tồn tại giới hạn (hữu hạn) x→x lim o f (x) − f

(x o ) x − x o thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm x o và kí hiệu là f ′ (x o ) (hoặc y ′ (x o )), tức là f ′ (x o

x − x o Định nghĩa 1.3 Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a;b) và x o (a; b).

Nếu tồn tại giới hạn (hữu hạn) lim x→x + f (x) − f

∈ o thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm bên phải của hàm số y = f(x) tại điểm x o và kí hiệu là f ′ (x + ).

Nếu tồn tại giới hạn (hữu hạn) li x→x m

Đạo hàm bên trái của hàm số y = f(x) tại điểm x₀ được định nghĩa là giới hạn của (f(x) - f(x₀))/(x - x₀) khi x tiến gần đến x₀ từ phía trái, ký hiệu là f′(x₀−) Hàm số y = f(x) được coi là có đạo hàm trên khoảng (a;b) nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm x trong khoảng đó Đồng thời, hàm số y = f(x) được gọi là có đạo hàm trên đoạn [a;b] nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm x trong khoảng (a;b), và có đạo hàm bên phải tại a cũng như bên trái tại b.

1.2.2 Tính chất Định lí 1.1 Giả sử u = u(x), v = v(x) là các hàm số có đạo hàm tại điểm x thuộc khoảng xác định Ta có

′ (v = v(x) ̸= 0). Định lí 1.2 Nếu hàm số u = g(x) có đạo hàm tại x là u ′ x và hàm số y = f (u) có đạo hàm tại u là y ′ u thì hàm hợp y = f

(g(x)) có đạo hàm tại x là y ′ x = y ′ u u ′ x

1.2.3 Tính đơn điệu và dấu của đạo hàm Định lí 1.3 Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K.

Nếu f ′ (x) > 0 với mọi x thuộc K thì hàm số f(x) đồng biến trên K Nếu f ′ (x) < 0 với mọi x thuộc K thì hàm số f(x) nghịch biến trên K. Định lí 1.4 Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K.

Nếu f ′ (x) 0 với mọi x thuộc K và f ′ (x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số f(x) đồng biến trên K.

Nếu f ′ (x) 0 với mọi x thuộc K và f ′ (x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số f(x) nghịch biến trên K. o v v

Định lí Rolle

Định lí 1.5 Giả sử f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm tại mọi x thuộc khoảng (a;b) Nếu f(a) = f(b) thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho f’(c)=0.

Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm trên khoảng (a;b) Nếu phương trình f’(x) = 0 có tối đa n-1 nghiệm phân biệt trong khoảng (a;b), thì phương trình f(x) = 0 cũng chỉ có tối đa n nghiệm phân biệt trong khoảng này.

Định lí Lagrange

Định lí 1.6 Giả sử f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm trên khoảng (a;b) Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho f (b) − f (a) = f ′ (c).(b − a).

Hàm lồi, lõm khả vi bậc hai

Tập hợp I(a; b) R bao gồm bốn dạng: (a; b), [a; b), (a; b] và [a; b] Nếu x1, x2 thuộc I(a, b) và α, β là hai số dương với tổng α + β = 1, thì hàm số f(x) được gọi là lồi trên tập I(a, b) nếu thỏa mãn điều kiện f(αx1 + βx2) ≤ αf(x1) + βf(x2).

Nếu dấu đẳng thức trong (1.1) xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 thì ta nói hàmsố f (x) là hàm lồi thực sự (chặt) trên I(a; b).

Hàm số f (x) được gọi là lõm trên tập I(a; b) nếu với mọi x 1 , x 2

I(a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta đều có f (αx 1 + βx 2) ≥ αf (x 1) + βf (x 2) (1.2)

Nếu dấu đẳng thức trong (1.2) xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 thì ta nói hàm số f (x) là hàm lõm thực sự (chặt) trên I(a; b).

Nếu f(x) là hàm số khả vi trên I(a;b) thì f(x) là hàm lồi trên

I(a;b) khi và chỉ khi f’(x) là hàm đơn điệu tăng trên I(a;b). Định lí 1.8 Nếu f (x) khả vi bậc hai trên I(a; b) thì f (x) lồi

I(a, b) khi và chỉ khi f ′′ (x) ≥ 0(f ′′ (x) ≤ 0) trên I(a, b).

1.5.3 Biểu diễn hàm lồi và lõm

Nếu f (x) lồi khả vi trên I(a; b) thì với mọi cặp x 0 , x ∈ I(a; b), ta cóđều f (x) ≥ f (x 0) + f ′ (x 0)(x − x 0) (1.3)

Dễ nhận thấy rằng (1.3) xảy ra đẳng thức khi x 0 = x Vậy ta có thể (1.3) dưới dạng f (x) =viết min u∈I(a;b)[f (u) + f ′ (u)(x − u)]

Nếu f (x) lõm khả vi trên I(a; b) thì với mọi cặp x 0 , x I(a; b), ta đều có f (x) ≤ f (x 0) + f ′ (x 0)(x − x 0) (1.4)

Dễ nhận thấy rằng (1.4) xảy ra đẳng thức khi x 0 = x Vậy ta có thể (1.4) dưới dạng f (x) = viết max u∈I(a;b)

1.5.4 Định lí Karamata Định lí 1.9 (Bất đẳng thức Karamata).Cho hai dãy số {xkiện k , y k ∈ I(a; b), k = 1, 2, , n} , thỏa mãn các điều x 1 ≥ x 2 ≥ ≥ x n , y 1 ≥ y 2 ≥ ≥ y n và x 1 ≥ y 1

Khi đó, ứng với mọi hàm lồi thực sự f (x), (f ′′ (x) > 0) trên

Ta cũng có phát biểu tương tự đối với hàm lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳng thức.

Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi f (x 1)+f (x 2)+ +f (x n ) = min t 1 , ,t n ∈I(a,b) n i=

Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t 1 , , t n ∈ I(a, b) cũng là một bộ số giảm, tức là t 1 ≥ t 2 ≥ ≥ t n

Khi đó, để chứng minh (1.7), ta chỉ cần chứng minh rằng

Sử dụng biến đổi Abel x 1 f ′ (t 1) + x 2 f ′ (t 2) + + x n f ′ (t n )

Mặt khác, do S k (x) S k (y)(k = 1, 2, , n 1) và S n (x) = S n (y), ta thu được ngay (1.8).

(Bất đẳng thức định lí và áp dụng– GS.TSKH.Nguyễn Văn Mậu - 2006)

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D R.

Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) trên tập D nếu f (x) M với mọi x thuộc D và tồn tại x o D sao cho f

Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên tập D nếu ã ã ã

≤ f (x) m với mọi x thuộc D và tồn tại x o D sao cho f (x o )

1.6.2 Quy tắc tìm GTLN,GTNN của hàm số liên tục trên một đoạn

Bước 1 Tìm các điểm x 1 , x 2 , , x n trên khoảng (a;b), tại đó f’(x)=0 hoặc f’(x) không xác định.

Bước 3 Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên Ta

Chương 2 Ứng dụng đạo hàm trong giải phương trình và hệ phương trình

Phương trình có dạng f(x) = c, với x thuộc K

+ Chỉ ra được f(x) đơn điệu trên K

+ Kết luận phương trình có nghiệm duy nhất x = x 0.

Bài tập 2.1 Giải phương trình

21 x + 4 = 5 x + 4 liên tục trên [−1; + ∞) f’(x) 2√ x + 1 + √ x + 4 > 0 ∀x ∈ (−1; +∞) suy ra f(x) đồng biến trên [1; + ).

Nhận thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.

Kinh nghiệm khi nhẩm nghiệm ta thường nhẩm các nghiệm trong tập xác định và làm cho các căn thức có thể khai căn được hoặc triệt tiêu.

Bài này có thể làm theo phương pháp bình phương hai vế , nhưng sẽ dài hơn Ta cũng có thể làm bằng phương pháp nhân liên hợp.

0 ∀x ∈ (−2; 4) Suy ra f(x) đồng b√iến trên [-2;4].

Mặt khác f(1) = 2 3 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

Biểu thức trong căn cồng kềnh có thể trở nên phức tạp khi áp dụng các phương pháp khác nhau để biến đổi Do đó, việc loại trừ các phương pháp không hiệu quả dẫn đến việc xem xét sử dụng phương pháp hàm số.

Nhận thấy x = 9 là√một√nghiệ m c√ủa phương√trình

+∞).Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên [5;

Do đó phương trình (2.3) ⇔ f (x) = 14 có nghiệm duy nhất x 9.

Lờigi ải Đi ều kiệ n x

Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình

Vậy phương trình (2.4) có nghiệm duy nhất x =1.

− do đó f(x) đồng biến trên

Suy ra f(x) nghịch biến trên

5 − 4x = 3 (2.6.1) Xét hàm số f(x) = 3x 7 + x 3 − √5 − 4x liên tục trên (−∞; 5

5] suy ra f(x) đồng biến trên −∞;

Nhận thấy x =1 là một nghiệm của phương trình (2.6.1)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

Từ điều kiện suy ra vế phải >0 nên vế trái >0, mà 3 4x

Ta thấy (2.7.1) có ng√hiệ m x=3 √

Xét hàm số f (x) = 3 4x − 4 + 2x − 2 liên tục trên (2, +∞) f ′ (x) = 4 1

2x − 2 > 0 ∀x ∈ (2, +∞) suy ra f(x) đồng biến trên (2, + ).

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=3.

Bài tập 2.8 Giải phương trình:

Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình (2.8)

− 2 < 0 ∀x ∈ 3; Hàm số f(x) nghịch biến trên (1

Nhận thấy x = 3 là m√ột nghiệm√củ a phươn√g trình (2.9)

Xét hàm số: f (x) = 3 x + 1 + x + 6 + x − 2 liên tục trên

Do đó hàm số f (x) đồng biến trên [2; + ).

Bài tập 2.10 Giải phương trình :

Nhận thấy x =3 là m√ột nghiệm√ củ a phươ√ng trình (2.10)

2 x + 6 2 x − 2 2 4 − x suy ra f(x) là hàm số đồng biến trên [2 ; 4].

Bài tập 2.11 Giải phương trình sau:

Để tìm được hàm số cần xét, chúng ta cần thực hiện biến đổi phương trình hiện tại, vì nó chưa cho ra hàm số giống như hai trường hợp trước đó.

− x + 5 > e > 0 ∀x ∈ R ) Đặt t = x 2 − x + 5 với t > e, thì phương trình trên trở thành:

Xét hàm số: f (t) log 2 t t log2 t

Từ đó, f(t) là hàm nghịch biến trên (e; + ).

= 8 ⇒ Phương trình ( 2.11.1) có nghiệm duy nhất t = 8.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x =1 +

3 Nhận thấy f(t) nghịch biến trên R mà f(1) =1 nên t=1 là nghiệm ,thay vào (2) ta có x

Vậy phương trình đã cho chỉ có một nghiệm x = 16.

Phương trình đã cho biến đổi được về dạng f(u) = f(v)

trong đó u = u(x),v = v(x), u, v cùng thuộc K’ với mọi x ∈ K

+ Chỉ ra f(t) đơn điệu trên K’ (Khoảng, đoạn, nửa khoảng).

Bài tập 2.13 Giải phương trình x 3 + 1 = 2√ 3

Xét hàm số f(t) = t 3 + 2t liên tục trên R f’(t) = 2t 2 + 2 > 0 ∀t ∈ R suy ra f(t) đồng biến trên R

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x=1; x = −1 ± 5

Bài tập 2.14 Giải phương trình 2 x 3 + 3x 2 − 3√

3x + 5 (2.14.1) Xét hàm số f(t) = t 3 + 3t liên tục trên R f’(t) = 3t 2 + 3 > 0 ∀t ∈ R suy ra f(t) đồng biến trên√R

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1; x = -2.

Nhận xét:Từ đặc điểm phương trình có biểu thức x 3 + 3x 2 + 3x

1 ta nghĩ đến việc phân tích thành tổng trong đó có số hạng dạng (ax

4x + 5 ( 2.15.1) Xét hàm số f(t) = t 3 + 2t liên tục trên R f’(t) = 3t 2 + 2 > 0 tR

Suy ra f(t) đồng biến trên R

Kết luận phương trình đã cho có ba nghiệm x

Nhận xét: Cố gắng làm xuất hiện hằng đẳng thức dạng (ax + b) 3 bên ngoài căn để đưa về tình huống giống Bài tập

Xét hàm số f(t) = t(2 + t 2 + 3) liên tục trên R

3 suy ra f(x) đồng biến trên R.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −

Nhận xét: Tr√on g b à i toá√n này đòi hỏi người làm toán phải có phân tích sâu hơn, để ý9x 2 + 3; 1 + x + x 2 có vai trò gần như nhau

Bài tập 2.17 Giải phương trình x 3 − 15x 2 +

Xét hàm số f(t)=t 3 + 5t liên tục trên R f (t) = 3t 2 + 5t >

R.suy ra f(t) đồng biến trên R.

Kết luận:Phương trình đã cho có 3 nghiệm: x=4 hoặc x Bài tập 2.18 Giải phương trình

Lờ i gi ải Đi ều kiệ n x -1 Ph ươ ng trì nh (2.

( 2.18.1) Xét hàm số f(t) = t 3 + t liên tục trên R f’(t) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈ R suy ra f(t) đồng biến trên

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 ± √

Bài tập 2.19 Giải phương trình :

( 2.19.1) Xét hàm số : f (t) = t 3 + 3t là hàm số đồng biến trên

Vậy phương trình vô nghiệm.

Bài tập 2.20 Giải phương trình sau: e |2x−5| − e |x−1| = 1

= 1 Viết lại phương trình (2.20) dưới dạng : e |2x

> 0, ∀t > 0 suy ra hàm số f (t) luôn đồng biến trên khoảng

Vậy phương trình có hai nghiệm x=2 và x=4.

RSuy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R.

Xét hàm số f (t) = 3 t+1 + t 2 , t ≥ 0, hàm số đồng biến trên [0; +∞)

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 và x = 3.

Hàm số f(t) đồng biến trên R nên phương trình

Vậy phương trình đã cho chỉ có một nghiệm x = 2

R Hàm số f (t) đồng biến trên R nên phương trình

Vậy phương trình đã cho có π các nghiệm là x Bài tập 2.25 Giải phương trình

(2.25) Điều kiện 4cos 3 2x − cos 6x − 1 > 0 ⇔ 3 cos 2x − 1 > 0 ⇔ cos 2x > 1

( 2.25.1) Xét hàm f (t) = 2 t + t đồng biến trên R nên phương trình

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x = ±

Phương trình (2.26) trở thành log 3 (u + 2)

Suy ra f(u) đồng biến trên [0; +∞)

(thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có hai nghiệm x = 3 +

3x (2.27) Điều kiện x ≥ 0 Biến đổi phương trình như sau log 2 (

⇔ 1 + √ x) x 3 = 1 + √ x ⇔ Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 0; x = 1

(Trích đề thi ĐH Ngoại thương 2001)

0Viết lại phương trình (2.28) dưới dạng log 3 x 2 + x + 3 − log 3 2x 2 + 4x + 5

Xét hàm số f(t)=log 3 với t>0, f(t) đồng biến trên tậpxác định (2.28.1) ⇔ f (x+ x + 3) = f (2x4x + 5)xt + 7t 2 + 2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = −2 và x = −1.

Tìm nghiệm dương của phương trình x ln

Biến đổi phương trình (2.29) như sau x ln

Do đó hàm g(t) nghịch biến trên (0; + ),mà lim

→+∞ g(t) = 0 suy ra g(t) > 0 với mọi t>0 ⇒ f ′ (t) = (2t + 1)g(t) > 0∀t > 0 ⇒ f(t) đồng biến trên (0; +∞).

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm dương duy nhất x=1.

Hệ phương trình

Bài tập 2.30 Giải hệ phương trình

(Trích đề thi HSG LỚP 12 TP Hà Nội 2013-2014)

Xét hàm số f (t) = t 3 + 3t, f ′ (t) = 3t 2 + 3 > 0 t R suy ra f(t) là hàm đồng biến trên R.

4 − x 2 = 9x 2 − 12x + 4 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho (x;y) là (0;1).

Thay y = (x − 1) 4 vào phương trình đầu của hệ ta được

⇔√ x − 1 + x 3 − x 2 + 2x − 9 = 0 ( 2.31.1) Nhận thấy x = 2 là √mộ t nghiệm của phương trình ( 2.31.1)

Xét hàm số f (x) = x − 1 + x 3 − x 2 + 2x − 9 liên tục trên [1; +∞) f ′ (x) 1

2√ x − 1 + 3x − 2x + 2 > 0∀x ∈ (1; +∞) ,do đó f(x) đồng biến trên [1; + ).

Suy ra x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình ( 2.31.1),từ đó y = 1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x ;y) là (2 ;1)

Bài tập 2.32 Giải hệ phương trình x 3 5x = y 3 5y (1) x 8 + y 4 = 1 (2) (2.32)

Xét hàm số f(t) = t 2 − 5t liên tục trên đoạn [−1; 1] f’(t) = 2t-5 < 0 với ∀x ∈ [−1; 1]

Suy ra f(t) nghịch biến trên [−1; 1]

√5 Vậy hệ phương trình có hai 2 nghiệm (x;y) là

(3) Xét hàm số f(t)=t 3 + t liên tục trên R ,có f’(t)=3t 2 + 1 > 0, t

RSuy ra hàm số f(t) đồng biến trên

Thế vào phương trình (1) ta được

Từ điều kiện và y= x-2 suy ra −1 ≤ x ≤ Phương trình (4)2 5 vô nghiệm vì với

Kết luận: Hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất (2;0).

3 6x 2 + 2 (3) (3) Xét hàm số f(t) = t 3 + 3t liên tục trên R. f’(t) = 3t 2 + 3)>0 t R.

Suy ra f(t) đồng biến trên R.

Kết luận hệ phương trình có nghiệm (x;y)

(Trích đề thi TSĐH khối A,A1 năm 2013 ) Điều kiện x ≥ 1

Từ phương trình (2) ta có 4y = (x + y −

√u 4 + 2 + u = y 4 + 2 + y (3) Xét hàm số f(t) = √t 4 + 2 + t liên tục trên [0; +)

∞ f’(t) = √ t 4 + 2 + 1 > 0 ∀t ≥ 0 ⇒ hàm số f(t) đồng biến trên [0; +∞)

Xét hàm số g(y) = y 7 + 2y 4 + y − 4 liên tục trên [0; +∞) g’(y) = 7y 6 + 8y 3 + 1 > 0 ∀y ≥ 0 ⇒ hàm số g(y) đồng biến trên [0; +∞).

Mà g(1) = 0 nên (4) có nghiệm duy nhất y =1

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x;y) là (1;0) và (2;1).

Lời giải Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0 Trừ theo vế suy ra

Xét hàm số f (t) = √3 + t 2 + 3√t + 3 liên tục trên [0; +∞)

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên [0; + )

(1) f (x) = f (y) x y Khi đó hệ đã cho trở thành

Phương trình (2) có nghiệm x=1, và do vế trái của phương trình này là hàm số đồng biến, nên x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình (2).

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) là (1;1).

Đối với hệ phương trình nhiều ẩn số, chúng ta cần biến đổi để tạo ra các phương trình có thể giải được bằng phương pháp hàm số Mục tiêu là rút gọn mối quan hệ giữa các ẩn số để dễ dàng hơn trong việc tìm ra cách giải phù hợp cho từng trường hợp.

Xét hàm số f(t) = t 3 − 3t liên tục trên [1; +∞)

Nhận thấy x - 1 và √ y + 3 đều ∈ [1; +∞) do điều kiện (*) f’(t) = 3t 2 − 3t ≥ 0√∀t ≥ 1, do đó f(t)√đồn g biến trên [1; +∞).

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) =(3;1).

(Trích đề thi đại học khối A

Xét hàm số f(t) = (t 2 + 1)t liên tục trên R

Thế vào phương trình (2), ta được  y 2

3 − 4x − 7 = 0 (4) Nhận thấy x = 0 và x =4 không phải là nghiệm của phương trình (4)

√ f’(t) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈ R suy ra f(t) đồng biếntrên

⇒ hàm số g(x) nghịch biến trên (0; 3

)=0, do đó (4) có nghiệm duy nhất x Vậy hệ phương trình có một nghiệm (x;y) =(1

L ời gi ải Đi ều ki ện y ̸ 0

Xét hàm số f(t) = t + t 2 + 1 liên tục trên R, có f ′ (t)

1) 2 t 4 + t 2 + (t 1) 2 (t 2 + 1) 2 > 0∀x ∈ R f(t) đồng biến trên R Do đó

Kết luận : Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x;y) là (1 +

Trong phương trình (1), x và y có vai trò tương đương, do đó việc xem xét hàm số sẽ hiệu quả hơn so với phương pháp phân tích thành nhân tử.

Bài tập 2.40 Giải hệ phương trình x 3 − 3x 2 − 9x + 22 = y 3 + 3y 2

Hệ phương trình đã cho tương đương

1 ≤ 2 Xét hàm số f(t) = t 3 − 12t liên tục trên đoạn [−3

Do đó (1) ⇔ x-1 = y+1 ⇔ y =x-2 Thay vào (2) tađược

Kết luận hệ phương trình đã cho có hai nghiệm

Bài tập 2.41 Giải hệ phương trình).

Xét hàm số f(t) = t + √t 2 + 1 liên tục trên R t √ t 2 + 1

Suy ra f(t) đồng biến trên R nên (1) f(x+1) = f(-y) x+1 = -y

Với x =1 y = -2 thỏa mãn điều kiện

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) là (1;-2).

( Trích Tạp chí THTT-Số 400-Năm 2010)

-Với y=0,thay vào hệ ta được4

-Với y ̸= 0 ,chia 2 vế phương trình thứ nhất của hệ cho y 5 ta được x) 5 x

Thay y 2 = x vào phương trình thứ hai của hệ,ta được

Suy ra y = ±1 (thỏa mãn điều kiện).

Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm (x;y) là (1; 1) , (1; −1)

Do x = 0 thay vào không thỏa mãn hệ nên x > 0, suy ra x +

,kết hợp với phương trình thứ hai của hệ suy ra y > 0

Chia hai vế của phương trình thứ hai cho x 2 ta được x 2 + 1 > 0

1 ) 2 Xét hàm số f (t) = t + t√ t 2 + 1 trên khoảng (0; +∞) f ′ (t) = 1

> 0 t > 0 suy ra f(t) đồng biến trên t 2 + 1 khoảng (0; +∞) 1 1

Thay 2y =1 x vào phương trình đầu của hệ ta được x 3 + x + 2(x 2 + 1)√ x = 6 (2)

Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của ph√ương trình (2).

Xét hàm số f (x) = x 3 + x + 2(x 2 + 1) x trên khoảng (0; +∞) f ′ (x) 3x 2

√x > 0∀x > 0 ,suy ra hàm số f(x) đồng biến trên khoảng (0; +∞)

Do đó x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (2),từ đó y

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x ;y) là (1; 1

Phương trình (2) tương đương với

Xét hàm số f (t) = t + t 3 trên nửa khoảng [0; +∞)

Ta có f ′ (t) = 1 + 2t > 0 ∀t ≥ 0 , suy ra hàm số f(t) đồng biến trên nửa khoảng [0; +∞).

Ph√ươn g trình (3)√tươn g đương√ √ f ( 2 − x) = f ( 6y − 3) ⇔ 2 − x = 6y − 3 ⇔ 2 − x 6y − 3

Thế vào phương trình (1) ta được x 3 + x 2 = 0 (x 1) x 2 + x + 2= 0 x = 1

Từ đó y = 32(thỏa mãn điều kiện).

Vậy hệ phương trình đã cho chỉ có một nghiệm (x;y) là (1; 2

Lời giải Điều kiện x>0;y>0 lo g x

(1) ⇔ e x − x = e y − y (3) Xét hàm số f(t) = e t − t liên tục trên (0; +∞) f’(t) = e t − 1 > 0 ∀t > 0 ⇒ f(t) đồng biến trên (0; +∞)

Thay vào (2) được log 2 x 1 + 2log 2(4x 3 ) = 10 log 2 x = 1 x = 2 y = 2 (thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ có một nghiệm (x;y) là (2;2).

(Trích đề thi vô địch Quốc gia năm 1999)

Ta xét phương trình (1) Đặt t = 2x − y ,nhân hai vế của phương trình với 5 t−1 ta được

1 − 5 − + 4 4 − − 10 − = 0 -Nếu t > 1 ,ta có 1 − 5 t−1 < 0, 4 t−1 − 10 t−1 < 0 phương trình vô nghiệm -Nếu t < 1 ,ta có 1 − 5 t−1 > 0, 4 t−1 − 10 t−1 > 0 phương trình vô nghiệm Do đó từ phương trình thứ nhất ta chỉ được 2x − y = 1

Thay 2x − y = 1vào phương trình thứ hai của hệ ta được y 3 + 2y + 3 + ln(y 2 + y + 1) = 0

Suy ra hàm f(y) đồng biến trên R Lại có f ( 1) = 0 nên phương trình y 3 + 2y + 3 + ln(y 2 + y + 1) = 0 chỉ có một nghiệm y =1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) là (0;-

1).Bài tập 2.47 Giải hệ phương trình y 3 + 3y 3 + ln(y 2 y + 1) = z

(Trích đề thi HSG QG 1994)

Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên R

Hệ phương trình có dạng f (y) = z

Do vai trò của x,y,z nên giả sử x ≥ y thì f (x) ≥ f (y),suy ra y ≥ z

Từ đó x ≥ y ≥ z ≥ x , suy ra x = y = z thay vào hệ ta được x 3 + 2x − 3 + ln(x 2 − x + 1) = 0 (1)

Xét hàm số g(x) = x 3 + 2x − 3 + ln(x 2 − x + 1) trên R

Mà g(1) = 0 nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất x 1Vậy hệ phương trình đã cho chỉ có một nghiệm là (1;1;1)

Nhận xét :Hệ phương trình đã cho là hệ hoán vị vòng quanh.

( Trích đề thi HSG QG 2005-2006 Bảng A)

Hệ phương trình đã cho tương đương với

√ t 2 − 2t + 6 là hai hàm số xét trên khoảng

(6 − t) ln 3 < 0 ∀t ∈ (−∞; 0), suy ra f(t) nghịch biến trên khoảng (−∞; 6)

> 0 ∀t ∈ (−∞; 6), suy ra g(t) đồng biến trên khoảng ( ; 6)

Do vai trò của x,y,z như nhau nên giả sử x y thì g(x) g(y) do đó f (y) f (z),suy ra y z ,suy ra g(y) g(z) do đó f (z) f (x),suy ra z x ,suy ra g(z) g(x) do đó f (x) f (y) ,suy ra x y

Từ đó suy ra x=y=z thay vào hệ ta được x x log 3 (6 − x) = √ x 2 − 2x + 6 ⇔ log 3 (6 − x) − √ x 2 − 2x + 6 = 0 ⇔ x = 3

Vậy hệ phương trình đã cho chỉ có một nghiệm là (3;3;3).

Áp dụng định lí Rolle

Ta có 3 x + 5 x = 6x + 2 3 x + 5 x 6x 2 = 0 f ′′ (x) = 3 x (ln 3) 2 + 5 x (ln 5) 2 > 0 nên f ′ (x) đồng biến trên R, suy ra

Xét hàm số f (x) = 3 x + 5 x 6x 2 , f ′ (x) = 3 x ln 3 + 5 x ln 5 6, phương trình f ′ (x) = 0 có không quá một nghiệm.

Theo định lí Rolle phương trình f (x) = 0 có không quá 2 nghiệm, mà f (0) = f (1) = 0 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1

⇔3 + log 3 3 = 1 + 2x + log 3 (1 + 2x) Xét hàm số f (t) = t + log 3 t với t > 0. f (t) liên tục và đồng biến trên khoảng(0; + ) do đó phương trình tương đương với

Đối với hàm số f, ta có phương trình f(3x) = f(1 + 2x) tương đương với 3x = 1 + 2x Từ đó, ta có thể biến đổi thành 3x - 2x = 0 Đạo hàm g'(x) = 3x ln 3 - 2 và đạo hàm bậc hai g''(x) = 3x ln 2 cho thấy g'(x) đồng biến trên khoảng nhất định Theo định lý Rolle, phương trình g(x) = 0 có không quá hai nghiệm Vì g(0) = g(1) = 0 nên phương trình này có đúng hai nghiệm là x = 0 và x = 1.

Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm là x = 0 và x = 1.

Lời giải Đặt cosx = y, điều kiện −1 ≤ y ≤ 1 , ta có phương trình

= (2 + 4 ) Đây là phương trình bậc 2 đối với ẩn 4 y nên có không quá 2 nghiệm Do đó theo định lí Rolle phương trình f(y) = 0 có không quá 3 nghiệm.

Mặt khác nhận thấy y = 0; y = 1; y = 1 là 3 nghiệm của phương trình f(y) = 0 Suy ra phương trình đã cho có các nghiệm tương ứng là:2 π π x = k2π; x

Xét hàm số g(x) = 3 x − 2x − 1 trên khoảng

′ − ; +∞ , do đó phương trình g (x) = 0 có không quá một nghiệm.

Xét hàm số f (t) = t + 6log 7 t đồng biến trên khoảng (0; +∞) nên phương

7 trình đã cho tương đương với f (7 x ) = f (6x + 1) ⇔ 7 x − 6x − 1 = 0

Xét hàm số g(x) = 7 x − 6x − 1, g ′ (x) = 7 x ln 7 − 6, g ′′ (x) = 7 x ln 2 7 > 0 nên g ′ (x) đồng biến trên khoảng (0; +∞)

Suy ra phương trình g (x) = 0 có không quá một nghiệm ′

Theo định lí Rolle phương trình g(x) = 0 có không quá hai nghiệm.

Mà g(0) =g(1) =0 nên x=0,x= 1 là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0 Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 0; x = 1.

Bài tập 2.53 Giải phương trình log 2

(Trích đề dự bị Đại học khối A năm 2007)

Xét hàm f (t) = t + log 2 t đồng biến trên khoảng (0;

Lại xét hàm g (x) = 2 x x 1 trên R g ′ (x) = 2 x ln 21 , g ′′ (x) = 2 x ln 2 x > 0, xR

Ta có g”(x) > 0 với mọi x nên g’(x) là hàm đồng biến trên R

Phương trình g'(x) = 0 có tối đa một nghiệm trên R, dẫn đến g(x) = 0 có không quá hai nghiệm Qua thử nghiệm, ta xác định được phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm là x = 0 và x = 1 Do đó, kết luận rằng phương trình đã cho chỉ có một nghiệm duy nhất là x = 1.

Bài tập 2.54 Giải phương trình log 2 (cosx + 1) = 2cosx

Lời giải Điều kiện cosx ̸= 0

− Đặt y = cosx, với −1 < y ≤ 1, ta có phương trình log 2 (y + 1) = 2y ⇔ 4 y − y − 1 = 0

Xét hàm số f (y) = 4 y y 1, 1 < y 1 f ′ (y) = 4 y ln 4 1, f ′′ (y) = 4 y ln 2 4 > 0 nên f’(y) đồng biến trên nửa khoảng ( 1; 1] Suy ra phương trình f’(y)=0 có không quá một nghiệm.

Theo định lí Rolle phương trình f(y)=0 có không quá hai nghiệm Lại có f (0) = f (−1

2) = 0, do đó phương trình f(y)=0 chỉ có hai nghiệm là y=0 và y = −1

2 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x

Bài tập 2.55 Giải phương trình log 4 [3log 4 (3x + 1) + 1] = x (1)

Xét hàm số f (t) = t + 3log 4 t đồng biến trên khoảng (0; + ) suy ra

Xét hàm số g(x) = 4x^3 - 3x + 1, ta có g'(x) = 4x ln(4) - 3 và g''(x) = 4 ln(2) > 0, cho thấy g'(x) là hàm đồng biến trên R Do đó, phương trình g'(x) = 0 chỉ có không quá một nghiệm Theo định lý Rolle, phương trình g(x) = 0 không có quá hai nghiệm, với g(0) = 0 và g(1) = 0, dẫn đến kết luận phương trình g(x) = 0 chỉ có hai nghiệm là x = 0 và x = 1 Kết hợp các điều kiện, ta xác định được phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 1.

Bài tập

Giải các hệ phương trình sau√

(Trích đề thi HSG LỚP 12 TP Hà Nội 2012-2013)

Chương 3 Ứng dụng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Cho các số thực x,y,z đều lớn hơn -1.Chứng minh rằng: ln(x + 1) + ln(y + 1) + ln(z + 1) < √ x + 1 + √ y + 1 + √ z + 1

Ta thấy max f(t) = f(3), mà f (3) = ln 4 − 2 < 0.

Bài tập 3.2 Cho ba số x,y,z thuộc đoạn [0; 2] và x + y + z = 3

Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 ≤ xy + yz + zx + 3

Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ≤ 3 Đặt A = x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx Ta có x 2 + y 2 + z 2 = (x + y + z) 2 − 2(xy + yz + zx) = 9 − 2(xy + yz +

2 Không mất tính tổng quát giả sử x ≥ y ≥ z suy ra 3 = x + y + z ≤ 3x

Do vậy A ≤ 3 nên x 2 + y 2 + z 2 ≤ xy + yz + zx + 3.

Bài tập 3.3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau

(Trích đề thi TSĐH khối B năm 2006)

Dấu bằng xảy ra khi tồn tại số k > 0 sao cho 1 x = k(x + 1) y = ky

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 + √3 khi x = 0, y = √3

Bài tập 3.4 Cho 3 số thực dương x,y,z thay đổi.Chứng minh rằng ( x 2 2 )

+ 22 xy z Áp dụng bất đẳng thức a 2 + b 2 ≥ 2ab;

,đẳng thứczx xảy ra khi x = y = z

Bài tập 3.5 Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2

7z + 3x 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski ta có

Bài tập 3.6 Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + y + 1 = 3xy

= b , từ giả thiết trên ta có: a + b + ab = 3

Bất đẳng thức đã được chứng minh.

Bài tập 3.7 Cho các số thực x,y thỏa mãn 2(x 2 + y 2 ) = xy + 1

Chứng minh rằng Lời giải

4 Đặt t = xy Ta có xy + 1 = 2(x 2 + y 2 ) = 2 [(x + y) 2 − 2xy ] ≥ −4xy

Bài tập 3.8 Cho x,y là các số thực thỏa mãn x 2 xy + y 2 = 1 Chứng minh rằng

Từ giả thiết suy ra 1 = x 2

Bài tập 3.9 Cho hai số thực x,y thỏa mãn x 2 + 4y 2 = 2 Chứng minhrằng

S 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức (a + b) 2 ≤ 2(a 2 +b 2 ) ta có (x + 2y) 2 ≤ 2 x 2 + 4y 2 Suy ra S 2 ≤ 4 nên −2 ≤ S ≤ 2

Khi S 2 ≤ 4 thì 4P = 2(S 2 − 2) ≤ S 2 Từ đó x 3 + 8y 3 − 3xy = (x + 2y) 3 − 3.x.2y (x + 2y) − 3 x.2y

Bài tập 3.10 Cho x,y,z > 0 thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 3 Chứng minh rằng (x + y + z − 1) 2 1 1 1 13

(x + y + z − 1) 2 1 1 1 Đặt P = x 2 y + y 2 z + z 2 x + x + y + z Đặt t=x+y+z Ta có:(x + y + z) 2 (1 2 + 1 2 + 1 2 )(x 2 + y 2 + z 2 ) Suy ra t 3.

Ta có bảng biến thiên

.Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1.

Bài tập 3.11 Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện 3 x+y+z≤

Gọi P là vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh.

1 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 3 số dương , , xy yz zx x,y,z ta có: và 3 số dương

Suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên (0; 1

Bài tập 3.12 Cho các số dương x,y,z thỏa mãn : x(x − 1) + y(y − 1)

22 Đặt t = x + y + z Từ giả thiết ta có x(x + y + z) 2 + y 2 + z 2 − (x + y + z) ≤ 6 Nhưng x 2 + y 2 + z 2

Kết hợp với x,y,z đều dương nên t [0;

6] Mặt khác ,với 3 số dương a,b,c ta có:

Bất đẳng thức được chứng minh 5

Bài tập 3.13 Cho các số thực dương a,b,c.Tìm giá trị nhỏ nhất của

√a + b + c. Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho 2 số dương a, 4b và 3 số dương a, 4b,16c ta có a + a +

43 Đẳng thức xảy ra khi a = 4b = 16c.3

2 Đẳng thức xảy ra khi t = 1 a + b + c = 1 214

21 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 7 khi b = 4

Bài tập 3.14 Cho các số thực dương a,b,c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 8

Do t>0 nên f ′ (t) ≥ 0 ⇔ t ≥ 1 Ta có bảng biến thiên

Dầu bằng xảy ra khi a = c = 1

, b = 1 Vậy GTNN của P là −3 đạt được khi a = c = 1

2 4 2 a 2 + b 2 + c 2 = 3 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Bài tập 3.15 Cho các số thực a,b,c sao cho a 0, b

0, 0 c 1 và sau:P = 2ab + 3bc + 3ca

(Trích đề thi HSG Thành phố Hà Nội 2013-2014)

Do(a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3 và ([a + b +] c) = a + b + c + 2(ab + bc + ca) ≤ 3 a + b + c = 9 nên t ∈

Dấu bằng xảy ra khi a=c=0,b = √3 hoặc b=c=0,a = √36 √

Do vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng b = c = 0, a = √

3; 3 suy ra g(t) g(3) = 10 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.

Do vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 10 khi a = b = c = 1.

Bài tập 3.16 Cho a,b,c là các số thực thuộc [1

; 3] Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(xem P(a) là hàm số theo biến a)

Do vai trò a,b c là như nhau nên ta giả sử a ≥ b ≥ c và a, b, c ∈ [1

; 3] suy ra b − c ≥ 0; a 2 − bc ≥ 0 suy ra P ′ (a) ≥ 0 suy ra P(a) đồng biến trên đoạn

Xem f(c) là hàm số theo biến c.

3) 2 Do đó f(c) nghịch biến trên [1

Xem g(b) là hàm số theo biến b trên đoạn [1

Vậy giá trị lớn nhất của P là

1 5 đạt được khi (a,b,c) là hoán vị của ba số

Bài tập 3.17 Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn abc + a

+ c = b Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(Trích đề thi HSG THPT toàn quốc bảng A-1999)

Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 − ac) > 0 suy ra a

Thay (1) vào biểu thức P và biến đổi được

) thì f’(a)=0 có nghiệm duy nhất là a = −c + √c 2 + 1 c 0 c

Qua a 0 thì f’(a) đổi dấu từ dương sang âm nên f (a) ≤ f (a 0) = 1+ √ c 2 + 1

Xét hàm số g(c) với c > 0 Ta có g ′ (c) = 2(1 8c 2 )

8 và qua c 0 thì g’(c) đổi dấu từ dương

10,đẳng thức xảy ra khi c

Vậy giá trị lớn nhất của P là

Áp dụng định lí Lagrange và định lí Karamata

Bài tập 3.18 Chứng minh rằng

Xét hàm số f (x) = ln x ,ta có f ′

Hàm số f (x) = ln x thỏa mãn các điều kiện của định lí Lagrange trên đoạn [a; b]

Suy ra tồn tại số c ∈ (a; b) sao cho f ′ (c) f (b)

Lời giải2014 Xét hàm số f (t) = t 2015 với 1 t x ta có f ′ (t) = 2015t 2014 Hàm số f(t) thỏa mãn các điều kiện của định lí

Lagrange trên đoạn [1; x] nên tồn tại c ∈ (1; x) thỏa mãn f ′ (x) =f

Bài tập 3.20 Chứng minh rằng

(x + 1) ln x 2 + 1 < 1 ⇔ ln(1 + x 2 + 1) < x 2 + 1 Xét hàm số f (t) = ln t với t ∈ [ 1; 1 + 1

Theo định lí Lagrange tồn tại số c 1; 1 + 1 sao cho x 2 + 1 f ′

1 Vậy ta có điều phải chứng minh.

Xét hàm số f (x) = x ln(1 + x) = x [ln(x + 1) − ln x] f ′ (x) = ln(x + 1) lnx 1

1 + x Xét hàm số g(t) = ln t trên [x; x + 1] Theo định lí Lagrange thì tồn tại c ∈ (x; x + 1) sao cho g ′ (c) 1 g ( x + 1)

Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên khoảng (0; +∞) ,do đó f (x + 1) > f (x), ∀x > 0

Bài tập 3.22 Cho n nguyên dương Chứng minh rằng

⇔ x 2n(1 − x) < e, ∀x ∈ (0; 1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có x 2n 2n(1 − x)

Xét hàm số f (x) = ln x trên [2n; 2n + 1] , f(x) khả vi trên (2n; 2n + 1) Theo định lí Lagrange tồn tại c ∈ (2n; 2n + 1) sao cho f ′ (c)

Bài tập 3.23 Cho tam giác ABC không nhọn Chứng minh rằng

Suy ra f (x) là hàm lồi khả vi trên0; π

. 2 Áp dụng bất đẳng thức Karamata,ta có

Bài tập 3.24 Cho ABC là tam giác nhọn Chứng minh rằng

Không mất tính tổng quát, ta coi A ≥ B ≥ C Khi đó A ≥

Xét hàm số f (x) = cos x với x ∈ [ 0; π

] nên hàm số f (x) lõm trên đoạn

] Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có f ( π

Bài tập 3.25 Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c, ta luôn có bất đẳng thức

Không mất tính tổng quát, ta coi a b c, tức là dãy số (a, b, c) là dãy giảm Khi đó, ta có

> 0, ∀x ∈ (0; +∞) nên hàm số f (x) lồi trên khoảng

(0; + ) Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.

Bài tập 3.26 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = 1.

Lời giải b c x y z a (Trích đề thi IMO 2000)

Vì abc = 1 nên ta đặt a = , b y , c z với x, y, z > 0 Ta viết bất x đẳng thức đã cho theo x, y, z

∞ y y z z x x Để ý rằng (x− y + z) + (y − z + x) = 2x > 0, do đó trong ba số x− y + z, y − z + x, z − x + y không thể có trường hợp hai số cùng âm.

Nếu trong ba số trên có một hoặc ba số âm, hiển nhiên ta có bất đẳng thức cần chứng minh.

Trường hợp cả ba số đó đều dương, bằng cách lấy lôgarit hai vế với cơ số e, ta được ln(x − y + z) + ln(y − z + x) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z.

Không mất tính tổng quát, ta coi x ≥ y ≥ z.

Xét hàm số f (x) = ln x với x > 0 Ta có f ′′ (x) 1 x 2

< 0, ∀x > 0 nên hàm số f (x) lõm trên khoảng (0; + ) Khi đó theo bất đẳng thức

Karamata, ta có ln(y − z + x) + ln(x − y + z) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hay a = b = c = 1.

Bài tập 3.27 Cho a, b là các số thực không âm Chứng minh rằng

Giả sử b a Giữa các số x 1 = b + √ 3 b, x 2 = b + √

3 a, x 3 = a + √ 3 b, x 4 a + 3 a, thì x 1 là số lớn nhất, x 4 là số nhỏ nhất Ta có x 1 x 2 x 1 + x 4 = x 2 + x 3

9 3 x 5 đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm số f (x) = √

Bài tập 3.28 Cho a,b,c,d là các số thực dương Chứng minh rằng1 1 1 1 1 1 1 1 a + b + c + b + c + d + c + d + a + d + a + b ≤

Suy ra f(x) là hàm lồi trên khoảng (0; + ).Theo bất đẳng thức Karamata ta có f (3a) + f (3b) + f (3c) + f (3d) ≥ f (a + b + c) + f (b + c + d)

Bài tập 3.29 Cho a, b, c ∈ [−1; 1] thỏa mãn a + b

Xét hàm số f (x) = x 12 trên đoạn [-1 ;1]. f ′ (x) = 12.x 11 ; f ′′ (x) = 132.x 10 0 x [ 1;

1] suy ra f(x) là hàm lồi trên [-1 ;1].

Theo bất đẳng thức Karamata ta có x 2 x

Bài tập

Cho hai số thực dương a,b thỏa mãn a+b+ab=3

3.31 Cho x,y,z là các số thực không âm có tổng bằng 3 Chứng minh x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4.

Bài tập 3.32 Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn x 2 + y 2

+ z 2 = 3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Bài tập 3.33 Cho a,b,c là các số dương có tổng bằng 1 Tìm giá trị nhỏnhất của biểu thức

Bài tập 3.34 Cho hai số thực x,y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x 2

+ y 2 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài tập 3.35 Cho x,y là các số thực dương thỏa mãn x 2 + y 2 + xy 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Bài tập 3.36 Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài tập 3.37 Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 Chứng minh rằng1

Bài tập 3.38 Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z 1

Khóa luận đạt được các kết quả quan trọng sau:

- Nghiên cứu được một số ứng dụng hàm số trong giải phương trình , hệ phương trình.

- Nghiên cứu được một số phương pháp hàm số trong chứng minh bất đẳng thức.

- Vận dụng vào một số bài tập trong quá trình ôn luyện học sinh giỏi.

[1] Nguyễn Hữu Điển- Nguyễn Minh Tuấn , LATEX tra cưú và soạn thảo, NXB ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI-2009.

[2] Lê Hồng Đức , Phương pháp giải toán Mũ – Lôgarit, NXB Hà Nội - 2003.

[3] GS.TSKH.Nguyễn Văn Mậu , Bất đẳng thức định lí và áp dụng- 2006.

[4] Giáo trình giải tích tập 1, Nhà XB Đại học QG HN - 2000.

[5] Tạp chí THTT, NXB Giáo dục - 2012

[6] Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 lần thứ 9, NXB Giáo dục - 2003

[7] Olympic toán học Châu Á Thái Bình Dương, NXB Giáo dục -2003.

[8] Sách giáo khoa đại số và giải tích 11, NXB Giáo dục - 2007.

[9] Sách giáo khoa giải tích 12, NXB Giáo dục - 2007.

[10]Tủ sách tạp chí THTT, Các bài toán thi Olympic Toán THPT,

[11] Tuyển tập 30 năm tạp chí THTT, NXB Giáo dục 1996.

[12] Các diễn đàn Toán học http://mathcope, http://mathlink.ro.

Tiêu đề	Ứng Dụng Đạo Hàm Trong Chứng Minh Bất Đẳng Thức Và Giải Phương Trình, Hệ Phương Trình
Tác giả	Nguyễn Thị Nhài
Người hướng dẫn	TS. Phạm Văn Quốc
Trường học	Đại học quốc gia Hà Nội
Chuyên ngành	Phương pháp toán sơ cấp
Thể loại	luận văn thạc sĩ
Năm xuất bản	2015
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	219
Dung lượng	339,76 KB