Dang bai tap bat dang thuc gtln gtnn cua ham so mu luy thua logarit

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ MŨ, HÀM SỐ LŨY THỪA, HÀM SỐ LOGARIT I Phương pháp giải Tính đạo hàm của hàm số để xét tính đơn điệu, lập bảng biến thiên của hàm số để ch[.]

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ MŨ, HÀM SỐ LŨY THỪA, HÀM SỐ LOGARIT I Phương pháp giải -Tính đạo hàm hàm số để xét tính đơn điệu, lập bảng biến thiên hàm số để chứng minh bất đẳng thức tìm GTLN, GTNN - Sử dụng bất đẳng thức bản, đánh giá đạo hàm cấp hàm số, phối hợp biến đổi tương đương, so sánh, - So sánh số mũ: a  0,a  Nếu a  thì: a M  a N  M  N Nếu  a  thì: a M  a N  M  N - So sánh lũy thừa mũ:  a  b a x  b x  x  0;a x  b x  x  - So sánh số logarit: a  0,a  Nếu a  thì: loga E  log a F  E  F  Nếu  a  thì: log a E  log a F   E  F II Ví dụ minh họa Bài toán 1: So sánh số: a) b)  15 10  28 Giải a) Ta có  2  23  8; Do  nên ta có b)  3  32       , suy 6 233  15      10  28 Bài toán 2: So sánh số:  a)   2 2.2   b)    3 14 33 Giải a)   2  7  ; 2.2   b) Ta có    3 14  2 1   3 14 2  14 3 1  Vậy   2 1   3   2.2 14 Ta có         18  20 : 1 Vì số   nên   3 2 1   3      3  33 Bài toán 3: So sánh số: a) log log4 b) 3log 1,1 log ,99 6 Giải a) Ta có log3  log4  , suy log3  log4 b) Ta có log6 1,1  nên 3log 1,1  30  (vì  ) log6 0,99  nên log ,99   (vì  ) Suy 3log 1,1  log ,99 6 Bài toán 4: So sánh số: a) 3log  log với ln b) log log Giải a) 3log  log  log  23.3   log 24  log 25  log  ln b) Vì 2   nên log  log  5 Vì 3   nên log  log  2 Từ suy log  log Bài toán 5: Chứng minh: a) log  log3 b) a m  bm  cm , m  1,a  b  c,a  0,b  Giải a) log  log3  log3 2.log3   log  log 2.log  : Đúng log 1 log3  log3   log3  2.4   log3  2 m m a b b) Ta có a  b  c        c c m m m a c b c Mà a  b  c,a  0,b  nên   1,0   m Suy với m       c c a m a m b b ;     c c m a b a b Từ ta có:         c c c c Bài toán 6: Chứng minh bất đẳng thức sau với x  x2 b) ln 1  x   x  a) e  x  x Giải a) Xét hàm số f  x   e x  x  1,x  f   x   e x   0,  x  nên f đồng biến  0;  f liên tục 0;  nên f đồng biến 0;   : x   f  x   f 0   : đpcm b) BĐT: ln 1  x   x  x2  0,x  Xét f  x   ln 1  x   x  x2 x2 ,x  0, f   x   0 1 x f liên tục 0;  nên f đồng biến 0;  Do đó: x   f  x   f 0   : đpcm Bài toán 7: Chứng minh:  a) sinx  2tan x  23 x  ,x   0;   b 2 a 1 b)  2a  a    2b  b  với a  b      Giải a) Áp dụng bất đẳng thức Côsi: sinx  2tan x  sinx 2tan x  2 sinx tan x  Ta cần chứng minh: 22 sinx tan x 2  23x 2  sinx tan x  3x Xét f  x   sinx tan x  3x,0  x  f   x   cos x   1   cos x  3  2 3 0 cos x cos x  nên f đồng biến 0;  : x   f  x   f 0   : đpcm  2 b) Với a  b  , bất đẳng thức tương đương: b b b a  a    4b   a b  a    b     1   a  1      b.ln   1  a.ln     a b Xét f  x   ln   x  f  x   x ln 1  a  a  ln 1  b  b ,x   1  x ln x  ln 1  x    x ln x  1  x  ln 1  x    x x  14  x   nên f nghịch biến: a  b   f  a   f  b  : đpcm Bài toán 8: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số b) f  x   ln  x  x   đoạn  3;6  a) f  x   x  e x nên đoạn  1;0  Giải a) Ta có: f   x    2e2 x , f   x    x  ln   1;0    f  1  1  e2 , f  ln    ln , f 0   1 So sánh thì: max f  x   f   ln    ln  , f  x   f  1  1  e2 x1;0 b) Ta có f   x   x1;0 2x  nên f   x   0,x   3;6  đoạn  3;6  x  x2 f  x   f    ln10; max f 6   ln 40 hàm số f  x  đồng biến Vậy xmin  3;6 x 3;6     Bài toán 9: Cho p  1,q  thay đổi thỏa p  q  pq a,b  Tìm GTNN T  a p bq   ab p q Giải Xét hàm số f  a   a p bq   ab với a  p q f   a   a p 1  b, f   a    a p 1  b  a  b p 1 Mà p  q  pq   p  1 q  1  nên a  bq 1 Lập BBT T  f  b q 1   Bài tốn 10: Tìm giá trị m để phương trình x  2x   x   m có nghiệm Giải Đặt t  x   , phương trình trở thành t   t  m *  Nhận xét ứng với nghiệm khơng âm phương trình (*) có nghiệm phương trình cho, phương trình cho có nghiệm phương trình (*) có nghiệm khơng âm t3 Xét hàm số f  t   t   t với t  0, f   t   t  3 1  Mà f 0   lim f  t   nên có bảng biến thiên: x  Từ bảng biến thiên suy giá trị cần tìm m  m  Bài toán 11: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: x   m x   x  Giải Điều kiện x  Đặt x 1 x 1 nên  t  t   1 x 1 x 1 x 1 Phương trình cho: x 1 x 1 3t  2t  m  m  24 x 1 x 1 Xét hàm số f  t   3t  2t,0  t  Ta có f   t   6t  2, f   t    t  BBT Vậy phương trình cho có nghiệm thực 1  m  Bài toán 12: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2x  2x   x   x  m Giải Xét f  x   2x  2x   x   x ,0  x  Với  x  , ta có:  1 f  x      2x 3  6  x         2x 6x   f    0,x   f   x   0,x   f   x   BBT: Ta có f 0    , f     , f 6   12  Vậy điều kiện có nghiệm phân biệt:   m    ...       18  20 : 1 Vì số   nên   3 2 1   3      3  33 Bài toán 3: So sánh số: a) log log4 b) 3log 1,1 log ,99 6 Giải a) Ta có log3  log4  , suy log3  log4 b) Ta... 3log 1,1  30  (vì  ) log6 0,99  nên log ,99   (vì  ) Suy 3log 1,1  log ,99 6 Bài toán 4: So sánh số: a) 3log  log với ln b) log log Giải a) 3log  log  log  23.3   log 24  log 25... 2e2 x , f   x    x  ln   1;0    f  1  1  e2 , f  ln    ln , f 0   1 So sánh thì: max f  x   f   ln    ln  , f  x   f  1  1  e2 x1;0 b) Ta có