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[.]
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 TỐN HỌC THANH HĨA, 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HĨA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC LÊ MINH HỊA 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 i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn khơng trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Lê Minh Hịa ii LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Khoa Tự Nhiên, Trường Đại học Hồng Đức - Thanh Hóa hướng dẫn Thầy GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới dạy Thầy Tôi xin cảm ơn tất thầy cô giảng dạy cảm ơn tất bạn bè giúp đỡ chân tình người Tơi xin gửi lời cảm ơn tới Phòng Sau đại học, Trường Đại học Hồng Đức - Thanh Hóa giúp đỡ mặt thủ tục để hoàn thiện luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thanh Hóa, tháng năm 2017 Học viên Lê Minh Hòa iii Quy ước chữ viết tắt sử dụng luận văn Viết tắt Viết đầy đủ PPDH Phương pháp dạy học THPT Trung học phổ thông đpcm Điều phải chứng minh iv Mục lục MỞ ĐẦU Chương MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM SIÊU VIỆT 1.1 Hàm số mũ hàm số logarit 1.1.1 Hàm số mũ [5 tr 5] 1.1.2 Hàm số logarit 1.2 Tính chất hàm số mũ hàm số logarit 1.2.1 Hàm đơn điệu 1.2.2 Hàm lồi, lõm 1.2.3 Tính đơn điệu, tính lồi lõm hàm số mũ hàm logarit 7 8 1.3 Vai trò hàm mũ hàm logarit chứng minh bất đẳng thức cổ điển Chương BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM MŨ 13 2.1 Một số kết dùng để chứng minh bất đẳng thức lớp hàm mũ 13 2.2 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức lớp hàm mũ 18 2.2.1 Chứng minh đẳng thức phương pháp hàm số 18 2.2.2 Chứng minh bất đẳng thức phương pháp áp dụng bất đẳng thức AM - GM suy rộng 22 2.2.3 Chứng minh bất đẳng thức phương pháp áp dụng bất đẳng thức Bernoulli 25 2.2.4 Chứng minh bất đẳng thức phương pháp áp dụng bất đẳng thức Jensen 27 Chương BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM LOGARIT 43 3.1 Một số kết dùng để chứng minh bất đẳng thức lớp hàm logarit 43 v 3.2 Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức lớp hàm logarit 44 3.2.1 Chứng minh bất đẳng thức phương pháp biến đổi tương đương 44 3.2.2 Chứng minh bất đẳng thức phương pháp hàm số 47 3.2.3 Chứng minh bất đẳng thức phương pháp áp dụng bất đẳng thức AM - GM suy rộng 50 Chương 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 4.1.2 Tìm giá trị lớn 56 58 4.2 Bài toán cực trị liên quan đến hàm số logarit 64 KẾT LUẬN 69 Tài liệu tham khảo 70 Mở đầu Tính cấp thiết đề tài Trong năm gần việc đổi PPDH nước ta có số chuyển biến tích cực Các PPDH đại dạy học phát giải vấn đề, dạy học kiến tạo, dạy học khám phá, nhà sư phạm, thầy cô giáo quan tâm nghiên cứu áp dụng góc độ qua tiết dạy, qua tập Bất đẳng thức toán cực trị lớp hàm siêu việt chuyên đề toán học Đây dạng tốn quan trọng chương trình học phổ thơng dạng tốn thường gặp kì thi THPT quốc gia, đặc biệt kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia Thực tế giảng dạy cho thấy dạng toán khó học sinh Do đó, cần phải tập trung nghiên cứu để đưa phương pháp giải dạng toán hiệu Xuất phát từ lý trên, chọn đề tài nghiên cứu cho luận văn là: “Bất đẳng thức toán cực trị lớp hàm siêu việt” Mục đích nghiên cứu Qua nghiên cứu luận văn, người học phải nắm chất, phương pháp chứng minh (phương pháp giải) bất đẳng thức toán cực trị lớp hàm siêu việt ,và dạng toán liên quan ., mục tiêu luận văn giúp người học nắm kết đầy đủ, chi tiết cách thức vận dụng chúng vào toán cụ thể Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp định tính thơng qua đọc nghiên cứu tài liệu chuyên khảo báo nhằm tổng hợp kết sở chứng minh kết lớp toán nghiên cứu luận văn Kết đạt Luận văn nhằm trình bày theo hướng: dạng bất đẳng thức toán cực trị lớp hàm siêu việt nêu phương pháp chứng minh phương pháp giải cụ thể Bất đẳng thức toán cực trị lớp hàm siêu việt trình bày tổng quát, hệ thống với nhiều cách giải lạ, độc đáo, sáng tạo Đưa danh sách tài liệu tham khảo sử dụng trình làm luận văn Nội dung nghiên cứu Ngoài phần mở đầu, kết luận phụ lục, luận văn gồm chương: Chương 1: Một số tính chất lớp hàm siêu việt Chương 2: Bất đẳng thức lớp hàm mũ Chương 3: Bất đẳng thức lớp hàm logarit Chương 4: Các toán cực trị liên quan Chương Một số tính chất hàm siêu việt 1.1 Hàm số mũ hàm số logarit 1.1.1 Hàm số mũ [5 tr 5] Với < a < ta có aM > aN ⇔ M < N ax > ⇔ x < 0 < ax < ⇔ x > Các tính chất 1, 2, dùng để giải phương trình bất phương trình mũ a) Các phép tính lũy thừa với số mũ thực[5 tr 5-6] Định lý 1.1 Gọi a, b số thực dương; x, y số thực tùy ý Ta có a x ay ax ay ( a x )y ( ab) x x a b = a x +y = a x −y = a xy = a x b x ax = x b Chú ý 0x = ∀ x ∈ N∗ Nếu a < 0, a x xác định ∀ x ∈ N ≥ b) Chứng minh: 1 < + log2 π log π Lời giải a) Ta có (loga b + logb a)2 = log2a b + log2b a + (3.7) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: log2a b + log2b a≥2 q log2a b log2b a = Từ (3.7) (3.8) suy ra: (loga b + logb a)2 ≥ ⇒ loga b + logb a ≥ Dấu xảy khi: log2a b = log2b a = 1 ⇔ a = b a = b b) Ta có: 1 + = logπ + logπ log2 π log π 2 = logπ × = logπ = logπ 32 = logπ (3.8) 54 Vì < π ⇒ logπ < logπ π = ⇒ logπ < 1 Vậy: < + log2 π log π x2 Bài toán 3.20 [6; tr 144] Chứng minh x − < ln (1 + x ) < x, ∀ x > Lời giải. f ( x ) = x − ln (1 + x ) Xét x ( x > 0) g( x ) = ln (1 + x ) − x + x f (x) = − = >0 1+x 1+x ⇒ (∀ x > 0) x −1+x = >0 g (x) = 1+x 1+x ⇒( f , g tăng (0; +∞) f ( x ) > f (0) = ⇒ (∀ x > 0) g ( x ) > g (0) = x2 ⇒ x− < ln (1 + x ) < x, ∀ x > Bài toán 3.21 [7; tr 40] Cho a, b, x, y > Chứng minh: xln x y x+y + yln ≥ ( x + y)ln a b a+b Chứng minh Xét hàm số f ( x ) = xln x, với x > Có f ( x ) = ln x + 1; f 00 ( x ) = > 0, với ∀ x > x ⇒ f ( x ) hàm lồi x > Đặt a , α1 = a+b b α2 = , a+b ⇒ α1 ; α2 > α1 + α2 = x y x1 = ; x2 = a b 55 Theo bất đẳng thức Jensen, ta có f ( α1 x1 + α2 x2 ) ≤ α1 f ( x1 ) + α2 f ( x2 ) x+y a x b x ⇔ f ≤ f + f a+b a+b a a+b b x+y x+y x x y y ⇔ ln ≤ ln + ln a+b a+b a+b a a+b b x+y x y ⇔ ( x + y)ln ≤ xln + yln a+b a b ⇒ đpcm ( x=y Đẳng thức xảy a=b 56 Chương Các toán cực trị liên quan 4.1 Bài toán cực trị liên quan đến hàm số mũ 4.1.1 Tìm giá trị nhỏ Bài tốn 4.1 ([3, tr 37]) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x, y, z ≥ x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = x x + yy + zz Lời giải Theo bất đẳng thức AM - GM: p S ≥ 3 x x yy zz Ta chứng minh: x x yy zz ≥ x+y+z x +y+z hay x+y+z xln x + yln y + zln z ≥ x + y + z ln Thật vậy, xét hàm số f ( x ) = xln x, ta có f ( x ) = ln x + 1; f 00 ( x ) = > x Do hàm số lồi Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f ( x ) + f y + f (z) ≥ f x+y+z suy (*) nên ta có x x yy zz ≥ x+y+z x +y+z 2 = , (∗) 57 Từ s S≥ 3 2 2 2 =3 3 Dấu đẳng thức xảy x = y = z = Vậy 2 Smin = Bài toán 4.2 ([3, tr 37]) Cho x, y, z số thực thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức p p p S = 4x + 9y + 16z + 4y + 9z + 16x + 4z + 9x + 16y Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có q S≥3 4x + 9y + 16z 4y + 9z + 16x 4z + 9x + 16y Theo Holder 4x + 9y + 16z 4y + 9z + 16x 4z + 9x + 16y 3 √ √ √ 3 x +y+z x +y+z x +y+z ≥ + + 16 = (4 + + 16)3 = 293 nên √ S ≥ 293 = 29 √ = 29 đạt x = y = z = p Vậy Smin Bài toán 4.3 ([3, tr 41]) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = x +2 + 2y +1 + 2z Lời giải Ta có x + y + z = = + + Xét hàm số f ( x ) = 2x, f ( x ) = 2x ln Theo (2.2), ta có f y f (x) f (z) f (1) f (2) f (3) + + ≥ + + f (1) f (2) f (3) f (1) f (2) f (3) 2x 2y 2z ⇔ + + ≥ + + 2ln 4ln 8ln 2ln 4ln 8ln x y z 4.2 + 2.2 + ⇔ ≥ 8ln ln x + y + z ⇔2 +2 + ≥ 24 58 Dấu đẳng thức xảy x; y; z = (1; 2; 3) Vậy Smin = 24 Bài toán 4.4 ([3, tr 41]) Cho x, y, z số thực dương x + y = z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = e 1− x + e 3− y + e 4− z Lời giải Ta có x + y + z = = + + Xét hàm số f ( x ) = e− x , f ( x ) = −e− x Theo hệ 3.1, ta có f y f (x) f (z) f (1) f (3) f (4) + + ≤ + + f (1) f (3) f (4) f (1) f (3) f (4) e− x e− x e−y + ⇔ + − e −1 − e −3 − e −4 e −1 e −3 e −4 ≤ + + − e −1 − e −3 − e −4 ⇔ − e 1− x − e 3− y − e 4− z ≤ −3 ⇔ e1− x + e3−y + e4−z ≥ Dấu đẳng thức xảy ( x; y; z) = (1; 3; 4) Vậy Smin = 4.1.2 Tìm giá trị lớn Bài toán 4.5 ([3, tr 34]) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện 4x + 4y + 4z = Tìm giá trị lớn S = 2x+2y + 2y+2z + 2z+2x − 2x+y+z Lời giải Đặt a = 2x ; b = 2y ; c = 2z Ta có a, b, c > a2 + b2 + c2 = Khi S = ab2 + bc2 + ca2 − abc Khơng tính tổng qt, giả sử a ≤ b ≤ c Khi ta có a ( a − b) (b − c) ≥ ⇔ a2 b + abc ≥ ca2 + ab2 59 Sử dụng đánh giá kết hợp áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho số ta có q 2 S ≤ a b + bc = √ 2b2 a2 + c2 a2 + c2 v u u 2 2 2b + a + c + a + c 2√3 u ≤√ u = t Dấu đẳng thức xảy a = b = c = √ hay x = y = z = − log2 Vậy √ Smax = Bài toán 4.6 ([3, tr 35]) Cho x, y, z thực thỏa mãn điều kiện ≤ x, y, z ≤ 2; x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức x y z 2 Q = 1+x 1+y 1+z Lời giải Khơng tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z Từ điều kiện ra, tacó x ≤ 2, x + y ≤ = + 1, x+y+z = = 2+1+0 Xét hàm số f ( x ) = xln + x với x ≥ Ta có 2x2 = ln + x + − = ln + + 1+x + x2 2x 4x 00 f (x) = + 2 ≥ ∀ x ≥ + x2 1+x f (x) x2 Do f ( x ) hàm số lồi [0, ∞) 60 Áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta có f (2) + f (1) + f (0) ≥ f ( x ) + f y +f (z) ⇔ 2ln + 1ln + 0ln ≥ xln + x2 + yln + y2 + zln + z2 x y z 2 ⇔ ln 50 ≥ ln 1+x 1+y 1+z x y z ⇔ 50 ≥ + x2 + y2 + z2 = Q Vậy Qmax = 50 đạt x, y, z = (2, 1, 0) hoán vị Bài tốn 4.7 ([3, tr 35]) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x+y+z = Tìm giá trị lớn biểu thức z q y x p p 2 y+ y +1 z+ z +1 S = x+ x +1 Lời giải Do x+y+z = nên xy + yz + zx ≤ Và 27 16 4x 4y 4z + + =1 9 Áp dụng bất đẳng thức AM - GM suy rộng, ta có √ S4 √ x2 4y p y2 4x √ z2 4x = x+ +1 +1 +1 y+ z+ √ √ p ≤ y x + x + + z y + y2 + + x z + z2 + 9 61 Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có √ √ p 2 x x+ x +1 +z y+ y +1 +x z+ z +1 5p 5√ 2 5√ x + 1.y + y + 1.z + z + 1.x = xy + yz + zx + 5" 4 # 41 41 41 ≤ xy + yz + zx + x y + y + y2 z + z + z2 x + x 16 16 16 41 2 2 x+y+z x y+y z+z x + = xy + yz + zx + 40 2 360 = xy + yz + zx + x y + y2 z + z2 x + 160 477 = xy + yz + zx − xyz + 160 3 (Vì x2 y + y2 z + z2 x ≤ x + y + z − xyz) 27 Đặt x+y+z = p = ; xy + yz + zx = q ≤ 27 ; 16 xyz = r Ta có q p p 477 2 y x + x +1 +z y+ y +1 +x z+ z +1 ≤ q− r+ 160 Mặt khác, theo Schur r≥ p 4q − p2 = q− 81 64 nên 477 279 27 279 q− r+ ≤ q+ ≤ + = 160 80 16 80 s √ 9 9 4 Vậy S ≤ hay Smax = đạt 2 x=y=z= Bài toán 4.8 ([3, tr 38]) Cho x, y, z dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = 62 Tìm giá trị lớn biểu thức q S = x 1− x y 1− y z 1− z Lời giải Nhận thấy x + y + z = nên 1−z 1−x 1−y + + = 2 Áp dụng bất đẳng thức AM - GM suy rộng, ta có q 1− x 1− y 1− z x 1− x y 1− y z 1− z = x y z z (1 − z ) x (1 − x ) y − y + + ≤ 2 Ta chứng minh x (1 − x ) y − y z (1 − z ) + + ≤ 2 Ta có bất đẳng thức (*) tương đương với h i (1 − x ) x + − y y + (1 − z ) z ≤ 2 ⇔ x+y+z ≤ x +y +z +2 2 ⇔ ≤ x +y +z Theo AM - GM, ta có ≥ x y2 + ≥ y z2 + ≥ z x2 + Từ ta có x + y2 + z2 + suy 2 ≥ x+y+z = , 3 x + y2 + z2 ≥ Vậy ta chứng minh bất đẳng thức (*) Vậy Smax = (∗) 63 đạt x=y=z= Bài toán 4.9 [[3, tr 39]] Cho a, b, c số không âm, cho b + c = d, x ≥ Tìm giá trị lớn biểu thức ( ab) x (bc) x (ca) x P= + + − ab − bc − ca Lời giải Không giảm tổng quát, ta giả sử a≥b≥c Xét (bc) x (ca) x ( ab) x + + P ( a, b, c) = − ab − bc − ca Ta chứng minh P ( a, b, c) ≤ P ( a, b + c, 0) Thật vậy, ta xét hiệu P ( a, b + c, 0) − P ("a, b, c) # x a (b + c) ( ab) x (bc) x (ca) x = − + + − a (b + c) − ab − bc − ca Ta có x a (b + c) (b + c) x x =a − a (b + c) − a (b + c) x x − b + xb c + · · · + xbc x−1 + c x x =a − a (b + c) x x a b ax cx xa x b x−1 c > + + − a (b + c) − a (b + c) − a (b + c) Do a, b, c ≥ suy − a (b + c) = − ab − ac ≤ − ab − a (b + c) ≤ − ac