(Luận văn) một số dạng toán cực trị trong lớp hàm mũ và hàm hyperbolic

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN THỊ HƯỜNG lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM MŨ VÀ HÀM HYPERBOLIC d oa nl w an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va z at nh oi lm ul z m co l gm @ THÁI NGUYÊN - 2018 an Lu n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN THỊ HƯỜNG lu an MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP HÀM MŨ VÀ HÀM HYPERBOLIC n va p ie gh tn to Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp d oa nl w Mã số: 84 60 113 nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z at nh oi lm ul z GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu m co l gm @ THÁI NGUYÊN - 2018 an Lu n va ac th si i Mục lục MỞ ĐẦU ii lu an n va 1 10 Bất đẳng thức cực trị lớp hàm mũ hàm hyperbolic 2.1 Bất đẳng thức lớp hàm mũ hàm hyperbolic 2.2 Các dạng toán cực trị sinh hàm mũ hyperbolic 27 27 47 p ie gh tn to Một số kiến thức liên quan đến hàm mũ hyperbolic 1.1 Tính chất hàm mũ hyperbolic 1.1.1 Tính chất hàm mũ 1.1.2 Tính chất hàm hyperbolic 1.2 Đẳng thức sinh hàm mũ hàm hyperbolic 1.3 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm tích phân quan trọng oa nl w Một số dạng tốn liên quan 3.1 Các phương trình đại số giải phương pháp hàm hyperbolic 3.2 Khảo sát số lớp phương trình chứa hàm mũ hàm hyperbolic d nf va an lu lm ul KẾT LUẬN 74 z at nh oi TÀI LIỆU THAM KHẢO 59 59 67 75 z m co l gm @ an Lu n va ac th si ii MỞ ĐẦU Chuyên đề hàm siêu việt (hàm mũ logarit) đề cập lớp 12 bậc trung học phổ thơng Vì ứng dụng hàm mũ logarit không đề cập lớp 10 11 Đặc biệt, giảm tải chương trình, lớp hàm hyperbobic lu khơng đưa vào SGK Các hàm khảo sát chương trình an va bồi dưỡng HSG lớp chuyên Toán phục vụ kỳ thi HSG quốc gia, Olympic n khu vực quốc tế tn to Trong kì thi học sinh giỏi tốn cấp bậc THPT Olympic khu vực ie gh quốc tế, toán liên quan tới hàm mũ hàm hyperbolic thường xuyên p đề cập Những dạng tốn thường xem thuộc loại khó phần kiến thức sâu sắc hàm mũ hàm hyperbolic khơng nằm chương trình thức w oa nl giáo trình Đại số Giải tích bậc trung học phổ thông d Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề lu an hàm mũ hàm hyperbolic, chọn đề tài luận văn “Một số dạng toán cực trị nf va lớp hàm mũ hàm hyperbolic” lm ul Luận văn nhằm tổng hợp số tính chất hàm mũ hàm hyperbolic mối quan hệ chúng Tiếp theo, xét toán cực trị, khảo sát số lớp phương z at nh oi trình, bất phương trình số dạng tốn đại số có sử dụng tính chất hàm mũ, hàm ngược hàm logarit hàm hyperbolic z Cấu trúc luận văn gồm chương: gm @ Chương Một số kiến thức liên quan đến hàm mũ hyperbolic Chương Bất đẳng thức cực trị lớp hàm mũ hàm hyperbolic co l Chương Một số dạng toán liên quan m Luận văn sử dụng số dạng toán tập từ tài liệu [1]-[9] số an Lu n va ac th si iii đề thi Olympic liên quan đến hàm hàm mũ hàm hyperbolic năm gần Luận văn hoàn thành với hướng dẫn GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng Đào tạo, Khoa Tốn thầy cô trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả hoàn thành luận Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu đồng nghiệp trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm, huyện Vĩnh Bảo, thành phố Hải Phòng lu tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập cơng tác an Thái Ngun, ngày 20 tháng năm 2018 va n Tác giả luận văn p ie gh tn to d oa nl w Trần Thị Hường nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức liên quan đến hàm mũ hyperbolic lu an va n 1.1 Tính chất hàm mũ hyperbolic tn to Tính chất hàm mũ ie gh 1.1.1 p Xét hàm số mũ dạng f (x) = ax với < a 6= nl w * Tập xác định: D f = R oa * Tập giá trị: I f = R+ d * Tính đơn điệu: Hàm số f (x) = ax đồng biến R a > nghịch biến lu nf va an R < a < lm ul Nhận xét 1.1 Đồ thị hàm số mũ có tiệm cận ngang trục Ox phía −∞ a > tiệm cận ngang trục Ox phía +∞ < a < z at nh oi Tiếp theo, ta xét số đẳng thức lớp hàm mũ Tính chất 1.1 (Cơng thức tính đạo hàm) z gm @ (ex )0 = ex ; (eu )0 = u0 eu , m co l (ax )0 = ax ln a; (au )0 = u0 au ln a Tính chất 1.2 (Đồng thức lớp hàm mũ) Cho < a 6= Khi đó: an Lu n va ac th si a) a f (x) = ag(x) ⇔ f (x) = g(x) b) Giả sử b > Khi a f (x) = b ⇔ f (x) = loga b c) a f (x) > ag(x) ⇔ (a − 1)( f (x) − g(x)) > d) Giả sử b > Khi a f (x) > b ⇔ (a − 1)( f (x) − loga b) > 1.1.2 Tính chất hàm hyperbolic Trong phần này, ta trình bày số tính chất hàm mũ đặc biệt, hàm hyperbolic sinh e±x Tính chất 1.3 (Hàm sin hyperbolic) Hàm sin hyperbolic lu an ex − e−x sinh x = n va gh tn to hàm số lẻ R p ie sinh x ≥ 0, ∀x ≥ 0, sinh x < 0, ∀x < nl w (sinh x)0 = cosh x; (sinh u)0 = u0 cosh u oa Ta có (sinh x)0 = cosh x ≥ 1, ∀x ∈ R nên hàm số sinh x đồng biến R d Do (sinh x)00 = sinh x nên hàm số sinh x lồi (0; +∞) lõm (−∞; 0) an lu nf va Tính chất 1.4 (Hàm cosin hyperbolic) Hàm cosin hyperbolic lm ul cosh x = z at nh oi hàm số chẵn R ex + e−x Ta có (cosh x)0 = sinh x; (cosh u)0 = u0 sinh u (cosh x)0 = sinh x nên hàm số z @ cosh x đồng biến (0; +∞) nghịch biến (−∞; 0) m co l gm Do (cosh x)00 = cosh x ≥ 1, ∀x ∈ R cosh x lồi R an Lu n va ac th si Tính chất 1.5 (Hàm tang hyperbolic) Hàm tang hyperbolic sinh x ex − e−x x = = cosh x ex + e−x hàm số lẻ R Ta có u0 (tanh x) = ; (tanh u) = cosh2 x cosh2 u Do (tanh x)0 = > 0, ∀x ∈ R cosh2 x lu nên hàm số x đồng biến R an n va Tính chất 1.6 (Hàm cotang hyperbolic) Hàm cotang gh tn to cosh x ex + e−x coth x = = sinh x ex − e−x p ie hàm số lẻ R \ {0} Ta có oa nl w (coth x)0 = −1 −u0 ; (coth u) = sinh2 x sinh2 u d < 0, ∀x ∈ R\ {0} nên hàm số coth x đồng biến sinh2 x khoảng (−∞; −1) (1; +∞) nf va an lu (coth x)0 = − z at nh oi lm ul Tính chất 1.7 (Cơng thức khai triển tổng hiệu) cosh (x + y) = cosh x cosh y + sinh x sinh y, (1.1) z cosh (x − y) = cosh x cosh y − sinh x sinh y, l gm @ (1.2) sinh (x + y) = sinh x cosh y + cosh x sinh y, m co (1.3) an Lu n va ac th si sinh (x − y) = sinh x cosh y − cosh x sinh y, (1.4) (x + y) = x + y , + x y (1.5) (x − y) = x − y − x y (1.6) Chứng minh Ta có cosh x cosh y + sinh x sinh y = lu ex + e−x ey + e−y ex − e−x ey − e−y + 2 2 an n va ex+y + e−x−y = cosh(x + y) = Tiếp theo, công thức (1.1) thay y −y, ta thu p ie gh tn to Từ đó, suy (1.1) nl w cosh (x − y) = cosh x cosh(−y) + sinh x sinh(−y) d oa = cosh x cosh y − sinh x sinh y an lu Ta nhận (1.2) nf va Các công thức lại (1.3)-(1.6) chứng minh tương tự Từ công thức cộng ta dễ dàng chứng minh cơng thức nhân sau lm ul Tính chất 1.8 (Cơng thức khai triển góc nhân hai nhân ba) z at nh oi sinh (2x) = sinh x cosh x, z cosh (2x) = cosh2 x + sinh2 x = 2cosh2 x − = + 2sinh2 x, @ x , + tanh2 x sinh (3x) = 4sinh3 x + sinh x, m co l gm (2x) = an Lu n va ac th si cosh (3x) = 4cosh3 x − cosh x Tính chất 1.9 (Cơng thức biến đổi tích thành tổng) [cosh(x + y) + cosh(x − y)] , sinh x sinh y = [cosh(x + y) − cosh(x − y)] , sinh x cosh y = [sinh(x + y) + sinh(x − y)] cosh x cosh y = Tính chất 1.10 (Cơng thức biến đổi tổng thành tích) x−y x+y cosh , 2 x+y x−y cosh x − cosh y = sinh sinh , 2 x−y x+y cosh , sinh x + sinh y = sinh 2 x+y x−y sinh x − sinh y = cosh sinh , 2 sinh(x + y) x + y = , cosh x cosh y sinh(x − y) x y = cosh x cosh y lu cosh x+ cosh y = cosh an n va p ie gh tn to d oa nl w an lu Đẳng thức sinh hàm mũ hàm hyperbolic nf va 1.2 lm ul Trong phần ta xét số dạng tốn áp dụng tính chất hàm mũ z at nh oi hàm hyperbolic Bài toán 1.1 Tính giá trị hàm hyperbolic điểm ln ln z gm @ Lời giải Theo định nghĩa, ta có m co l eln − e−ln = sinh(ln 2) = an Lu n va ac th si x→0 x→0 x sin x x lu an n va f (x) = lim ≤ 1, x→0 sin x ⇒ | f (0)| = |a1 + 2a2 + · · · + nan | ≤ gh tn to Bài toán 1.10 Cho a số thực dương Chứng minh ex > xa ⇔ a < e với x > p ie ex Lời giải Xét hàm f (x) = a , x > x Ta có f (x) → ∞ x → x → ∞ Do tồn giá trị cực tiểu f x0 Theo w nl định lí Fermat ta có d oa f (x0 ) = ex0 x0−a an lu nf va Giá trị nhỏ x = a f (a) = 1−a = x0 ea Do aa z at nh oi lm ul ex > xa ⇔ a < e, x > Bài toán 1.11 Cho f hàm có đạo hàm cấp liên tục đoạn [0; 1], thỏa mãn z f (0) = f (0) = f 00 (0) = f (1) = f 00 (1) = f (1) = gm @ co l Chứng minh tồn c ∈ [0; 1] cho f 000 (c) ≥ 24 m Lời giải Hãy xem xét mở rộng chuỗi Taylor điểm x = x = : an Lu n va ac th si 20 f 00 (0) f 000 (ξx ) f (x) = f (0) + f (0)x + x + x , f 00 (1) f 000 (ηx ) f (x) = f (1) + f (1)(x − 1) + (x − 1)2 + (x − 1)3 với ≤ ξx ≤ x; x ≤ ηx ≤ Kết hợp với giả thiết, ta có f (x) = f (x) = + f 000 (ξx ) x , lu f 000 (ηx ) (x − 1)3 an ta thấy tồn ξ ; η cho f 000 (ξ ) + f 000 (η) = 48 Như vậy, số f 000 (ξ ), f 000 (η) lớn 24 n va Chọn x = gh tn to Vậy tồn c ∈ [0; 1] để f 000 (c) ≥ 24 ie Bài toán 1.12 Cho hàm số f khả vi [0; 1] cho f (0) = 0, f (1) = Chứng 0 p minh tồn số phân biệt a, b thuộc (0; 1) cho f (a) f (b) = nl w oa Lời giải Xét hàm số g(x) = f (x) + x − g khả vi [0; 1] Ta có g(0) = −1 < d g(1) = > nên tồn số c ∈ (0; 1) cho g(c) = lu nf va an Do f (c) + c − = hay f (c) = − c z at nh oi lm ul Áp dụng định lý Lagrange cho f đoạn [0; c] [c; 1] thì: f (c) − f (0) + Tồn a ∈ (0; c) cho = f (a) c−0 f (1) − f (c) + Tồn b ∈ (c; 1) cho = f (b), nên 1−c f (c) − f (c) (1 − c)c f (a) f (b) = = = c 1−c c(1 − c) z @ 0 Vậy tồn số phân biệt a, b thuộc (0; 1) cho f (a) f (b) = gm m co a ∈ R cho f (a) f (a) f 00 (a) f 000 (a) ≥ l Bài toán 1.13 Cho hàm f : R → R hàm C3 Chứng minh tồn an Lu n va ac th si 21 Lời giải Nếu giá trị f (a), f (a), f 00 (a); f 000 (a) ta có ln điều phải chứng minh Ta giả sử giá trị f (x), f (x), f 00 (x), f 000 (x) âm hay dương với x Giả sử f 00 (x) > 0, f (x) > 0, (nếu f 00 (x) < ta thay f (x) thành − f (x), f (x) < ta thay f (x) f (−x) Từ f 00 (x) > ta có f (x) hàm tăng, mặt khác f 000 (x) > điều cho thấy f (x) hàm lồi Khi ta có f (x + a) > f (x) + a f 00 (x), ∀x ∈ R Cho x cố định lấy a đủ lớn, ta có f (x) > 0, ∀x ∈ R lu an Với lập luận tương tự ta có f (x) > f 00 (x) > f (x) > 0, ∀x ∈ R n va Do tồn a ∈ R cho f (a) f (a) f 00 (a) f 000 (a) ≥ p ie gh tn to f (x) Bài toán 1.14 Cho hàm số f , g thỏa mãn điều kiện = e f (x)−g(x) , ∀x g (x) f (0) = g(2018) = Tìm số c lớn cho f (2018) > c h(x) := e− f (x) − g0 (x).e−g(x) = a nf va an lu Xét hàm số d oa nl w f (x) Lời giải Ta có = e f (x)−g(x) , ∀x hay f (x).e− f (x) = g0 (x).e−g(x) Từ ta có g (s) − f (x) −g(x) e =e , ∀x ∈ R với a số Khi ta có h(0) = h(2018), kết hợp với giả thiết ta lm ul Do z at nh oi e−1 − e−g(0) = e− f (2018) − e−1 z e− f (2018) = 2e−1 − e−g(0) < 2e−1 = e−1+ln @ l gm Vậy ta chọn số c lớn c = −1 + ln thỏa mãn điều kiện f (2018) > c m co Bài toán 1.15 Chứng minh ab + ba > 1, ∀a > 0, b > an Lu n va ac th si 22 Lời giải - Bất đẳng thức hiển nhiên số a b lớn - Ta xét giá trị a, b ∈ (0; 1) Thật vậy, đặt a = − c, b = − d; c, d ∈ (0; 1) Ta xét hàm số sau f (x) = (a − cx)d , x ∈ [0; 1] Áp dụng định lí Lagrange tồn x0 ∈ (0; 1) cho: (1 − c)d = − cd < − cd (1 − cx0 )1−d Từ ab + ba = lu 1−c 1−d 1−c 1−d (1 − c)(1 − d) + > + = + > 1 − cd (1 − c)d (1 − d)c − cd − cd an n va Bài toán 1.16 Cho f : R → R hàm lớp C3 cho f , f , f 00 , f 000 tn to số dương Hơn ta giả sử p ie gh f 000 (x) ≤ f (x), ∀x ∈ R oa nl w Chứng minh f (x) < f (x), ∀x ∈ R d Lời giải Ta nhận thấy, từ giả thiết ta có x→−∞ nf va an lu lim f (x) = lim f 00 (x) = x→−∞ z at nh oi lm ul Thật vậy, theo định lí giá trị Lagrange, tồn ξn ∈ (−n2 ; −n) cho f (−n2 ) − f (−n) = (n − n2 ) f (ξn ) < z Bằng giả thiết giới hạn f f −∞ tồn giới hạn khơng gm @ âm Ta giả sử phản chứng lim f (x) > Để có giới hạn −∞ từ ta có x→−∞ m co l x→−∞ = −∞ (mâu thuẫn) Do ta có lim f (x) = an Lu n va ac th si 23 Lập luận tương tự, ta có lim f 00 (x) = x→−∞ Vậy theo bổ đề, ta có f (x) < f (x), ∀x Bài toán 1.17 Cho f : [0; 1] → R hàm liên tục [0; 1] khả vi khoảng (0; 1) thỏa mãn ≤ f (x) ≤ f (x), ∀x ∈ (a; b) Chứng minh f đồng Lời giải Xét g := [0; 1] → R hàm xác định g(x) = e−2x f (x) Khi lu an g0 (x) = e−2x ( f (x) − f (x)) ≤ n va tn to Do g hàm giảm Mặt khác, g(0) = 0, g ≥ 0, nên ta có g ≡ hay f ≡ p ie gh Bài toán 1.18 Chứng minh Lời giải d oa nl w sin(ax) sin(bx)  2 a a 1− ≤ sup