sử dụng công cụ đạo hàm trong khảo sát hàm số

43 1.8K 0
sử dụng công cụ đạo hàm trong khảo sát hàm số

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

LỜI NÓI ĐẦU. ất đẳng thức là một chuyên đề hay và đặc sắc của toán học sơ cấp đã đựoc đưa vào dạy và học rộng rãi ở các trường phổ thông trung học.Trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp ,kỳ thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng không bao giờ vắng mặt các bài toán về bất đẳng thức. Tuy nhiên phải nhận thấy rằng các bài toán chứng minh bất đẳng thức là các bài toán khó bởi lẽ nó không có một phương pháp chính thống nào để giải đựợc tất cả các bài toán bất đẳng thức cũng như nó đòi hỏi người học phải có kiến thức vững chắc và một số kỹ năng giải toán nhất định. Hiện nay tài liệu viết về bất đẳng thức cũng khá đa dạng theo nhiều hướng giải quyết sử dụng các công cụ khác nhau. Với ý tưởng sử dụng công cụ đạo hàm trong khảo sát hàm số, chúng tôi mạnh dạn lựa chọn và thực hiện đề tài này với mục đích đóng góp một phần công sức nho nhỏ và việc tuyển chọn và chứng minh một số bất đẳng thức bằng phương pháp hàm số .Hi vọng cuốn tiểu luận này sẽ là một tài liệu bổ ích cho bạn đọc. B Cuốn tiểu luận chia làm 4 chương: Chương I: ĐẠO HÀM VÀ ÁP DỤNG XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ. Chương II: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT ĐẲNG THỨC. Chương III: TÍNH LỒI LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT ĐẲNG THỨC Chương IV: ĐỊNH LÝ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG Mỗi chương đều được trình bày theo 2 phần: lý thuyết và hệ thống bài tập .Cuối mỗi chương đều có phần bài tập tương tự và nâng cao nhằm mở rộng và đào sâu kiến thức. Cuốn tiểu luận này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn đầy nhiệt tình của thầy giáo Dương Thanh Vỹ cùng với sự nỗ lực rất lớn của tất cả các thành viên trong nhóm.Nhân đây chúng em xin chân thành cảm ơn thầy. Quy Nhơn,ngày 03 tháng 12 năm 2009. Nhóm thực hiện. 1 MỤC LỤC Nội dung ……………………………………………………………………………….Trang LỜI NÓI ĐẦU MỤC LỤC Chương I: . ĐẠO HÀM VÀ ÁP DỤNG XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ………………………3 Chương II: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT ĐẲNG THỨC ….………………15 Chương III: TÍNH LỒI LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT ĐẲNG THỨC… 32 Chương IV: ĐỊNH LÝ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG ……………………………………………… …38 KẾT LUẬN CHUNG……………………………………………………………………… 42 TÀI LIỆU THAM KHẢO………………………………………………………………… 43 2 CHƯƠNG I ĐẠO HÀM VÀ ÁP DỤNG XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ. I.Lý thuyết : 1.Đạo hàm: a.Định nghĩa : Cho hàm số y=f(x) xác định trên khoảng ( ) , ⊆a b ¡ và ( ) 0 ,x a b∈ . Ký hiệu : 0 x x x∆ = − :số gia của đối số tại x 0 . 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( )y y y f x f x f x x f x∆ = − = − = + ∆ − :số gia của hàm số tại 0 x . Nếu tồn tại (hữu hạn) giới hạn: 0 0 0 0 ( ) ( ) lim lim x x f x x f x y x x ∆ → ∆ → + ∆ − ∆ = ∆ ∆ thì ta nói hàm số f(x) có đạo hàm tại 0 x và giới hạn đó chính là đạo hàm của f(x) tại 0 x . Ký hiệu: , 0 ( )f x hoặc 0 ( ). df x dx Nếu hàm số f(x) có đạo hàm tại mọi điểm của khoảng (a,b) thì ta nói hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng (a,b). b.Định lý :( điều kiện cần của đạo hàm) Nếu hàm số f(x) có đạo hàm tại 0 x thì f(x) liên tục tại 0 x . Và do đó nếu hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng (a,b) thì nó liên tục trên khoảng (a,b). Chứng minh: Thật vậy : Vì f(x) có đạo hàm tại 0 x nên tồn tại 0 lim x y x ∆ → ∆ ∆ = , 0 ( )f x . Từ đó suy ra: 0 0 lim lim . 0. x x y y x x ∆ → ∆ → ∆ ∆ = ∆ = ∆ Tức là f(x) liên tục tại 0 x . Lưu ý:Điều ngược lại của định lý nói chung là không đúng ,chẳng hạn hàm y x= liên tục tại 0 tuy nhiên nó không có đạo hàm tại 0. c.Các công thức và quy tắc tính đạo hàm : ' , , , , , , , , , , 2 ( ( ) ( )) ( ) ( ). ( . ( )) . ( ), . ( ( ). ( )) ( ). ( ) ( ). ( ). ( ) ( ). ( ) ( ). ( ) ( ) . ( ) ( ) + = + = ∀ ∈ = + − = f x g x f x g x f x f x f x g x f x g x f x g x f x f x g x f x g x g x g x α α α ¡ 3 , , 1 , , , 2 2 , 2 2 , , , , 0. 1. . , . (sin ) cos . (cos ) sin . 1 (tan ) 1 tan . cos 1 (cot ) (1 cot ). sin ( ) . ( ) .ln , 0 1. 1 (ln ) , 0. 1 (log ) , 0,0 1. ln − = = = ∀ ∈ = = − = = + − = = − + = = ∀ < ≠ = > = > < ≠ x x x x a C x x x x x x x x x x x x x e e a a a a x x x x x a x a α α α α ¡ 2.Ứng dụng đạo hàm xét tính đơn điệu của hàm số: a.Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên khoảng (a,b). • Hàm số f(x) được gọi là đồng biến(tăng) trên khoảng (a,b) nếu ( ) 1 2 1 2 1 2 , , , ( ) ( ).x x a b x x f x f x∀ ∈ < ⇒ < • Hàm số f(x) được gọi là nghịch biến(giảm) trên khoảng (a,b) nếu ( ) 1 2 1 2 1 2 , , , ( ) ( ).x x a b x x f x f x∀ ∈ < ⇒ > Ví dụ: 3 1, , , ln , x y x y x y e y x= + = = = là những hàm đồng biến trên miền xác định của nó. 1 2 1 , ( ) , log , 2 x y x y y x= − = = là những hàm nghịch biến trên miền xác định của nó. b.Định lý: Giả sử f(x) có đạo hàm trên khoảng (a,b).Khi đó: • Nếu ( ) , ( ) 0, ,f x x a b≥ ∀ ∈ thì f(x) đồng biến trên khoảng(a,b). • Nếu ( ) , ( ) 0, ,f x x a b≤ ∀ ∈ thì f(x) nghịch biến trên khoảng(a,b). II.Hệ thống bài tập minh họa: Như vậy sử dụng đạo hàm ta có thể xét tính đơn điệu của hàm số và từ đó áp dụng vào giải quyết một số bài toán chứng minh bất đẳng thức.Sau đây là một số ví dụ minh họa. Bài 1[3]. Chứng minh rằng: 0 . 2 π α β ∀ < < < Ta có: sin sin 2( os os )c c α α β β β α − > − . Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : sin 2 os sin 2 osc c α α α β β β + > + . 4 Xét hàm số:f(x)=xsinx+2cosx ,x (0; ) 2 π ∈ . , ,, ( ) cos sinx. f ( ) sinx 0, 0; . 2 × = −   × = − < ∀ ∈  ÷   f x x x x x x π Suy ra : f’(x) nghịch biến trên (0; ) 2 π '( ) '(0) 0.f x f⇒ < = Do đó f(x) nghịch biến trên (0, 2 π ). Theo giả thiết 0 2 π α β < < < nên ( ) ( )f f α β > ⇒ sin 2 os sin 2 osc c α α α β β β + > + (đpcm). Bài2:[9] Chứng minh rằng: sinx > 2 , 0, 2 x x π π   ∀ ∈  ÷   . Giải : Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : sinx 2 , (0, ). 2 x x π π > ∀ ∈ Xét hàm số sinx ( ) , 0, 2 f x x x π   = ∈  ÷   . Ta có: 2 2 cos sinx ( ) '( ) . x x g x f x x x − = = (với g(x)=xcosx-sinx ). Ta có : g’(x)=-xsinx<0, 0, 2 x π   ∀ ∈  ÷   . Suy ra g(x) nghịch biến trên khoảng 0, 2 π    ÷   Do đó g(x)<g(0)=0. Suy ra :f’(x)= 2 ( )g x x <0, 0, 2 x π   ∀ ∈  ÷   .Hay f(x) là hàm giảm trên 0, 2 π    ÷   . Suy ra 2 ( ) ( ) 2 f x f π π > = ⇔ sinx 2 , (0, ) 2 x x π π > ∀ ∈ (đpcm). Bài 3:[3] Chứng minh rằng : 1 ,1 2 x   ∀ ∈     ta có : arctanx- ( ) 2 ln 1 ln 2. 4 x π ≥ + − Giải: Ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng: arctanx ( ) 2 1 ln 1 ln 2, ,1 4 2 x x π   − + ≥ − ∀ ∈     . Xét hàm số: f(x)=arctanx- 2 ln(1 )x+ trên đoạn 1 ,1 2       ,ta có: f’(x)= 2 1 2 1 0, ,1 1 2 x x x −   ≤ ∀ ∈   +   . 5 Suy ra f(x) nghịch biến trên 1 ,1 2       . ⇒ ( ) 1 (1), ,1 2 f x f x   ≥ ∀ ∈     hay: arctanx ( ) 2 1 ln 1 ln 2, ,1 4 2 x x π   − + ≥ − ∀ ∈     .(đpcm) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=1. Bài 4:[3] Chứng minh rằng : cos os( ), 0, 2 2 x x c x π   < ∀ ∈  ÷   . Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: 2 os cos 0, 0, 2 2 x c x x π     − > ∀ ∈  ÷  ÷     . Xét hàm số: f(x)= 2 os cos , 0, 2 2 x c x x π     − ∀ ∈  ÷  ÷     .Ta có: • f’(x)= 1 .sin( 2 ) sinx. 2 x − + • f’’(x)= os( 2 ) cos .c x x− + Vì hàm y=cosx nghịch biến trên ( ) 0, π và x< 2 x , 0, 2 x π   ∀ ∈  ÷   nên cos os( 2. ), 0, 2 x c x x π   > ∀ ∈  ÷   . ⇒ f’’(x)>0, 0, 2 x π   ∀ ∈  ÷   . ⇒ f’(x) đồng biến trên 0, 2 π    ÷   '( ) '(0) 0,f x f⇒ > = 0, 2 x π   ∀ ∈  ÷   . Do đó f(x) đồng biến trên 0, 2 π    ÷   cho nên f(x)>f(0)=0, 0, 2 x π   ∀ ∈  ÷   . ⇔ 2 os cos 0, 0, 2 2 x c x x π     − > ∀ ∈  ÷  ÷     .(đpcm) Bài 5[9] : Chứng minh rằng :Với mọi x>0,ta có: 3 3 5 sinx . 3! 3! 5! x x x x x− < < − + Giải: Xét hàm f(x)= 3 3! x -x+sinx trên khoảng ( ) 0,+∞ , ta có: • f’(x)= 2 1 cos . 2 x x− + • f’’(x)=x-sinx. • f’’’(x)=1-cosx>0, 0x∀ > . 6 hay 3 sinx, 0. 3! x x x− < ∀ > (*) Mặt khác xét hàm g(x)= 5 3 sin x 5! 3! x x x− + − ,x>0. Tương tự ta cũng có: ( ) 4 2 3 ' 1 cos . 4! 2! ''( ) sinx ( ). 3! x x g x x x g x x f x = − + − = − + = Theo chứng minh trên ta có :g”(x)=f(x)>0, ∀ x>0.Do đó g’(x) đồng biến trên ( ) 0,+∞ . ⇒ g’(x)>g’(0)=0 , ∀ x>0.Do vậy g(x) lại đồng biến trên ( ) 0,+∞ . Suy ra :g(x)>g(0), ∀ x>0 Hay sinx < 3 5 , 0. 3! 5! x x x x− + ∀ > (**) Kết hợp (*) và (**) ta có đpcm. Bài 6:[5] Chứng minh rằng: nếu 0 2 π α β < < < thì tan tan . α β α β < Áp dụng: a, Cho 0<a<b<1.Chứng minh rằng :tan(ab)<tana.tanb b,Cho 0 , , 2 4( 1) < < ∈ ≥ − n n n π α ¥ .Chứng minh rằng: tan( ) .tann n α α > Giải: Xét hàm số: f(x)= t anx , 0, 2 x x π   ∈  ÷   .Ta có: f’(x)= 2 2 2 2 sinx.cos 2 sin 2 . os 2 . os x x x x x c x x c x − − = . Ta biết rằng sin2x<2x, ∀ x>0.Từ đó suy ra:f’(x)>0, 0, 2 x π   ∀ ∈  ÷   ,tức là f(x) đồng biến trên 0, 2 π    ÷   .Kết hợp giả thiết 0 2 π α β < < < suy ra ( ) ( ) f f α β < hay tan tan . α β α β < Áp dụng: a.Từ gt 0<a<b<1 suy ra :0<ab<a<b< 2 π .Áp dụng kết quả trên ta có: tan( ) tan tan( ) .tan ab a ab b a ab a < ⇔ < (*). 7 ( ) '' ''(0) 0, 0. '( ) '(0) 0, 0. ( ) (0) 0, 0 f x f x f x f x f x f x ⇒ > = ∀ > ⇒ > = ∀ > ⇒ > = ∀ > Lại vì:0<b<1< 2 π nên b<tanb ⇒ b.tana<tanb.tana (vì tana>0) (**) Kết hợp (*) &(**) ta có: tan(a.b)<tana.tanb (đpcm). b.Từ gt 0 , , 2 4( 1) < < ∈ ≥ − n n n π α ¥ suy ra: ( 1) 0 . 4( 1) 4( 1) 4 4( 1) 4 4 2 n n n n n n π π π π π π π π α α − + < < < = = + ≤ + = − − − Áp dụng kết quả trên suy ra: tan tan( ) .tan tan( ) n n n n α α α α α α < ⇔ < (đpcm). Bài 7 [5]:Chứng minh rằng : 2 2 1 .ln( 1 ) 1 , . 0+ + + ≥ + ∀ >x x x x x Giải: Xét hàm số: ( ) 2 2 1 .ln( 1 ) 1 ,= + + + − + ∀f x x x x x x >0.Ta có: • ( ) 2 2 2 2 2 1 '( ) ln( 1 ) 1 ( 1 ) 1 x x x x f x x x x x x x + + = + + + − + + + + = 2 ln( 1 )x x+ + . • 2 1 ''( ) 1 = + f x x >0.Suy ra f’(x) là hàm tăng trên ( ) 0,+∞ nên f’(x)>f’(0)=ln1=0 Vậy f(x) cũng là hàm tăng trên ( ) 0,+∞ .Suy ra: f(x)>f(0)=0, 2 2 0 1 ln( 1 ) 1x x x x x∀ > ⇔ + + + > + , ∀ x>0(đpcm). Bài 8 [9]:Chứng minh rằng: ( ) 1 ln ln 4, , 0,1 , 1 1 y x x y x y y x y x   − > ∀ ∈ ≠  ÷ − − −   .(*) Giải: Ta xét 2 trường hợp sau: • Nếu 1>y>x>0 thì (*) ln ln 4( ). 1 1 y x y x y x ⇔ − > − − − ln 4 ln 4 1 1 y x y x y x ⇔ − > − − − .(1) • Nếu 1>x>y>0 thì (*) ln ln 4( ). 1 1 y x y x y x ⇔ − < − − − ln 4 ln 4 1 1 y x y x y x ⇔ − < − − − . (2) Xét hàm số : ( ) ( ) ln 4 , 0,1 1 t f t t t t = − ∀ ∈ − . Ta có: ( ) 2 1 (2 1) '( ) 4 0, 0,1 (1 ) (1 ) t f t t t t t t − = − = > ∀ ∈ − − . Suy ra f(t) đồng biến trên khoảng (0,1).Do đó:  Nếu 1>y>x>0 thì f(y)>f(x) tức là (1) đúng.  Nếu 1>x>y>0 thì f(x)>f(y) tức là (2) đúng. 8 Tóm lại (*) đúng với mọi x,y ( ) 0,1 & x y∈ ≠ (đpcm) Bài 9 :[0]Chứng minh rằng với mọi x>0,ta có: ( ) 2 1 ln 1 1 ln .x x x + + < + Giải: Xét hàm số :f(x)= ( ) 2 1 ln 1 1 ln , 0.x x x x + + − − ∀ > Ta có: 2 2 2 1 '( ) 0, 0. . 1 x x f x x x x + − = > ∀ > + Do vậy f(x) là hàm đồng biến trên ( ) 0,+∞ . 2 2 1 ( ) ( ) lim ln(1 1 ) ln 1 1 1 lim ln( ) 0 x x f x f x x x x x x →+∞ →+∞   ⇒ < +∞ = + + − −  ÷     + + = − =  ÷  ÷   Hay ( ) 2 1 ln 1 1 ln , 0.x x x x + + < + ∀ > (đpcm) Bài 10[9]:Chứng minh rằng : , 0 2 ln ln x y x y x y x y + − > ∀ > > − .(*) Giải: Vì lnx là hàm đồng biến nên từ gt suy ra: lnx>lny hay lnx-lny>0. Do vậy : (*) ln ln 2. , x y x y x y − ⇔ − > ∀ + x>y>0. 1 ln 2. , 1 x x y x y y − ⇔ > ∀ + x>y>0.(**) Đặt t= x y >1, ta có:(**) 1 ln 2. , 1 1 t t t t − ⇔ > ∀ > + Xét hàm f(t)= 1 ln 2. , 1 1 t t t t − − ∀ ≥ + .Ta có: 2 2 ( 1) '( ) 0, 1. ( 1) t f t t t t − = ≥ ∀ ≥ + Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên [ ) 1,+∞ Do đó:f(t)>f(1)=0, 1t ∀ > 1 ln 2. , 1 1 t t t t − ⇔ > ∀ > + . Từ đó suy ra đpcm. Bài 11[5]: Chứng minh rằng nếu ∆ ABC là tam giác nhọn thì sinA+sinB+sinC+tanA+tanB+tanC > 2 π . 9 Giải: Vì tam giác ABC nhọn cho nên : 0 , , 2 A B C π < < Xét hàm số f(x)=sinx+tanx-2x trên 0, 2 π    ÷   . Ta có : 2 2 2 1 (1 cos )(cos sin ) '( ) cos 2 0, 0, os os 2 x x x f x x x c x c x π − +   = + − = > ∀ ∈  ÷   . ⇒ f(x) đồng biến trên khoảng 0, 2 π    ÷   .Do đó f(x)>f(0), ∀ 0, 2 x π   ∈  ÷   sinx t anx 2 , 0, 2 x x π   ⇔ + > ∀ ∈  ÷   . Lần lượt xét x=A,B,C sau đó cộng vế theo vế ta có: sinA+sinB+sinC+tanA+tanB+tanC>2(A+B+C)=2 π .(đpcm) Bài 12[5]:Cho a,b,c>0.Chứng minh rằng: ( ) 3 . . a b c a b c abc a b c + + < (*) Giải: Trước hết ta có nhận xét bất đẳng thức trên là một bất đẳng thức đẹp và có thể giải theo nhiều cách. Ở đây theo phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số ta có thể làm như sau: Lấy logarit Nepe hai vế (*) ta có: ( ) 1 (ln ln ln ) ln ln ln . 3 a b c a b c a a b b c c+ + + + < + + ( ) (ln ln ln ) 3( ln ln ln )a b c a b c a a b b c c⇔ + + + + < + + ( )ln ( )ln ( )ln 0a b c a b c a b c a b c⇔ − − + − − + − − > ( )(ln ln ) ( )(ln ln ) ( )(ln ln ) 0⇔ − − + − − + − − >a b a b b c b c c a c a . (**) Vì hàm f(x)=lnx đồng biến trên khoảng ( ) 0,+∞ cho nên bất đẳng thức (**) là đúng.Từ đó suy ra (*) cũng đúng.(đpcm) Bài 13[5]: Chứng minh rằng : ( ) 1 log ( 1) log ( 2), , 2 + + > + ∀ ∈ ≥ n n n n n n¥ . Giải: Ta có 2 2 2 2 1 2 2 1 ( 2) ( 1) 1 n n n n n n n n n n n + + + < + + ⇔ + < + ⇔ < + . ( ) ( ) 1 1 2 1 log log 1 n n n n n n + + + + ⇒ < + . Mà ( ) 1 1 1 log log n n n n n n + + + < .Suy ra: ( ) 1 2 log 1 n n n + + ⇒ < + 1 log n n n + ( ) 1 log ( 2) log ( 1). n n n n + ⇔ + < + (đpcm) Bài 14: (Đề thi tuyển sinh đại học khối D-2007) 10 [...]... kiện đủ thứ 2) Giả sử f có đạo hàm cấp 1 trên khoảng (a,b) chứa điểm x0 , f’( x0 )=0 và f có đạo hàm cấp hai tại x0 khác 0 Khi đó: i Nếu f’’( x0 )0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại x0 3.Nhận xét: Giá trị cực đại (cực tiểu) của 1 hàm số nói chung không phải là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f trên tập hợp D.Tuy nhiên nếu hàm số f liên tục trên... hàm số f có đạo hàm đến cấp hai trên khoảng (a,b) nào đó Khi đó: i.Nếu f’’(x)0, ∀x ∈ (a,b) thì đồ thị hàm số f lõm trên khoảng (a,b) b.Định lý 2: Giả sử hàm số f có đạo hàm đến cấp hai trên khoảng (a,b) và x0 ∈ (a, b) Khi đó nếu f ''( x0 ) = 0 và f’’(x) đổi dấu khi qua x0 thì điểm U ( x0 , f ( x0 )) là một điểm uốn của đồ thị hàm số. .. ) \{ x0 } Và khi đó ta nói f( x0 ) là giá trị cực tiểu của hàm số f c.Điểm cực đại và cực tiểu gọi chung là điểm cực trị của hàm số Giá trị cực đại và giả trị cực tiểu gọi chung là cực trị của hàm số Điểm ( x0 , f ( x0 ) ) gọi là điểm cực trị của đồ thị của hàm số f 2.Định lý: a.Định lý 1:(điều kiện cần của cực trị) Giả sử hàm số f có đạo hàm tại x0 Khi đó nếu f đạt cực trị tại x0 thì f '( x0 ) = 0... CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT ĐẲNG THỨC I.Lý thuyết: 1.Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên tập D ⊆ ¡ và x0 ∈ D Khi đó: a x0 được gọi là một điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một khoảng (a,b) chứa x0 sao cho ( a, b ) ⊆ D sao cho : f ( x) < f ( x0 ), ∀x ∈ ( a, b ) \{ x0 } Và khi đó ta nói f( x0 ) là giá trị cực đại của hàm số f b x0 được gọi là một điểm cực tiểu của hàm số f nếu tồn... '( x0 ) = 0 Chú ý: Điều ngược lại nói chung là không đúng,tức là ∃x0 : f '( x0 ) = 0 nhưng f không đạt cực trị tại x0 Và hàm số f có thể đạt cực trị tại những điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm b.Định lý 2:(điều kiện đủ thứ 1) Giả sử f liên tục trên (a,b) chứa x0 và có đạo hàm trên các khoảng (a, x0 ) và ( x0 ,b).Khi đó: i Nếu f’(x)0, ∀x ∈ ( x0 , b) thì f đạt cực tiểu... của hàm số f là lồi trên (a,b) ⊆ D nếu tiếp tuyến của (C) tại mỗi điểm của nó đều nằm phía trên đồ thị b Đồ thị (C) của hàm số f là lõm trên (a,b) ⊆ D nếu tiếp tuyến của (C) tại mỗi điểm của nó đều nằm phía dưới đồ thị c.Nếu đồ thị của hàm số lồi và lõm trên từng khoảng xác định của nó thì điểm phân cách giữa phần lồi và phần lõm của nó được gọi là điểm uốn của đồ thị 2.Định lý: a.Định lý 1: Giả sử hàm. .. x0 thì điểm U ( x0 , f ( x0 )) là một điểm uốn của đồ thị hàm số f 3.Tính chất của hàm lồi ,lõm, bất đẳng thức Jensen: a.Tính chất của hàm lồi: Hàm số f được gọi là lồi trên khoảng (a,b) nếu nó có đồ thị lõm trên khoảng đó Như vậy: Hàm số f lồi trên khoảng (a,b) ⇔ f ''( x) > 0, ∀x ∈ (a, b) Bất đẳng thức Jensen: Nếu hàm số f lồi trên khoảng (a,b) thì f(b) với mọi x1 , x2 ∈ (a, b) , ta có:  x + x  f... f ( xn ) f 1 2 f(a) ÷≤ n n   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 =…= xn a+b 0 a b x 2 32 b.Tính chất của hàm lõm: Hàm số f được gọi là lõm trên khoảng (a,b) nếu nó có đồ thị lồi trên khoảng đó Như vậy: Hàm số f lõm trên khoảng (a,b) ⇔ f ''( x) < 0, ∀x ∈ (a, b) y Tính chất: nếu hàm số f lõm trên khoảng (a,b) thì f(b) với mọi x1 , x2 ∈ (a, b) , ta có:  x + x  f ( x1 ) + f ( x2 ) f  1 2 ÷≥ 2... đều C=  3  Nhận xét:Qua phép chứng minh trên ,ta nghĩ tới lớp các bất đẳng thức tam giác ma dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác đều chúng liên quan đến các lớp hàm số có đạo hàm phụ thuộc π vào 2cosx-1,cosx –sin(x/2),hoặc 2sinx - 3 (vì đạo hàm bằng 0 khi x= ) 3 Ví dụ:Xuất phát từ f’(x)= Xét ∫ f '(x) = ∫ 2x − 1 2 , x ∈ ( 0, π ) =cotx2 sin x s inx Ta đặt f(x)=cotx x 2x − 1 sin 2 x 2 , x ∈ ( 0, π ) s... 3  ) xét hàm f(x)=   2 3 Bài 5: Bài toán đưa về chứng minh bất đẳng thức : x 2 +y 2 +z 3 2  x+ y+z ≥ ÷ 3   2 2 2 2  3x   3y   3z  ⇔ ÷ + ÷ + ÷ ≥ 3  x+ y+z  x+ y+z  x+ y+z A B B C C A Xét x = tan tan , y = tan tan , z = tan tan Từ đó suy ra đpcm 2 2 2 2 2 2 31 CHƯƠNG III TÍNH LỒI LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT ĐẲNG THỨC I,Lý thuyết: 1.Định nghĩa: Cho hàm số y=f(x) xác . một số kỹ năng giải toán nhất định. Hiện nay tài liệu viết về bất đẳng thức cũng khá đa dạng theo nhiều hướng giải quyết sử dụng các công cụ khác nhau. Với ý tưởng sử dụng công cụ đạo hàm trong. I: . ĐẠO HÀM VÀ ÁP DỤNG XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ………………………3 Chương II: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT ĐẲNG THỨC ….………………15 Chương III: TÍNH LỒI LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG. hạn đó chính là đạo hàm của f(x) tại 0 x . Ký hiệu: , 0 ( )f x hoặc 0 ( ). df x dx Nếu hàm số f(x) có đạo hàm tại mọi điểm của khoảng (a,b) thì ta nói hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng

Ngày đăng: 20/12/2014, 21:15

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan