Chuyên đề 4: Bất đẳng thức và Bất phương trình | Chuyên Đề Ôn Thi chuyen de bpt

Chuyên đề 4: Bất đẳng thức và Bất phương trình | Chuyên Đề Ôn Thi chuyen de bpt tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn,...

   Ph PhPh Ph  ng tri ng tring tri ng trinh nhnh nh    B BB Bâ ââ ât ph t pht ph t ph  ng tri ng tring tri ng trinh nhnh nh    H HH Hê êê ê ph phph ph  ng tri ng tring tri ng trinh nhnh nh    H HH Hê êê ê b bb bâ ââ ât tt t ph phph ph  ng tri ng tring tri ng trinh nhnh nh Ths. L Ths. LThs. L Ths. Lê ê ê ê V VV V  n n n n Đ ĐĐ Đoa oaoa oan nn n M MM Mu uu u & & & & L LL Logarit ogaritogarit ogarit www.laisac.page.tl Bài1. Bài1.Bài1. Bài1. Cao đẳng Sư Phạm Tp. Hồ Chí Minh năm 2002 Giải các phương trình và bất phương trình sau 1/ ( ) 5 x 2 log x log 125 1 1− < 2/ ( ) 2 2 x x 5 x 1 x 5 4 12.2 8 0 2 − − − − − − + = Bài gi ải tham khảo 1/ Giải bất phương trình : ( ) 5 x 2 log x log 125 1 1− < ● Điều kiện : 0 x 1< ≠ . ( ) 5 5 125 5 1 3 1 2 log x 1 0 2 log x 1 0 log x log x ⇔ − − < ⇔ − − < 5 5 5 2 5 1 t log x 0 t log x log x 1 x 5 3 3 2t t 3 t 1 0 t 0 log x 0 1 x 5 5 2 2 t       = ≠ = < −    <       ⇔ ⇔ ⇔ ⇔   − −     < − ∨ < < < < <    < <          . ● Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là : ( ) 1 x 0; 1;5 5 5      ∈ ∪        . 2/ Gi ải phương trình : ( ) 2 2 x x 5 x 1 x 5 4 12.2 8 0 2 − − − − − − + = ● Điều kiện : 2 x 5 x 5 0 x 5  ≤ −  − ≥ ⇔ ⇒   ≥  Tập xác định : ( ) D ; 5 5;   = −∞ − ∪ +∞     . ( ) 2 2 2 2 2 x x 5 2 x x 5 x x 5 x x 5 2 x x 5 2 2 t 2 0 2 2 6.2 8 0 t 6.t 8 0 2 4 − − − − − − − − − −     =    = >     ⇔ − + = ⇔ ⇔          − + =  =     ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 x 1 x 1 0 x 3 x 3 x 5 x 1 x x 5 1 x 5 x 1 9 x 2 x 2 0 x x x 5 2 x 5 x 2 4 9 x x 5 x 2 4       ≥ − ≥              = =     − = − − − = − = −          ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     ≥         − ≥ = − − = − = −                 =    − = −           . ● K ế t h ợ p v ớ i đ i ề u ki ệ n, ph ươ ng trìn có hai nghi ệ m là 9 x ; x 3 4 = = . Bài2. Bài2.Bài2. Bài2. Cao đẳng Sư Phạm Hà Tĩnh khối A, B năm 2002 Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình : ( ) ( ) 2 2 2 log x log x 2 x 4+ ≤ ∗ Bài gi ả i tham kh ả o ● Đ i ề u ki ệ n : x 0> ⇒ t ậ p xác đị nh : ( ) D 0;= +∞ . ● Đặ t t 2 log x t x 2= ⇔ = . Lúc đ ó : ( ) ( ) 2 2 2 2 t t t t t t 1 2 2 2 4 2 2 4 0 2 2 t 1 1 t 1∗ ⇔ + ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ● V ớ i 2 2 1 t log x 1 log x 1 x 2 2 = ⇒ − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ . ● K ế t h ợ p v ớ i đ i ề u ki ệ n, t ậ p nghi ệ m c ủ a b ấ t ph ươ ng trình là : ( ) x 0;∈ +∞ . Bài3. Bài3.Bài3. Bài3. Cao đẳng Sư Phạm Nha Trang năm 2002 Gi ả i ph ươ ng trình : ( ) ( ) log 2 3 3 x 1 log x 4x x 16 0+ + − = ∗ Bài gi ả i tham kh ả o ● Đ i ề u ki ệ n : x 0> ⇒ T ậ p xác đị nh ( ) D 0;= +∞ . ● Đặ t 3 t log x= và do x 0 x 1 0> ⇒ + ≠ . Lúc đ ó : ( ) ( ) 2 x 1 t 4xt 16 0∗ ⇔ + + − = . ● L ậ p ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ' 4x 16x 16 4 x 2 4 x 2 2 x 2 , do x 0∆ = + + = + ⇒ ∆ = + = + > . ( ) ( ) 2x 2 x 2 4 t x 1 x 1 2x 2 x 2 t 4 x 1  − + +  = =  + +  ⇒  − − +  = = −   +  . ● V ớ i 3 1 t 4 log x 4 x 81 = − ⇒ = − ⇔ = . ● V ớ i ( ) 3 4 4 t log x 1 x 1 x 1 = ⇒ = + + Nh ậ n th ấ y ph ươ ng trình ( ) 1 có m ộ t nghi ệ m là x 3= . Hàm s ố ( ) 3 f x log x := là hàm s ố đồ ng bi ế n trên ( ) 0;+∞ . Hàm s ố ( ) 4 g x x 1 = + có ( ) ( ) ( ) 2 4 g ' x 0, x g x : x 1 − = < ∀ ⇒ + ngh ị ch bi ế n trên ( ) 0;+∞ . V ậ y ph ươ ng trình ( ) 1 có m ộ t nghi ệ m duy nh ấ t là x 3= . ● So v ớ i đ i ề u ki ệ n, ph ươ ng trình có hai nghi ệ m là 1 x , x 3 81 = = . Bài4. Bài4.Bài4. Bài4. Cao đẳng Kinh Tế Kỹ Thuật Hải Dương năm 2002 Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình : ( ) 2 2 2 2 x 1 x 2 x 4x x.2 3.2 x .2 8x 12 + + + > + + ∗ Bài gi ả i tham kh ả o ( ) 2 2 2 2 x x 2 x 4x 2x.2 3.2 x .2 8x 12 0∗ ⇔ + + − − − > 1.BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC A-Lý thuyết : Phương pháp giải : *)Vân dụng định lí dấu tam thức bậc 2(định lí đảo dấu tam thức bậc ) *)Tính chất hàm số bậc bậc B-Bài tập : Bài toán 1: Tìm a để bất pt : ax + > Đúng với x thỏa mãn điều kiện x < Bài giải : Đặt f(x) = ax +4 Ta có : f ( x ) = ax + > 0∀ x∈( −4;4)  f (−4) ≥ −4a + ≥ ⇔ ⇔  f (4) ≥ 4a + ≥ a ≤ ⇔  a ≥ −1 Vậy giá trị cần tìm : −1 ≤ a ≤ Bài toán 2: Cho bpt : (m − 4) x + ( m − 2) x + < (1) 1.Tìm m để bpt vô nghiệm Tìm m để bpt có nghiệm x = Bài giải :  m = −2 m = 2 1.TH1: m − = ⇔  * Với m = -2 : (1) ⇔ −4 x + < ⇔ x > ⇒ m = −2 (ktm) • Với m = : (1) ⇔ < 0Vn ⇒ m = thỏa mãn TH2: m ≠ ±2 (1) vô nghiệm ⇔ ( m − 4) x + ( m − 2) x + ≥ 0, ∀ x m − > ⇔ 2 ∆ = ( m − 2) − 4( m − 4) ≤ m < −2 ∪ m > ⇔ ( m − 2)(3m + 10) ≥ Bài giải : Bài toán 4: Đặt : t = x + x + ⇒ x + x + = t + 10 m < −2 ∪ m >  m≤−   ⇔ ⇔ −10  m ≤ ∪ m ≥ m > Từ trường hợp ta thấy giá trị cần tìm : m≤− 10 ∪m ≥ 2.Bất phương trình (1) có nghiệm x = ⇔ (m − 4).1 + (m − 2).1 + < ⇔ m2 + m − < ⇔ −1 − 21 −1 + 21 0(2) t = ( x + 2) − ≥ −1 ⇒ t ≥ −1 Ta có : ⇔ t (t + 3) ≥ a(3) Xét hàm số : f(t) = t + 3t , (t ≥ −1) (3) ⇔ Minf (t ) ≥ a Lập bảng biến thiên f(t): Suy Mìn(t) = -2 Vậy (3) a ≤ −2 Kết luân : Bài toán 5: Tìm m để bất phương trình sau với x: x + mx − ≤ 2(1) x2 − x + Ta có : x − x + > 0, ∀ x −3 ≤ Do (1) −3( x − x + 1) ≤ x + mx − ⇔ 2  x + mx − ≤ 2( x − x + 1) 4 x + (m − 3) x + ≥ 0(2) ⇔  x − (m + 2) x + ≥ 0(3) (1) với x ∆ (2) = (m − 3) − 16 ≤ ⇔ ∆ (3) = ( m + 2) − 16 ≤  −1 ≤ m ≤ ⇔ ⇔ −1 ≤ m ≤  −6 ≤ m ≤ Kết luận : Bài tập nhà : Bài 1: Tìm m để bpt sau nghiệm với x thỏa mãn điều kiên : −2 ≤ x ≤ m x + m( x + 1) − 2( x − 1) > (1) Bài 2: Tìm m để bpt sau nghiệm với x : x − x + m2 − > Bài 3: Tìm a nhỏ để bpt sau thỏa mãn ∀ x∈[ 0;1] a ( x + x − 1) ≤ ( x + x + 1) (1) Bài tập tuyển sinh: Bài 1: Tìm a để hai bpt sau tương đương : (a-1).x – a + > (1) (a+1).x – a + >0 (2) Bài giải : Th1: a = ±1 thay trực tiếp vào (1) (2) thấy không tương đương Đặt f(x) = (m2 + m – )x + m + Bài toán thỏa mãn:  f (−2) > (m + m − 2)(−2) + m + > ⇔ ⇔  f (1) > (m + m − 2)(1) + m + >  −  2m − m + >  −2 < m < ⇔ ⇔ m +2m > m < −2 ∪ m > ⇔0 Vậy bt tm : ⇔ ∆ ' = − m2 + < m < − ⇔ − m2 < ⇔   m > Bài 3: Đăt : t = x + x + = f(x) Lập bbt f(x) [0;1] Suy f(x) ⇒ ≤ t ≤ (1) ⇔ a (t − 2) ≤ t 2∀t∈[ 1;3] ⇔ t − at + 2a ≥ 0∀t∈[ 1;3] (2) Đặt f(t) = t2 – at + 2a       ∆ = a − 8a ≤   ∆ = a − 8a > (2) ⇔ 1 f (1) ≥ ⇔ −1 ≤ a ≤   −b = a <  2a   ∆ = a − 8a > 1 f (3) ≥   −b a = >3   2a Suy a cần tìm : a = -1 Bài giải : Xét pt hoành độ : x2 + x −1 (1) x Để (d) cắt (C) điểm pb ⇔ (1) có nghiệm −2 x + m = phân biệt x1 , x2 khác (1) ⇔ x + (1 − m) x − = = f ( x) Do a c = -3 : a −2 (2) ⇔ x > = x2 a +1 (1) ⇔ (2) ⇔ x1 = x2 ⇔ a = (1) ⇔ x > Th3: a < -1 : (1) ⇔ x < x1 (2) ⇔ x < x2 Để (1) ⇔ (2) ⇔ x1 = x2 ⇔ a = ( loại) Th4: -1 < a < : (1) Và (2) không tương đương Kết luận : a = thỏa mãn toán Bài 2: (ĐHLHN): Cho f(x) = 2x2 + x -2 Giải BPT f[f(x)] < x (1) Bài giải : Vì f[f(x)] – x = f[f(x)] – f(x) +f(x) – x = [2f2(x) + f(x) -2] – (2x2 + x – 2) + f(x) – x = 2[f2(x) – x2 ] + [f(x) – x ] = [f(x) – x ][f(x) + x +1] = Bài toán 4:(ĐHKB-2009) Tìm m để (d) : y = -x + m cắt (C )y = x2 −1 x điểm pb A , B cho AB = Bài giải : x2 −1 Xét pt hoành độ : − x + m = (1) x Để (d) cắt (C ) điểm pb ⇔ (1) có nghiệm pb khác ⇔ x − mx − = f ( x) = có nghiệm pb khác Do a.c = -2 < , f(0) = -1 Vậy (1) có nghiệm pb x1 , x2 khác Để AB = ⇔ AB = 16 ⇔ ( x2 − x1 )2 + ( y2 − y1 )2 = 16 ⇔ 2( x2 − x1 ) = 16 ⇔ ( x2 + x1 ) − x1 x2  = 2( m2 − 4.(− )) = 16 ⇔ m = ±2 = 2(2x2 – 2)( 2x2 +2x-1) ⇔ 2(2 x − 2)(2 x + x − 1) <  −1 − < x < −1  Vậy (1)  ⇔  −1 + < x x − x A < B ⇔ − B < A < B  x − 3x + > x − x ⇔ 2  x − 3x + < x − x  2 x2 − 5x + > x< ∪x>2  ⇔ ⇔  x − > x >  x<  ⇔  x > A > B A > B ⇔   A < −B A > B ⇔ ( A − B )( A + B ) > Các tính chất : A + B ≤ A + B ∀ A, B A + B < A + B ⇔ A.B < A − B ≥ A − B , ∀ A, B Kết luận : A − B > A − B ⇔ ( A − B ).B > (3) ⇔ (2 x + 5) > (7 − x) B-Bài tập : ⇔ (2 x + 5) − (7 − x) > Bài ...Maths287 BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Bài 1 : Giải bất phương trình (x − 1) √ x 2 − 2x + 5 − 4x √ x 2 + 1 ≥ 2 (x + 1) Lời giải tham khảo : (x − 1) √ x 2 − 2x + 5 − 4x √ x 2 + 1 ≥ 2 (x + 1) ⇔ (x + 1)  2 + √ x 2 − 2x + 5  + 2x  2 √ x 2 + 1 − √ x 2 − 2x + 5  ≤ 0 ⇔ (x + 1)  2 + √ x 2 − 2x + 5  + 2x (4x 2 + 4 − x 2 + 2x − 5) 2 √ x 2 + 1 + √ x 2 − 2x + 5 ≤ 0 ⇔ (x + 1)  2 + √ x 2 − 2x + 5  + 2x (x + 1) (3x − 1) 2 √ x 2 + 1 + √ x 2 − 2x + 5 ≤ 0 ⇔ (x + 1)   2 + √ x 2 − 2x + 5  + 2x (3x − 1) 2 √ x 2 + 1 + √ x 2 − 2x + 5  ≤ 0 ⇔ (x + 1)  4 √ x 2 + 1 + 2 √ x 2 − 2x + 5 + 2  (x 2 + 1) (x 2 − 2x + 5) + (7x 2 − 4x + 5) 2 √ x 2 + 1 + √ x 2 − 2x + 5  ≤ 0 Có 7x 2 −4x + 5 = 7  x 2 − 4 7 x + 4 49  + 31 7 ≥ 31 7 nên biểu thức trong ngoặc luôn > 0. Do đó bất phương trình ⇔ x + 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ −1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T = (−∞; −1] Bài 2 : Giải bất phương trình √ x + 2 + x 2 − x + 2 ≤ √ 3x − 2 Lời giải tham khảo : Điều kiện : x ≥ 2 3 bpt ⇔ √ x + 2 − √ 3x − 2 + x 2 − x − 2 ≤ 0 ⇔ −2 (x − 2) √ x + 2 + √ 3x − 2 + (x − 2) (x + 1) ≤ 0 ⇔ (x − 2)  −2 √ x + 2 + √ 3x − 2 + x + 1  ≤ 0 —————— Nguyễn Minh Tiến —————– 1 www.VNMATH.com Maths287 BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Xét f (x) = −2 √ x + 2 + √ 3x − 2 + x + 1 ⇒ f  (x) = 1 √ x + 2 + 3 √ 3x − 2  √ x + 2 + √ 3x − 2  + 1 > 0 ⇒ f (x) ≥ f  2 3  > 0 Do đó bất phương trình ⇔ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T =  2 3 ; 2  Bài 3 : Giải bất phương trình 4 √ x + 1 + 2 √ 2x + 3 ≤ (x − 1) (x 2 − 2) Lời giải tham khảo : Điều kiện : x ≥ −1 Nhận thấy x = - 1 là một nghiệm của bất phương trình Xét x > - 1 ta có bất phương trình tương đương với 4  √ x + 1 − 2  + 2  √ 2x + 3 − 3  ≤ x 3 − x 2 − 2x − 12 ⇔ 4 (x − 3) √ x + 1 + 2 + 4 (x − 3) √ 2x + 3 + 3 ≤ (x − 3) (x 2 + 2x + 4) ⇔ (x − 3)  4 √ x + 1 + 2 + 4 √ 2x + 3 + 3 − (x + 1) 2 − 3  ≤ 0 Vì x > - 1 nên √ x + 1 > 0 và √ 2x + 3 > 1 ⇒ 4 √ x + 1 + 2 + 4 √ 2x + 3 + 3 < 3 Do đó 4 √ x + 1 + 2 + 4 √ 2x + 3 + 3 − (x + 1) 2 − 3 < 0 Suy ra bất phương trình ⇔ x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T = {1} ∪ [3; +∞) Bài 4 : Giải bất phương trình  x (x + 2)  (x + 1) 3 − √ x ≥ 1 Lời giải tham khảo : Điều kiện : x ≥ 0 . Khi x ≥ 0 ta có  (x + 1) 3 − √ x > 0 —————— Nguyễn Minh Tiến —————– 2 www.VNMATH.com Maths287 BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ  x (x + 2)  (x + 1) 3 − √ x ≥ 1 ⇔  x (x + 2) ≥  (x + 1) 3 − √ x ⇔ x 2 + 2x ≥ x 3 + 3x 2 + 4x + 1 − 2 (x + 1)  x (x + 1) ⇔ x 3 + 2x 2 + 2x + 1 − 2 (x + 1) √ x 2 + x ≤ 0 ⇔ (x + 1)  x 2 + x + 1 − 2 √ x 2 + x  ≤ 0 ⇔ x 2 + x + 1 − 2 √ x 2 + x ≤ 0 ⇔  √ x 2 + x − 1  2 ≤ 0 ⇔ √ x 2 + x = 1 ⇔ x = −1 ± √ 5 2 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là x = √ 5 − 1 2 Bài 5 : Giải bất phương trình 1 √ x + 2 − 1 √ −x − 1 − 2 3 x ≥ 1 Lời giải tham khảo : Điều kiện : −2 < x < −1 (∗) bpt ⇔ 3  1 √ x + 2 − 1 √ −x − 1  ≥  √ x + 2  2 −  √ −x − 1  2 ⇔ 3 ≥ √ x + 2 √ −x − 1  √ x + 2 − √ −x − 1  Đặt a = √ x + 2 − √ −x − 1 ⇒ √ x + 2. √ −x − 1 = 1 − a 2 2 Ta được bất phương trình a − a 3 2 ≤ 3 ⇔ a 3 −a+ 6 ≥ 0 ⇔ (a + 2) (a 2 − 2a + 3) ≥ 0 ⇔ a ≥ −2 ⇒ √ x + 2 − √ −x − 1 ≥ −2 ⇔ √ x + 2 + 2 ≥ √ −x − 1 ⇔ x + 6 + 4 √ x + 2 ≥ −x − 1 ⇔ 4 √ x + 2 ≥ −(2x + 7) (1) (1) luôn đúng với điều kiện (*). Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T = (−2; −1) Bài 6 : Giải bất phương trình √ x + 1 √ x + 1 − √ 3 − x > x − 1 2 Lời giải tham khảo : Điều kiện : x ∈ [−1; 3] \{1} —————— Nguyễn Minh Tiến —————– 3 www.VNMATH.com Maths287 BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ bpt ⇔ √ x + 1  √ x + 1 + √ 3 − x  2 (x − 1) > x − 1 2 ⇔ x + 1 + √ −x 2 + 2x + 3 2 (x − 1) > x − 1 2 (∗) Trường hợp 1 : 1 < x ≤ 3 (1) (∗) ⇔ x + 1 + √ −x 2 + 2x + 3 > 2x 2 − 3x + 1 ⇔ 2 (−x 2 + 2x + 3) + √ −x 2 + 2x + 3 − 6 > 0 ⇔ √ −x 2 + 2x + 3 > 3 2 ⇔ x ∈  2 − √ 7 2 ; 2 + √ 7 2  Kết hợp với (1) ta được x ∈  1; 2 + √ 7 2  Trường hợp 2 : −1 < x < 1 (2) (∗) ⇔ x + 1 + √ −x 2 + 2x + 3 < 2x 2 − 3x + 1 ⇔ 2 (−x 2 + 2x + 3) + √ −x 2 + 2x + 3 − 6 < 0 ⇔ 0 ≤ √ −x 2 + 2x + 3 < 3 2 ⇔ x ∈  −1; 2 − √ 7 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ NHÀI ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HÀ NỘI- 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ NHÀI ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN: TS Phạm Văn Quốc HÀ NỘI- 2015 Mục lục Mở đầu Kiến thức sở 1.1 Hàm số đồng biến, nghịch biến 1.2 Đạo hàm 1.2.1 Định nghĩa 1.2.2 Tính chất 1.2.3 Tính đơn điệu dấu đạo hàm 1.3 Định lí Rolle 1.4 Định lí Lagrange 1.5 Hàm lồi, lõm khả vi bậc hai 1.5.1 Định nghĩa 1.5.2 Định lí 1.5.3 Biểu diễn hàm lồi lõm 1.5.4 Định lí Karamata 1.6 Giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số 1.6.1 Định nghĩa 1.6.2 Quy tắc tìm GTLN,GTNN hàm số liên tục đoạn [a;b] đạo hàm 10 Ứng dụng đạo hàm giải phương trình hệ phương trình 11 2.1 Phương trình có dạng f(x) = c, với x thuộc K 11 2.2 Phương trình cho biến đổi dạng f(u) = f(v) 16 2.3 Hệ phương trình 25 2.4 Áp dụng định lí Rolle 38 2.5 Bài tập 41 Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức 44 3.1 Sử dụng tính đơn điệu hàm số 44 3.2 Áp dụng định lí Lagrange định lí Karamata 58 3.3 Bài tập 64 Kết luận 66 Tài liệu tham khảo 67 Mở đầu Như ta biết, chuyên đề phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình chiếm lượng lớn, xuyên suốt chương trình phổ thông Nhiều tập giải phương pháp thông thường gặp nhiều khó khăn, nhiên biết sử dụng phương pháp hàm số tập giải dễ dàng Hơn số năm gần đề thi đại học cao đẳng; thi học sinh giỏi thường xuyên gặp toán phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức vận dụng phương pháp hàm số Chính việc trang bị cho học sinh kỹ ứng dụng hàm số để giải phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức cần thiết, giúp em tự tin kỳ thi, nên chọn đề tài "Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức giải phương trình, hệ phương trình " với mục đích - Trang bị cho học sinh phương pháp giải phương trình, hệ phương trình , chứng minh bất đẳng thức ứng dụng hàm số - Bồi dưỡng cho học sinh phương pháp, kỹ giải toán Qua đó, học sinh nâng cao khả tư duy, sáng tạo Do trình nghiên cứu, biên tập nhiều hạn chế nên nội dung cách trình bày luận văn chắn nhiều thiếu xót, mong thầy cô bạn đọc xem xét, có ý kiến đóng góp để luận văn hoàn thiện Nội dung khóa luận bao gồm: ⋄ Chương 1: Kiến thức sở ⋄ Chương 2: Ứng dụng đạo hàm giải phương trình hệ phương trình ⋄ Chương 3: Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới T.S Phạm Văn Quốc người trực tiếp hướng dẫn tận tình bảo em suốt trình thực khóa luận Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể thầy cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Nhân dịp em xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em suốt trình học tập thực khóa luận tốt WEB: 123doc.org BÀI TẬP BẤT ĐẲNG THỨC VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài CMR: a2 b2 c2 T    (2a  b)(2a  c) (2b  a)(2b  c) (2c  a)(2a  b) a2  , tham số hóa với HD: Mẫu  2a  a  b  c   2a  bc , dẫn đến  2 2a  bc bc ac ab 1      Bài Cho a, b, c > CMR: a  bc b  ac c  ab a b c Dùng kĩ thuật Cauchy-Schwarz, đưa mẫu (a  bc)(b  c)  c(a  b )  b(a  c2 ) Bài Cho a,b,c  1, abc  CMR: HD: Đặt a  a2 b2 c2   1 (a  1) (b  1)2 (c  1)2 x2 ,… yz Hệ phương trình: 8(x  1)  6xy  y(12x  y ) a)  HD: Từ (1) có  2x  y   2 (x  y  4x)(x  y  2x  5)  14 2x  9y3  (x  y)(2xy  3) b)  HD: Từ (1) có  x  y   x  xy  y   8y3  x  x  xy  y  3 6x y  2y  35  c)  2 5x  5y  2xy  5x  13  2   1 5   HD: (1)  3(2)  (2y  5)   x     y       2     2  x y  3xy  3y   d)  2  x y  4xy  3y  2y  x   HD: (1)  x(2)   xy  1 x  y  1 x  3      2  (x  y)  13 3  x  y   4xy  4(x  y )  (x  y)2  xy  e)  HD:     2x    x  y     (x  y)    xy x  y   WEB: 123doc.org   2x y  x y  x (1  2x )  y f)  HD: Lấy (1)  (2) , dùng bất đẳng thức 3 1   (x  y)  x (x  x  2y ) 7x  3y  x  3xy  y g)  2  x  2y  x  2y Xét x, y với Nhân chéo vế, phương trình đẳng cấp Đặt x  ty (t  0)  x  xy  xy  3x  chia vÕ cho x h)  HD:  4 4 (x  xy)  (y  2)  17x chia vÕ cho x  x   y   x  y  i)  HD: nhân liên hợp ( x   x) ,…, đặt ẩn phụ  x   y   x  y  x  y   2(x  y) k)   x(2  y)  y(2  x)  HD: Dùng Cauchy (2), kết hợp với (1)  2   x     y x l)  x   2(2  y)  x HD: Cộng vế, dùng bất đẳng thức:  3 3x  y  xy m)  x2  y    A  A  , với điều kiện để A có nghĩa HD: Đặt y  ax , kết hợp (1), (2)  x  , đưa (a  1)(2a  1)(a  a  2)  1 a ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ NHÀI ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HÀ NỘI- 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ NHÀI ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN: TS Phạm Văn Quốc HÀ NỘI- 2015 Mục lục Mở đầu Kiến thức sở 1.1 Hàm số đồng biến, nghịch biến 51.2 Đạo hàm 1.2.1 Định nghĩa 51.2.2 Tính chất 61.2.3 Tính đơn điệu dấu đạo hàm 1.3 Định lí Rolle 71.4 Định lí Lagrange 71.5 Hàm lồi, lõm khả vi bậc hai 1.5.1 Định nghĩa 71.5.2 Định lí 81.5.3 Biểu diễn hàm lồi lõm 81.5.4 Định lí Karamata 1.6 Giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số 1.6.1 Định nghĩa 1.6.2 Quy tắc tìm GTLN,GTNN hàm số liên tục đoạn [a;b] đạo hàm 10 Ứng dụng đạo hàm giải phương trình hệ phương 9 trình 11 2.1 Phương trình có dạng f(x) = c, với x thuộc K 11 2.2 Phương trình cho biến đổi dạng f(u) = f(v) 16 2.3 Hệ phương trình ... t + 3t , (t ≥ −1) (3) ⇔ Minf (t ) ≥ a Lập bảng biến thi n f(t): Suy Mìn(t) = -2 Vậy (3) a ≤ −2 Kết luân : Bài toán 5: Tìm m để bất phương trình sau với x: x + mx − ≤ 2(1) x2 − x + Ta có : x −... Để (1) ⇔ (2) ⇔ x1 = x2 ⇔ a = ( loại) Th4: -1 < a < : (1) Và (2) không tương đương Kết luận : a = thỏa mãn toán Bài 2: (ĐHLHN): Cho f(x) = 2x2 + x -2 Giải BPT f[f(x)] < x (1) Bài giải : Vì f[f(x)]... 1) − 11 Bài 3: Giải biện luận bpt sau theo tham số m x − x + m ≤ x − 3x − m Bài 4: Với giá trị m bpt sau thỏa mãn với x : x − 2mx + x − m + > Bài 5: Với giá trị bpt sau có nghiệm: x + x − m +