[loga.vn] - Chinh phục các bài toán cực trị mũ và logarit – Nguyễn Minh Tuấn

CHINH PHỤC OLYMPIC TỐN CHINH PHỤC TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC LỜI GIỚI THIỆU Trong đề thi THPT Quốc Gia tốn cực trị nói chung ln tốn mức độ vận dụng vận dụng cao đa phần cảm thấy khó khơng nắm phương pháp, kiến thức bất đẳng thức hay đánh giá túy Chính lí mà nảy û tưởng viết số viết giúp bạn hiểu giải dạng toán bất đẳng thức cực trị đề thi thử đề thi THPT Quốc Gia Ở viết giới thiệu cho bạn dạng toán cực trị hàm số mũ – logarit với mong muốn đọc hiểu áp dụng cho tốn khác phức tạp phát triển thêm nhiều vấn đề khác Để viết nên viết khơng thể khơng có tham khảo từ nguồn tài liệu các group, khóa học, tài liệu thầy mà tiêu biểu Group Nhóm tốn: https://www.facebook.com/groups/nhomtoan/ Group Hs Vted.vn: https://www.facebook.com/groups/vted.vn/ Group Nhóm Tốn Latex: https://www.facebook.com/groups/toanvalatex/ Website Toán học Bắc – Trung – Nam: http://toanhocbactrungnam.vn/ Website Toanmath: https://toanmath.com/ Anh Phạm Minh Tuấn: https://www.facebook.com/phamminhtuan.2810 Thầy Lã Duy Tiến – Giáo viên trường THPT Bình Minh Thầy Lê Phúc Lữ - Cơng tác phịng R&D Cơng ty Fsoft thuộc tập đồn FPT Thầy Đặng Thành Nam – Giảng viên Vted 10 Thầy Đặng Việt Đông – Giáo viên trường Nho Quan A Trong viết có sáng tác tự sưu tầm nên có câu hỏi chưa hay chưa phù hợp mong bạn đọc bỏ qua Trong q trình biên soạn khơng thể tránh khỏi thiếu sót, mong bạn đọc góp ý trực tiếp với qua địa sau: Nguyễn Minh Tuấn Sinh viên K14 – Khoa học máy tính – Đại học FPT Facebook: https://www.facebook.com/tuankhmt.fpt Email: tuangenk@gmail.com Blog: https://lovetoan.wordpress.com/ Bản pdf phát hành miễn phí blog CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN, hoạt động sử dụng tài liệu mục đích thương mại khơng cho phép Xin chân thành cảm ơn bạn đọc TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN I MỞ ĐẦU Như ta biết đề thi mơn tốn kì thi THPT Quốc Gia 2018 vừa qua có xuất câu cực trị logarit khơng phải tốn khỵ lạ gây lòng tòng cho nhiều học sinh, thực chất mấu chốt toán việc sử dụng bất đẳng thức AM – GM để đánh giá Trong viết bạn tìm hiểu phát triển tốn đỵ cao cđng ïn lại dạng tốn cực trị xuất nhiều trước đây! Bài toán mở đầu Cho số thực a  0, b  thỏa mãn log 4a  5b 1  16a  b    log 8ab 1  4a  5b    Giá trị biểu thức a  2b bằng? 20 A B C D 27 Câu 43 mã đề 105 – Đề thi THPT Quốc Gia mơn tốn 2018 Nhận xét Với chưa cỵ kiến thức nhiều bất đẳng thức khả cao bỏ số khác sử dụng CASIO tìm mối liên hệ x,y cách cho Y  1000 , nhiên chắn phương trënh vơ nghiệm Nếu tinh ý ta nhận thấy đề yêu cầu tìm giá trị biểu thức a  2b cỵ nghĩa a,b số xác định rồi, đỵ ta phải nghĩ tới phương pháp đánh giá! Chị ó thêm số lớn giả thiết theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có thêm 16a  b  8ab Đến toán gần coi giải quyết! Lời giải Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 16a  b  8ab Từ suy ra: VT  log 4a  5b 1  8ab    log 8ab 1  4a  5b    a, b   27  a  2 Dấu “=” xảy 16a  b   a  2b  log b  4a  5b      8ab Vậy chọn đáp án D Chú ý Ngoài phép đánh giá đầu ta sử dụng thêm đánh giá sau: log a b  log b a  log a b  1  log a b  2 log a b log a b Ta cñng tëm hiểu toán đề thi THPT Quốc Gia, chuyên đề chủ yếu nhắc tới dạng toán kiểu vậy, nhiên trước tiên ta nhắc lại số dạng toán kiến thức lý thuyết cần phải nắm rõ Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | CHINH PHỤC CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT II CÁC KIẾN THỨC CẦN NHỚ Để làm tốt tốn chun đề cần phải nắm kiến thức lý thuyết bất đẳng thức, điều kiện có nghiệm biến đổi logarit sau Đây chình nội dung chun đề mà muốn nhắc tới, dạng toán lấy ý tưởng từ đề thi THPT Quốc Gia 2018 Trước tiên để làm tốt ta cần có số kiến thức bất đẳng thức nhắc lại kiến thức học sau: Bất đẳng thức AM – GM + Cho số thực dương a,b đỵ a  b  ab Dấu “=” a  b + Cho số thực dương a,b,c đỵ a  b  c  3 abc Dấu “=” a  b  c + Tổng quát với số thực dương + Dạng cộng mẫu số n x i 1  i n i 1 n i 1 i 1  xi  n n  xi Dấu “=” x1  x2   xn Dấu “=” x1  x   x n n x n i 1 x  x  x  x  2 Khi cho n  2, n  thë ta bất đẳng thức quen thuộc  1 1      x x x x  x  x Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz: + Cho số  x , x , , x n   y , y , , y n   n  n   n  đỵ ta cỵ   xi   yi     xi yi   i 1  i 1   i 1  Dấu “=” số lập thành số tỉ lệ Chú ý cho n  2, n  ta bất đẳng thức quen thuộc +  x1  x 2  y  y 2    x1 y  x y  +  x1  x 2  x  y  y 2  y    x1 y  x y  x y  2  n   n a i  i 1  x2 y2  x  y   n + Dạng cộng mẫu Engel tổng quát  Trong đỵ dạng   a b ab i 1 bi  bi i 1 dạng ta hay gặp Bất đẳng thức cịn gọi bất đẳng thức Svacxơ a a a Dấu “=” xảy     n Riêng dạng cộng mẫu thë cần thêm điều kiện b1 b bn b1 , b , , b n  Bất đẳng thức Minkowski Tổng quát: Cho số thực r  số dương a , a , , a n , b , b , , b n ta có: | Chinh phục olympic tốn Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN 1 n  n r r  n r r r r a  b     i i         bi   i 1   i 1   i 1  Ở xét trường hợp cho số  a , a , , a n   b1 , b , , b n  Khi đỵ ta cỵ: n   i 1 Dấu “=” xảy n  bi  i 1 n  a i 1 i  bi  a1 a a     n b1 b bn Dạng mà ta hay gặp a2  b2  c2  d2  a  b   c  d 2 Bất đẳng thức cín gọi bất đẳng thức Vector Bất đẳng thức Holder   Cho số dương xi , j i  1, m , j  1, n j m  m   n   Khi đỵ với số 1 , 2 , , n  thỏa mãn  i  ta có:    x i , j      x i , jj  j1  i 1 i 1  j1  i 1  n n Ở ta xét trường hợp đơn giản cho dãy số gồm  a, b, c  ;  m, n, p  ;  x, y, z  Ta có: a  b3  c3  x  y  z  m  n  p3    axm  byn  czp  Dấu “=” xảy dãy tương ứng tỷ lệ  Một bất đẳng thức dạng mà ta hay gặp:   a   b   c    abc  Bất đẳng thức trị tuyệt đối Cho số thực a,b đỵ ta cỵ a  b  a  b  a  b Dấu “=” thứ a,b dấu, dấu “=” thứ a,b trái dấu Điều kiện có nghiệm phương trình bậc Cho phương trënh ax  bx  c   a   Khi đỵ nếu: +   thë phương trënh cỵ nghiệm , đồng nghĩa vế trái không âm khïng dương +   thë phương trënh cỵ nghiệm phân biệt Ứng dụng kiến thức áp dụng cho tëm điều kiện có nghiệm để suy min, max Ngoài phải ý tới số phép biến đổi logarit mà ta học Tính chất hàm đơn điệu Nếu hàm số f  x  đơn điệu liên tục tập xác định nỵ thë phương trënh f  x   a có tối đa nghiệm Nếu hàm số f  x  đơn điệu không lien tục tập xác định nỵ thë phương trënh f  x   a có tối đa n  nghiệm Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | CHINH PHỤC CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT III CÁC DƢNG TOÁN CỰC TRỊ MŨ – LOGARIT KỸ THUẬT RÚT THẾ - ĐÁNH GIÁ ĐIỀU KIỆN ĐƯA VỀ HÀM BIẾN SỐ Đây kỹ thuật mà gặp tốn cực trị mà ta lụn nghĩ tới, hầu hết chúng giải cách biểu thức từ giả thiết xuống yêu cầu từ đỵ sử dụng cơng cụ đạo hàm, bất đẳng thức để giải Sau ta cđng vào ví dụ minh họa VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Cho số thực x,y thỏa mãn x  y  Tìm giá trị lớn biểu thức P   2x  y  2y  x   9xy A 27 B 18 C 27 D 12 THPT Đï Lương 4-Nghệ An năm 2017-2018 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có  x  y  x  y  x  y   y   x    P   2x  x     x   x  9x   x   f  x   f    18 Chọn ý B Ví dụ 2: Cho số thực a, b  thỏa mãn log a  log b  Giá trị lớn biểu thức P  log a  log b bằng? A B log  log log  log C  log  log  D log  log Chuyên KHTN Hà Nội – Lần – 2017 – 2018 Lời giải Biến đổi yêu cầu toán ta được: P  log a  log b  Xét hàm số f  t   log a log b log a  log a    log log log log log t  log  t  f '  t     t  log a  log t log  t Ta có f '  t     t  log t   t  t.log 22  t  1  log 22    f t  f    log  log  P  log  log 2   log  Chọn ý A | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Ví dụ 3: Cho số thực dương a,b thỏa mãn log a  log Giá trị nhỏ biểu b thức P  4a  b  log  4a  b  viết dạng x  y log z với x,y,z số thực dương lớn Khi đỵ tổng x  y  z có giá trị bao nhiêu? A B C D Cris Tuấn Lời giải Từ giả thiết ta có 4 log a  log  log a  log 2  a  b b b Đặt t  4a  b , theo bất đẳng thức AM – GM ta có 256 256 b3 b3 256 b3 b3 3 t  4a  b   b    3  12 b b 2 b6 2 3 Khi đỵ P  4a  b  log  4a  b   f  t   t  log t Ta có f '  t    4  1  0t  12 Vậy hàm f  t  đồng biến  12;   t ln 12 ln  P  f  t   f  12    log  x  y  4, z   x  y  z  Chọn ý C Ví dụ 4: Cho số thực dương a,b thỏa mãn log  12  a  b   log  a   b    Khi a3 b3 45 m đỵ giá trị nhỏ biểu thức P  viết dạng với m,n   n b2 a2 ab m số nguyên dương tối giản Hỏi giá trị m  n bao nhiêu? n A 62 B 63 C 64 D 65 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có: log  12  a  b   log  a   b     log  12  a  b   log 2  ab2  a   b    a   b    12 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có  12  a  b    a   b     a  b    a  b  Biến đổi tiếp biểu thức P  a  a    b3  a    a   b    a4  b4   a3  b3  45 45   ab ab  a   b    4 a  b   a  b  Chú ý tới bất đẳng thức quen thuộc  a  b   a  b   Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT 1  a  b    a  b  45  a  b 4   a  b 3 45 t  4t 45 Từ đỵ suy P       2 ab a  b  12  t  t  a   b    12  a  b  Xét hàm số f t  t  4t  12  t  t   t  t   t 45       45  45   f ' t        0 3 t  12  t   12  t  t  12    12    P  f t   f  4  61 61  P   m  n  65 4 Chọn ý D Ví dụ 5: Cho số thực dương x,y thỏa mãn log  x  2y   log x  log y , đỵ giá trị nhỏ biểu thức P  e dương x2 1 y e y2 x1 viết dạng m với m,n số nguyên n m tối giản Hỏi giá trị m  n bao nhiêu? n A 62 B 78 C 89 D 91 Sở giáo dục đào tạo tỉnh Hải Phòng Lời giải Biến đổi giả thiết ta có: log  x  2y   log x  log y  log  x  2y   log xy  x  2y  xy  x x  y  y 2 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có x   y  x x x x  x     y  y     y  4  y    y  2 2  2  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng cộng mẫu số Engel ta có: x y P  e 1 y e x  x x   y 2    y y x 2   ln P         x   2y  x  2y  1  x    y  1 2  x t2 Đặt t   y  t    ln P   f  t   f  4   P  e 2  t  1 Chọn ý C | Chinh phục olympic toán Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN x y Ví dụ 6: Cho hai số thực x,y thỏa mãn  x, y  đồng thời  2x2  2xy  y 2xy m giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x, y   e x y x  5.2 y Gọi M,  xy  x  y2 Khi đỵ giá trị biểu thức T  M  m có giá trị bao nhiêu? A e  B e  1 C e  D Không tồn Lời giải x y Từ giả thiết ta có  x y 2x2  2xy  y 2xy x y x y  5.2   4.2 2x y  y x y  5.2 x y x 4a Đặt a  , b   a, b   ta được: a   5b   a  b  4a  5b    a  b  x  y b Khi đỵ f  x, y   e x y 2 x y y2 x2 x x  e   x   g x 2 Ta có g '  x   e x  x  1,g ''  x   e x   đỵ g  x   g    , không tồn giá trị nhỏ Chọn ý D Ví dụ : Gọi S tập hợp cặp số thực  x; y  thỏa mãn x   1; 1 đồng thời ln  x  y   2017x  ln  x  y   2017y  e 2018 Biết giá trị lớn biểu thức x y P  e 2018x  y    2018x với x, y  S đạt  x ; y  Mệnh đề đòng? A x0   1;  B x  1 D x0   0;  C x  THPT Chuyên Quốc Học – Huế năm 2017-2018 Lời giải Biến đổi giả thiết ta có ln  x  y   2017x  ln  x  y   2017y  e 2018 x y   x  y  ln  x  y   2017  x  y   e 2018  ln  x  y   2017  Xét f  t   ln t  2017  e 2018  * xy e 2018 e 2018  f '  t     0, t   f  t  đồng biến  0;   t t t Khi đỵ phương trënh  *   x  y  e 2018  y  x  e 2018  P  e 2018x   x  e 2018   2018x  g  x   g '  x   e 2018x  2019  2018x  2018e 2018   4036x  g ''  x   e 2018x  2018.2020  2018 x  2018 e 2018   4036  e 2018x  2018.2020  2018  2018 e 2018   4036  0, x   1;  Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | CHINH PHỤC CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT Nên g '  x  nghịch biến  1; 1 Mà g '    e 2018  2018  0,g '    2019  2018e 2018 nên tồn x0   1;  cho g '  x0    max g  x   g  x  1;1 Chọn ý A Ví dụ 8: Cho số thực x,y thỏa mãn 3x  y2  log  x  y   biểu thức P   x  y   3xy bao nhiêu? A 13 B 17   log   xy   Giá trị lớn C D Lời giải Điều kiện x  y;  xy Biến đổi giả thiết ta có 3x  y2   3x log  x  y   log   2xy   y2 2 log  x  y    2xy   log   2xy   Nếu x  y   VT  log   2xy   VP  Nếu x  y   VT  log   2xy   VP Vậy x  y    x  y    2xy  xy  2 2  x  y Khi đỵ ta cỵ: P   x  y   6xy  x  y   3xy  2a  3a  a    3 2 Do xy    x  y    2;   a2    f a  a  x  y   f 1   13 Chọn ý A Ví dụ 9: Cho số thực dương a, x, y, z thỏa mãn 4z  y , a  Tìm giá trị nhỏ biểu thức S  log a2  xy   log a  x y  x z   4z  y B  A 4 25 16 C 2 D  21 16 Lời giải Từ giả thiết ta có z  y2 x2 y2 x2 y2  x3 y3  x2 z  x3 y   x3 y3   xy  4 Khi đỵ S  log  xy   log  xy  a 2  25 25    log a xy      16 16  Chọn ý B BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Cho số thực x,y thỏa mãn log x2  y2 1  2x  4y   Tính P  x biểu thức y S  4x  3y  đạt giá trị lớn | Chinh phục olympic toán Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor ... Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT III CÁC DƢNG TOÁN CỰC TRỊ MŨ – LOGARIT KỸ THUẬT RÚT THẾ - ĐÁNH GIÁ ĐIỀU KIỆN ĐƯA... bao nhiêu? 4z  2xz  4y A B C D Nguyễn Minh Tuấn Lời giải Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 15 CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT Ý tưởng tốn khơng mới,... Cantor D 10 Chinh phục olympic toán | CHINH PHỤC CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ MŨ - LOGARIT Câu 8: Cho x,y hai số thực dương thỏa mãn log x2  xy  3y2  11x  20y  40   Gọi a,b giá trị lớn giá trị nhỏ