Sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong bài toán cực trị

Một phần của tài liệu (Luận văn thạc sĩ) hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và một số ứng dụng của phép đơn điệu hóa hàm số (Trang 43 - 53)

Chương 3. Các dạng toán liên quan 33

3.2 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong bài toán cực trị

Bài toán 3.12 (Mỹ, 1977). Chứng minh rằng với các số dương tùy ý a ≤b≤c≤d, ta có bất đẳng thức

abbccdda ≥bacbdcad. Lời giải. Ta đặt b=ax, c=ay, d=az.

Khi đó, từ điều kiện của bài toán, ta có 1≤x≤y≤z, còn bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

aax(ax)ay(ay)az(az)a ≥(ax)a(ay)ax(az)ayaaz.

Sau khi giản ước hai vế cho aaaaxaayaaz và nâng lũy thừa hai vế (đều dương) lên lũy thừa 1

a ta được bất đẳng thức tương đương

xyyzz ≥xyxzy.

Đặt x=xs, z =xt, khi đó, 1≤s≤t (vì x≤y≤z) và y ≥s (vì x≥1), suy ra xxsyxtxt ≥xyx(xt)sx.

Sau khi giản ước xxsyxxt và nâng lũy thừa hai vế (đều dương) lên lũy thừa 1

x ta được bất đẳng thức tương đương

yt−1≥ts−1x. - Nếu y= 1 thì bất đẳng thức đúng vì

x= 1, y = y

x = 1, yt−1 = 1 =tt−1 = 1.

- Nếu t= 1 thì bất đẳng thức đúng vì

yt−1 =y0 = 1 = 1s−1x = 1.

Giả sử y > 1 và t > 1. Khi đó, nâng lũy thừa hai vế của bất đẳng thức lên lũy thừa 1

t−1 y

y−1 >0, ta được bất đẳng thức tương đương

yy−y1 ≥tt−s1 với 1≤s≤t, s≤y.

Ta xét hai trường hợp:

Trường hợp 1:

Giả sử y≥t. Ta chứng minh rằng hàm số f1(α) = αα−α1 tăng với α >1. Ta có f1′′(α) =

eα−α1lnα′

=eα−α1lnα 1

α−1 − lnα (α−1)2

=eα−α1 1

(α−1)2(α−1−lnα)>0, ta có g1(α) =α−1−lnα >0 với α >1, vì g′1(α) =α− 1

α >0 và (g′1(0) = 0). Suy ra trong trường hợp này bất đẳng thức thỏa mãn, vì

yy−y1 =f1(y)≥f1(t) =tt−t1 ≥tt−s1. Trường hợp 2:

Giả sử y < t. Ta chứng minh rằng hàm số f2(α) =α

1

α−1 giảm với α >1. Ta có f2′′(α) =

eα−α1lnα ′

=eα−α1lnα

1

α(α−1)− lnα (α−1)2

=e

1

α−1 1

α(α−1)2(α−1−αlnα)<0,

ta có g2(α) =α−1−αlnα <0 với α >1, vì g2′(α) = 1−lnα−1<0 và (g2′(1) = 0). Suy ra trong trường hợp này bất đẳng thức thỏa mãn, vì

yy−y1 = (f2(y))y ≥(f2(t))y =tt−y1 ≥tt−s1.

Bài toán 3.13 (Ireland, 2000). Cho x, y≥0 với x+y= 2. Chứng minh rằng x2y2(x2+y2)≤2.

Lời giải. Do x+y = 2 nên x+y 2

6

= 1, bất đẳng thức cần chứng minh được viết thành

2x+y 2

6

≥x2y2(x2+y2), hay

(x+y)6≥x2y232(x2+y2). Trong trường hợp xy= 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Xét trường hợp xy6= 0. Đặt k =xy. Ta có điều kiện x=y= 2 ≥2√xy= 2√

k, suy ra 0 ≤ k ≤ 1. Ta có thể chứng minh bất đẳng thức khi k = 1, nghĩa là xy = 1 lúc đó bất đẳng thức trở thành

x+ 1

x 6

≥32

x2+ 1 x2

. Đặt p=

x+1 x

2

≥4. Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của F(p) =p3−32(p−2)trên [4,+∞]. Vì F′(p) = 3p2−32≥0 (do p≥4), nên F(p) là hàm đơn điệu tăng trên [4,+∞].

Vậy F(p)≥F(4) = 0 với ∀p≥4 (đpcm).

Ta sử dụng định lý và hệ quả sau cho các bài toán dưới đây.

Định lý 3.1 (xem [2-6]). Cho hàm số y=f(x) liên tục và nghịch biến trên [0, b],

∀a∈[0, b]. Khi đó, ta luôn có b

Z a 0

f(x)dx≥a Z b

0

f(x)dx. (3.11)

Tương tự, với f(x) liên tục và đồng biến trên [0, b], ∀a∈[0, b] thì b

Z a 0

f(x)dx≤a Z b

0

f(x)dx.

Hệ quả 3.7. Nếu b = 1 và f(x) liên tục và nghịch biến trên [0,1] thì ∀a ∈[0,1], ta đều có

Z a 0

f(x)dx≥a Z 1

0

f(x)dx.

Nếu b = 1, f(x) liên tục và đồng biến trên [0,1] thì ∀a∈[0,1], ta đều có Z a

0

f(x)dx≤a Z 1

0

f(x)dx.

Bài toán 3.14. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số h(x) = π

4x2−π2 8 + 1

x− π

2 cosx, x ∈h 0,π

2 i

.

Lời giải. Ta có f(t) =t+ sint là hàm liên tục và đồng biến trên h 0,π

2

i. Khi đó, theo Định lý 3.1, ∀x∈h

0,π 2

i, thì π 2

Z x 0

(t+ sint)dt ≤x Z π2

0

(t+ sint)dt, hay

π 2

t2

2 −cost

x

0

≤xt2

2 −cost

π 2

0

.

Vậy nên

π 2

hx2

2 −cosx+ 1i

≤xπ2 8 + 1

, hay

πx2 4 −π

2 cosx+ π

2 ≤ xπ2 8 +x.

Suy ra

πx2 4 − π

2 cosx−xπ2 8 + 1

≤ −π 2. Vậy, giá trị lớn nhất của hàm số h(x) bằng −π

2 khi x= 0 hoặc x= π 2. Bài toán 3.15. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

f(x) = πx−2√

2 arcsinx, x∈h 0,

√2 2

i .

Lược đồ giải. Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = 1

√1−t2 là hàm liên tục và đồng biến trên h

0,

√2 2

i ta được giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) bằng 0 khi x = 0 hoặc x=

√2 2 .

Bài toán 3.16. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f(x) =√

3x3−3√

3 arctanx+x

π−3√ 3 trên đoạn [0,√

3].

Lược đồ giải. Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = t2− 1

1 +t2 là hàm liên tục và đồng biến trên [0,√

3] ta được giá trị lớn nhất của hàm số f(x) bằng 0 khi x= 0 hoặc x=√

3.

Bài toán 3.17. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) =xarccosx−p

1−x2− 2 3x√

x− 1

3x, x∈[0,1].

Lược đồ giải.Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = √

t−arccost là hàm liên tục và đồng biến trên [0,1] ta được giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) bằng −1 khi x= 0 hoặc x= 1.

Bài toán 3.18. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức f(x, y) = xcosy−ycosx+ (x−y)(1

2xy−1), 0≤x≤y.

Lược đồ giải. Tương tự áp dụng Định lý 3.1 cho hàm g(t) = sint+t là hàm số liên tục và đồng biến với mọi t ∈[0, y] ta được giá trị lớn nhất của hàm số f(x, y)bằng 0 khi x= 0 hoặc x=y.

Bài toán 3.19. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

A= 1

sin2x + 1

sin2y + 1

sin2z − 1 x2 − 1

y2 − 1

z2; x, y, z∈ 0,π

2 i

.

Lời giải. Từ bất đẳng thức cost≤1, ∀t∈R và cost <1 với 0< t≤ π

2, ta có Z x

0

costdt <

Z x 0

dt ⇒sinx < x. (3.12)

Tiếp theo, từ (3.12), khi x >0, thì Z x

0

sintdt <

Z x 0

tdt⇒cosx >1−x2

2 . (3.13)

Tiếp theo, từ (3.13), khi x >0, thì Z x

0

costdt >

Z x 0

1− t2

2

dt ⇒sinx > x− x3

3!. (3.14)

Tiếp theo, từ (3.14), khi x >0, thì Z x

0

sintdt >

Z x 0

t− t3

3!

dt ⇒cosx <1−x2 2! +x4

4!. Mặt khác, từ (3.14), ta có

sinx x

3

>

1− x2

6 3

= 1− x2 2 + x4

12− x6 216, mà

1− x2 2 + x4

12− x6

216 >1−x2 2 +x4

24, nên

sinx x

3

>cosx,

hay 1

x3 > cosx

sin3x, x ∈ 0,π

2 i

. Do vậy

Z π2

x

1 t3dt ≥

Z π2

x

cost sin3tdt.

Suy ra

1

sin2x − 1

x2 ≤1− 4

π2, x∈ 0,π

2 i

. Từ đây, ta có

1

sin2x+ 1

sin2y + 1

sin2z − 1 x2 − 1

y2 − 1

z2 ≤3− 12 π2. Vậy, giá trị lớn nhất của A bằng 3− 12

π2 khi x=y=z = π 2.

Bài toán 3.20. Cho hàm số f(x) khả vi hai lần liên tiếp trên I(a, b), g(x) = lnf(x). Chứng minh rằng

min

n

X

k=1

f′(uk) lnf(xk) f(uk) =

n

X

k=1

f′(uk) lnf(uk)

f(uk) ⇔f′(x)[f(x)f′′(x)−f′(x)2]≥0.

Với ∀x∈I(a, b), ứng với mỗi dãy số {xk} với xk ∈I(a, b); k= 1, 2, . . . , n có tổng x1+x2+ã ã ã+xn ≥u1+u2+ã ã ã+un.

Chứng minh. Ta có

g(x) = lnf(x);

g′(x) = f′(x) f(x);

g′′(x) = f′′(x).f(x)−f′(x)2 f′(x)2 ,

f(x)>0, ∀x∈I(a, b), suy ra g′(x)>0⇔f′(x)>0. Khi đó g′′(x)>0⇒f′′(x).f(x)−f′(x)2>0.

Vậy hàm số g(x) đồng biến liên tiếp bậc (1−2) khi f′(x)[f(x)f′′(x)−f′(x)2]>0.

Nên theo Hệ quả 1.2, ta có min

n

X

k=1

f′(uk) lnf(xk) f(uk) =

n

X

k=1

f′(uk) lnf(uk)

f(uk) ⇔f′(x)[f(x)f′′(x)−f′(x)2]≥0.

Với ∀x∈I(a, b), ứng với mỗi dãy số {xk} với xk ∈I(a, b); k= 1, 2, . . . , n có tổng x1+x2+ã ã ã+xn ≥u1+u2+ã ã ã+un.

Bài toán 3.21. Cho f(x) =ax3+bx2+cx+d, (a6= 0), thỏa mãn điều kiện b2−3ac >0. Chứng minh rằng

min

n

X

k=1

ax3k+bx2k+cxk +d 3au2k+ 2buk +c =

n

X

k=1

au3k+bu2k +cuk+d 3au2k+ 2buk+c ,

∀x∈

x1,− b 3a

∪(x2,+∞), trong đóx1, x2 là nghiệm của phương trình f′(x) = 0, (x1<

x2) ứng với mọi dãy số {xk} với xk ∈I(a, b); k= 1, 2, . . . , n có tổng x1+x2+ã ã ã+xn ≥u1+u2+ã ã ã+un. Lời giải. Ta có

f(x) =ax3+bx2+cx+d, (a6= 0);

f′(x) = 3ax2+ 2bx+c;

f′′(x) = 6ax+ 2b.

Vì ∆′f′ =b2−3ac > 0 nên phương trình f′(x) = 0 có hai nghiệm x1, x2 (x1 <− b

3a < x2).

Trường hợp 1: Nếu a >0. Ta có f′(x)>0⇔x < x1 hoặc x > x2, suy ra f′′(x)>0⇔x > −b

3a, nên

f′(x)>0 và f′′(x)>0, ∀x > x2, suy ra f(x) đồng biến liên tiếp bậc (1−2). Vì f′(x)<0⇔x1 < x < x2, nên

f′′(x)<0⇔x <− b 3a, do đó f′(x) < 0 và f′′(x) < 0, ∀x1 < x < − b

3a, suy ra f(x) nghịch biến liên tiếp bậc (1−2).

Trường hợp 2: Nếu a <0. Ta có f′(x)>0⇔x1< x < x2 nên f′′(x)>0⇔x < −b

3a, do đó f′(x) > 0 và f′′(x) > 0, ∀x, x1 < x < −b

3a, suy ra f(x) đồng biến liên tiếp bậc (1−2). Vì f′(x)<0⇔x < x1 hoặc x > x2 nên

f′′(x)<0⇔x > −b 3a,

do đó f′(x)<0 và f′′(x)<0, ∀x > x2, suy ra f(x) nghịch biến liên tiếp bậc (1−2).

Do đó, với ∀a 6= 0, ∀x ∈

x1,− b 3a

∪(x2,+∞) hàm số f(x) đồng biến hoặc nghịch biến liên tiếp bậc (1−2), nên theo Hệ quả 1.2, ta có

min

n

X

k=1

ax3k+bx2k +cxk+d 3au2k + 2buk+c =

n

X

k=1

au3k +bu2k+cuk +d 3au2k+ 2buk+c

∀x∈

x1,− b 3a

∪(x2,+∞),trong đóx1, x2là nghiệm của phương trìnhf′(x) = 0 (x1< x2). ứng với mọi dóy số {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n cú tổng x1 +x2 +ã ã ã+xn ≥ u1+u2+ã ã ã+un.

Bài toán 3.22. Cho f(x) =ax3+bx2+cx+d, (a6= 0), thỏa mãn điều kiện b2−3ac > 0. Chứng minh rằng

max

n

X

k=1

ax3k +bx2k+cxk+d 3au2k+ 2buk+c =

n

X

k=1

au3k+bu2k+cuk+d 3au2k + 2buk +c ,

∀x∈(−∞, x1)∪

− b 3a, x2

, trong đóx1, x2 là nghiệm của phương trìnhf′(x) = 0, (x1<

x2), ứng với mọi dãy số {xk} với xk ∈I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1+x2+ã ã ã+xn ≤u1+u2+ã ã ã+un. Lời giải. Ta có

f(x) =ax3+bx2+cx+d, (a6= 0);

f′(x) = 3ax2+ 2bx+c;

f′′(x) = 6ax+ 2b.

Vì ∆′f′ =b2−3ac > 0 nên phương trình f′(x) = 0 có hai nghiệm x1, x2 (x1 <− b

3a < x2).

Trường hợp 1: Nếu a >0. Ta có f′(x)>0⇔x < x1 hoặc x > x2 thì f′′(x)<0⇔x < −b

3a,

suy ra f′(x) > 0 và f′′(x) < 0, ∀x < x1, suy ra f(x) lõm, có đạo hàm bậc nhất là số dương. Vì f′(x) < 0 ⇔ x1 < x < x2, suy ra f′′(x) > 0 ⇔ x > − b

3a suy ra f′(x) < 0 và f′′(x)>0, ∀x, − b

3a < x < x2, suy ra f(x) lồi có đạo hàm bậc nhất là những số dương.

Trường hợp 2: Nếu a <0. Ta có f′(x)>0⇔x1 < x < x2 nên f′′(x)<0⇔x > −b

3a, suy ra f′(x)>0 và

f′′(x)<0, ∀x, −b

3a < x < x2,

suy ra f(x) lõm có đạo hàm bậc nhất là những số dương.

Vì f′(x) < 0 ⇔ x < x1 hoặc x > x2, suy ra f′′(x) > 0 ⇔ x < −b

3a, nên f′(x) < 0 và f′′(x)>0, ∀x < x1, suy ra f(x) lồi và có đạo hàm bậc nhất là những số âm.

Do đó, với ∀a6= 0, ∀x∈(−∞, x1)∪

− b 3a, x2

hàm số f(x) lồi (lõm) có đạo hàm bậc nhất là những số âm (dương), nên theo Hệ quả 1.3, ta có

max

n

X

k=1

ax3k +bx2k+cxk+d 3au2k+ 2buk+c =

n

X

k=1

au3k+bu2k+cuk+d 3au2k + 2buk +c ,

∀x∈(−∞, x1)∪

− b 3a, x2

. Trong đó x1, x2 là nghiệm của phương trình f′(x) = 0 (x1<

x2), ứng với mọi dãy số {xk} với xk ∈I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1+x2+ã ã ã+xn ≤u1+u2+ã ã ã+un. Bài toán 3.23. Cho hàm số f(x) = ln(ax+b), (a <0), ∀x <−b

a. Chứng minh rằng min

n

X

k=1

(auk +b) ln(axk +b)

a =

n

X

k=1

(auk+b) ln(auk+b)

a ,

ứng với mọi dãy số {xk} với xk ∈I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1+x2+ã ã ã+xn ≥u1+u2+ã ã ã+un. Lời giải. Ta có

f(x) =ln(ax+b);

f′(x) = a ax+b; f′′(x) =− a2

(ax+b)2. Do a <0 nên

f′(x) = a

ax+b <0, ∀x <−b a, và

f′′(x) =− a2

(ax+b)2 <0, ∀x <−b a.

Vậy nên, hàm f(x) nghịch biến liên tiếp bậc (1−2), theo Hệ quả 1.2, ta có min

n

X

k=1

(auk +b) ln(axk +b)

a =

n

X

k=1

(auk+b) ln(auk+b)

a .

ứng với mọi dãy số {xk} với xk ∈I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng x1+x2+ã ã ã+xn ≥u1+u2+ã ã ã+un.

Nhận xét rằng, nếu hàm số đã cho là hàm đơn điệu và khả vi thì ta nhận được nhiều áp dụng trong những lớp hàm khác nhau như hàm lượng giác, hàm đa thức, hàm phân thức, hàm mũ và hàm logarit,...

Kết luận

Luận văn "Hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và một số ứng dụng của phép đơn điệu hóa hàm số" đã giải quyết những vấn đề sau:

- Trình bày một số vấn đề liên quan đến lớp các hàm đơn điệu và một số ứng dụng liên quan nhằm thể hiện rõ vai trò quan trọng của hàm đơn điệu trong các dạng toán thi HSG quốc gia và Olympic quốc tế.

- Tiếp theo, trình bày các tính chất của hàm số tựa đơn điệu và phép đơn điệu hóa, giải quyết các bài toán cực trị liên quan.

- Cuối cùng, luận văn trình bày hệ thống các bài tập áp dụng từ các đề thi HSG quốc gia và Olympic quốc tế liên quan.

Một phần của tài liệu (Luận văn thạc sĩ) hàm đơn điệu, tựa đơn điệu và một số ứng dụng của phép đơn điệu hóa hàm số (Trang 43 - 53)

Tải bản đầy đủ (PDF)

(53 trang)