Ứng dụng của đạo hàm

Ứng dụng của đạo hàm Việc giải và biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình,...bằng các phương pháp như: Biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, lượng giác hóa, hình học,...khá quen thuộc đối với các bạn chuẩn bị thi vào đại học. Tuy nhiên đối mặt với một bài toán dạng này các bạn ít nhiều còn lúng túng, chưa tìm được lời giải hoặc xác định được đường lối nhưng lại không đưa ra được kết quả cuối cùng! Trong phạm vi bài giảng này tôi muốn bàn về một phương pháp để giải quyết các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình,...khi mà các phương pháp nêu trên gặp khó khăn hoặc bế tắc! Đó là "Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số". Tính chất 1: Giả sử hàm số f (x) liên tục và đơn điệu trên tập D thì phương trình nghiệm thuộc D. Tính chất 2: Nếu phương trình nhất hai nghiệm trên (a, b). ′ f (x) = 0 có một nghiệm trên tập (a, b) f (x) = 0 thì phương trình có nhiều nhất một f (x) = 0 có nhiều Tính chất 3: Nếu f (x) liên tục, đồng biến trên D và g(x) liên tục, nghịch biến (hoặc hàm hằng) trên phương trình f (x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trên D. Tính chất 4: Nếu hàm số f (x) liên tục và đơn điệu trên D thì với Tính chất 5: Nếu f (x) đơn điệu trên (a, b) thì x, y, z ∈ ⎧ ⎪ f (x) = y ⎨ f (y) = z (a, b) ∀u, v ∈ D ta có: thì D f (u) = f (v) ⇔ u = v . là nghiệm của hệ phương trình: ⇔ x = y = z ⎩ ⎪ f (z) = x Tính chất 6: f (x) đồng biến trên (a, b) thì f (u) < f (v) ⇔ u < v f (x) nghịch biến trên (a, b) thì f (u)v với mọi u, v ∈ (a, b). Chỉ cần nắm được định nghĩa về hàm số đồng biến, nghịch biến các bạn dễ dàng suy ra tính chất 1, 2, 3, 4 và 6. Riêng tính chất 5 SGK không đề cập, do đó mỗi khi sử dụng kết quả này các bạn phải chứng minh lại. Tôi sẽ nói chi tiết hơn và đồng thời chứng minh tính chất này trong Ví dụ 2.2 của Vấn đề 2! Vấn đề 1. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình Ví dụ 1.1. Giải các phương trình sau: − −−− −− − −−−− 2 a) √4x − 1 + √4x − 1 = 1 − −−−− 7 3 b) 3x − √5 − 4x = 3 − x Nhận định: Đối với câu 1, có thể bạn nghĩ đến việc biến đổi tương đương hoặc sẽ bình phương, tuy nhiên bạn sẽ gặp khó trong biến đổi. Câu 2, các phương pháp "truyền thống" không khả thi. Nếu bạn chịu khó quan sát và chuyển vế đơn giản thì vế trái đều là những hàm số đồng biến (trên một tập nào đó). Lúc này, sử dụng tính đơn điệu để giải quyết bài toán đã nảy ra trong đầu bạn. Vấn đề còn lại là đoán nghiệm! Công việc này không khó, nhưng nếu bạn cứ thử từng số thì sẽ mất thời gian. Hãy ưu tiên những giá trị của x sao cho các biểu thức dưới dấu căn nhận giá trị là số chính phương! Lời giải. a) Điều kiện: 1 x ⩾ 2 Phương trình đã cho ⇔ Xét hàm số − −−−− √4x − 1 − −−− −− 2 + √4x − 1 − −−− −− 2 + √4x − 1 − 1 − −−−− f (x) = √4x − 1 − 1 = 0 trên [ 1 ; +∞) . Ta thấy rằng: 2 + Hàm số f (x) liên tục trên [ + Có đạo hàm Do đó hàm ; +∞) 2 2 ′ f (x) = f (x) 1 − −−−− √4x − 1 4x − −−− −− > 0 √4x2 − 1 + 1 đồng biến trên ( ; +∞) với ∀x ∈ 1 ( ; +∞) . 2 . 2 + 1 f( ) = 0 2 Kết luận: 1 x = là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. (Xem tính chất 1!) 2 b) Điều kiện: 5 x ⩽ 4 Phương trình đã cho ⇔ 7 Xét hàm số f (x) = 3x 7 3x 3 + x 3 + x − −−−− − √5 − 4x − −−−− − √5 − 4x = 3 = 3 trên 5 (−∞; ] 4 5 (−∞; ] . Ta thấy rằng: 5 + Hàm số f (x) liên tục trên (−∞; ] 4 + Có đạo hàm Do đó hàm ′ 6 f (x) = 21x f (x) 2 + 3x 2 − −−−− > 0 √5 − 4x + 5 đồng biến trên (−∞; ) với 5 ∀x ∈ (−∞; ) . 4 . 4 + f (1) = 3 Kết luận: x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. − − − − − − − − − − 3 − −−− −− 2 3 − − − 2 Ví dụ 1.2. Giải phương trình: √x + 2 + √x + 1 = √2x + 1 + √2x Nhận định: Cũng với tư duy như trong Ví dụ 1.1 nhưng sẽ khó khẳng định được hàm số f (x) liên tục, đơn điệu trên TXĐ của nó. Tuy nhiên, quan sát kỹ thì thấy các biểu thức dưới dấu căn ở 2 vế có chung một mối liên hệ: 3 3 x + 2 = (x + 1) + 1 2 2x Do đó, nếu đặt − − − − 3 − u := √x + 1 − − − 3 2 := √2x và v 2 + 1 = (2x ) + 1 thì phương trình đã cho trở thành: − −−−− − −− −− 3 3 3 3 u + √u + 1 = v + √v + 1 Đến đây, ta chỉ việc xét một hàm số có dạng quyết! Lời giải. Tập xác định: R Đặt − − − − 3 − u := √x + 1 và v − − − 3 2 := √2x − −− − − 3 3 f (t) = t + √t + 1 và vận dụng tính chất 4, bài toán được giải thì phương trình đã cho trở thành: − −−−− − −− −− 3 3 3 3 u + √u + 1 = v + √v + 1 hay f (u) = f (v) 3 − −− − − 3 Xét hàm số f (t) = t + √t + f (t) là hàm liên tục trên R + Có đạo hàm trên R . Ta thấy: + 1 t ′ f (t) = 1 + 2 − −− −−− − > 0 3 √(t 3 trên R nên f (t) là hàm đồng biến trên trên R . 2 + 1) Do đó $$f(u) = f(v) & \Leftrightarrow u = v$$ 2 ⇔ 2x Kết luận: Nghiệm của phương trình là: x = 1 và x = 1 2 Bài tập Bài tập 1.1. Giải các phương trình sau: − −−−− − − − − − a) √15 − x + √3 − x = 6 − −−−− − −−−− b) √3x − 5 + √2x + 3 = 2 − −− −−− − + 23 c) √2x2 √ − −−−− + √12 − x − −−− −− 2 = 4x − 2 + √2x + 7 − −−−− √ = x + 1 . − −−− −− 2 + 15 − −−−− 2 = 3x − 2 + √x + 8 − −−−− − √1 − 3x + 4 = 0 d) √x 5 3 e) x + x Bài tập 1.2. Giải các phương trình sau: − −−−− 3 − −−−− 3 a) 8x − (√2x + 1) = √2x + 1 − 2x 2 x b) log3 ( 2 2x + x + 3 2 ) = x + 3x + 2 + 4x + 5 Bài tập 1.3. Giải các phương trình sau: x x x a) 3 + 4 + 5 x x b) 9 + 2(x − 2)3 + 2x − 5 = 0 Vấn đề 2. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bất phương trình, hệ phương trình Ví dụ 2.1. Giải các bất phương trình sau: − − − − − − −−−− a) √x + 5 + √2x + 3 < 9 5 − −−−− − 2x b) 3√3 + − −−−− − 2x ⩽ 6 √2x − 1 − −−−−−−−− − −−−−−−−−− 2 2 √ x − 2x + 3 − √x − 6x + 11 − − − − − − − − − − c) > √3 − x − √x − 1 Nhận định: Câu 1, bạn hoàn toàn có thể sử dụng phương pháp bình phương hoặc biến đổi tương đương để giải. Tuy nhiên, tôi muốn hướng bạn đến việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải quyết, tuy nhiên đoán được một nghiệm của phương trình này mất khá nhiều thời gian (bạn chú ý chọn những số sao cho biểu thức dưới dấu căn là số chính phương). Câu 2, có thể đặt ẩn phụ, nhưng biến đổi khá rối. Bài toán đơn giản nếu sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Câu 3, khá phức tạp và cũng có thể đặt ẩn phụ. Song nếu quan sát kỹ thì thấy có mối quan hệ tương tự như Ví dụ 1.2. Lời giải. a) Điều kiện: 3 x ⩾ − 2 − − − − − Bất phương trình đã cho tương đương với √x + 5 − − − − − − −−−− + √2x + 3 − 9 Xét hàm số f (x) := √x + 5 Ta ′ có hàm số f (x) 1 f (x) = là − −−−− + √2x + 3 − 9 < 0 trên [− ; +∞) 2 hàm 1 3 số . liên 3 : +∞) − − − − − + − −−−− > 0, ∀x ∈ (− 2 2√x + 5 √2x + 3 − − − − f (11) = √16 + √25 − 9 = 0 nên tục f (x) và có đồng biến trên (− đạo 3 : +∞) hàm . 2 Hơn nữa . Do đó, miền nghiệm của bất phương trình đã cho phải thỏa mãn: ⎧ ⎨ ⎩ 3 x ⩾ 3 ⎧ − x ⩾ ⇔ ⎨ ⎩ 2 2 f (x) < f (11) Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là: − x < 11 3 S = [− ; 11) . 2 b) Điều kiện: 1 3 < x ⩽ 2 Đặt Khi ′ 2 − −−−− f (x) := 3√3 − 2x đó f (x) = − f (x) + 5 − −−−− − 2x √2x − 1 liên tục . 1 trên ( 3 ; 2 3 3 5 1 ; ) − −−−− − − −−−− − 2 < 0, ∀x ∈ ( 2 2 √3 − 2x √2x − 1 và ] có nên nó nghịch biến trên ( ⎨ ⎩ 1 3 < x ⩽ 1 ⇔ 1 ⩽ x ⩽ 3 ; 2 Hơn nữa f (1) = 6 . ⎧ đạo 2 ) 2 . hàm 1 ⎧ Do đó, tập nghiệm của phương trình phải thỏa mãn: 3 3 < x ⩽ ⎨ ⎩ 2 ⇔ 1 ⩽ x ⩽ 2 2 x ⩾ 1 Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là: 3 S = [1; c) Điều kiện: 1 ⩽ x ⩽ 3 Bất phương trình đã cho tương đương: − −−−−−−−− 2 √x − 2x + 3 ] 2 − −−−−−−−−− 2 > √x − 6x + 11 − − − − − + √x − 1 − − −− − −− −− − 2 ⇔ √(x − 1) − − − − − + 2 + √x − 1 2 − − −− − −− −− − 2 > √(3 − x) − − − − − 2 Đặt u := (x − 1) và v := (3 − x) thì (1) thành √u + 2 − − − − Xét hàm số f (t) = √t + 2 + √t trên [1; 3]. Khi đó f (x) − − − − − + √3 − x là hàm liên tục trên [1; 3] và có đạo hàm − − − − − + 2 + √3 − x + √u 1 ′ f (x) = đồng biến trên [1; 3]. Vì tính đồng biến nên từ f (u) > f (v) suy ra u > v hay x − 1 Kết hợp với điều kiện ta có: 2 < x ⩽ 3 Kết luận: Tập hợp nghiệm của bất phương trình là: S = (2; 3] . − −−− > √v + 2 − − − − − 2√x + 2 + (1) + √v 1 > 0 hay trên f (u) > f (v) [1; 3] . nên hàm 2√x f (t) > 3 − x ⇔ x > 2 . Bài tập 2.1. Giải các bất phương trình sau: − − − − − − −−−− a) √x + 9 + √2x + 4 > 5 − −−−−− −−−−−−− −−− b) √2 x3 + 3 x2 + 6x + 16 − −−−− − − − − − c) √x + 1 + √5x − 7 + d) log7 x > log3 (2 + √x) 3 − − − − − < √4 − x + 2 √3 − −−−− − −−− −− 4 5 √7x − 5 + √13x − 7 < 8 Ví dụ 2.2. Giải các hệ phương trình sau: ⎧ ⎪ a) ⎨ ⎩ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ b) ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ cot x − cot y = x − y 5x + 8y = 2π x, y ∈ (0; π) 3 x = y y = z 3 3 z = x 2 + y + z 2 2 + x + y − 2 + z − 2 + x − 2 Nhận định: Hệ thứ nhất biến đổi và chọn xét một hàm số đặc trưng. Hệ thứ hai có dạng hoán vị vòng quanh: ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ f (x1 ) = g(x2 ) f (x2 ) = g(x3 ) ... f (xn ) = g(x1 ) Giả sử f và g cùng đồng biến (hoặc cùng nghịch biến) trên miền nghiệm thì x1 = x2 =. . . = xn . Lời giải. D thì khi đó, nếu (x1 , x2 , . . . , xn ) là a) Ta có cot x − cot y = x − y ⇔ x − cot x = y Xét hàm số f (t) = t − cot t với t ∈ (0; π) . Khi đó f (t) là hàm sơ cấp nên liên 1 ′ f (t) = 1 + 2 > 0, ∀t ∈ (0; π) nên f (t) − cot y (1) tục trên tăng trên (0; π) TXĐ của nó, hơn nữa đạo hàm sin t Do đó (1) ⇔ f (x) = f (y) ⇔ x = y Hệ đã cho tương đương với hệ: ⎧ ⎪ x = y ⎨ 5x + 8y = 2π b) Xét hàm số đặc trưng f (t) = t Khi đó hệ đã cho trở thành: x, y ∈ (0; π) x = y = 3 2π 13 ⎩ ⎪ Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất: ⇔ x = y = + t 2 2π 13 + t − 2 ⎧ ⎪ x = f (y) ⎨ y = f (z) . (∗) ⎩ ⎪ z = f (x) ′ 2 Và có: f (t) = 3t + 2t + 1 > 0 với mọi ∀t ∈ R Vậy f (t) là hàm số đồng biến trên R (Chứng minh tính chất 5 bắt đầu từ đoạn này!) Giải sử (x, y, z) là một nghiệm của hệ vậy thì chúng phải thỏa mãn hệ (*)! Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x ⩽ y ⩽ z . ⇒ f (x) ⩽ f (y) ⩽ f (z) ⇒ z ⩽ x ⩽ y Vậy { x ⩽ y ⩽ z ⇔ x = y = z ì à hàm tăng (v f l ê tr n R) (do (*)) . z ⩽ x ⩽ y (Kết thúc chứng minh tính chất 5) Thay vào hệ đã cho, ta có: 3 x 2 + x 2 − 2 = 0 ⇔ (x − 1)(x + 2x + 2) = 0 ⇔ x = 1 Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất là: x = y = z = 1 Chú ý: Khi thay x = y = z trở lại hệ ta thu được một phương trình bậc 3 với ẩn x và việc giải phương trình đó khá dễ dàng. Tuy nhiên, khi giải phương trình này gặp khó khăn thì các bạn nhớ đặt hàm, khảo sát, đoán nghiệm và khẳng định phương trình có nghiệm duy nhất như đã trình bày ở Vấn đề 1. Các bạn có thể xem Bài tập 2.2 câu d)! Bài tập 2.2. Giải các hệ phương trình sau: ⎧ ⎪ a) ⎨ cot x − cot y = x − y 3x + 5y = 2π ⎩ ⎪ b) { x, y ∈ (0; π) x − y = sin x − sin y sin x + sin y = √2 ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ 5 x = 3 ( + 4) ⎧ ⎪ ⎪ c) ⎨ ⎪ ⎩ ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ log x = log (√y 5 3 + 4) log5 y = log3 (√z + 4) log5 z = log3 (√x + 4) 3 x d) ⎨ y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ z 3 3 2 + 3x − 3 + ln( x + 3y − 3 + ln( y + 3z − 3 + ln( z 2 2 − x + 1) = y − y + 1) = z − z + 1) = x e) (D-2006). Chứng minh rằng với mọi a > 0 hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất x { e y − e = ln(1 + x) − ln(1 + y) y − x = a Vấn đề 3. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức I.TÓM TẮT LÝ THUYẾT: Như các bạn đã biết ,tính đơn điệu của hàm số phụ thuộc vào đạo hàm của hàm số đó.Dùng đạo hàm,ta có thể xét được tính đồng biến và nghịch biến của 1 hàm số trên 1 miền nào đó,do đó chúng có thể ứng dụng để chứng minh khá nhiều Bất đẳng thức(BĐT).Ta xét phương pháp cụ thể như sau: Xét hàm số f (x) trên đoạn [a; b] . ′ * Nếu f (x) ≥ 0; ∀x ∈ [a; b] ⟺ hàm số f (x) đồng biến trên [a; b].Suy ra:f (b) ≥ f (x) ≥ f (a) ′ * Nếu f (x) ≥ 0; ∀x ∈ [a; b] ⟺ hàm số f (x) nghịch biến trên [a; b].Suy ra:f (b) ≤ f (x) ≤ f (a) ′ ′ Lưu ý: Khi ta sử dụng điều kiện f (x) ≥ 0; ∀x ∈ [a; b] hay f (x) ≤ 0; ∀x ∈ [a; b] thì ta phải đảm bảo ′ phương trình f (x) = 0 chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm,tức là phương trình này chỉ có hữu hạn nghiệm mà thôi.Lưu ý trên đặc biệt quan trọng khi ta xét đến các hàm số lượng giác.Điều này cũng dễ hiểu bởi khi ta đề cập đến “nghiệm” của 1 phương trình lượng giác,ta chỉ sử dụng khái niệm “tập nghiệm” để biểu diễn các giá trị thỏa mãn phương trình lượng giác cho trước.Nói một cách nôm na,phương trình lượng giác luôn có vô hạn nghiệm.Do đó khi ta muốn chứng minh các BĐT liên quan đến các hàm lượng giác phức tạp,ta phải sử dụng đến phương pháp đại số hóa,vấn đề đó sẽ được trình bày trong chuyên đề lượng giác. II.VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP: Ví dụ 3.1: Cho $0<x<\frac{\pi}{2}$. Chứng minh 1. sin x < x 2. tan x > x Định hướng giải: Với các hàm số đơn giản như ví dụ trên thì ta nên đưa BĐT về dạng f (x) > 0 hay $f(x) Lời giải: f (x) = sin x − x(0 < x < ) Xét hàm số f (x) = sin x − x(0 π ) < x < 2 Đạo hàm: π ′ f (x) = cos x − 1 < 0; ∀x ∈ (0; ) 2 π Hàm số f (x) nghịch biến trên (0; ) . Nên: 2 π f (x) < f (0) = 0; ∀x ∈ (0; ) 2 ⟺ sin x < x; ∀x ∈ (0; π ) 2 Bài dưới làm tương tự. Lưu ý: Đôi khi ta không thể kết luận ngay được ′ f (x) ≥ 0; ∀x ∈ [a; b] hay ′ f (x) ≤ 0; ∀x ∈ [a; b] ,ví dụ như 3 hàm số:f (x) = x − 2 ′ x − sin x(x > 0) x f (x) = 1 − ta có 6 ,rõ ràng là ta không thể xác định được dấu của f − cos x ′ (x) trên khoảng .Khi ta (0; +∞) 2 gặp phải các dạng bài như thế này,ta phải sử dụng thủ thuật lien tiếp đạo hàm để hạ bậc dần dần của hàm số ẩn x.Ta sẽ xem xét điều này trong ví dụ sau đây: 3 Ví dụ 3.2: Chứng minh rằng:x − x 0 6 Lời giải: 3 Xét hàm số f (x) = x − Đạo hàm: x − sin x(x > 0) 6 $$f'(x)=1-\frac{x^2}{2}-\cos{x}; f''(x)=\sin{x}-x$$. Ta đã chứng minh trong ví dụ 1 BĐT:sin x0 nên ta có f ′ f (x)0 ⟺ f (x) nghịch biến trên (0; +∞). Suy ra: ′′ (x)0 ⟺ ′ f (x) nghịch biến trên .Suy ra: (0; +∞) 3 f (x)0 ⟺ x x − 0 6 Nếu bạn nào đã từng tìm hiểu sâu về BĐT này thì có thể thấy ngay nó chỉ là hệ quả của định nghĩa chuỗi cho sin x : ∞ n 2n+1 (−1) x sin x = ∑ n=0 (2n + 1)! Ví dụ 3.3: Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ABC ta đều có: 2(sin A + sin B + sin C) + (tan A + tan B + tan C) > 3π Định hướng giải: Ta phải để ý đến giả thuyết A, B, C là 3 góc tam giác nên ta có thể thay π = A + B + C ,như vậy cả 2 vế của BĐT đều xuất hiện các số hạng chứa A,B,C, nên ta có thể nhóm BĐT về dạng sau:f (A) + f (B) + f (C) > 0 với f (A) = 2 sin A + tan A − 3A . Ta sẽ chứng minh: f (A); f (B); f (C) > 0 . Lời giải: Do tam giác ABC nhọn nên 0 π < A, B, C < . 2 Xét hàm số $f(x)=2\sin{x}+\tan{x}-3x \left(0<x Đạo hàm: 1 ′ f (x) = 2 cos x + 2 cos 1 − 3 = (cos x + cos x + 2 x cos ) − 3 x . Do $0 − − −− −− −− −− −− −− − 1 ≥ 3√cos x. cos x. = 3 1 cos x + cos x + 2 cos Vậy :f ′ π ) (x) ≥ 0; ∀x in(0; 2 ⟺ 3 đồng biến trên (0; f (x) 2 x cos x π ) 2 f (x) > f (0) = 0 ⟺ π 2 sin x + tan x > 3x; ∀x ∈ (0; ) 2 .Như vậy: 2(sin A + sin B + sin C) + (tan A + tan B + tan C) > 3(A + B + C) = 3π Lưu ý: Trong lời giải trên,để chứng minh ′ π f (x) ≥ 0; ∀x ∈ (0; ) ,ta đã sử dụng đến BĐT Cauchy 3 2 số.Như vậy,ta có thể thấy không phải lúc nào ta cũng chỉ có thể dựa vào tính đơn điệu của hàm số để chứng minh BĐT mà còn phải dựa trên các BĐT khác như :BĐT Cauchy;BĐT BCS;….Ta đi đến 1 ví dụ minh họa: 3x 0 < x +1 Ví dụ 3.4: Chứng minh rằng với 3x 0 < x2 2 +1 2 sin x Định hướng giải: Nếu ta trực tiếp khảo sát hàm số f (x) = 2 + 2 tan x 3x − 2 2 +1 π (0 < x < ) 2 ′ Thì ta không thể nào nhận xét được dấu của f (x) ,hon nua ta áp dụng thủ thuật đạo hàm lien tiếp thì cũng không giúp ta đi đến đâu.Vậy ta phải làm sao ? Bây giờ ta để ý thấy rằng các số hạng của 2 vế BĐT đều có chung 1 cơ số 2,do đó ta sẽ nghĩ ngay đến đưa BĐT này về dạng bất phương trình mũ.Nhưng phải làm sao để có thể gộp 2 số mũ 2 sin x; tan x lại với nhau ? Ta nhớ đến công thức : m n m+n a .a = a (a > 0) .Như vậy chỉ cần ta có thể “biến” tổng 2 số hạng bên vế trái(VT) của BĐT về dạng tích thì ta đã có thể giải quyết bài toán,ta phải làm gì để giải quyết điều này ?May thay BĐT Cauchy sẽ giúp ta vượt qua vấn đề đó. Lời giải: Sử dụng BĐT Cauchy 2 số,ta có: 2 2 sin x − − −− −−− −− 2 sin x tan x ≥ 2√2 = 2 .2 tan x + 2 2 sin x +tan x 2 +1 Như vậy ta chỉ cần chứng minh: 2 sin x +tan x 2 2 +1 3x > 2 2 +1 ⟺ 2 sin x + tan x > 3x BĐT này đã được chứng minh trong ví dụ 3 nên ta giải quyết xong bài toán. Ví dụ 3.5. Chứng minh rằng: Lời giải. (1) ⇔ 2 x 2 1 + 2 ln x ⩽ x − 2 ln x − 1 ⩾ 0 (1), với mọi x > 0 . Đặt f (x) := x − 2 ln x − 1 , ta sẽ chứng minh hàm số f (x) ⩾ 0 , với Ta có: f (x) là hàm liên tục trên (0; +∞) và $$f'(x) &= 2x - \frac{2}{x} = \frac{2(x^2- 1)}{x}$$ ′ f (x) = 0 ⇔ x = 1 trên (0; +∞). Lập bảng biến thiên của hàm f trên (0; +∞) như sau: 2 x ∈ (0; +∞) Trên đây chỉ là phần trích dẫn 10 trang đầu của tài liệu và có thế hiển thị lỗi font, bạn muốn xem đầy đủ tài liệu gốc thì ấn vào nút Tải về phía dưới.