Chứng minh bất đẳng thức:
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (332.77 KB, 32 trang )
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
Đặt
f ( x) = x[ln( x + 1)-ln x]
f '( x) = ln( x + 1) − ln x +
x
1
− 1 = ln( x + 1) − ln x −
x+ 1
x+ 1
Ta có:
Áp dụng định lí Lagrange đối với hàm số: y = lnt trên [x; x+1], thì tồn tại
c ∈ (x; x+1)
1
f '(c) = ln( x + 1) − ln x ⇒ = ln( x + 1) − ln x.
c
sao cho:
0 < x < c < x + 1⇒
1 1 1
> >
x c x+ 1
Mà
1
1
1
⇒ > ln( x + 1) − ln x >
⇒ ln( x + 1) − ln x −
>0
x
x+ 1
x+1
⇒ f '( x) > 0, ∀ x ∈ (0;+∞ ) ⇒
Từ (1) suy ra:
Suy ra:
hàm số
f ( x) đồng biến trên (0;+∞ ).
f '( x) > 0, ∀ x ∈ (0; + ∞ ) ⇒ f ( x) đồng biến trên (0; + ∞ ).
f ( x + 1) > f ( x), ∀ x ∈ (0; + ∞ ) ⇒
điều phải chứng minh.
28
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
Nhận xét: Trong ví dụ trên thực chất của vấn đề là ta đi chứng minh hàm số
1
F ( x) = (1 + ) x
x đồng biến trên
biến trên
(0; + ∞ ) và ta đi chứng minh hàm số f ( x) = ln F ( x) đồng
(0; + ∞ ) , đến đây bài toán trở về giống như ví dụ 1. Tương tự ta chứng
1
G ( x) = (1 + ) x + 1
x nghịch biến trên
minh được hàm số
(0; + ∞ ).
Ta có thể chứng minh bài toán 2.9 bằng cách khác.
Cách khác: Xét hàm số:
F ( x) = ln(1 + x)
Với mọi cặp số thực x, y bất kì thỏa mãn 0 < x < y, theo định lí Lagrange,
x∈
luôn tồn tại 0
(0; x), y0 ∈ ( x; y) thỏa mãn:
f '( x0 ) =
f ( x) − f (0)
f ( y ) − f ( x)
, f '( y0 ) =
x−0
y−x
1 ln(1 + x) 1 ln(1 + y) − ln(1 + x)
=
;
=
1
+
x
x
1
+
y
y− x
0
0
hay
.
1
1
ln(1 + x) ln(1 + y) − ln(1 + x)
>
⇒
>
⇒ y ln(1 + x) > x ln(1 + y).
1
+
x
1
+
y
x
y−x
0
0
Mà
29
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
Vậy với mọi cặp số thực x, y bất kì thỏa mãn 0 < x < y, luôn có
y ln(1 + x) > x ln(1 + y),
1
1
thay x bởi y và y bởi x ta có:
1
1 1
1
1
1
ln(1 + ) > ln(1 + ) ⇒ (1 + ) y > (1 + ) x
x
y y
x
y
x
Bài 2.10:
Cho các số thực không âm a, b, c, d. Chứng minh rằng:
3
abc + bcd + cda + dab ab + bc + cd + da + ac + db
≤
4
6
Giải:
Xét
f ( x) = ( x − a)( x − b)( x − c)( x − d ) .
Đặt
p = a + b + c + d , q = ab + bc + cd + da + ac + bd , r = abc + bcd + cda + dab, s = abcd
⇒ f ( x) = x4 − px3 + qx2 − rx + s ⇒ f '( x) = 4 x3 − 3 px 2 + 2qx − r
f (a) = f (b) = f (c) = f (d ) = 0
Ta có
, theo định lí Rolle suy ra
nghiệm (nếu a = b thì a là nghiệm của f’(x)).
Suy ra tồn tại
u, v,w ≥ 0 thỏa mãn f '( x) = 4( x − u)( x − v)( x − w)
30
f '( x) = 0 có ba
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
= 4 x3 − 4(u + v + w) x 2 + 4(uv + vw + wu ) x − 4uvw
3
u + v + w = 4 p
1
⇒ uv + vw + wu = q
2
1
uvw = 4 r
.Mà
⇒
3
uv + vw + wu 3
uv + vw + wu 3
q 3r
≥ ( uvw )2 ⇒
≥ uvw ⇒
≥
3
3
6 4
abc + bcd + cda + dab ab + bc + cd + da + ac + db
≤
4
6
Đẳng thức xảy ra
⇔ u= v= w⇔ a= b= c= d .
Bài 2.11:
Cho a < b < c, chứng minh rằng:
3a < a + b + c − a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca < 3b < a + b + c + a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca < 3c
Giải:
Xét hàm số:
f ( x) = ( x − a)( x − b)( x − c) ⇒ f (a) = f (b) = f (c) = 0
Theo định lí Lagrange tồn tại
a < x1 < b < x2 < c
sao cho:
f (a) − f (b) = (a − b) f '( x1) f (c) − f (b) = (c − b) f '( x1 ) ⇒ f '( x1 ) = f '( x2 ) = 0
,
31
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
f '( x) = 3x2 − 2(a + b + c) x + ab + bc + ca
a + b + c − a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca
⇒ x1 =
3
a + b + c + a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca
x2 =
3
Do đó, từ
a < x1 < b < x2 < c
. Suy ra:
3a < a + b + c − a 2 + b2 + c2 − ab − bc − ca < 3b < a + b + c + a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca < 3c
4. Định lí Rolle - Sự phân bố nghiệm cả đa thức và đạo hàm:
Nếu a, b là hai điểm không kề nhau của hàm f(x) (nghĩa là f(a)=f(b)=0,
f (b) ≠ 0 với a < x < b ) thì trong khoảng (a;b) hàm f’(x) có một số lẻ các không
điểm (do đó các ít nhất một không điểm)
Bài 2.12:
Chứng minh rằng nếu
trong khoảng
(a; + ∞ )
đúng nếu thay
bởi
lim f ( x) = 0
x→ ∞
thì
không ít hơn so với
Giải:
32
f ′ ( x)
f ( x)
có số lượng các không điểm
trên khoảng ấy. kết quả vẫn
Đại học Sư Phạm Thái Nguyên
(a; + ∞ ) f ( x)
Nếu trong khoảng
,
có số các không điểm là vô hạn. Khi đó
theo định lí Rolle ta suy ra số các không điểm của trong khoảng ấy là vô hạn.
Giả sử trong khoảng ấy hàm
f ( x) có các số điểm không là hữu hạn và xm
là không điểm cuối cùng trong hàm
khoảng
a < x ≤ xm
hàm
Xét trên khoảng
f ′ ( x)
( xm ; + ∞ )
lim f ( x) =
x→ + ∞
Nên
f ′ ( x) không
khoảng
∫
f ( x)
có ít hơn
trong khoảng ấy. Khi đó trong nửa
f (x) tối đa là một khong điểm.
ta có:
∞
xm
f ′ ( x)dx = 0
thể giữa một dấu cố định trong khoảng
( xm ; + ∞ )
. Vậy trên
(a; + ∞ ) hàm số f ′ ( x) có các số không điểm không ít hơn sô với hàm số
f ( x)
Chứng minh tương tự trong khoảng
(− ∞ ; a )
33
