Các bài toán cực trị trong lớp hàm mũ và logarit (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN KHẮC HIẾN

CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ
TRONG LỚP HÀM MŨ VÀ LOGARIT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN KHẮC HIẾN

CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ
TRONG LỚP HÀM MŨ VÀ LOGARIT

Chuyên ngành:

Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Thái Nguyên - 2015


i

Mục lục

Lời cảm ơn

iii

Lời nói đầu

1

1 Một số kiến thức bổ trợ

3

1.1

Tính chất cơ bản của hàm mũ và logarit . . . . . . . . .

3

1.1.1

Tính chất cơ bản của hàm mũ . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Tính chất cơ bản của hàm logarit . . . . . . . . .

4

1.2

Các đặc trưng của hàm số mũ và hàm số logarit . . . . .

7

1.3

Các định lý bổ trợ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

2 Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp hàm mũ
2.1

2.2

Các dạng bất đẳng thức cơ bản liên quan tới hàm mũ . .

16

2.1.1

Các bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . .

16

2.1.2

Biểu diễn hàm mũ . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

Các ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.2.1

2.3

16

Ứng dụng các bất đẳng thức cơ bản tìm cực trị
trong lớp hàm mũ . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.2.2

Phương pháp đổi biến trong tìm cực trị hàm mũ .

23

2.2.3

Ứng dụng đạo hàm tìm cực trị hàm mũ . . . . . .

26

Thiết lập một số dạng bất đẳng thức và cực trị hàm mũ

28


ii

2.3.1

Xây dựng bất đẳng thức và cực trị hàm mũ bằng
phương pháp đổi biến . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3.2

2.4

Xây dựng bài toán cực trị hàm số mũ từ các bất
đẳng thức đã biết . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

Một số dạng toán có liên quan tới cực trị hàm mũ . . . .

33

2.4.1

Cực trị và bất đẳng thức tích phân . . . . . . . .

33

2.4.2

Một số dạng khác có liên quan tới cực trị hàm mũ

38

3 Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp logarit
3.1

3.2

43

3.1.1

Các bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . .

43

3.1.2

Biểu diễn hàm logarit . . . . . . . . . . . . . . . .

44

Các ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

3.2.2

Ứng dụng bất đẳng thức trong tìm cực trị hàm
logarit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

Ứng dụng đạo hàm trong tìm cực trị hàm logarit

49

Xây dựng bài toán cực trị trong lớp hàm logarit . . . . .
3.3.1

3.3.2

54

Xây dựng bài toán cực trị trong lớp hàm logarit
bằng phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . .

3.4

43

Các dạng bất đẳng thức cơ bản liên quan tới hàm logarit

3.2.1

3.3

28

54

Xây dựng bài toán cực trị trong lớp hàm logarit
từ các bất đẳng thức đại số . . . . . . . . . . . .

55

Các bài toán cực trị liên quan tới hàm logarit . . . . . .

58

Kết luận

67

Tài liệu tham khảo

67


iii

Lời cảm ơn
Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Khoa
học - Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn khoa học của GS.TSKH.
Nguyễn văn Mậu. Qua đây em xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc đến Giáo
sư, người hướng dẫn khoa học của mình, GS.TSKH. Nguyễn văn Mậu,
người đã đưa ra đề tài và dành nhiều thời gian tận tình hướng dẫn em
trong suốt quá trình nghiên cứu. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến
Thầy.
Em xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giảng dạy và Phòng Đào tạo
thuộc Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều
kiện tốt nhất để em được theo học lớp học. Đồng thời tôi xin gửi lời cảm
ơn tới tập thể lớp Cao học Toán D khóa 1/2014 - 1/2016 đã động viên
giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và làm luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Dương, Ban
Giám hiệu và các đồng nghiệp Trường THPT Cẩm Giàng - Cẩm Giàng Hải Dương, gia đình và bạn bè đã tạo điều kiện cho tôi học tập và hoàn
thành kế hoạch học tập.

Thái Nguyên, ngày 30 tháng 10 năm 2015
Nguyễn Khắc Hiến


1

Lời nói đầu
1. Lý do chọn đề tài

Các bài toán về cực trị và bất đẳng thức là một trong những nội dung
quan trọng của giải tích và đại số. Rất nhiều dạng toán khác cũng quy
về việc ước lượng, tìm cực trị của hàm số. Học sinh thường gặp khó khăn
khi giải quyết các bài toán dạng này.
Trong nhiều kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic toán quốc gia và
quốc tế, Olympic toán sinh viên giữa các trường đại học, cao đẳng rất
hay đề cập đến các bài toán về cực trị, bất đẳng thức.
Tuy nhiên, kiến thức về cực trị và bất đẳng thức lại vô cùng rộng. Đã
có rất nhiều giáo trình, tài liệu, đề tài đề cập đến vấn đề này. Đặc biệt
là các bài toán cực trị và bất đẳng thức có liên quan đến hàm mũ và
logarit.
Việc giải các bài toán dạng này đòi hỏi học sinh phải nắm vững các kiến
thức cơ bản về các lớp hàm này đồng thời nắm được các kiến thức liên
quan và phải biết vận dụng một cách sáng tạo, logic.
Chính vì lý do trên mà tôi chọn đề tài "Các bài toán cực trị trong lớp
hàm mũ và logarit" nhằm hệ thống một số phương pháp tìm cực trị
trong các lớp hàm này.
2. Mục đích nghiên cứu
Hệ thống hóa các dạng bài toán cực trị trong lớp hàm mũ và logarit


2

cùng với phương pháp giải tương ứng.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Các bài toán cực trị trong lớp hàm mũ và logarit, đồng thời giải quyết
một số bài toán về bất đẳng thức, bất phương trình mũ và logarit.
4. Phương pháp nghiên cứu
Tham khảo, phân tích, hệ thống hóa các tài liệu, chuyên đề nhằm rút
ra các kết luận có tính khái quát.

5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Đề tài tạo nên một tư liệu lý thú về lớp hàm mũ và logarit, phù hợp cho
việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh khá giỏi.
6. Cấu trúc của luận văn
Luận văn gồm ba chương và phần mở đầu, kết luận.
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị. Trong chương này, tác giả trình
bày về các tính chất cơ bản của hàm mũ và logarit, các đặc trưng cơ bản
của các lớp hàm này đồng thời trình bày về một số bất đẳng thức, các
định lý cơ bản của đại số và giải tích.
Chương 2. Trình bày về ứng dụng của các bất đẳng thức trong tìm cực
trị các lớp hàm mũ , sử dụng đạo hàm để tìm cực trị của các lớp hàm
này, cùng với đó là các bất đẳng thức, các cực trị có liên quan Chương
3. Trình bày các ứng dụng của các định lý đến các bài toán cực trị hàm
logarit, việc sử dụng đạo hàm để tìm cực trị. Ngoài ra là các vấn đề có
liên quan đến hàm logarit.

Thái Nguyên, ngày 28 tháng 11 năm 2015
Học viên: Nguyễn Khắc Hiến


3

Chương 1
Một số kiến thức bổ trợ
1.1

Tính chất cơ bản của hàm mũ và logarit

1.1.1

Tính chất cơ bản của hàm mũ

Định nghĩa 1.1. Cho a là số dương bất kỳ, khác 1. Hàm số dạng y = ax
được gọi là hàm số mũ cơ số a.
Xét hàm số mũ y = ax , 0 < a = 1 (với a = 1 thì hàm số y = 1x = 1
là hàm số hằng).
1. Tập xác định D = R.
2. Tập giá trị T = (0, +∞).
3. (ax1 )x2 = ax1 x2 ; ax1 .ax2 = ax1 +x2 ; (ab)x = ax bx .
ax 1

ax

a
=
(
)x .
x
x
2
a
b
b
5. Hàm số đồng biến trên R nếu a > 1.
4.

= ax1 −x2 ;

Hàm số nghịch biến trên R nếu 0 < a < 1.
6. Giới hạn và liên tục

(a) Hàm số y = ax liên tục tại mọi điểm mà nó xác định, tức là ∀x ∈ R,
lim ax = ax0 .

x→x0


4

(b) Ta có
1

lim (1 + x) x = e.

x→0

ex − 1
= 1.
lim
x→0
x
7. Đạo hàm của hàm số mũ
(a) Hàm số y = ax có đạo hàm tại mọi điểm x ∈ R và (ax ) = ax ln a
nói riêng ta có (ex ) = ex .
(b) Nếu hàm số u = u(x) có đạo hàm trên J (một khoảng của tập
số thực) thì hàm số y = au(x) có đạo hàm trên J và (au(x) ) =
u (x)au(x) ln a nói riêng ta có (eu(x) ) = u (x)eu(x) .
1.1.2

Tính chất cơ bản của hàm logarit

Định nghĩa 1.2. Hàm số x →

1
liên tục trên khoảng (0, +∞). Với mỗi
x

x > 0, ta đặt
x

ln x =
1

dt
.
t

Số ln x được gọi là logarit tự nhiên hoặc logarit nêpe của số dương x.
Từ định nghĩa suy ra ngay ln 1 = 0.
Định lý 1.1. Hàm số ln : (0, +∞) → R có đạo hàm, tăng nghiêm ngặt
trên (0, +∞), nhận mọi giá trị trong R và có các tính chất sau
1
(a) (ln |x|) =

x

với mọi x = 0.

(b) (ln xy) = ln x + ln y, x > 0, y > 0.
x
(c) ln( ) = ln x − ln y, x > 0, y > 0.

y


5

(d) ln xr = r ln x, với mọi x > 0, r ∈ Q.
1
Chứng minh. Ta có (ln |x|) =

> 0 với mọi x > 0. Do đó hàm ln
x
tăng nghiêm ngặt trên khoảng (0, +∞).

a) Hiển nhiên hàm số x → ln |x| xác định với mọi x = 0.
1
Nếu x > 0 thì (ln |x|) = (ln x) = .
x
1
1
Nếu x < 0 thì (ln |x|) = (ln(−x)) =
(−1) = .
−x
x
1
Vậy (ln |x|) = với mọi x = 0.
x
b) Cố định y > 0 và xét hàm số x → ln(xy). Với mọi x > 0, ta có
1
(ln(xy)) =

xy

1
y= .
x

Do đó
ln(xy) = ln x + C, x > 0.
Với x = 1, ta được C = ln y. Từ đó có đẳng thức cần chứng minh.
1
1
c) Trong công thức b), với x = , ta có ln = − ln y. Từ đó suy ra
y
y
x
ln

y

1

1

= ln(x. ) = ln x + ln = ln x − ln y.
y
y

d) Nếu n là số nguyên dương thì từ b) suy ra
ln xn = ln(x.x . . . x) = ln x + ln x + · · · + ln x = n ln x, x > 0.
Nếu y =

√
n

x, x > 0 thì y n = x. Từ đó n ln y = ln x, do đó
ln

√
n

x=

1
ln x.
n

p
Nếu r là một số hữu tỉ dương, r =

q

trong đó p, q là hai số nguyên dương


6

và x > 0 thì
p
ln(x ) = ln(x q ) =
r

1
q

p

p

ln(x ) =

q

ln(x) = r ln x.

Nếu r là số hữu tỉ âm thì r = −r trong đó r là một số hữu tỉ dương
r

ln(x ) = ln(

1
xr

) = − ln(xr ) = −r ln x = r ln x.

Định nghĩa 1.3. Giả sử a là số dương khác 1. Khi đó ln a là một số
thực khác 0. Với mỗi x > 0, đặt
ln x
loga x =

ln a

.

Hàm số loga xác định trên (0, +∞) được gọi là logarit với cơ số a.
Hiển nhiên loga a = 1 và loga là một phép đẳng cấu từ nhóm nhân
R∗+ lên nhóm cộng R.
Từ định lí 1.3 suy ra
(a) (loga |x|) =

1
với mọi x = 0.
x ln a

(b) (loga xy) = loga x + loga y, x > 0, y > 0.
x
(c) loga ( ) = loga x − loga y, x > 0, y > 0.
y
(d) loga xr = r loga x, với mọi x > 0, r ∈ Q.
Trong tính toán người ta thường dùng logarit với cơ số a = 10. logarit cơ
số 10 được gọi là logarit thập phân và kí hiệu là lg. Như vậy, với x > 0,
lg x = log10 x.
Nhận xét 1.1. Hàm số mũ và hàm số logarit là hai hàm ngược của
nhau, nghĩa là y = loga x ⇔ x = ay .


7

1.2

Các đặc trưng của hàm số mũ và hàm số logarit

Đối với các hàm số mũ và hàm số logarit, ta có các đặc trưng sau
1. Hàm f (t) = at , (0 < a = 1) : f (x + y) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ R.
2. Hàm f (t) = loga t, (0 < a = 1, t > 0) : f (xy) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈
R∗+ .
Do có các đặc trưng này, các hàm số trên là nghiệm của các phương
trình hàm tương ứng.
Bài toán 1.1 (Phương trình hàm Cauchy dạng mũ). Xác định các hàm
f (x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện sau
f (x + y) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ R.

(1.1)

Giải. Dễ thấy f ≡ 0 là một nghiệm của phương trình 1.1
Xét trường hợp f = 0, khi đó tồn tại x0 ∈ R sao cho f (x0 ) = 0.
Theo 1.1 thì f (x0 ) = f (x + (x0 − x)) = f (x)f (x0 − x) = 0, ∀x ∈ R.
Suy ra, f (x) = 0, ∀x ∈ R, mặt khác
x x
x
f (x) = f ( + ) = [f ( )]2 > 0, ∀x ∈ R.
2 2
2
Đặt lnf (x) = g(x) thì f (x) = eg(x) . Khi đó g(x) là hàm liên tục trên R
và
g(x + y) = ln f (x + y) = ln[f (x)f (y)]
= ln f (x) + ln f (y), ∀x, y ∈ R.
Đây chính là phương trình hàm Cauchy (Xem[3]) nên g(x) = bx, b ∈ R
tùy ý. Suy ra f (x) = ebx , hay f (x) = ax với a = eb > 0.
Kết luận: Nghiệm của bài toán là f ≡ 0 và f (x) = ax , a > 0.

8

Bài toán 1.2 (Phương trình hàm Cauchy dạng logarit). Xác định các
hàm f (x) liên tục trên R+ thỏa mãn điều kiện sau:
f (xy) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R+ .

(1.2)

Giải. Do x, y ∈ R+ nên đặt x = eu , y = ev với u, v ∈ R. Khi đó, phương
trình 1.2 có dạng
f (eu+v ) = f (eu ) + f (ev )
Đặt g(t) = f (et ), ta có
g(u + v) = g(u) + g(v)
Rõ ràng g(t) liên tục trên R. Đây chính là phương trình hàm Cauchy
(Xem [3]) nên g(t) = bt, b ∈ R tùy ý. Suy ra f (x) = b ln x với x ∈ R+ .
Kết luận: Nghiệm của bài toán là f ≡ 0 và f (x) = loga x, trong đó
a = eb , b = 0.

1.3

Các định lý bổ trợ

Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Jensen). Cho f là một hàm lồi xác định
trên khoảng I ⊂ R. Giả sử x1 , x2 , . . . , xn ∈ I và cho λ1 , λ2 , . . . , λn là các
n

λi = 1. Khi đó

số thực không âm sao cho

i=1

n

n

f

≤

λi xi
i=1

λi f (xi ).
i=1

Hơn nữa, khi λ1 , λ2 , . . . , λn là các số dương, dấu đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn .
Ví dụ 1.1. Hàm số f (x) = ex là một hàm lồi, từ bất đẳng thức Jensen
cho ta

n

ei=1

λ i xi

n

λi exi .

≤
i=1


9

Đặt ai = exi > 0, ta được
n

aλ1 1 aλ2 2

. . . aλnn

≤

λi ai .
i=1

Định lý 1.3 (Bất đẳng thức AM-GM). Giả sử x1 , x2 , . . . , xn là các số
không âm. Khi đó
√
x1 + x2 + · · · + xn ≥ n n x1 x2 . . . xn .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn .
Hiện tại có rất nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức này.
Tuy nhiên, chúng tôi trình bày cách chứng minh sử dụng bất đẳng thức
cơ bản của hàm mũ.
Bổ đề 1.1. Với mọi số thực x, ta có
ex ≥ 1 + x.
Dấu đẳng thức có khi x = 0.

Bằng phương pháp đạo hàm của hàm f (x) = ex −1−x dễ dàng chứng
minh được bất đẳng thức trên.
Hệ quả 1.1. Với mọi số thực x ta có
ex−1 ≥ x.
Dấu đẳng thức có khi x = 1.
Từ hệ quả 1.1 ta chứng minh được định lí 1.3
Chứng minh. Thật vậy, gọi An là trung bình cộng của dãy xj , (j =
1, . . . , n). Giả sử xj ≥ 0, ∀xj , khi đó ta có
x1
x1
≤ e An −1
An


10

...
xn
xn
≤ e An −1 .
An

Suy ra
x1 +x2 +···+xn
x1 .x2 . . . xn
−n
An
= en−n = e0 = 1.
≤
e

n
An

Hay
x1 x2 . . . xn ≤ Ann
Suy ra
√
n

x1 + x2 + · · · + xn
.
n
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x1 x2 . . . xn ≤

x2
xn
x1
=
= ··· =
⇔ x1 = x2 = · · · = xn .
An
An
An

Hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức giữa
trung bình nhân và trung bình điều hòa.
Hệ quả 1.1 (Bất đẳng thức GH). Với mọi bộ số dương x1 , x2 , . . . , xn ta
đều có
√

n

x 1 x 2 . . . xn ≥

n

.
1
1
1
+
+ ··· +
x1 x2
xn
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn
Một mở rộng tự nhiên của định lí 1.3 giữa trung bình cộng và trung
bình nhân có trọng là định lí sau đây:
Định lý 1.4 (Bất đẳng thức AH suy rộng). Giả sử cho trước hai cặp
dãy số dương x1 , x2 , . . . , xn và p1 , p2 , . . . , pn . Khi đó
xp11 xp22 . . . xpnn ≤

x1 p1 + x2 p2 + · · · + xn pn
p1 + p 2 + · · · + pn

p1 +p2 +···+pn

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn .

.

11

Chứng minh. Đặt
s=

x1 p1 + x2 p2 + · · · + xn pn
p1 + p2 + · · · + pn

Sử dụng bất đẳng thức
ex−1 ≥ x
Ta thu được hệ

x1

s −1 ,
x
≤
s.e

1


.........



 x ≤ s.e xsn −1
n
Suy ra


x
p1
p1 ( s1 −1)p1


x
≤
s
.e
,
1


.........



 xpn ≤ spn .e( xsn −1)pn
n
Do đó
xp11 xp22 . . . xpnn ≤ sp1 +p2 +···+pn e

x1 p1 +x2 p2 +···+xn pn
−(p1 +p2 +···+pn )
s

.

hay

xp11 xp22 . . . xpnn ≤ sp1 +p2 +···+pn .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x2
xn
x1
=
= ··· =
⇔ x1 = x2 = · · · = xn .
s
s
s

Định lý 1.5 (Bất đẳng thức Ky Fan, xem [3]). Cho 0 < xi ≤
i = 1, 2, . . . , n. Khi đó
n

n

(1 − xi )

xi
i=1
n

(
i=1

xi

i=1

n

≤
)n

(

(1 − xi

.
))n

i=1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn .

1
với
2


12

Định lý 1.6 (Bất đẳng thức Cauchy-Schwaz, xem [3]). Cho hai cặp dãy
số bất kỳ a1 , a2 , . . . , an và b1 , b2 , . . . , bn . Khi đó
(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xảy tồn tại số thực k sao cho ai = kbi
với i = 1, 2, . . . , n.
Chứng minh. Xét tam thức bậc hai
f (x) = (a21 +a22 +· · ·+a2n )x2 −2(a1 b1 +a2 b2 +· · ·+an bn )x+(b21 +b22 +· · ·+b2n )

Nếu a21 + a22 + · · · + a2n = 0 ⇔ a1 = a2 = · · · = an = 0, khi đó bất đẳng
thức hiển nhiên đúng.
Nếu a21 + a22 + · · · + a2n > 0 thì f (x) được viết lại như sau:
f (x) = (a1 x − b1 )2 + (a2 x − b2 )2 + · · · + (an x − bn )2 = 0, ∀x ∈ R
Theo định lý về dấu tam thức bậc hai, ta có
= (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 − (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) ≤ 0
⇔ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ).


a1 x − b1 = 0





 a2 x − b2 = 0
hay khi và chỉ khi
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi


.
.
.




 a x−b =0
n

n

tồn tại số thực k sao cho ai = kbi với i = 1, 2, . . . , n.
Định lý 1.7 (Bất đẳng thức Bernoulli, xem [3]). Cho x > −1, khi đó

 (1 + x)α ≤ 1 + αx khi 0 ≤ α ≤ 1
 (1 + x)α ≥ 1 + αx khi α ≤ 0 hoặc α > 1


13

Chứng minh. Xét các trường hợp sau
• Khi α = 0 hoặc α = 1 thì bất đẳng thức đúng.
• Khi α < 0 hoặc α > 1, xét hàm số f (x) = (1 + x)α − 1 − αx với x > −1
Ta có f (x) = α(1 + x)α−1 − α = α[(1 + x)α−1 − 1], f (x) = 0 ⇔ x = 0.
Bảng biến thiên

x

−1

0

+∞

− 0 +

f (x)
f (x) +∞

+∞
0

Căn cứ bảng biến thiên ta có f (x) ≥ 0, ∀x > −1 ↔ (1 + x)α ≥
1 + αx, ∀x > −1.
• Khi 0 < α < 1 xét hàm số f (x) = (1 + x)α − 1 − αx với x > −1
Ta có bảng biến thiên
x

−1

f (x)

0

+∞

+ 0 −
0

f (x) −∞

−∞

Căn cứ bảng biến thiên ta có f (x) ≤ 0, ∀x > −1 ⇔ (1 + x)α ≤
1 + αx, ∀x > −1.
Định lý 1.8 (Định lý Fermat). Nếu hàm số f (x) xác định và liên tục
trên khoảng (a, b), đạt giá trị cực trị tại x0 ∈ (a, b) và tồn tại f (x0 ) thì
f (x0 ) = 0.

14

Chứng minh. Giả sử hàm số đạt cực đại tại x0 . Khi đó với |∆x| = 0
đủ nhỏ, ta có
f (x0 + ∆x) − f (x0 ) < 0
Với ∆x > 0, ta có
∆y
∆x

=

f (x0 + ∆x) − f (x0 )
∆x

<0

Suy ra
f

(x+
0)

∆y
= lim +
∆x→0

∆x

≤ 0.

Với ∆x < 0, ta có
∆y
∆x

=

f (x0 + ∆x) − f (x0 )
∆x

>0

Suy ra
f

(x−
0)

∆y
= lim −
∆x→0

∆x

≥ 0.

−
Từ giả thiết f (x0 ) tồn tại suy ra f (x+
0 ) = f (x0 ) = f (x0 ) = 0.

Trường hợp hàm số đạt cực tiểu tại x0 được xét tương tự.
Định lý 1.9 (Định lý Lagrange). Nếu hàm số f (x) xác định và liên tục
trên đoạn [a, b], có đạo hàm trên khoảng (a, b) thì tồn tại c ∈ (a, b) sao
cho
f (b) − f (a)
f (c) =
.
b−a
Chứng minh. Xét hàm số
g(x) = f (x) − x

f (b) − f (a)
.
b−a


15

Rõ ràng g(x) xác định và liên tục trên đoạn [a, b], có đạo hàm trên
khoảng (a, b) và g(a) = g(b). Theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b) sao
f (b) − f (a)
cho g (c) = 0 hay f (c) =
.
b−a
Hệ quả 1.2. Nếu hàm số f (x) xác định và liên tục trên đoạn [a, b], có
đạo hàm trên khoảng (a, b) và f (x) đạt giá trị nhỏ nhất m, giá trị lớn
nhất M trên (a, b), khi đó
m(b − a) ≤ f (b) − f (a) ≤ M (b − a).

16

Chương 2
Bất đẳng thức và bài toán cực trị
trong lớp hàm mũ
2.1

Các dạng bất đẳng thức cơ bản liên quan tới
hàm mũ

2.1.1

Các bất đẳng thức cơ bản

ta có các bất đẳng thức cơ bản sau đây
au > m, au ≥ m, au < m, au ≤ m.
Hoặc
au > av , au ≥ av , au < av , au ≤ av , au > bu , au ≥ bu , au < bu , au ≤ bu .
• Với các bất đẳng thức au > m, au ≥ m
Trường hợp 1. Nếu m ≤ 0 bất đẳng thức au > m, au ≥ m đúng với mọi
u ∈ R.
Trường hợp 2. Nếu m > 0 thì
Nếu a > 1 thì au > m ⇔ u > loga m, au ≥ m ⇔ u ≥ loga m.
Nếu 0 < a < 1 thì au > m ⇔ u < loga m, au ≥ m ⇔ u ≤ loga m.


17

• Với các bất đẳng thức au < m, au ≤ m.
Trường hợp 1. Nếu m ≤ 0 bất đẳng thức au < m, au ≤ m không đúng

với mọi u ∈ R.
Trường hợp 2. Nếu m > 0 thì
Nếu a > 1 thì au < m ⇔ u < loga m, au ≤ m ⇔ u ≤ loga m.
Nếu 0 < a < 1 thì au < m ⇔ u > loga m, au ≤ m ⇔ u ≥ loga m.
Nhận xét 2.1. Từ các bất đẳng thức cơ bản, ta có thể giải được các
bài toán cực trị hàm mũ đơn giản hoặc các bài toán biện luận tham số
để các bất phương trình có nghiệm.
1
Ví dụ 2.1. Giải và biện luận phương trình:

2|x−1|

= 2m − 1.

Giải.
1
• Nếu 2m − 1 ≤ 0 ↔ m ≤

2

thì phương trình vô nghiệm.

1
• Nếu 2m − 1 > 0 ↔ m >
2|x−1| =

2

thì phương trình đã cho tương đương với

1

.
2m − 1
1
+) Với
= 1 ↔ m = 1 phương trình có nghiệm x = 1.
2m − 1
+) Với m = 1 phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 1 ±
log2 (2m − 1).
1 2
Ví dụ 2.2. Tìm m để phương trình ( )|x −4x+3| = m4 − m2 + 1.
5
a) Có nghiệm.
b) Có bốn nghiệm phân biệt.


18


 x2 − 4x + 3 nếu x ≤ 1 ∨ x ≥ 3
2
Giải. Ta có |x − 4x + 3| =
 −x2 + 4x − 3 nếu 1 < x < 3
Đặt g(x) = −|x2 − 4x + 3| và f (x) = 5g(x) , ta có bảng sau:
x −∞

1

2

0
g(x) −∞

3

+∞

0
−1

1
f (x) 0

−∞
1

1/5

0

Căn cứ bảng xét dấu trên ta có
a) Phương trình có nghiệm nếu 0 < m4 − m2 + 1 ≤ 1 ↔ −1 ≤ m ≤ 1.
1
b) Phương trình có bốn nghiệm phân biệt nếu

5

< m4 − m2 + 1 < 1 ↔

−1 < m < 1.
Lưu ý: Bất phương trình f (x) ≤ M, (f (x) ≥ M ) có nghiệm trên D ↔minD f (x) ≤
M (maxD f (x) ≥ M ). Tuy nhiên nếu chỉ coi af (x) > 0 là chưa đủ, ta cần
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của f (x) cùng với tính đơn điệu của nó
trên D.

Một số bài tập tương tự
Bài tập. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
2

1. 3x ≥ 1 + m2 .
2

2. 3|2x−1|<1−m .
3. 5−|2x−1| ≥ 1 + m2 .


19

1
4.

2|x−1|

= 3m − 1.

Từ [3] ta có các kết quả sau đây
Định lý 2.1. Với mọi số tự nhiên n, ta đều có
2n+1
x

e ≥
k=0

xk
, ∀x ∈ R.
k!

Định lý 2.2. Cho a>0, bất đẳng thức:
2n+1
x

a ≥
k=0

xk
, ∀x ∈ R
k!

đúng với mọi số tự nhiên n khi và chỉ khi a = e.
2.1.2

Biểu diễn hàm mũ

Công thức khai triển Taylor với phần dư Lagrange
Định lý 2.3. Hàm số f có đạo hàm đến cấp n+1 trên khoảng (a,b) chứa
x0 , khi đó ta có
f (x0 )
f (x0 )
f (n) (x0 )

2
f (x) = f (x0 )+
(x−x0 )+
(x−x0 ) +· · ·+
(x−x0 )n +Rn
1!
2!
n!
f (n+1) (c)
Trong đó Rn =
(x − x0 )n+1 , c là điểm nằm giữa x và x0 , là phần
(n + 1)!
dư Lagrange.
Công thức trên còn gọi là khai triển Taylor tại lân cận x0 .
Công thức khai triển Taylor với phần dư Peano
Định lý 2.4. Hàm số f có đạo hàm đến cấp n trên khoảng (a,b) chứa
x0 , khi đó ta có
f (x0 )
f (x0 )
f (n) (x0 )
2
f (x) = f (x0 )+
(x−x0 )+
(x−x0 ) +· · ·+
(x−x0 )n +o((x−x0 )n )
1!
2!
n!
Trong đó o((x − x0 )n ), là phần dư Peano.

20

Công thức trên gọi là khai triển Maclaurin nếu x0 = 0.
ta có khai triển Maclaurin của hàm ex
Cho hàm f (x) = ex , khi đó ta có khai triển Maclaurin có dạng:
f (0)
f (0)
f (n) (0)
ex = f (0)+
(x−0)+
(x−0)2 +· · ·+
(x−0)n +o((x−0)n )
1!
2!
n!
Do f (n) (x) = ex , nên f (n) (0) = 1
Vậy
x

e =1+

2.2
2.2.1

x2

x
1!

+

2!

xn
+ ··· +

n!

+ o(xn )

Các ứng dụng
Ứng dụng các bất đẳng thức cơ bản tìm cực trị trong
lớp hàm mũ

Áp dụng định lí về các trung bình cộng, trung bình nhân, ta tìm được
cực trị của các hàm mũ đồng thời giải quyết được các bài toán về bất
phương trình, phương trình mũ.

Bài toán 2.1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
√
√
√
√
y = (7 + 4 3)x + (7 − 4 3)x − 8((2 + 3)x + (2 − 3)x ).
Giải. Tập xác định D = R
√
√
Đặt t = (2 + 3)x + (2 − 3)x . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
t = (2 +

√

3)x + (2 −

√

3)x ≥ 2 (2 +

√

3)x (2 −

Khi đó hàm số trở thành: f (t) = t2 − 8t − 2, t ≥ 2
Đây là một hàm bậc hai, có hoành độ đỉnh tại t = 4.

√

3)x = 2