Đánh giá với hàm một biến

 

 Với các hàm số một biến số, chắc không cần xúi bẩy, bạn đọc cũng hiểu là kỹ năng chủ đạo để xử lý đó là tuân thủ nghiêm cẩn các khâu bước của quá trình khảo sát hàm. Tuy nhiên ở dưới đây, trong nhiều bài toán, tôi giấu nhẹm đi con dao đạo hàm. Việc tôi làm, thật ra chả có gì huyền bí, cao siêu cả. Đơn giản là, nếu muốn chứng minh $f\left( x \right)\ge 0$, hoặc là đi tìm cực trị một hàm $f\left( x \right)$. Thì ở trên giấy nháp, bằng cách này hay cách khác (có thể dùng đạo hàm), nếu tôi bắt được nới xảy đến dấu bằng (hoặc nơi đạt cực trị). Tôi chỉ việc kiểm soát cái gia số, qua việc viết $f\left( x \right)=f\left( c \right)+{{\Delta }_{f\left( x \right)}}$, với $c$ là điểm đã dự đoán. Công việc còn lại, đó là  xét dấu của ${{\Delta }_{f\left( x \right)}}=f\left( x \right)-f\left( c \right)$theo yêu cầu của đề toán. Cái trò này, khá là phù hợp, nhất là với lớp hàm đại số (phân thức hữu tỷ, hoặc hàm căn).

 

Chúng ta, sẽ cùng nhau tìm hiểu các kỹ năng đánh giá với hàm một biến số, thông qua việc xem xét các ví dụ cụ thể.

Ví dụ 1. (Đề dự bị khối B(1) năm 2003)

Chứng minh rằng: ${{e}^{x}}+\cos x\ge 2+x-\frac{{{x}^{2}}}{2}\,\,\forall x\in \mathbb{R}$

Phân tích đề toán tìm lời giải:

Với bài toán này chúng ta có một vài nhận xét như sau:

- Nếu chuyển vế qua, thì nó ở hình thái, chứng minh: $f\left( x \right)\ge 0\,\,\,\forall x\in D=\mathbb{R}$.

- Bản chất bài toán đến đó chính là khảo sát cực trị hàm $y=f\left( x \right);\,x\in D$. Công việc của chúng ta là chứng tỏ giá trị nhỏ nhất của $f\left( x \right)$ trên $D$ nhận giá trị không âm. Và để giải quyết việc đó ta cần:

      1. Tính $f’\left( x \right)$, nếu cần, ta tính cả các đạo hàm cấp cao hơn

     2. Xét tính đơn điệu và từ đó đánh giá, hoặc biện luận giá trị nhỏ nhất dựa vào bảng biến thiên của hàm số.

Lời giải 1. Chúng ta xét $f\left( x \right)={{e}^{x}}+\cos x-x+\frac{{{x}^{2}}}{2}-2;\,\,x\in \mathbb{R}$và có:            \[f'\left( x \right)={{e}^{x}}-1+x-\sin x;\,\,f''\left( x \right)={{e}^{x}}+1-\cos x={{e}^{x}}+2{{\cos }^{2}}\frac{x}{2}>0\,\forall x\in \mathbb{R}\]Vậy, hàm số $f’\left( x \right)$ là một hàm tăng ngặt, chúng ta có các đánh giá sau:

  • Nếu $x>0$ thì $f’\left( x \right)>f’\left( 0 \right)=0$, vì thế trên $\left( 0;\,\,+\infty  \right)$ hàm $f\left( x \right)$ tăng ngặt, do đó mà có được: $f\left( x \right)>f\left( 0 \right)=0\,\,\forall x>0$.
  • Nếu $x<0$ thì $f’\left( x \right)<f’\left( 0 \right)=0$, vì thế trên $\left( 0;\,\,-\infty  \right)$ hàm $f\left( x \right)$ giảm ngặt, do đó mà có được $f\left( x \right)<f\left( 0 \right)=0\,\,\forall x<0$.

Cuối cùng, lưu ý rằng $f\left( 0 \right)=0$ để mà thống kết các trường hợp đã xét lại, dẫn đến điều cần chứng minh.

$\blacksquare$

Nhận xét: Bạn không ưa việc kể dông dài như tôi đã, cũng có thể chọn một cách trình bày khác, như lời giải dưới đây:

Lời giải 2. Chúng ta xét $f\left( x \right)={{e}^{x}}+\cos x-x+\frac{{{x}^{2}}}{2}-2;\,\,x\in \mathbb{R}$ và có: \[\begin{array}{*{20}{l}}{f'\left( x \right)}&{ = {e^x} - 1 + x - \sin x}\\{f''\left( x \right)}&{ = {e^x} + 1 - \cos x}\\{}&{ = {e^x} + 2{{\cos }^2}\frac{x}{2} > 0 \forall x \in \mathbb{R}}\end{array}\]Từ đó, mà có bảng biến thiên sau:

            

Từ bảng biến thiên, ta có điều cần chứng minh

$\blacksquare$

Nhận xét: Ở lời giải thứ 2 này, việc xét dấu $f’\left( x \right)$, được thực hiện ngay trên bảng biến thiên. Tức là, chúng ta cũng sơ khảo sát $f’\left( x \right)$, qua đạo hàm của nó là $f”\left( x \right)$. Bạn đọc muốn làm được điều này chỉ cần lưu ý đến ý nghĩa của mũi tên chỉ chiều biến thiên. Chúng ta cùng xem xét thêm một số ví dụ tiếp theo sau đây.

Ví dụ 2. (Đề dự bị khối B(2) năm 2003)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của $y={{x}^{6}}+4{{\left( 1-{{x}^{2}} \right)}^{3}}$ trên $\left[ -1;\,\,1 \right]$

Lời giải 1.  Chúng ta có được:\[y=-3{{x}^{6}}+12{{x}^{4}} -12{{x}^{2}}+4=4-3{{x}^{2}}{{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{2}}\ge 4=y\left( 0 \right)\,\,\,\forall x\in \left[ -1;\,1 \right]\] Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 4.

Mặt khác, ta lại thấy rằng, vì ${{x}^{2}}\le 1\le \frac{8}{3}\,\,\forall x\in \left[ -1;\,1 \right]$, nên:   \[y=-3{{x}^{6}}+12{{x}^{4}}-12{{x}^{2}}+4=\frac{4}{9}+\frac{1}{9}\left( 8-3{{x}^{2}} \right){{\left( 3{{x}^{2}}-2 \right)}^{2}}\ge \frac{4}{9}=y\left( \sqrt{\frac{2}{3}} \right)\,\,\forall x\in \left[ -1;\,\,1 \right]\]Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là $\frac{4}{9}$.

$\blacksquare$

Nhận xét: Mình thề là, nếu năm 2003 người ta chọn cái đề dự bị này, và mình còn đủ trẻ để thực hiện ước mơ trở thành sinh viên khoa thú y ở trường ĐH Y Hà Nội. Tức là, mình đi thi, mình sẽ làm cái cách này cho giám khảo họ vui. Nhưng, mình cũng cứ tin là, thảo nào họ cũng thắc mắc: “Sao, cái cậu thí sinh này, lại nghĩ ra chuyện biến đổi như thế? ”. Thật ra thì cũng chả có gì ma giáo đâu. Để đỡ mang tiếng là điêu, mời bạn đọc, đọc kỹ cái lời giải 2 dưới đây để hiểu: “Vì sao có lời giải 1?”

Lời giải 2. Đặt ${{x}^{2}}=t\in \left[ 0;\,\,1 \right]$, đem thay vào chúng ta có được:   \[y =f\left( t \right) =-3{{t}^{3}}+12{{t}^{2}}-12t+4\]Để có: $f’\left( t \right)=-9{{t}^{2}}=24t-12=-3\left( t-2 \right)\left( 3t-2 \right)$. Như vậy thì, trên $\left[ 0;\,\,1 \right]$ ta thâu được duy nhất một điểm tới hạn là $t=\frac{2}{3}$, thêm nữa:\[f\left( \frac{2}{3} \right)=\frac{4}{9};\,\,f\left( 0 \right)=4;\,\,f\left( 1 \right)=1\]Vậy, giá trị nhỏ nhất cần tìm là $\frac{4}{9}$, còn giá trị lớn nhất ư? Nó là 4 các bạn ạ!

$\blacksquare$

Ví dụ 3. (Đề thi tuyển sinh khối D năm 2003)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức \[y=\frac{x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}};\,\,\,x\in \left[ -1;\,\,2 \right]\]

Lời giải 1. Để ý rằng:\[y=\frac{x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\ge 0=y\left( -1 \right);\,\,\forall x\in \left[ -1;\,\,2 \right]\] Vậy cho nên là, giá trị nhỏ nhất cần tìm là $0$, đạt được khi $x=-1\in \left[ -1;\,\,2 \right]$

Lại lưu ý thêm rằng:\[y=\sqrt{2}+\frac{x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}-\sqrt{2}=\sqrt{2}+\frac{\left( x+1 \right)-\sqrt{2\left( {{x}^{2}}+1 \right)}}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\] Đến đây, ta thực hiện phép nhân liên hợp, để có tiếp:                                                      \[\begin{array}{*{20}{l}}y&{ = \sqrt 2  + \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{\left( {x + 1 + \sqrt {2\left( {{x^2} + 1} \right)} } \right)\sqrt {{x^2} + 1} }}}\\{}&{ = \sqrt 2  - \frac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{\left( {x + 1 + \sqrt {2\left( {{x^2} + 1} \right)} } \right)\sqrt {{x^2} + 1} }}}\\{}&{ \le \sqrt 2  = y\left( 1 \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left[ { - 1;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right]}\end{array}\]Do đó, giá trị cần tìm lớn nhất là $\sqrt{2}$, và nó đạt được tại $x=1$.

$\blacksquare$

Lời giải 2. Chúng ta có:\[y=\frac{x+1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\ge 0=y\left( -1 \right);\,\,\forall x\in \left[ -1;\,\,2 \right]\]Vậy cho nên là, giá trị nhỏ nhất cần tìm là $0$, đạt được khi $x=-1\in \left[ -1;\,\,2 \right]$.

Lại để ý là: ${{y}^{2}}=\frac{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}+1}=2-\frac{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}{{{x}^{2}}+1}\le 2$, bởi vậy: $y\le \sqrt{2}y$, do đó, giá trị lớn nhất cần tìm là $\frac{\sqrt{2}}{2}$, và nó đạt được tại $x=1$.

$\blacksquare$

Lời giải 3.  Chúng ta có: \[\begin{array}{*{20}{l}}{y'}&{ = \frac{{\sqrt {{x^2} + 1}  - \frac{{\left( {x + 1} \right)x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}}}{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^2}}}}\\{}&{ = \frac{{1 - x}}{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^3}}}}\\{y\left( 1 \right)}&{ = \sqrt 2 }\\{y\left( { - 1} \right)}&{ = 0}\\{y\left( 2 \right)}&{ = \frac{3}{{\sqrt 5 }}}\end{array}\]Vậy cho nên là, giá trị nhỏ nhất cần tìm là $0$, đạt được khi $x=-1\in \left[ -1;\,\,2 \right]$ còn giá trị lớn nhất cần tìm là $\frac{\sqrt{2}}{2}$, và nó đạt được tại $x=1$.

$\blacksquare$

Ví dụ 4. (Đề tuyển sinh khối B năm 2003

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: $y=x+\sqrt{4-{{x}^{2}}}$.

Lời giải 1. Trước tiên, để xác định cho biểu thức mà chúng ta xét cực trị, chúng ta cần $x\in \left[ -2;\,\,2 \right]$. Khi đó:\[y'=1-\frac{x}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}}=\frac{\sqrt{4-{{x}^{2}}}-x}{\sqrt{4-{{x}^{2}}}};\,\,\,\forall x\in \left( -2;\,\,2 \right)\]Đạo hàm chỉ triệt tiêu tại $x=\sqrt{2}\in \left( -2;\,\,2 \right)$

Lại lưu ý thêm rằng:    \[y\left( -2 \right)=-2;\,\,y\left( 2 \right)=2;\,\,y\left( \sqrt{2} \right)=2\sqrt{2}\]Vậy cho nên là, giá trị nhỏ nhất cần tìm là $-2$, giá trị lớn nhất là $2\sqrt{2}$.

$\blacksquare$

 Lời giải 2. Trước tiên, để xác định cho biểu thức mà chúng ta xét cực trị, chúng ta cần $x\in \left[ -2;\,\,2 \right]$. Khi đó thì hiển nhiên có:             \[y\ge x\ge -2=y\left( -2 \right);\,\,\forall x\in \left[ -2;\,\,2 \right]\]Vậy cho nên là, giá trị nhỏ nhất cần tìm là $-2$, đạt được khi $x=-2\in \left[ -2;\,\,2 \right]$

Lại lưu ý thêm rằng, hễ như $x\in [-2;\,0)$ thì $y\le \sqrt{4-{{x}^{2}}}\le \sqrt{4}=2<2\sqrt{2}$, còn: \[\begin{array}{*{20}{l}}y&{ = 2\sqrt 2  + \left( {x - \sqrt 2 } \right) + \left( {\sqrt {4 - {x^2}}  - \sqrt 2 } \right)}\\{}&{ = 2\sqrt 2  + \left( {x - \sqrt 2 } \right) + \frac{{\left( {4 - {x^2}} \right) - 2}}{{\sqrt 2  + \sqrt {4 - {x^2}} }}}\\{}&{ = 2\sqrt 2  + \left( {x - \sqrt 2 } \right)\left( {1 - \frac{{x - \sqrt 2 }}{{\sqrt 2  + \sqrt {4 - {x^2}} }}} \right)}\\{}&{ = 2\sqrt 2  + \left( {x - \sqrt 2 } \right)\left( {\frac{{\sqrt {4 - {x^2}}  - x}}{{\sqrt 2  + \sqrt {4 - {x^2}} }}} \right)}\\{}&{ = 2\sqrt 2  + \left( {x - \sqrt 2 } \right)\left( {\frac{{4 - 2{x^2}}}{{\left( {\sqrt 2  + \sqrt {4 - {x^2}} } \right)\left( {x + \sqrt {4 - {x^2}} } \right)}}} \right)}\\{}&{ = 2\sqrt 2  - \frac{{2{{\left( {x - \sqrt 2 } \right)}^2}\left( {x + \sqrt 2 } \right)}}{{\left( {\sqrt 2  + \sqrt {4 - {x^2}} } \right)\left( {x + \sqrt {4 - {x^2}} } \right)}}}\\{}&{ \le 2\sqrt 2  = y\left( {\sqrt 2 } \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left[ {0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2} \right]}\end{array}\]Như vậy, có thể thấy là, trên miền $x\in \left[ -2;\,\,2 \right]$, hàm đạt giá trị lớn nhất là $2\sqrt{2}$.

$\blacksquare$

Lời giải 3. Trước tiên, để xác định cho biểu thức mà chúng ta xét cực trị, chúng ta cần $x\in \left[ -2;\,\,2 \right]$. Khi đó thì hiển nhiên có\[y\ge x\ge -2=y\left( -2 \right);\,\,\forall x\in \left[ -2;\,\,2 \right]\]Thêm nữa là:                                                         \[\begin{array}{*{20}{l}}{{y^2}}&{ = 4 + 2x\sqrt {4 - {x^2}} }\\{}&{ = 8 - \left( {{x^2} - 2x\sqrt {4 - {x^2}}  + 4 - {x^2}} \right)}\\{}&{ = 8 - \left( {x - \sqrt {4 - {x^2}} } \right) \le 8}\end{array}\]Điều này dẫn đến $y\le 2\sqrt{2}=y\left( \sqrt{2} \right)$.

Lại lưu ý thêm rằng   \[y\left( -2 \right)=-2;\,\,y\left( 2 \right)=2;\,\,y\left( \sqrt{2} \right)=2\sqrt{2}\]Vậy cho nên là, giá trị nhỏ nhất cần tìm là $-2$, giá trị lớn nhất là $2\sqrt{2}$.

$\blacksquare$

 Ví dụ 5. (Đề dự bị khối B(1) năm 2006)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của $y=x+\frac{11}{2x}+2\sqrt{1+\frac{7}{{{x}^{2}}}}$, với $x\in \left( 0;\,\,+\infty  \right)$.

Lời giải. Chúng ta thấy\[\begin{array}{*{20}{l}}{y'\left( x \right)}&{ = 1 - \frac{{11}}{{2{x^2}}} - \frac{{14}}{{{x^2}\sqrt {7 + {x^2}} }};{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x > 0}\\{y''\left( x \right)}&{ = 1 + \frac{{11}}{{{x^3}}} + \frac{{{x^2} + x + 7}}{{{x^2}\sqrt {7 + {x^2}} }} > 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x > 0}\end{array}\]Lại lưu ý thêm rằng:  \[\begin{array}{*{20}{l}}{y'\left( 3 \right)}&{ = 0;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y\left( 3 \right) = \frac{{15}}{2}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} }\\{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\mkern 1mu} y}&{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {\mkern 1mu} y =  + \infty }\end{array}\]Vậy, cho nên là, giá trị nhỏ nhất cần tìm là $\frac{15}{2}$.

$\blacksquare$

Nhận xét: Cái bài toán này nếu bạn ăn non ở chỗ tính xong cái đạo hàm bậc nhất, rồi bạn xòe nháp ra đi giải các không điểm của nó, thế thì cũng được. Cơ mà như là, bạn đã thấy đấy, đôi khi cái sự chính trực của việc dùng sức nó cũng có cái hay của nó. Nói thì nói thế thôi, chứ chắc bạn cũng hiểu là, chả chính trực gì lắm đâu! Cái chỗ điêu điêu ở đây, là làm sao túm cổ được nghiệm của đạo hàm, tức là số 3 bốc ở đâu rat a? Thưa là, cũng chả ghê gớm gì sất, giải pháp của tôi là mò! Mà vấn đề là mò ra sao? Xin thưa, tôi cứ tò mò cho cái căn nó $\sqrt{7+{{x}^{2}}}$ nó là nguyên đẹp, mà với ý nghĩ hơi ma lanh đó tôi ép thứ $7+{{x}^{2}}={{4}^{2}}$. Thật ra, thì cũng chả gian xảo gian xảo gì đâu nhé, cái chính là tôi tin người ra đề phát xuất từ một số liệu đẹp! Sống mà có tý niềm tin , có lợi phết, các bạn ạ.

Ví dụ 6.  (Đề dự bị khối A(1) năm 2003)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $y={{\sin }^{5}}x+\sqrt{3}\cos x$.

Lời giải. Bởi vì, hàm số đã cho là hàm tuần hoàn với chu kỳ $\pi $, thế nên ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên $\left[ 0;\,2\pi  \right]$. Chúng ta thấy:\[y'\left( x \right)=5{{\sin }^{4}}x\cos x-\sqrt{3}\sin x=\left( 5{{\sin }^{3}}x\cos x-\sqrt{3} \right)\sin x\]Đặt $\tan x=t$ và để ý thêm rằng:                                                         \[\begin{array}{*{20}{l}}{5{{\sin }^3}x\cos x - \sqrt 3 }&{ = \frac{{5{{\tan }^3}x}}{{{{\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}}} \right)}^2}}}}\\{}&{ = \frac{{5{t^3}}}{{{{\left( {1 + {t^2}} \right)}^2}}} - \sqrt 3 }\\{}&{ =  - \frac{{\sqrt 3 }}{{16}} - \frac{{5\left( {3\sqrt 3 {t^4} - 16{t^3} + 6\sqrt 3 {t^3} + 3\sqrt 3 } \right)}}{{16{{\left( {1 + {t^2}} \right)}^2}}}}\\{}&{ =  - \frac{{\sqrt 3 }}{{16}} - \frac{{5{{\left( {t - \sqrt 3 } \right)}^2}\left( {8 + {{\left( {3\sqrt 3 t + 1} \right)}^2}} \right)}}{{48\sqrt 3 {{\left( {1 + {t^2}} \right)}^2}}} < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall t}\end{array}\]Như vậy, $x=\pi $ là điểm đạt cực trị địa phương duy nhất trên miền đang xét, thêm nữa:   \[f\left( 0 \right)=f\left( 2\pi  \right)=-\sqrt{3};\,\,\,f\left( \pi  \right)=\sqrt{3}\]Cho nên, giá trị lớn nhất cần tìm là $\sqrt{3}$, còn giá trị nhỏ nhất cần tìm là $-\sqrt{3}$.

$\blacksquare$

Nhận xét: Ở bài toán này, cái cách tôi cư xử với đạo hàm, có lẽ làm bạn đọc thấy không có được tự nhiên cho nó lắm. Về bản chất vấn đề, thì thật ra là theo bất đẳng thức Cauchy cho 4 số chúng ta có: \[\begin{array}{*{20}{l}}{{{\sin }^3}x\cos x}&{ \le |{{\sin }^3}x\cos x|}\\{}&{ = 3\sqrt 3 \sqrt {\left( {\frac{{{{\sin }^2}x}}{3}} \right)\left( {\frac{{{{\sin }^2}x}}{3}} \right)\left( {\frac{{{{\sin }^2}x}}{3}} \right){{\cos }^2}x} }\\{}&{ \le 3\sqrt 3 \sqrt {\frac{1}{{{4^4}}}{{\left( {\left( {\frac{{{{\sin }^2}x}}{3}} \right) + \left( {\frac{{{{\sin }^2}x}}{3}} \right) + \left( {\frac{{{{\sin }^2}x}}{3}} \right) + {{\cos }^2}x} \right)}^4}} }\\{}&{ = \frac{{3\sqrt 3 }}{{16}}}\end{array}\]Biết thế, cho nên đỡ ngắt mạch kỹ thuật biến đổi hàm, tôi sử dụng việc đưa về phân thức hữu  tỷ đối với $\tan x=t$. Nếu chúng ta, cứ chúi vào việc giải chân phương lấy nghiệm của đạo hàm, thì tôi e là rất mệt. Ngược lại, nếu ta lại quá lạm dụng kỹ thuật tách biến phân các phân thức hữu tỷ, nhờ phép biến đổi số: $\tan \frac{x}{2}=t$ thì sao? Câu trả lời là ta sẽ viết: \[\begin{array}{*{20}{l}}y&{ = \sqrt 3  + 2{{\sin }^2}\frac{x}{2}\left( {80{{\sin }^3}\frac{x}{2} - \sqrt 3 } \right)}\\{}&{ = \sqrt 3  + 2\frac{{{{\tan }^2}\frac{x}{2}}}{{\frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}}}\left( {\frac{{80{{\tan }^3}\frac{x}{2}}}{{{{\left( {\frac{1}{{{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}x}}} \right)}^4}}} - \sqrt 3 } \right)}\\{}&{ = \sqrt 3  + 2\frac{{{t^2}}}{{1 + {t^2}}}\left( {\frac{{80{t^3}}}{{{{\left( {1 + {t^2}} \right)}^4}}} - \sqrt 3 } \right)}\end{array}\]Sau đó đi chúi mũi vào việc khẳng định: \[\frac{80{{t}^{3}}}{{{\left( 1+{{t}^{2}} \right)}^{4}}}-\sqrt{3}<0\] Làm thế thì kiểu gì mà chả ra! Có điều, đó chỉ nên là việc bạn làm mỗi buổi sang nếu cảm thấy cần tập cơ tay, thay cho cử tạ. Chứ, không nói chuyện, chúng ta chỉ có 180 phút để thi Đại Học. Mà còn là ở nhẽ, những người chấm thi, họ chẳng mang theo thuốc an thần để theo dõi lời giải của bạn đâu! Nói chung, cứ phải mềm dẻo mà ứng với hoàn cảnh bài toán, để chiến đấu thôi!

Ví dụ 7. (Đề thi tuyển sinh khối D năm 2010)

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:\[y=\sqrt{-{{x}^{2}}+4x+21}-\sqrt{-{{x}^{2}}+3x+10}\]

Lời giải 1: Chúng ta có: $y=\sqrt{\left( 7-x \right)\left( x+3 \right)}-\sqrt{\left( 5-x \right)\left( x+2 \right)}$

Bởi vậy, chúng ta sẽ đi tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số, trên miền xác định: \[\left( -3;\,7 \right)\cap \left( -2;\,5 \right)=\left( -2;\,5 \right)\]Trên miền đó ta có đánh giá sau: \[7-x>5-x\ge 0;\,\,x+3>x+2\ge 0\,\Rightarrow \sqrt{\left( 7-x \right)\left( x+3 \right)}>\sqrt{\left( 5-x \right)\left( x+2 \right)}\]Bởi thế, trên đó hàm số sẽ nhận giá trị dương, chúng ta xét:\[\begin{array}{*{20}{l}}{{y^2}}&{ = {{\left( {\sqrt {\left( {7 - x} \right)\left( {x + 3} \right)}  - \sqrt {\left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} } \right)}^2}}\\{}&{ = \left( {7 - x} \right)\left( {x + 3} \right) + \left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right) - 2\sqrt {\left( {7 - x} \right)\left( {x + 3} \right)\left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} }\\{}&{ = 2 + \left( {7 - x} \right)\left( {x + 2} \right) + \left( {5 - x} \right)\left( {x + 3} \right) - 2\sqrt {\left( {7 - x} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {5 - x} \right)\left( {x + 3} \right)} }\\{}&{ = 2 + {{\left( {\sqrt {\left( {7 - x} \right)\left( {x + 2} \right)}  - \sqrt {\left( {5 - x} \right)\left( {x + 3} \right)} } \right)}^2}}\\{}&{ \ge 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( { - 2;{\mkern 1mu} 5} \right)}\end{array}\]Như vậy $y\ge \sqrt{2}=y\left( \frac{1}{3} \right)$. Tức là, có thể kết luận, giá trị nhỏ nhất cần tìm là: $\sqrt{2}$.

$\blacksquare$

Lời giải 2: Chúng ta có $y=\sqrt{\left( 7-x \right)\left( x+3 \right)}-\sqrt{\left( 5-x \right)\left( x+2 \right)}$

Bởi vậy, chúng ta sẽ đi tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số, trên miền xác định: \[\left( -3;\,7 \right)\cap \left( -2;\,5 \right)=\left( -2;\,5 \right)\]Trên miền đó ta có đánh giá sau:        \[\begin{array}{*{20}{l}}{ - {x^2} + 4x + 21}&{ =  - {x^2} + 3x + 12 + 2\sqrt {2\left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right)}  + x + 9 - 2\sqrt {2\left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} }\\{}&{ = 2 + \left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right) + 2\sqrt {2\left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right)}  + 5 - x + 2\left( {x + 2} \right) - 2\sqrt {2\left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} }\\{}&{ = {{\left( {\sqrt 2  + \sqrt {\left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {\left( {5 - x} \right)}  - \sqrt {2\left( {x + 2} \right)} } \right)}^2}}\\{}&{ \ge {{\left( {\sqrt 2  + \sqrt {\left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} } \right)}^2}}\end{array}\]Như vậy, thì sẽ xảy đến tiếp, đánh giá sau đây: \[\begin{array}{*{20}{l}}y&{ = \sqrt { - {x^2} + 4x + 21}  - \sqrt {\left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} }\\{}&{ \ge \left( {\sqrt 2  + \sqrt {\left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} } \right) - \sqrt {\left( {5 - x} \right)\left( {x + 2} \right)} }\\{}&{ = \sqrt 2 }\\{}&{ = y\left( {\frac{1}{3}} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x \in \left( { - 2;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 5} \right)}\end{array}\]Vậy ra, ta có thể kết luận, giá trị nhỏ nhất cần tìm là:  $\sqrt{2}$.

 $\blacksquare$

Ví dụ 8. (Math.vn)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: \[A=\frac{6a+4|{{a}^{2}}-1|}{{{a}^{2}}+1}\]

Lời giải. Chúng ta có\[A=\frac{6a+4|{{a}^{2}}-1|}{{{a}^{2}}+1}=-3+\frac{3{{\left( 1+a \right)}^{2}}+4|{{a}^{2}}-1|}{1+{{a}^{2}}}\ge -3\]

Và $A=-3$ khi $a=-1$ vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là $-3$.

Lại lưu ý thêm rằng:\[{{A}^{2}}={{\left( \frac{6a+4|{{a}^{2}}-1|}{{{a}^{2}}+1} \right)}^{2}}=25-{{\left( \frac{8a-3|{{a}^{2}}-1|}{{{a}^{2}}+1} \right)}^{2}}\le 25\]Vậy $A\le 5$, thêm nữa khi $a=3$ thì $A=5$. Do đó, giá trị lớn nhất cần tìm là $5$.

$\blacksquare$

Nhận xét: Bài toán vừa rồi, tất nhiên là một bài toán dễ, dễ đến mức mà tôi tin là còn có nhiều cách khác. Chẳng hạn, bạn có thể phân miền (để phá giá trị tuyệt đối), sau đó thì nã đạo hàm vào mà khảo sát. Tuy nhiên, tôi chọn cách xử lý như đã, là vì: “Vốn ban đầu, tôi ngắm nghía nó qua hình hài lượng giác, do cái sự khiêu khích của cái mẫu số (công thức $1+{{\tan }^{2}}x=\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}$). Qua cái nhìn ấy, tôi bắt được hai cái huyệt $a=3;\,a=-1$, mà khi đã biết được chỗ mà gí vào sẽ chết chắc… Thì dại gì, mà biến đổi lượng giác cho nó mệt, phỏng ạ?”

Ví dụ 9. (Đề thi tuyển sinh khối D năm 2007)

Cho $a\ge b>0$ chứng minh rằng:\[{{\left( {{2}^{a}}+\frac{1}{{{2}^{a}}} \right)}^{b}}\le {{\left( {{2}^{b}}+\frac{1}{{{2}^{b}}} \right)}^{a}}\]

Lời giải. Sau khi quy đồng mẫu số, rút gọn, bất đẳng thức ta cần chứng minh chính là         \[{{\left( {{4}^{a}} +1 \right)}^{b}}\le {{\left( {{4}^{b}}+1 \right)}^{a}}\]Lấy lo-ga-rit hai vế ta đưa về:\[\frac{\ln \left( 1+{{4}^{a}} \right)}{a}\le \frac{\ln \left( 1+{{4}^{b}} \right)}{b}\]Như vậy, công việc giờ đây đơn giản là đi xét hàm số: $f\left( x \right)=\frac{\ln \left( 1+{{4}^{x}} \right)}{x};\,\,x\in {{\mathbb{R}}^{+}}$, và chúng ta cần khẳng định là nó nghịch biến. Thật vậy:\[f'\left( x \right)=\frac{1}{{{\left( 1+{{4}^{x}} \right)}^{2}}}\left( \frac{x{{4}^{2}}}{\left( 1+{{4}^{x}} \right)}-\ln \left( 1+{{4}^{x}} \right) \right)\]Với $x>0$ ta có các đánh giá sau đây:                                                         \[\begin{array}{*{20}{l}}{\ln \left( {1 + {4^x}} \right) > \ln {4^x} = x\ln 4 > x\ln e = x > x - \frac{x}{{\left( {1 + {4^x}} \right)}} = \frac{{x{4^x}}}{{\left( {1 + {4^x}} \right)}}}\end{array}\]Chúng thông báo, một điều rất rõ ràng rằng $f’\left( x \right)<0$, xong.

$\blacksquare$

Nhận xét: Đây quả đúng là một đề thi khối D, mọi ý tứ cần nghĩ đến quả thật là quá rõ ràng, có chăng thì là chỗ lấy lo-ga-rit để độc lập biến số. Và, tính toán cẩn trọng chút xíu, ở mấy cái chỗ cần tính đạo hàm.

Ví dụ 10. (Math.vn)

  1.         Chứng minh rằng: ${{e}^{3x}}\ge x+{{e}^{2x}}\,\,\forall x\in \mathbb{R}$.
  2.        Chứng minh rằng: \[{{\sqrt{\frac{a}{b}}}^{3}}+{{\sqrt{\frac{b}{c}}}^{3}}+{{\sqrt{\frac{c}{a}}}^{3}}\ge \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\,\,\,\forall a;\,b;\,c>0\].

Lời giải.

1. Xét hàm số $f\left( x \right)={{e}^{3x}}-{{e}^{2x}}-x$ trên $\mathbb{R}$ ta thấy:\[f'\left( x \right)=3{{e}^{3x}}-2{{e}^{2x}}-1=\left( {{e}^{x}}-1 \right)\left( 3{{e}^{2x}}+{{e}^{x}}+1 \right);\,\,f''\left( x \right)=9{{e}^{3x}}-4{{e}^{2x}}\]Như vậy, điểm triệt tiêu duy nhất của đạo hàm $f’\left( x \right)$ là $x=0$, thêm đó $f’\left( 0 \right)>0\,\,\forall x>0;\,\,f’\left( 0 \right)<0\,\,\forall x<0$. Vậy thì, giá trị nhỏ nhất của hàm số sẽ đạt được tại $x=0$, và giá trị đó chính là  $f\left( 0 \right)=0$. Điều này cho ta thứ cần khẳng định.

2. Chúng ta để ý rằng:\[\sqrt{\frac{a}{b}}\sqrt{\frac{b}{c}}\sqrt{\frac{c}{a}}=\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{a}}=1;\,\,\sqrt{\frac{a}{b}};\sqrt{\frac{b}{c}};\,\sqrt{\frac{c}{a}}>0\,\,\forall \,a;\,b;\,c>0\]Và bởi vậy ta có quyền đặt\[\sqrt{\frac{a}{b}}={{e}^{x}};\,\sqrt{\frac{b}{c}}={{e}^{y}};\,\sqrt{\frac{c}{a}}={{e}^{z}}\]Để thấy rằng, xuất hiện ràng buộc $x+y+z=0$, và bất đẳng thức cần chứng minh là:\[{{e}^{3x}}+{{e}^{3y}}+{{e}^{3z}}\ge {{e}^{2x}}+{{e}^{2y}}+{{e}^{2z}}\]Bây giờ, áp dụng đánh giá ở ý trên (và ràng buộc $x+y+z=0$), chúng ta sẽ có ngay điều cần chứng minh.

$\blacksquare$

Nhận xét: Có một câu hỏi đặt ra sau bài toán này là: “Nếu bài toán vừa rồi, chỉ có yêu cầu ở ý 2 thì làm sao ta?”. Với một bạn đọc, có thâm niên kinh nghiệm trong xử lý các bất đẳng thức, thì câu hỏi đó lạt toẹt. Làm gì à? Dùng bất đẳng thức Cauchy chẳng hạn, loẹt xoẹt mấy phát là xong, phỏng ạ?! Nhưng nếu mà bạn đọc nào không ở thể loại đó, thì tôi hồ rằng, bạn sẽ phải nghĩ đến việc “chế ra một thứ giống như ý 1”. Vâng, thì chắc vậy, cơ mà chế ra sao đây ta? Câu trả lời cho vụ này, xin khất bạn đọc ở phần lồi lõm, bạn nhé!

Ví dụ 11.

Chứng minh rằng:

  1.                    ${{a}^{k}}\le 1+k\left( a-1 \right)\,\,\,\forall a>0;\,\,\forall k\in \left( 0;\,1 \right)$
  2.                   ${{a}^{b}}+{{b}^{a}}\ge 1\,\,\forall \,a;\,b>0$.

Lời giải.

  1.  Xét hàm số $f\left( x \right)={{x}^{k}}-k\left( x-1 \right);\,\,x\in {{\mathbb{R}}^{*}}$ để thấy là:\[f'\left( x \right)=k\left( {{x}^{k-1}}-1 \right)\]Điều này cho thấy, đạo hàm của hàm này triệt tiêu duy nhất tại $x=1$, thêm nữa\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=k-1<0;\,\,\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=-\infty ;\,\,\,f\left( 1 \right)=0\]Từ đó, hàm có giá trị lớn nhất là $0$ đạt tại $x=1$, từ đó có điều cần khẳng định.
  2. Thực chất ra, ta chỉ cần khẳng định ${{a}^{b}}+{{b}^{a}}\ge 1\,\,\forall \,a;\,b>\left( 0;\,1 \right)$, mà khi đó thì theo cái đánh giá đã được khẳng định ở ý trên: \[\begin{align}  & {{a}^{b}}=\frac{a}{{{a}^{1-b}}}\,\,\ge \frac{a}{1+\left( 1-b \right)\left( a-1 \right)}=\frac{a}{a+b-ab} \\& {{b}^{a}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ge \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{a}{a+b-ab} \\\end{align}\]Cộng theo cột lại là ta có ngay điều cần chứng minh.

$\blacksquare$

Nhận xét: Bất đẳng thức nói đến ở ý i, còn có tên gọi là bất đẳng thức Bernouli, một bất đẳng thức có nhiều ý nghĩa trong Giải Tích. Ý nghĩa lớn lao gì quá thể, thì bạn cứ lớn lên, học cho lắm Giải Tích vào sẽ khắc biết! Ở đây, tôi chỉ xin nhấn mạnh, ở cái khía cạnh: “Bất đẳng thức này, quý ở chỗ, nó cho chúng ta một đánh giá giữa giá trị của hàm mũ (lớp siêu việt) với hàm đa thức bậc nhất(lớp đại số)”. Bất đẳng thức Bernouli, cũng là một phát súng mồi cho phương pháp tiếp tuyến, mà tôi sẽ trình bày ở bài giảng về hàm lồi.

 

digg delicious stumbleupon technorati Google live facebook Sphinn Mixx newsvine reddit yahoomyweb