Chủ đề này có 12 trả lời

[altair5927]

1) $n\geq 3, n\in N $ (n lẻ) CMR với mọi $x\neq 0$
$\left [ 1+x+\frac{x^{2}}{2!}+...+\frac{x^{n}}{n!} \right ]\left [ 1-x+\frac{x^{2}}{2!}-...-\frac{x^{n}}{n!} \right ]< 1$
2) $n\in R, a+b\geq 0$ CMR
$(\frac{a+b}{2})^{n}\leq \frac{a^{n}+b^{n}}{2}$
3) Tìm tham số m để hàm số sau có duy nhất một cực trị:
$y=\left ( m+1 \right )\left [ \frac{x^{2}}{x^{2}+1} \right ]^{2}-3m\left [ \frac{x^{2}}{x^{2}+1} \right ]+4m$
4) Cho các số thực a, b, c, d, e. Chứng minh rằng nếu phương trình $ax^{2}+(b+c)x+d+e=0$ có nghiệm thực thuộc nửa khoảng $[1;+\infty )$ thì phương trình: $ax^{4}+bx^{3}+cx^{2}+dx+e=0$ có nghiệm.
Đây là một số bài trong phần đạo hàm hàm số (Chuyên đề BDHSG của thầy Phạm Kim Chung) mà mình chưa làm được mong mọi người giúp đỡ. Mình chỉ còn đêm nay và ngày chủ nhật nữa thôi, thứ hai thi rồi :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 13-10-2012 - 21:18

[Ispectorgadget]

1) $n\geq 3, n\in N$ (n lẻ) CMR với mọi $x\neq 0$
$\left [ 1+x+\frac{x^{2}}{2!}+...+\frac{x^{n}}{n!} \right ]\left [ 1-x+\frac{x^{2}}{2!}-...-\frac{x^{n}}{n!} \right ]< 1$
Đặt $u\left( x \right)=1+x+\tfrac{{{x}^{2}}}{2!}+...+\tfrac{{{x}^{n}}}{n!}\ \ ;\ \ v\left( x \right)=1-x+\tfrac{{{x}^{2}}}{2!}-\tfrac{{{x}^{3}}}{3!}+...-\tfrac{{{x}^{n}}}{n!}$.
Ta cần chứng minh $f\left( x \right)=u\left( x \right).v\left( x \right)$ < 1
Ta có: $\left\{ \begin{align}
& {u}'\left( x \right)=1+x+\tfrac{{{x}^{2}}}{2!}+...+\tfrac{{{x}^{n-1}}}{\left( n-1 \right)!}=u\left( x \right)-\tfrac{{{x}^{n}}}{n!} \\
& {v}'\left( x \right)=-1+x-\tfrac{{{x}^{2}}}{2!}+...-\tfrac{{{x}^{n-1}}}{\left( n-1 \right)!}=-v\left( x \right)-\tfrac{{{x}^{n}}}{n!} \\
\end{align} \right.$
Þ ${f}'\left( x \right)={u}'\left( x \right).v\left( x \right)+u\left( x \right).{v}'\left( x \right)=\left[ u\left( x \right)-\tfrac{{{x}^{n}}}{n!} \right]v\left( x \right)-u\left( x \right)\left[ v\left( x \right)+\tfrac{{{x}^{n}}}{n!} \right]$
${f}'\left( x \right)=\tfrac{-{{x}^{n}}}{n!}\left[ u\left( x \right)+v\left( x \right) \right]$ $=\tfrac{-2{{x}^{n}}}{n!}\left[ 1+\tfrac{{{x}^{2}}}{2!}+\tfrac{{{x}^{4}}}{4!}+...+\tfrac{{{x}^{n-1}}}{\left( n-1 \right)!} \right]$
Do $3\le n$ lẻ nên $f'(x)$ cùng dấu với (-2x)
Nhìn bảng biến thiên suy ra:
$f\left( x \right)<f\left( 0 \right)=1\,\,\forall x\ne 0$ Þ (đpcm)
2) $n\in R, a+b\geq 0$ CMR
$(\frac{a+b}{2})^{n}\leq \frac{a^{n}+b^{n}}{2}$
Câu này có nhiều cách mình trình bày 1 cách khá ngắn gọn
$$QED \Leftrightarrow (\frac{2a}{a+b})^n+(\frac{2b}{a+b})^n\ge 2$$
Áp dụng BĐT Bernoulli ta có $(\frac{2a}{a+b})^n\ge \frac{2n}{a+b}+1-n$
Tương tự $(\frac{2b}{a+b})^n\ge \frac{2n}{a+b}+1-n$
Cộng lại ta có $VT\geq 2n-2n+2=2$
Từ đây ta có đpcm.

[Dramons Celliet]

2) $n\in R, a+b\geq 0$ CMR
$(\frac{a+b}{2})^{n}\leq \frac{a^{n}+b^{n}}{2}$

Lời giải: (THCS).
Bất đẳng thức phụ: "Cho các số dương $x$, $y$ thỏa mãn $x+y=2$. Chứng minh rằng với mọi số $n\in N^*$ thì ta có: $x^{n+1}+y^{n+1}\geq x^{n}+y^{n}$."
Chứng minh: Ta có:

$$2\left ( x^{n+1}+y^{n+1} \right )-\left ( x^n+y^n \right )\left ( x+y \right )=x^n\left ( x-y \right )-y^n\left ( x-y \right )$$

$$=\left ( x^n-y^n \right )\left ( x-y \right )=\left ( x-y \right )^2\left ( x^{n-1}+x^{n-2}y+...+xy^{n-2}+y^{n-1} \right )\geq 0$$

$$\Rightarrow 2\left ( x^{n+1}+y^{n+1} \right )\geq \left ( x^n+y^n \right )\left ( x+y \right )\geq 2\left ( x^n+y^n \right )$$

$$\Rightarrow x^{n+1}+y^{n+1}\geq x^n+y^n$$

Vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức phụ.
Trở lại bài toán:
Đặt: $x=\frac{2a}{a+b}>0$ và $y=\frac{2b}{a+b}>0$ $\left ( x+y=\frac{2a}{a+b}+\frac{2b}{a+b}=2 \right )$
Theo bất đẳng thức phụ ta có:

$$x^n+y^n\geq x^{n-1}+y^{n-1}\geq x+y=2$$

$$\Rightarrow x^n+y^n\geq 2$$

$$\Rightarrow \left ( \frac{2a}{a+b} \right )+\left ( \frac{2b}{a+b} \right )^n\geq 2$$

$$\Rightarrow \frac{a^n+b^n}{2}\geq \left ( \frac{a+b}{2} \right )^n$$

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
====
Lời giải: (THPT).
Trước tiên ta xét: $$f(x) = {x^n} + {(c - x)^n};c > 0,n \in {N^*}$$.
Ta có: $f'(x) = n{x^{n - 1}} - n{(c - x)^{n - 1}}$;$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{c}{2}$.
Lập bảng biến thiên.
\[BBT \to f(x) \ge f\left( {\dfrac{c}{2}} \right) \Leftrightarrow {x^n} + {(c - x)^n} \ge 2{\left( {\dfrac{c}{2}} \right)^n}\]
Chọn $x = a;c = a + b$ ta có:\[{a^n} + {b^n} \ge 2{\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

[NLT]

2) $n\in R, a+b\geq 0$ CMR
$(\frac{a+b}{2})^{n}\leq \frac{a^{n}+b^{n}}{2}$

Có thể áp dụng $\text{Holder}$ để giải quyết.
___

[altair5927]

bạn xem lại cách THCS nhé, lưu ý n thuộc R
MOD: Không trích dẫn lại toàn bộ bài viết nhé bạn nhìn hơi mất thẩm mĩ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 13-10-2012 - 21:58

[dark templar]

1) $n\geq 3, n\in N $ (n lẻ) CMR với mọi $x\neq 0$
$\left [ 1+x+\frac{x^{2}}{2!}+...+\frac{x^{n}}{n!} \right ]\left [ 1-x+\frac{x^{2}}{2!}-...-\frac{x^{n}}{n!} \right ]< 1$

Bài toán này xuất phát từ khai triển Taylor cho 2 hàm số sau:
$$e^{x}=1+x+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\alpha.x}x^{n+1}}{(n+1)!}$$
$$e^{-x}=1-x+\frac{x^2}{2!}-...+\frac{(-1)^{n}x^{n}}{n!}+\frac{(-1)^{n+1}e^{-\alpha.x}x^{n+1}}{(n+1)!}$$
Trong đó $0<\alpha<1$.

[altair5927]

Thêm:
5) Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm phân biệt $ x_{1}, x_{2}, ... $ Chứng minh các đẳng thức sau:
a) $\frac{P''(x_{1})}{P'(x_{1})}+\frac{P''(x_{2})}{P'(x_{2})}+...+\frac{P''(x_{n})}{P'(x_{n})}=0$
b) $\frac{1}{P'(x_{1})}+\frac{1}{P'(x_{2})}+...+\frac{1}{P'(x_{n})}=0$
Còn bài 3 bài 4 ở trên hướng đi thế nào nhỉ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi altair5927: 13-10-2012 - 22:25

[dark templar]

3) Tìm tham số m để hàm số sau có duy nhất một cực trị:
$y=\left ( m+1 \right )\left [ \frac{x^{2}}{x^{2}+1} \right ]^{2}-3m\left [ \frac{x^{2}}{x^{2}+1} \right ]+4m$

Đặt $t=\frac{x^2}{x^2+1} \implies 0<t<1$.Khi đó:$y=(m+1)t^2-3mt+4m$.
Dễ thấy rằng để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì $m+1 \neq 0 \iff m \neq -1$.
Đạo hàm:$y'=2(m+1)t-3m$.
Để $y=f(t)$ có duy nhất 1 cực trị thì phương trình $y'=0$ phải có nghiệm duy nhất trong khoảng $(0;1)$,tức là $0<\frac{3m}{2(m+1)}<1 \iff \left\{\begin{matrix} \begin{bmatrix} m>0 & \\ m<-1& \end{bmatrix} & \\ 2>m>-1& \end{matrix}\right. \iff 2>m>0$.

[Ispectorgadget]

Thêm:
5) Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm phân biệt $ x_{1}, x_{2}, ... $ Chứng minh các đẳng thức sau:
b) $\frac{1}{P'(x_{1})}+\frac{1}{P'(x_{2})}+...+\frac{1}{P'(x_{n})}=0$

Bài này cũng cũ rồi....
Đặt $P(x)=a(x-x_1)(x_2)...(x-x_n), a\neq 0$
$\Rightarrow P'(x)=P_1(x)+P_2(x)+...+P_n(x)$ với $\prod\limits_{i = 1,j \ne i}^n {(x - {x_j})}$
Ta thấy $P_i(x_j)=0 \forall j\neq i \Rightarrow P'(x_j)=P_j\neq 0\forall j=\overline{1,n}$
Xét đa thức $F(x)=\sum_{i=1}^n\frac{P_i(x)}{P'(x_i)}-1$ có bậc không vượt quá $n-1$
Với $i=\overline{1,n}$ ta có $F(x_i)=\frac{P_i(x_i)}{P'(x_i)}-1=0$
Suy ra $F(x)$ có n nghiệm phân biệt, do đó $F(x)\equiv 0$
Mà hệ số của $F(x)$ đối với $x_{n-1}=0$ nên $\frac{a}{P'(x_1)}+\frac{a}{P'(x_2)}+...+\frac{a}{P'(x_n)}=0$
Từ đây ta có đpcm.
Mà mình nghĩ bạn nên tách mỗi bài ra nhiều box cho mọi người tiện theo dõi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 14-10-2012 - 11:13

[Crystal]

Thêm:
5) Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm phân biệt $ x_{1}, x_{2}, ... $ Chứng minh các đẳng thức sau:
a) $\frac{P''(x_{1})}{P'(x_{1})}+\frac{P''(x_{2})}{P'(x_{2})}+...+\frac{P''(x_{n})}{P'(x_{n})}=0$

Câu a:

Xét $P\left( x \right) = \left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)...\left( {x - {x_n}} \right)$, giả sử ${x_1} < {x_2} < ... < {x_n}$
Ta có: $$P'\left( x \right) = P\left( x \right)\left( {\dfrac{1}{{x - {x_1}}} + \dfrac{1}{{x - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{x - {x_n}}}} \right) = P\left( x \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{x - {x_i}}}} \,\,\,\,\,\left( 1 \right)$$
Do $P\left( {{x_i}} \right) = 0,i = \overline {1,n} $ nên theo định lí Rolle tồn tại ${c_1},{c_2},...,{c_{n - 1}};\,\,{x_1} < {c_1} < {x_2} < {c_2} < ... < {c_{n - 1}} < {x_n}$ sao cho $P'\left( {{c_i}} \right) = 0,i = \overline {1,n - 1} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$
Lại có: $$P''\left( x \right) = P'\left( x \right)\left( {\dfrac{1}{{x - {c_1}}} + \dfrac{1}{{x - {c_2}}} + ... + \dfrac{1}{{x - {c_{n - 1}}}}} \right) = P'\left( x \right)\sum\limits_{i = 1}^{n - 1} {\dfrac{1}{{x - {c_i}}}} \,\,\,\,\,\left( 3 \right)$$
Từ (1) và (2) suy ra:$$\left\{ \begin{array}{l}
P'\left( {{c_1}} \right) = P\left( {{c_1}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_1}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} = 0} \\
P'\left( {{c_2}} \right) = P\left( {{c_2}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_2}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} = 0} \\
...............\\
P'\left( {{c_{n - 1}}} \right) = P\left( {{c_{n - 1}}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_n}}}} \right) = P\left( {{c_{n - 1}}} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0}
\end{array} \right.$$
Do $P\left( {{c_i}} \right) \ne 0,i = \overline {1,n - 1} $ nên ta có:$$\left\{ \begin{array}{l}
\dfrac{1}{{{c_1} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_1} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} = 0} \\
\dfrac{1}{{{c_2} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_2} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} = 0} \\
..............\\
\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_1}}} + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_2}}} + ... + \dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0}
\end{array} \right.$$
Suy ra: $$\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{P''\left( {{x_i}} \right)}}{{P'\left( {{x_i}} \right)}} = } \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_1} - {x_i}}} + \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_2} - {x_i}}} + \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{{c_{n - 1}} - {x_i}}} = 0} } } $$
Ta có đpcm.

[Crystal]

Thêm:
5) Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm phân biệt $ x_{1}, x_{2}, ... $ Chứng minh các đẳng thức sau:
b) $\frac{1}{P'(x_{1})}+\frac{1}{P'(x_{2})}+...+\frac{1}{P'(x_{n})}=0$

Xét phân tích: $$P\left( x \right) = \left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)...\left( {x - {x_n}} \right) = \prod\limits_{i = 1}^n {\left( {x - {x_i}} \right)} $$
Đặt: $${P_i}\left( x \right) = \prod\limits_{j = 1,j \ne i}^n {\left( {x - {x_j}} \right)} \Rightarrow P'\left( x \right) = \sum\limits_{i = 1}^n {{P_i}\left( x \right)} $$
Ngoài ra: $${P_i}\left( {{x_j}} \right) = 0,\forall j \ne i;\,\,{P_i}\left( {{x_i}} \right) \ne 0,\forall i = \overline {1,n} \Rightarrow P'\left( {{x_i}} \right) = {P_i}\left( {{x_i}} \right),\forall i = \overline {1,n} $$
Xét đa thức $Q\left( x \right) = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{{P_i}\left( x \right)}}{{P'\left( {{x_i}} \right)}} - 1} $ có bậc không vượt quá $n-1$. Ta có $\forall i = \overline {1,n} \Rightarrow Q\left( {{x_i}} \right) = 0$

Suy ra đa thức này có $n$ nghiệm thực phân biệt, tức $Q\left( x \right) \equiv 0$ và hệ số cao nhất của $Q\left( x \right)$ cũng bằng $0$.
Do đó: $$\dfrac{1}{{P'({x_1})}} + \dfrac{1}{{P'({x_2})}} + .... + \dfrac{1}{{P'({x_n})}} = 0$$
Ta có đpcm.

[tham2000bn]

cách thcs làm sao bạn ns rõ đi hộ m cái 

[Tantran2510]

Lời giải: (THCS).
Bất đẳng thức phụ: "Cho các số dương $x$, $y$ thỏa mãn $x+y=2$. Chứng minh rằng với mọi số $n\in N^*$ thì ta có: $x^{n+1}+y^{n+1}\geq x^{n}+y^{n}$."
Chứng minh: Ta có:

$$2\left ( x^{n+1}+y^{n+1} \right )-\left ( x^n+y^n \right )\left ( x+y \right )=x^n\left ( x-y \right )-y^n\left ( x-y \right )$$

$$=\left ( x^n-y^n \right )\left ( x-y \right )=\left ( x-y \right )^2\left ( x^{n-1}+x^{n-2}y+...+xy^{n-2}+y^{n-1} \right )\geq 0$$

$$\Rightarrow 2\left ( x^{n+1}+y^{n+1} \right )\geq \left ( x^n+y^n \right )\left ( x+y \right )\geq 2\left ( x^n+y^n \right )$$

$$\Rightarrow x^{n+1}+y^{n+1}\geq x^n+y^n$$

Vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức phụ.
Trở lại bài toán:
Đặt: $x=\frac{2a}{a+b}>0$ và $y=\frac{2b}{a+b}>0$ $\left ( x+y=\frac{2a}{a+b}+\frac{2b}{a+b}=2 \right )$
Theo bất đẳng thức phụ ta có:

$$x^n+y^n\geq x^{n-1}+y^{n-1}\geq x+y=2$$

$$\Rightarrow x^n+y^n\geq 2$$

$$\Rightarrow \left ( \frac{2a}{a+b} \right )+\left ( \frac{2b}{a+b} \right )^n\geq 2$$

$$\Rightarrow \frac{a^n+b^n}{2}\geq \left ( \frac{a+b}{2} \right )^n$$

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
====
Lời giải: (THPT).
Trước tiên ta xét: $$f(x) = {x^n} + {(c - x)^n};c > 0,n \in {N^*}$$.
Ta có: $f'(x) = n{x^{n - 1}} - n{(c - x)^{n - 1}}$;$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{c}{2}$.
Lập bảng biến thiên.
\[BBT \to f(x) \ge f\left( {\dfrac{c}{2}} \right) \Leftrightarrow {x^n} + {(c - x)^n} \ge 2{\left( {\dfrac{c}{2}} \right)^n}\]
Chọn $x = a;c = a + b$ ta có:\[{a^n} + {b^n} \ge 2{\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

có cách nào dùng quy nạp chứng minh được không ạ??