Ứng dụng của một bất đẳng thức dạng đạo hàm - Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán
giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12TRANG CHỦ giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12TÀI LIỆU TRẮC NGHIỆM giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 GIẢI TOÁN ONLINE giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 Upload-File giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12ĐĂNG KÍ THÀNH VIÊN
 
giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12   Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan TOÁN OLYMPIC - HỌC SINH GIỎI giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan GIẢI TOÁN GIẢI TÍCH HSG giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan Đạo hàm - Hàm số

Trả lờiGui De Tai Moi
 
Công cụ bài viết Tìm trong chủ đề này Kiểu hiển thị

  #1  
Cũ 10-11-2013, 22:20
Avatar của levietbao
levietbao levietbao đang ẩn
Thành viên Chính thức
 
Cấp bậc: 6 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 142
Điểm: 20 / 2090
Kinh nghiệm: 69%

Thành viên thứ: 1642
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Bài gửi: 61
Đã cảm ơn : 10
Được cảm ơn 70 lần trong 22 bài viết

Lượt xem bài này: 1364
Mặc định Ứng dụng của một bất đẳng thức dạng đạo hàm

Nhắc lại về định lý Lagrange
Cho $f(x)$ là hàm liên tục trên $[a,b]$ và khả vi ( có đạo hàm ) trên $(a,b)$ khi đó tồn tại một điểm $c$ thuộc $(a,b)$ sao cho$$\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}=f’(c)$$


Chứng minh định lý này có thể tìm trong [1] hoặc một số tài liệu khác trên mạng.
Định lý Lagrange là một định lý có nhiều ứng dụng trong giải tích, có thể nói đây là định lý đẹp nhất trong các định lý về giá trị trung bình của giải tích.
Từ định lý này ta có bài toán sau đây:

Bài toán mở đầu: Cho hàm số $f(x)$ có đạo hàm cấp hai trên $\mathbb{R}$ hơn nữa $f(x)\geq 0, \quad \forall x\in\mathbb{R}$ ( nghiệm của đạo hàm cấp hai $f(x)=0$ là hữu hạn đếm được ). Chứng minh rằng:
$$f(n)-f(0) <\sum_{i=1}^{n}f’(i)<f(n+1)-f(1), \quad \forall n\in\mathbb{N}^* \quad (*)$$

Chú ý: Nếu $f''\left ( x \right )\leq 0,\quad x\in\mathbb{R}$ thì bất đẳng thức trên đổi chiều tức là
$$ f(n+1)-f(1)<\sum_{i=1}^{n}f’(i)< f(n)-f(0) , \quad \forall n\in\mathbb{N}^*$$

Đây là một bất đẳng thức rất đẹp mắt và ''mạnh''. Chứng minh bất đẳng thức này bằng cách sử dụng định lý giá trị trung bình ( định lý Lagrange).
Chứng Minh



Vì $f''\left ( x \right )\geq 0, \quad \forall x\in\mathbb{R}$ (nghiệm của đạo hàm cấp hai $f''\left ( x \right )=0$ là hữu hạn đếm được ) nên $f’(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Theo định lý Lagrange tồn tại một số thực $x_{i}\in (i;i+1)$ sao cho :
$f’(x_i)=f(i+1)-f(i),\quad \forall i\in\mathbb{R}$

Vì $f'(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên ta có
$f’(i)<f’(x)<f’(i+1)$

$\implies f’(i)<f(i+1)-f(i)<f’(i+1), \quad \forall i\in\mathbb{R}$

$\implies \displaystyle\sum_{i=1}^{n} f’(i)< \sum_{i=1}^{n}[f(i+1)-f(i)]=f(n+1)-f(1) \quad \forall n\in\mathbb{N}^*$ và $\displaystyle\sum_{i=1}^{n} f’(i)< \sum_{i=1}^{n}[f(i)-f(i-1)]=f(n)-f(0)$


Toàn bộ chủ đề này chúng ta sẽ nói về ứng dụng của bất đẳng thức trên. Trước hết ta sẽ tìm hiểu qua các ví dụ sau

$\fbox{Ví dụ 1}$ Chứng minh rằng
$$ \displaystyle2\sqrt{n+1}-2< \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}<2\sqrt{n}$$
Lời Giải
Ta xét hàm
$f(x)=2\sqrt{x}$ thì rõ ràng $f'(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}>0 $ và $f{''}(x)<0$ nên theo bất đẳng thức $(*)$ ta có
$$f(n+1)-f(1)<\sum_{i=1}^{n}<f(n)-f(0)$$

$$\iff \displaystyle 2\sqrt{n+1}-2<\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{k}}}<2\sqrt{n}.$$
Bài toán trên cũng có thể giải bằng bất đẳng thức AM-GM. Tổng quát bài toán này ta có được ví dụ sau:

$\fbox{Ví dụ 2}$ Chứng minh rằng
$$ p(\sqrt[p]{n+1}-1)< \frac{1}{\sqrt[p]{1}}+\frac{1}{\sqrt[p]{2^{p-1}}}+...+\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}< p\sqrt[p]{n} \quad p\in \mathbb{N},p\ge 2 $$
Lời Giải
Ta chứng minh vế trái của bất đẳng thức

Từ bất đẳng thức AM-GM ta có

$n+1+(p-1)n>p\sqrt[p]{n^{p-1}(n+1)}$

$ \Longleftrightarrow $ $pn+1>p\sqrt[p]{n^{p-1}(n+1)}$

$ \Longleftrightarrow $ $1>p\sqrt[p]{n^{p-1}}(\sqrt[p]{n+1}-\sqrt[p]{n})$

$ \Longleftrightarrow $ $\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}>p(\sqrt[p]{n+1}-\sqrt[p]{n})$

$ \Longrightarrow $ $ p(\sqrt[p]{n+1}-1)<\frac{1}{\sqrt[p]{1}}+\frac{1}{\sqrt[p]{2^{p-1}}}+...+\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}$

Tương tự ta chứng minh cho vế phải của bất đẳng thức
$n-1+(p-1)n>p\sqrt[p]{(n-1)n^{p-1}}$

$ \Longleftrightarrow $ $pn-1>p\sqrt[p]{(n-1)n^{p-1}}$

$ \Longleftrightarrow $ $\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}<p(\sqrt[p]{n}-\sqrt[p]{n-1})$

$ \Longrightarrow $ $\frac{1}{\sqrt[p]{1}}+\frac{1}{\sqrt[p]{2^{p-1}}}+...+\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}< p\sqrt[p]{n}$

Bây giờ ta sẽ chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức $(*)$

Ta xét $f(x)=p\sqrt[p]{x}$, ta có $f{'}(x)=\frac{1}{\sqrt[n]{x^{p-1}}}$ và $f{''}(x)<0$.
Vậy từ đó ta có
$$ p(\sqrt[p]{n+1}-1)<\frac{1}{\sqrt[p]{1}}+\frac{1}{\sqrt[p]{2^{p-1}}}+...+\frac{1}{\sqrt[p]{n^{p-1}}}< p\sqrt[p]{n},p\in \mathbb{N},p\ge 2 $$
Bài toán được giải một cách nhanh chóng và đẹp mắt




$\fbox{Ví dụ 3}$
Chứng minh bất đẳng thức $$1+\ln n>\sum_{1}^{n}\frac{1}{n}>\ln(n+1) , \quad \forall n\in\mathbb{N}^*$$
Giải


Ta tìm hàm nguyên hàm của $f’(x)=\frac{1}{n}$, một nguyên hàm của hàm này là $\int \frac{1}{n}=\ln n $ ( lấy hằng số $C=0$ )

Rõ ràng hàm số $f(x)=\ln n$ là hàm đồng biến vì $f’(x)=\frac{1}{n}>0, \quad \forall n \in\mathbb{N}^*$

Áp dụng bất đẳng thức trên ta được

$f(n)-f(1)+f’(1)>\sum_{i=1}^{n} f’(i)>f(n+1)-f(1), \quad \forall n \in\mathbb{N}^*$

$\implies 1+\ln n>\sum_{1}^{n}\frac{1}{n}>\ln(n+1) , \quad \forall n\in\mathbb{N}^*$

Từ bất đẳng thức trên ta áp dụng vào bài toán ban đầu:


Chú ý: Mấu chốt của việc áp dụng bất đẳng thức dạng (*) vào chứng minh các bất đẳng thức khác là tìm được hàm $f(x)$

$\fbox{Ví dụ 4}$
Tìm giới hạn của $$\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\cos \frac{i\pi}{2n}$$
Giải
Áp dụng nguyên lý ‘’kẹp’’
Xét hàm số $f(x)=\frac{2n}{\pi}\sin \frac{x\pi}{2n}\implies f’(x)=\cos \frac{ x\pi}{2n}$. Vậy suy ra $f’(x)\geq 0, \quad x\in [-n,n]$ hay nghĩa là hàm $f’(x)$ đồng biến trên $[-n,n]$.

Áp dụng bất đẳng thức (*) suy ra $f(n)-f(0)<\sum_{i=1}^{n}f'(i)<f(n+1)-f(1)$
Vậy ta có

$ \frac{2n}{\pi}\cos \frac{x\pi}{2n}<\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\cos \frac{ x\pi}{2n}<\frac{2\pi}{n}-\sin \frac{\pi}{2n}$

$ \implies \frac{2}{\pi}\cos \frac{x\pi}{2n}<\frac{1}{n}\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\cos \frac{ x\pi}{2n}<\frac{2}{\pi}-\frac{1}{n}\sin \frac{\pi}{2n} $.

Vì $\displaystyle \lim_{x\to\infty }\left (\frac{2}{\pi}\cos \frac{x\pi}{2n}\right )= \displaystyle \lim_{x\to\infty }\left (\frac{2}{\pi}-\frac{1}{n}\sin \frac{ \pi}{2n} \right )=\frac{2}{\pi}$.

Theo nguyên lý ‘’kẹp’’ suy ra giới hạn cần tìm là $ \frac{2}{\pi}$.


Cách 2: Áp dụng định nghĩa về tích phân xác định ( tổng tích phân Riemann)


Ta chia đoạn $[0;1]$ thành $n$ đoạn con bằng nhau bởi $n+1$ điểm chia $0=x_{0}<x_{1}<…<x_{n}=1$.Mỗi đoạn con có độ dài là $\Delta x_{i}=\frac{1}{n}$. Trên mỗi đoạn con $[x_{i};x_{i+1}]$ ta lấy điểm $ \xi _{i}=\frac{1}{n}$.
Lập tổng tích phân
$$ \displaystyle \sigma _{f}(T,\xi )=\frac{1}{n}\left [ \cos \frac{\pi}{2n} +\cos \frac{2\pi}{2n}+...+\cos \frac{n\pi}{2n}\right ]$$

Cho $n\to \infty$ thì giá trị giới hạn bằng giá trị của tích phân $\displaystyle \int_{0}^{1}\cos \frac{\pi x}{2}dx$
Tích phân trên dễ dàng tích được và ta tìm được kết quả là $\int_{0}^{1}\cos \frac{\pi x}{2}dx= \frac{2}{\pi}$.

Một số bài tập áp dụng

Tính giới hạn của các biểu thức sau

$$\displaystyle \lim_{x\to\infty }\frac{1}{n}\left (\sqrt{\frac{1}{n}}+\sqrt{\frac{2}{n}}+…+\sqrt \frac{n}{n} \right )$$

$$ \displaystyle \lim_{x\to\infty }\frac{1}{n}\left (\sin {\frac{\pi}{n}}+\sin {\frac{2\pi}{n}}+…+\sin {\frac{(n-1)\pi}{n}}\right )$$

$$\displaystyle \lim_{x\to\infty } \dfrac{\pi}{2n}\left[ 1+\cos \frac{\pi}{2n}+\cos \frac{2\pi}{2n}+...+\cos \frac{(n-1)\pi}{2n}\right ]$$

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{n\left(\frac{1}{\sqrt[4]{1^3}}+\frac{1}{\sqrt[4]{2^3}}+...+\frac{1}{\sqrt[4]{n^3}}\right)}{\sqrt[4]{1}+\sqrt[4]{2}+...+\sqrt[4]{n}}$$

Chứng minh bất đẳng thức sau
Chứng minh rằng $\forall n\in\mathbb{N}^*$ ta luôn có: $$\displaystyle \frac{2}{3}n\sqrt{n}<\sqrt{1}+\sqrt{ 2}+...+ \sqrt{n}$$

$$\frac{1}{\sqrt[3]{1}}+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt[3]{n}}>\frac{3}{2}\left (\sqrt[3]{(n+1)^2}-1\right )$$

$$4498<\frac{1}{\sqrt[4]{1}}+\frac{1}{\sqrt[4]{2}}+\frac{1}{\sqrt[4]{15^4}}<4500$$

Tìm phần nguyên của biểu thức sau

$$A=\frac{1}{\sqrt[3]{4}}+\frac{1}{\sqrt[3]{5}}+\frac{1}{\sqrt[3]{6}}+…+\frac{1}{\sqrt[3]{216}}$$

Chứng minh rằng $$ \quad n!e^n<(n+1)^{n+1}\quad \forall n\geq 1 \quad\mbox{( sáng tác)}$$

$$ \frac{n^3}{4}+\frac{4n^2}{3}+3n-\frac{23}{12n}+3>\sqrt[n]{n!}+\sqrt[n]{(n!)^2}+\sqrt[n]{(n!)^3}\quad\mbox{( sáng tác)} $$

Tài liệu tham khảo chính

[1] Kỉ yếu toán học 2010 hội các trường chuyên phía Bắc.

[2] Diễn đàn http://www.artofproblemsolving.com/F...ortal.php?ml=1

[3] Diễn đàn http://diendantoanhoc.net/forum/

[4] Diễn đàn http://forum.mathscope.org/index.php

Bài viết được viết với một tinh thần và trách nhiệm cao tuy nhiên khó có thể tránh khỏi những thiếu xót do trình độ còn nhiều hạn chế, tác giả mong nhận được sự nhận xét của mọi người về bài viết để bài viết được hoàn thiện thêm.

Cuối cùng xin cảm ơn thầy giáo Hoàng Minh Quân ( THPT Ngọc Tảo-Hà Nội) đã đọc bản thảo và cho nhiều ý kiến xác đáng.


Chủ đề được quan tâm nhiều nhất:

Bạn có thể tải file đính kèm mà không cần phải ĐĂNG KÝ THÀNH VIÊN

Kiểu file: pdf Ung dung cua mot bdt.pdf‎ (174,1 KB, 44 lượt tải )




Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Có 6 người đã cảm ơn cho bài viết này
Ẩn Số (10-11-2013), Duy Sơn - CHT (10-11-2013), haituatcm (09-04-2017), Lê Đình Mẫn (11-11-2013), Thần tài (10-11-2013), Trọng Nhạc (10-11-2013)
Trả lờiG?i Ð? Tài M?i Thích và chia sẻ bài viết này:
giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan Chủ đề tương tự
Chủ đề Người khởi xướng chủ đề Diễn đàn Trả lời Bài cuối
Tài Liệu Chọn lọc một số bài Bất Đẳng Thức từ diễn đàn K2pi Trần Quốc Việt [Tài liệu] Bất đẳng thức 1 27-05-2016 13:21
Giúp bài bất đẳng thức thangmathvn Bất đẳng thức - Cực trị 3 13-05-2016 13:56
Bộ Giáo dục thay đổi phương thức xét tuyển đại học, cao đẳng FOR U Tin tức Giáo dục 24h 0 13-05-2016 09:47
SPHN lần 3;Với các số thục dương $x,y$. Chứng minh bất đẳng thức: $\frac{1}{x+y+1}-\frac{1}{\left( x+1 \right)\left( y+1 \right)}<\frac{1}{11}$ catbuilata Bất đẳng thức - Cực trị 0 21-04-2016 13:13
Sử dụng bất đẳng thức để giải bất phương trình hthtb22 [Tài liệu] Phương trình-BPT vô tỷ 4 10-04-2016 09:11



Đang xem bài viết : 1 (0 thành viên và 1 khách)
 


Từ khóa
đạo hàm trong bất đẳng thức, bat dang thuc, chứng minh bất đẳng thức bằng đạo hàm, dung dao ham giai bdt k2pi, k2pi, tai lieu ve bat dang thuc kem pdf co su dung dao ham, tính giới hạn bằng định lý kẹp k2pi, tong quat bat dang thuc, ung dung cua bdt de cm ham so, ung dung cua dao ham chung minh bat dang thuc, ung dung dao ham 11 chung minh, ung dung dao ham giai bdt, ví dụ về bất đẳng thức sử dụng đạo hàm
Công cụ bài viết Tìm trong chủ đề này
Tìm trong chủ đề này:

Tìm chi tiết
Kiểu hiển thị

Quyền viết bài
Bạn không thể gửi chủ đề mới
Bạn không thể gửi trả lời
Bạn không thể gửi file đính kèm
Bạn không thể sửa bài viết của mình

BB code đang Mở
Mặt cười đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt



DIỄN ĐÀN K2PI.NET.VN | THÁNG 12.2011
Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán
Thay đổi tên miền K2pi.Net thành K2pi.Net.Vn từ ngày 01-10-2014