(SKKN mới NHẤT) SKKN một số ứng dụng của hàm số

Tên sáng kiến 4

Một số ứng dụng của hàm số

Tác giả sáng kiến 4

- Họ và tên: Nguyễn Thị Thanh

- Địa chỉ: Trường Trung Học Phổ Thông Lê Xoay, Khu 2, thị trấn Vĩnh Tường, huyện Vĩnh Tường, tỉnh Vĩnh Phúc

Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến 4

Trường THPT Lê Xoay - huyện Vĩnh Tường - tỉnh Vĩnh Phúc.

Lĩnh vực áp dụng sáng kiến 4

Giảng dạy và bồi dưỡng kỹ năng giải bài tập giải tích cho học sinh THPT

6 Ngày sáng kiến được áp dụng thử: Từ tháng 10 năm 2016

7 Mô tả bản chất sáng kiến

Cơ sở lí luận và thực tiễn

Trong Sách giáo khoa Giải tích 12 thì chỉ trình bày cách tìm GTNN, GTLN của hàm số (tức biểu thức một biến số)

Nhiều học sinh gặp khó khăn trong việc giải quyết bài toán tìm giá trị lớn nhất trong đề thi THPT Quốc gia, đặc biệt là những bài toán có độ khó cao yêu cầu vận dụng kết hợp nhiều phương pháp.

Mục đích của đề tài là phát triển một phương pháp có cơ sở để giải quyết bài toán tối ưu hóa, thông qua việc sử dụng các bất đẳng thức và hàm trung gian Phương pháp này kết hợp với các kỹ thuật hàm số nhằm tìm ra giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

7.1 Nội dung của sáng kiến

A Lí thuyết giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

1 Định nghĩa: Định nghĩa: Cho hàm số y  f x ( ) xác định trên tập D

 Số M gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y  f x   trên tập D nếu:

 Số m gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f x   trên tập D nếu:

Mọi hàm số liên tục trên đoạn [a; b] đều có giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) Để tìm GTLN và GTNN của hàm số này, cần áp dụng các quy tắc xác định giá trị tại các điểm biên và các điểm cực trị của hàm trong đoạn.

 Tìm các điểm x x 1 , , , 2 x n trên khoảng   a b tại đó ; f x bằng 0 hoặc không xác '( ) định

 Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên

3 Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số trên (a; b)

 Tính f x'( ) Tìm các điểm x x 1 , , , 2 x mà tại đó n f x bằng 0 hoặc không xác '( ) định

 Sắp xếp các điểm x x 1 , , , 2 x n theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên

 Từ bảng biến thiên kết luận về GTLN, GTNN của hàm số trên   a b ;

B Phương pháp hàm số tìm GTLN – GTNN

1 GTLN – GTNN của hàm số

1.1 Phương pháp khảo sát trực tiếp

Bài 1 Tìm GTLN, GTNN của hàm số

Lại có y   0  3 ,   2 17 y  3 Suy ra   min 0;2 y  3,  

Nhận xét: Đây là bài toán không khó, học sinh hoàn toàn làm được

Ngoài việc tự luận để tìm ra đáp án cho bài toán, học sinh có thể sử dụng máy tính Casio để giải các bài toán trắc nghiệm một cách hiệu quả.

Sử dụng mod 7 nhập hàm

Từ bảng hiện trên máy tính suy ra giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số

Bài 2 Tìm GTNN của hàm số f x ( )         x 2 4 x 21 x 2 3 x 10

Thử lại, ta thấy chỉ có 1 x  3 là nghiệm của f    x  0

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 tại 1 x3

Sử dụng đạo hàm trong bài này không khó, nhưng học sinh thường gặp khó khăn khi giải phương trình f’(x) = 0 Tuy nhiên, khi chuyển sang dạng trắc nghiệm, học sinh dễ dàng tìm ra đáp án Phương pháp sử dụng máy tính Casio để xác định giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số tương tự như bài 1.

Bài 3 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số

Hàm số y đạt giá trị lớn nhất trên khoảng  0;  khi hàm số

  9 2 1 f x  x   x đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng  0;  

Từ bảng biến thiên ta có

1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 3 4 1 1

3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số ln 2 x y = x trên đoạn é 1;e 3 ù ở ỷ

1.2 Sử dụng phương pháp đổi biến tìm GTLN – GTNN của hàm số

Bài 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Tập xác định: D  Đặt t  cos , 0 x   t 1

Bài toán sau khi sử dụng ẩn phụ trở nên quen thuộc và dễ dàng cho học sinh Đối với các bài trắc nghiệm, việc tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số trở nên đơn giản nhờ vào sự hỗ trợ của máy tính bỏ túi.

Bài 2 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  x   4 4   x 4 ( x  4)(4   x ) 5

Nhận xét: Hàm số f x   liên tục trên đoạn   4; 4  Đặt t x 4 4x       t 2 x 4 4 x 2 ( x  4)(4  x )

Tìm điều kiện của t: Xét hàm số g x( ) x 4 4x với x   [ 4; 4]

( ) 4 1 0, [2 2;4] f t      t t  f t   là hàm nghịch biến trên [2 2; 4]

Nhận xét: Việc xác định tập giá trị của biến mới sau khi đổi biến là một nhiệm vụ khó khăn nhưng rất quan trọng, vì nếu không xác định đúng, kết quả sẽ sai lệch Khi đã tìm ra tập giá trị của biến mới, bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn và có thể được chuyển đổi về dạng thường gặp.

1 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  3 x 4  2 x 2   1 3 3 x 2   1 3.

2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 sin 1 sin sin 1 y x x x

  Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f x f ( ) (1  x ) trên đoạn    1;1

4 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số

2 GTLN – GTNN của biểu thức chứa nhiều biến

2.1 Đưa trực tiếp biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến

Bài 1 Cho x y ,  0 và 5 x   y 4 Tìm GTNN của biểu thức 4 1

Bài toán này phù hợp cho học sinh lớp 10, có thể giải bằng bất đẳng thức Cosi Tuy nhiên, thách thức lớn nhất là xác định điều kiện ẩn x, y để giá trị P đạt được.

GTNN Nhưng khi thế y theo x vào biểu thức thì biểu thức thành 4 1

 là một hàm số ẩn x, khi đó ta dễ dàng tìm được GTLN, GTNN của biểu thức Giải

Từ giả thiết suy ra 4 y   5 4 x và 0 , 5 x y 4

Từ bảng biến thiên, ta có \( P \geq 5 \) với \( x \in [0; 5] \) Dấu "=" xảy ra khi \( x = 1 \) và \( y = 4 \), do đó giá trị nhỏ nhất của \( P \) là 5 Bài 2 yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức cho ba số thực \( x, y, z \) trong khoảng \([1; 4]\) với điều kiện \( x \geq y \) và \( x \geq z \).

Xem đây là hàm theo biến z ; còn x y , là hằng số 2

Theo giả thiết x     y x y 0 nếu P    0 z xy (do x y z , ,    1; 4 ) z 1 xy 4

Suy ra f t ( ) nghịch biến trên   1;2 , do đó ( ) ( ) (2) 34

P  P xy  f t  f  33 Đẳng thức xảy ra : 4, 1, 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 34

Bài 3 Cho x  0, y  0 và x   y 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức S(4x 2 3 )(4y y 2 3 ) 25x  xy

Từ giả thiết x   y 1 có thể đưa bài toán về một ẩn không ?

Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất hiện x y để sử dụng giả thiết

Chú ý các hằng đẳng thức:x 2 y 2 (xy) 2 2xy x; 3 y 3 (xy x)( 2 xyy 2 )

Sau khi khai triển và thế vào x   y 1, ta có S16x y 2 2 2xy12

Vậy đến đây ta nghĩ đến việc có thể đưa S về hàm một biến số nếu đặt txy

Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức :

16x y 2 2 2xy12 Đặt txy Do x  0, y  0 nên

Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 191

16 khi giá trị lớn nhất của S bằng 25

Bài 4 Cho hai số thực x  0, y  0 thỏa mãn điều kiện (x y xy x )    2 y 2 xy.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 1 3 1 3 x y

               Đặt x ty  Từ giả thiết ta có: (x y xy x )      2 y 2 xy (t 1)ty 3   (t 2 t 1)y 2

Ta có bảng biến thiên t   1 1 

Từ bảng biến thiên ta có 1  f t ( )     4 1 A 16

Vậy giá trị lớn nhất của A là 16 khi 1 x   y 2

Bài 5 Cho các số thực a b , thỏa mãn điều kiện b1 và a b a  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức      log a 2log b   b

Từ điều kiện, suy ra  

P a b b b Đặt t  log a b Do        1 log log log 1 a a a 2 a b a a b a t

Ta có bảng biến thiên t 1

Từ bảng biến thiên ta có f t ( ) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi 2 t 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5

1 Cho x y, là hai số không âm thỏa mãn x   y 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  1 3  2  2  

2 Cho các số thực x y , thay đổi thỏa mãn điều kiện x 2   x y 12 và y  0 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A  xy   x 2 y  17

3 Cho x y, > 0 thỏa mãn x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 Cho x y , > 0 thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2.2 Sử dụng phương pháp gián tiếp bằng phương pháp đánh giá, so sánh để đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến

2.2.1 Đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến là một trong các biến ban đầu

Bài 1 Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Bài toán cần làm có chứa 3 ẩn là a, b, c và chúng thỏa mãn a b c  3 Ta suy nghĩ biến đổi T 3(a 2  b 2 c 2 ) 4 abc sao cho ít ẩn hơn?

Từ giả thiết a b c      3 a b 3 c, mà 1 3 a      b c c 2 Khi đó : T 3(3c) 2 3c 2 2 (2ab c3)

Từab a b,   3 cgợi cho chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức nào?

Khảo sát hàm một biến f(c) ta đi đến kết quả T  f c ( )  f (1)  13

Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể gải sử : 0  a b c

Vì chu vi bằng 3 nên a        b c 3 a b 3 c mà 1 3 a b      c c 2

Ta có bảng biến thiên c 1 3

13 Khi đó từ bảng biến thiên suy ra: f c ( )  f (1)  13

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 13 khi a=b=c=1

Bài 2 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( )

Do a + b+ c = 1nên ta biểu diễn a + b = 1- c

Như vậy ta có thể biểu diễn P theo c không?

Giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

Dựa vào bảng biến thiên ta có ( ) 1 f c   9 với mọi c (0; 1) (2)

P   9 dấu đẳng thức xảy ra khi 1 a    b c 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 ,

Bài 3 (Đề thi Đại học khối B năm 2012)

Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x    y z 0 và x 2   y 2 z 2 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x   5 y 5 z 5

Ta có:  x   y z  2    0 x 2 y 2   z 2 2( xy  yz  zx ) 1 

2 2 2 xy yz zx x y z yz yz x

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 5 6

Bài 4 Cho các số thực a b c , , thỏa mãn a b c  3 và a 2  b 2  c 2  27.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Ta luôn có  b  c  2  4 bc ,  b c , Do đó  3  a  2  4  a 2  3 a  9     a  3;5 

Xét hàm số f a( ) 3a 3 27a 2 81a324 xác định và liên tục trên   3;5 

Vậy GTLN của f a ( ) bằng 381 khi a5

Do đó GTLN của P bằng 381 khi a  5; b    c 1

1 Cho x y , > 0 thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 Cho x y z , , là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x 2   y 2 z 2 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  6  y z x     27 xyz

2.2.2 Đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến là biến mới

2.2.2.1 Đánh giá qua hàm trung gian

Bài 1: (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 – 2018)

Cho a b, là các số thực dương thoả mãn 2(a 2 b 2 )  ab (a b ab)( 2) Tìm GTNN của biểu thức

Theo BĐT Côsi ta có:

Ta có bảng biến thiên :

Bài 2 Cho các số dương a b c , , Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Vì a b c , , là các số dương 4 2 4 4 4 4 (1)

Vì a,b,c là các số dương t 5

Nhìn vào bảng biến thiên   P f  a   b c   f ( ) 1 4   12,  a b c , ,  0 đẳng thức xảy ra

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  12

Bài 3 Cho a b c , , là các số thực dương Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Theo BĐT Bunhiacopski ta có: a     b c 2 4( a 2  b 2  c 2  4)

Theo BĐT Côsi ta có:

T  f t  f 8; Vậy ax 5 m T  8 xảy ra khi a    b c 2

Bài 4 Cho các số thực a b c , ,  1 thỏa mãn a b c  6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P   a 2  2  b 2  2  c 2  2 

Không mất tổng quát giả sử a b c  Mà a      b c 6 c 2 , a   b 4

Nhận xét ta có bất đẳng thức  2 2  2 2  2 2 2 , *  

  , Dấu bằng khi và chỉ khi a    b c 2

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 216

Bài 5 (Đề thi HSG 12 – Tỉnh Vĩnh Phúc – năm học 2015-2016)

Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn   1;9 và x  y x ,  z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1

Với a, b dương thỏa mãn ab  1 ta có bất đẳng thức 1 1 2

     a  b   2 ab   1  0 đúng do ab  1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b hoặc ab  1 x 2 5

326716 Áp dụng bất đẳng thức trên: 1 1 1 1 1 1

Bài 6 Cho a,b,c là các số thực dương và abc1, thỏa mãn: a b 3 b a 3 1 ab 2.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2 1 2 3

Theo BĐT Cô–si ta có: a b 3 ab 3 2 a b 2 2 ab 2 2 a b 2 2 1

Với a b ,  0; ab  1 ta chứng minh 1 2 1 2 2

Từ đó f t   nghịch biến trên 1 ;1 ax   1 11

Bài 7 Cho các số x y z thỏa mãn , , 0    x y z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2  2 2 2  2

0 x x y y z x xy y z x y x z xy xyz x y xyz x z xy

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 xy  yz  zx  xyz  x z  xy  yz  xyz  x y  xyz  yz  xyz  y x  z

Theo bất đẳng thức Cô si ta có:

Lập bảng biến thiên của hàm f t ( ) t 0 1 + ¥

Từ bảng biến thiên ta có ( ) (1) 2 3 1 1.

Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là 1

Bài 9 (Đề khảo sát giáo viên tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 – 2018)

Cho hai số thực a b , thỏa mãn 1 1

3    b a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Suy ra: 3 b   1 4 b 3  log a    3 b 4  1     log a   b 3 , do 1 ;1 a  3 

3log 12 log 6 3 og 6 3 og 6 log 1 log a b a a a a a

6 Dựa vào bảng biến thiên ta có f t ( ) ³ 6," > t 1.

Suy ra P ³ 6, dấu “=” xảy ra khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6

1 Cho a b ,  0 và a b   1 Chứng minh rằng: a b 1 1 5 a b

2 Cho x y , là số thực dương thỏa mãn ln x  ln y  l n  x 2  y  Tìm giá trị nhỏ nhất của P   x y

3 Cho các số thực dương a b c , , Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

4 (Đề thi Đại học khối A năm 2011)

Cho x y z, , là ba số thực thuộc đoạn   1;4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

5 Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn x y    1 z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2.2.2.2 Sử dụng hàm số đặc trưng để đánh giá

Cho các số thực dương thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của

Ta có đồng biến trên

Từ bảng biến thiên ta có min 2 11 3

Bài 2 (Đề thi HSG – tỉnh Vĩnh Phúc – năm học 2016-2017)

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta được f x ( )  f (1)    0; x 0

Thay x lần lượt bằng a,b,cta được: f a ( )  f b ( )  f c ( )  0

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi a    b c 1

Bài 3 Cho x y z là các số thực không âm thỏa mãn , ,

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Từ giả thiết suy ra 0 , , 2 2 3 2

Xét hàm số ( ) 4 3 1, [ 0;3 ] t g t = - - t t ẻ Ta cú ' ( ) 1 4 ln 4 1 3

Dựa vào bảng biến thiên ta có ( ) 21, 0. f u £ 4 " ³u u 0 3 + ¥

P£ 4 dấu “=” xảy ra khi x = 3, y = z = 0 hoặc các hoán vị

Vậy giá trị lớn nhất của P là 21

Bài 4 Cho hai số thực thỏa mãn và

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Hàm số đồng biến nên

Từ bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của P là 83 112 7 

Bài 5 Xét các số thực x, y  x  0  thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T   x 2 y

2018 2018 3 2018 2018 1 * x y xy xy x y x y x y xy xy x y x x y xy

Hàm số đồng biến nên  * 3 1 1 ( 0)

Bài 6 Cho các số thực dương a b c , , thỏa mãn: a 2  b 2  c 2  1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Tương tự ta cũng có:

Xét hàm số: f t      t 3 t t ,    0;1 Ta có:   3 2 1,   0 1 f t    t  f t     t 3 Bảng biến thiên:

Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 3

1 Cho các số thực dương x và y thỏa mãn 4 9.3  x 2  2 y    4 9 x 2  2 y  7 2 y x   2 2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2 y 18 x

2 Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện 0    b a 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 3 1 2 log 8log 1 a 9 b a

2.2.2.3 Sử dụng tính chất tiếp tuyến

Cho hàm số f ( x ) liên tục và có đạo hàm cấp hai trên đoạn   a;b

0 0 Đẳng thức xảy ra trong hai bất đẳng thức trên khi và chỉ khi x x 0

Khi áp dụng tính chất tiếp tuyến trong bài toán này, việc xác định điểm rơi x = x0 trở nên khó khăn Để tìm được điểm này, chúng ta thường đánh giá dấu bằng xảy ra khi các biến có giá trị bằng nhau.

Bài 1 Cho a,b,c,d là các số thực không âm và có tổng bằng 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=  1  a 2  b 2  a b 2 2  1  c 2  d 2  c d 2 2 

1 1 1 1 ln ln 1 ln 1 ln 1 ln 1

Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất khi 1 a     b c d 4

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f t ( )  ln 1   t 2  tại M    1 4 ;ln 17 16   :

Chứng minh được bất đẳng thức: ln 1  2  8 2 ln 17 ,   0;1 *  

Vậy ( ) 1 0,   0;1 g t  g       4    t Áp dụng (*) ta có:

8 8 17 ln 1 ln 1 ln 1 ln 1 4 ln

Dấu bằng xảy ra khi 1 a     b c d 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

Bài 2 Cho a,b,c là các số thực dương có tổng bằng 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  

Tiếp tuyến của hàm số 2 1

Dấu bằng xảy ra khi 1 a    b c 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3

1 Cho a b c , ,  0 thỏa mãn: a b c    3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 Cho a b c , , là các số thực dương thỏa mãn: a 2  b 2  c 2  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2 a 2 2 b 2 2 c 2 b c c a a b

C Ứng dụng của GTLN – GTNN

1 Ứng dụng vào bài toán giải phương trình, bất phương trình chứa tham số

Bài 1 Tập tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

 1 1 3  2 1 2 5 0 m   x    x  x   có đúng hai nghiệm thực phân biệt

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có:

2 t    x  x    x   x  t  để phương trình có nghĩa thì t  2

     để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì

Ta có bảng biến thiên: t  2 2

Bài 2 (Đề minh họa THPT Quốc gia năm 2018)

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình

3 3sin sin m  m  x  x có nghiệm thực

Ta có 3 m  3 3 m  3sin x  sin x   m 3 3 m  3sin x  sin 3 x

Do đó hàm số f t ( )đồng biến trên

Khi đó (1)  f  3 m  3sin x   f  sin x   3 m  3sin x  sin x  m  sin 3 x  3sin x Đặt t  sin x     1 t 1

Xét hàm số g u( ) u 3 3u trên đoạn    1;1

Vậy để phương trình có nghiệm thì    2 m 2

Tìm để phương trình trên có nghiệm ?

Phương trình tương đương với

2 sin x + sin x = 2 2 cos x m + + 2 2 cos x m + + + 2 2 cos x m + + 2.

Xột hàm f t ( ) = 2 t 3 + t với t  0 Ta cú f t ' ( ) = 6 t 2 + > ắ ắđ 1 0 f t   đồng biến

Mà f ( sin x ) = f ( 2 cos 3 x + m + 2 , ) suy ra

   3  3 3 sin x 2 cos 2  x  2 2cos x m   1 2cos x m    2 3 2cos x m   2 m 2

2 3 sin x 2 cos x m 2 Û = + + (vì sin 0, 0; 2 x ³ " ẻ x ộ ờ ờ ở 3 p ửữ ữ ữ ứ)

3 2 x ẻ ộ ờ ờ ở p ử ữ ữ ữ ứ ị u ẻ - ổ ỗ ỗ ỗ ố ự ỳ ỳ ỷ Khi đó phương trình trở thành m = - 2 u 3 - u 2 - 1.

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm khi    4 m 1

Bài 4 Tìm các giá trị thực của tham sốmđể phương trình

2     x 1 x m x x   2 có hai nghiệm phân biệt

+)        x 2 x t x 2 x t 0 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 4 0 1 t t 4

Do đó để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì phương trình   có nghiệm

Bài 5 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho bất phương trình:

Ta có f    x  2 x  x 4 5  x 2 2  2 2 x   x 4 5  x 2 2  4 2 x 2  2  0 suy ra f   x tăng

Bài 6 Tìm m để phương trình :

     t   1;1  Hàm số đồng biến trên đoạn    1;1 Để phương trình có nghiệm khi hai đồ thị y  m y ;  f t   cắt nhau    t   1;1

1 Tìm m để phương trình 3 tan x  1 sin  x  2cos x   m  sin x  3cos x  có nghiệm duy nhất 0; x   2 

2 Tìm m sao cho bất phương trình

2 Ứng dụng vào bài toán thực tế

2.1 Bài toán liên quan đến quãng đường

Bài 1 (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2016 -2017)

Để xác định vị trí M trên bờ biển sao cho người canh hải đăng đến kho C nhanh nhất, ta có một ngọn hải đăng tại vị trí A cách bờ biển 4 km và kho C cách B 7 km Người canh hải đăng chèo đò từ A đến M với vận tốc 6 km/h, sau đó đi xe đạp từ M đến C với vận tốc 10 km/h Cần tính toán vị trí tối ưu của M để tối ưu hóa thời gian di chuyển đến C.

Giải Đặt BM  x km x ( ),  [0; 7].khi đó AM  x 2  16; MC   7 x

Thời gian người canh hải đăng đi từ A đến C theo lộ trình bài toán là:

Hàm số liên tục trên [0; 7].

Vậy khi điểm M cách B một khoảng bằng 3( km )thì người canh hải đang đến kho nhanh nhất

Bài 2 Một mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB  25 m , chiều rộng

AD được chia thành hai phần bằng nhau bởi vạch chắn MN, trong đó M và N là trung điểm của BC và AD Một đội xây dựng đang tiến hành thi công một con đường nối từ A đến điểm này.

C qua vạch chắn MN , biết khi làm đường trên miền ABMN mỗi giờ làm được

15m và khi làm trong miền CDNM mỗi giờ làm được 30m Tính thời gian ngắn nhất mà đội xây dựng làm được con đường đi từ A đến C

Giả sử con đường đi từ A đến C gặp vạch chắn MN tại E đặt NE  x m x ( )(  [0; 25])  AE  x 2  10 ; 2

Thời gian làm đường đi từ A đến C là

30 30 3 t   t   t  Thời gian ngắn nhất làm con đường từ A đến C là 2 5

2.2 Bài toán liên quan đến diện tích, thể tích hình học

Bài 1 (Đề THPT Quốc Gia 2018) x 25m

Ông A dự định sử dụng 6,5m² kính để làm một bể cá hình hộp chữ nhật không nắp, với chiều dài gấp đôi chiều rộng Để tính dung tích lớn nhất của bể cá, cần xác định kích thước chiều dài và chiều rộng, sau đó áp dụng công thức tính thể tích Kết quả dung tích sẽ được làm tròn đến hàng phần trăm.

Gọi chiều rộng, chiều dài, chiều cao của bể cá lần lượt là x ; 2 ; ( );( , x y m x y  0)

Diện tích phần lắp kính là

Thể tích bể cá là

Vậy thêt tích lớn nhất bằng 13 39 1,5 3

Khi thực hiện trắc nghiệm để xác định thể tích dưới dạng hàm số theo biến x, việc sử dụng máy tính để tìm giá trị lớn nhất (GTLN) của thể tích giúp tiết kiệm thời gian làm bài mà không cần phải giải theo phương pháp tự luận, đồng thời vẫn đảm bảo độ chính xác của đáp số.

Bài toán yêu cầu tìm cạnh của hình vuông bị cắt ở 4 góc của tấm nhôm hình vuông cạnh a để tối đa hóa thể tích của hộp không nắp được tạo ra Sau khi cắt 4 hình vuông bằng nhau, tấm nhôm sẽ được gập lại, tạo thành một hộp Mục tiêu là xác định kích thước cạnh của hình vuông cắt sao cho thể tích của hộp đạt giá trị lớn nhất.

Gọi x là độ dài cạnh của hình vuông bị cắt 0

Thể tích của khối hộp là: V x( )x a( 2 )x 2 0

  có 1 điểm cực đại duy nhất là

Bài 3 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A' B'C' D' có tổng diện tích tất cả các mặt là cm 2

36 , độ dài đường chéo AC' bằng 6 cm Hỏi thể tích của hình hộp đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu?

Giả sử 3 kích thước của hình hộp chữ nhật là a, b, c Giả sử a £ b £ c

36 ( ) 18 18 (6 2 ) ab bc ca a b c a b c a b c a b c bc bc a a ỡ ỡ ù ỡ ù ù + + = ù + + = ù + + = ùù ị ù Û ù í í í ù + + = ù + + = ù = - - ù ù ù ùợ ùợ ùợ

Thể tích của hình hộp chữ nhật là V = abc = a ( 18 - 6 a 2 + a 2 ) = a 3 - 6 a 2 2 + 18 a

Xét hàm số f a ( ) = a 3 - 6 a 2 2 + 18 a trên ( 0;2 2 ù úû

Từ bảng biến thiên ta có thể tích lớn nhất của hình hộp chữ nhật là 8 2

Mô tả bản chất sáng kiến 4

Nội dung của sáng kiến 5 A Lí thuyết giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 5

A Lí thuyết giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

1 Định nghĩa: Định nghĩa: Cho hàm số y  f x ( ) xác định trên tập D

 Số M gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y  f x   trên tập D nếu:

 Số m gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f x   trên tập D nếu:

2 Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên đoạn [a; b] a Định lí: Mọi hàm số liên tục trên một đoạn đều có GTLN và GTNN trên đoạn đó b Qui tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên đoạn [a; b]

 Tìm các điểm x x 1 , , , 2 x n trên khoảng   a b tại đó ; f x bằng 0 hoặc không xác '( ) định

 Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên

3 Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số trên (a; b)

 Tính f x'( ) Tìm các điểm x x 1 , , , 2 x mà tại đó n f x bằng 0 hoặc không xác '( ) định

 Sắp xếp các điểm x x 1 , , , 2 x n theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên

 Từ bảng biến thiên kết luận về GTLN, GTNN của hàm số trên   a b ;

Phương pháp hàm số tìm GTLN – GTNN 1 GTLN – GTNN của hàm số 2 GTLN – GTNN của biểu thức chứa nhiều biến 6 6 9 C Ứng dụng của GTLN – GTNN 1 Ứng dụng vào bài toán giải phương trình, bất phương trình chứa tham số 2 Ứng dụng vào bài toán thực tế 34 34 39 D Một số câu hỏi trắc nghiệm 45

Về khả năng áp dụng của sáng kiến 47

Sáng kiến có thể áp dụng cho đối tượng học sinh lớp 12, học sinh ôn thi THPT Quốc gia hoặc học sinh ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh.

Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến 47

- Hướng dẫn học sinh sử dụng tài liệu tham khảo và sách hay có liên quan để học sinh tìm đọc

- Chọn lọc biên soạn theo hệ thống bài dạy

- Nghiên cứu các đề thi và trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp

9 Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến kinh nghiệm theo ý kiến của tác giả

- Khi áp dụng đề tài vào thực tế dạy học tôi thu được kết quả:

+ Học sinh được phát triển tư duy và kỹ năng liên hệ các vấn đề toán học Học sinh hình thành lời giải một cách nhanh nhẹn, sáng tạo

Qua đây, học sinh không chỉ củng cố kiến thức giải bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN), mà còn được trang bị phương pháp tiếp cận các bài tập nâng cao, khó khăn trong đề thi THPT Quốc gia và các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh.

Giáo viên có cơ hội nâng cao trình độ chuyên môn và năng lực sư phạm thông qua việc giảng dạy ôn thi THPT Quốc gia và bồi dưỡng học sinh giỏi.

Trước và sau khi thực hiện đề tài, tôi đã khảo sát khả năng tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) cho học sinh lớp 12A1, 12A5, 12A7 khóa 2016 – 2017 tại trường THPT Lê Xoay với tổng số 110 học sinh tham gia khảo sát.

Giỏi Khá Trung bình Yếu

Trước khi áp dụng đề tài 12 10,9 33 30 40 36,4 22 20

Sau khi áp dụng đề tài 22 20 45 40,9 35 31,8 8 7,3

Trước khi áp dụng sáng kiến, tôi đã đạt được thành tích cao với 2 học sinh giỏi nhận giải nhì cấp tỉnh.

10 Danh sách những tổ chức cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu

STT Tên tổ chức, cá nhân Địa chỉ Phạm vi/Lĩnh vực áp dụng sáng kiến

1 Nguyễn Thị Thanh Trường THPT

Giảng dạy và bồi dưỡng kỹ năng giải bài tập giải tích cho học sinh THPT

Vĩnh Tường, ngày tháng … năm 2020

Vĩnh Tường, ngày 17 tháng 02 năm 2020