Giải toán bằng công cụ đạo hàm

GIẢI TOÁN BẰNG CÔNG CỤ ĐẠO HÀMBài viết tháng 01 năm 2012 LỜI NÓI ĐẦU Đạo hàm là một khái niệm cơ bản trong chương trình toán phổ thông, đạo hàm trong chương trình học chính khóa, chủ yếu

Trang 1

GIẢI TOÁN BẰNG CÔNG CỤ ĐẠO HÀM

Bài viết tháng 01 năm 2012

LỜI NÓI ĐẦU

Đạo hàm là một khái niệm cơ bản trong chương trình toán phổ thông, đạo hàm trong chương trình học chính khóa, chủ yếu để khảo sát các tính chất của hàm số Ngoài ra khai thác sâu hơn, đạo hàm còn là một công cụ hữu hiệu để giải toán

Trong bài viết này, tôi xin đề cập đến vấn đề vận dụng đạo hàm vào giải quyết các nội dung cơ bản sau đây:

1) Chứng minh bất đẳng thức

2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số và áp dụng GTLN, GTNN vào giải một số bài toán

3) Tìm nghiệm của phương trình; bất phương trình; hệ phương trình; hệ bất phương trình

4) Ứng dụng đạo hàm để tính giới hạn của hàm số

Các bài tập trong từng phần của bài viết, được trình bày theo một trình tự từ dễ đến khó, nhằm giúp học sinh nắm bắt được vấn đề, nâng cao khả năng nhận biết, từ

đó phát hiện ra các quy luật, có khả năng vận dụng vào giải các bài tập khó hơn

Đề tài là một chuyên đề, mà tôi đã áp dụng vào dạy cho học sinh trong phần bài tập “ Đạo hàm” của lớp 11; chương “Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số” ở lớp 12, luyện thi đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi trong những năm học vừa qua Các bài toán được trình bày, là một quá trình chọn lọc, sắp xếp, làm bài giảng phù hợp cho các đối tượng học sinh từ trung bình đến khá giỏi

Ngoài ra trong đề tài còn trình bày thêm định lí Lagrange và một số định lí xung quanh định lí Lagrange, nhằm trang bị thêm cho học sinh khá giỏi các kiến thức để vận dụng vào giải một số bài toán thường có trong các đề thi học sinh giỏi

Cuối mỗi phần 1) và 3) có trình bày các bài tập, mà cách giải vận dụng trực tiếp định lí Lagrange, nhằm minh họa cách áp dụng định lí này vào giải toán

Đề tài được phát triển trên cơ sở một chuyên đề, mà kiến thức, luyện thi đại học

và bồi dưỡng học sinh giỏi là chủ yếu, nên mức độ khó dễ giữa các bài toán có sự chênh lệch khá rõ rệt, bản thân đã cố gắng sắp xếp, sao cho mỗi bài toán vừa có đặc thù riêng vừa có liên quan đến nội dung của phần trình bày Tuy nhiên trong cách trình bày không tránh khỏi thiếu sót, mong quý thầy cô giáo đóng góp thêm ý kiến để

đề tài được phát triển tốt hơn

Trang 2

Trang 2

NỘI DUNG

A TĨM TẮT LÝ THUYẾT

1 Định nghĩa đạo hàm tại một điểm

Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a; b), x 0∈(a; b) Giới hạn nếu cĩ

của tỉ số giữa số gia của hàm số và số gia của biến số x khi số gia của biến số dần đến 0 gọi là đạo hàm của hàm số tại x0 Kí hiệu: f’(x 0 ) hay y’

Vậy

+ ∆ −

∆

y

f x

2 Đạo hàm một bên

a) Đạo hàm bên trái x0là: −

−

∆ →

∆

'( ) lim

x

y

f x

x ;

b) Đạo hàm bên phải x0là: + =∆ → + ∆

∆

'( ) lim

x

y

3 Định lý

Hàm số f(x) cĩ đạo hàm tại







⇔

=

0

f x và f x tồn tại x

4 Đạo hàm cấp cao

Đạo hàm cấp n của hàm số f là đạo hàm cấp n – 1 của f

−

=

( )n ( ) ( 1)n ( ) '

f x f x (n∈¥,n≥2)

5 Tính đơn điệu của hàm số

Cho hàm số y = f(x) cĩ đạo hàm trên (a; b)

a) Nếu f’(x) ≥ ∀ ∈0 x a b thì hàm số đồng biến trên khoảng đĩ.( ; )

b) Nếu f’(x) ≤ ∀ ∈0 x a b thì hàm số nghịch biến trên khoảng đĩ.( ; )

c) Nếu f’(x) = ∀ ∈0 x a b thì hàm số là hàm khơng đổi trên khoảng( ; ) đĩ

Chú ý: Dấu bằng trong a) và b) xảy ra tại hữu hạn điểm.

B GIỚI THIỆU THÊM MỘT SỐ ĐỊNH LÍ

1 Định lý Weierstrass

Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a; b] thì đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất và mọi giá trị trung gian giữa giá trị lớn nhất và giá trị lớn nhất trên [a; b]

2 Định lý Fermat

Nếu hàm số f(x) cĩ đạo hàm tại x 0 thì đạt cực trị tại điểm đĩ

3 Định lý Rolle

Giả sử hàm số f(x) liên tục trên [a; b] và cĩ đạo hàm trên (a; b)

Nếu f(a) = f(b) thì tồn tại ít nhất một điểm c∈ ( ; )a b sao cho f'(c)=0.

Trang 3

Chứng minh

Vì f(x) liên tục trên [ ]a; nên f(x) đạt giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M b trên [a; b].

+ Nếu m = M thì f(x )= m = M ∀x∈[ ]a;b suy ra f'(x)=0∀x∈(a;b).

Do đó ∀c∈( b a; ) ta có f'(c)=0.

+ Nếu m < M thì f(a)≠ m hoặc f(a) ≠M .

Giả sử f(a)= f(b) ≠m Vì f(x) liên tục trên[ ]a; b

Theo định Weierstrass tồn tại ít nhất một điểm c∈[ b a; ] sao cho f(c)=m .

Hiển nhiênc a≠ và c≠b suy ra c∈( b a; )

Vì ( ) f x ≥ f c( )∀ ∈x ( ; )a b nªn f(x) đạt cực tiểu tại c.

Theo định lý Fecmat ta có f'(c)=0.

(Chứng minh tương tự cho trường hợp f(a) = f(b) ≠M )

4 Định lý Lagrange

Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì tồn

tại ít nhất một số x 0∈(a; b) sao cho

f(b) – f(a) = f’(x 0 ) (b – a) hay '( 0 ) ( ) ( )

b a

−

Chứng minh

a b

a f b f a f x f x

−

Ta có g(x) liên tục trên [ ]a; và có đạo hàm trên b ( b a; ):

a b

a f b f x f x g

−

= '( ) ( ) ( ) )

(

Mặt khác g(a) = g(b) =0 nên theo định lý Rolle tồn tại c∈( b a; ) sao cho

0 )

(

' c =

−

) ( '

a b

a f b f c f c

5 Ý nghĩa hình học của định lý Lagrange

Do f(x) liên tục trên[ ]a; nên đồ thị của f(x) trên b [ ]a; b

là một cung liền nét AB, với A(a; f(a)), B(b; f(b)).

Cát tuyến AB có hệ số góc

a b

a f b f

−

− ( ) )

(

Theo định lý Lagrange thì ∃c∈( b a; )

sao cho

a b

a f b f c f

−

) ( '

Ý nghĩa là: hệ số góc của tiếp tuyến của cung AB tại C(c; f(c)), bằng hệ số

góc của cát tuyến AB

Nói cách khác trên cung AB tốn tại ít nhất một điểm C, sao cho tiếp tuyến tại

C song song với AB.

C CÁC VẤN ĐỀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM

Trang 4

y

B C

A

f(c)

c f(a)

f(b)

b a

Trang 4

VẤN ĐỀ I CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1 Định hướng phát hiện vấn đề

Bài tốn chứng minh bất đẳng thức cĩ thể thực hiện theo nhiều cách khác nhau, nhưng khơng cĩ cách nào hữu hiệu để chứng minh cho tất cả các bài tốn bất đẳng thức Trong các cách đĩ thì sử dụng đạo hàm là một cơng cụ mạnh mẽ để chứng minh bất đẳng thức

2 Kiến thức vận dụng

- Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số;

- Sử dụng đến giá trị cực trị, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số Lưu ý:

+) Biến đổi bất đẳng thức về một vế là một hàm số, xét hàm số trên tập xác định và khảo sát dấu đạo hàm đạo hàm của nĩ trên tập đĩ;

+) Khi chưa xác định được dấu đạo hàm thì cĩ thể tiếp tục tính đạo hàm cấp hai, cấp ba… để xác định dấu đạo hàm trên tập xác định

3 Các bài tập

Bài 1 Chứng ming rằng với ∀ >x 0 ta co ù ln( + 1) > - x x x22

Phân tích và lời giải

- Rõ ràng bài tốn khơng thể giải theo phương pháp biến đổi thơng thường;

- Định hướng: biến đổi bất đẳng thức về bất đẳng thức tương đương.

0

x

2

ln( + 1) - +

- Ta nghĩ đến cách xét hàm số ( )f x = ln( + 1) - + với x x x22 x≥0

= + 1 -1 + = + 12 với ∀ ≥x 0

Suy ra hàm số ( )f x đồng biến trên (0;+ ∞)

Với ∀ >x 0 thì ( )f x > f(0)

⇔ = ln( + 1) - + 22 > =

Hay x x x2 ∀ >x 0

2

ln( + 1) > - với

Bài 2 Với ∀a b, ∈(0;π), a b<

Chứng minh rằng: cosa a b− cosb>sina−sinb

- Trong bất đẳng thức cĩ chứa các đại lượng: acosa, sina và bcosb, sinb;

- Bất đẳng thức ⇔acosa−sina b> cosb−sinb;

- Ta nghĩ đến cách xét hàm số ( )f x =xcosx−sinx trên (0;π).

Ta cĩ f x'( ) cos= x x− sinx−cosx= −xsinx< ∀ ∈0, x (0;π)

Nên hàm số nghịch biến trên (0;π)

Suy ra ∀a b, ∈(0;π), a b<

Trang 5

Ta cĩ: ( )f a > f b( )⇔acosa−sina b> cosb−sinb

Hay cosa a b− cosb>sina−sinb(đpcm)

Bài 3 Với mọi x > - 1 và n∀ ∈¥

Chứng minh: (1+x)n ≥ +1 nx (bất đẳng thức Becnuli)

- Bài tốn cĩ thể chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho n

số;

- Định hướng trong bất đẳng thức cĩ chứa x ta cĩ thể nghĩ đến việc xét hàm số biến x;

- Trước tiên xét các giá trị đặc biệt của n và x.

Với n = 0; n = 1 hoặc x = 0 ta cĩ bất đẳng thức đúng

Với n≥2

Ta xét hàm số ( )f x = ( + 1) - 1- vớix n nx x> −1

f x'( )= ( + 1) -n x n−1 n n x= ( + 1) - n−1 1

f x = ⇔ = 0 x

f x > ⇔ > 0 x

f x < ⇔ − < < 0 x

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ( ) 0f x ≥ ⇔ ( + 1) - 1- 0x n nx≥

Hay (1 )n 1

Dấu bằng khi và chỉ khi x = 0.

Bài 4. Với ∀ ∈ −x ( 1; 1) và với ∀ ∈n ¥*

Chứng minh rằng: 2 (1 ) (n 1 )n 2n

- Bài tốn cĩ thể giải theo phương pháp lượng giác hĩa hoặc sử dụng khai

triển nhị thức Newton;

- Định hướng trong bất đẳng thức cĩ chứa biến x, ta nghĩ đến việc xét hàm số

f(x) = (1 + x) n + (1 – x) n trên đoạn [-1; 1]

Sử dụng phương pháp đạo hàm ta cĩ:

f’(x) = n(1 + x) n – 1 – n(1 – x) n – 1 = n[(1 + x) n – 1 – (1 – x) n – 1] Nếu 1− ≤ <x 0 thì 0 1≤ + < − ⇒x 1 x f x'( ) 0<

Nếu 0≤ <x 1 thì 0 1≤ − < + ⇒x 1 x f x'( ) 0>

Trang 6

yCT = 2

-1

f(x) f'(x) x

+ ∞

yCT = 0

-1 f(x) f'(x) x

Trang 6

Dựa vào bảng biến thiên ta có 2< f x( ) 2< n

Hay 2 (1 ) (n 1 )n 2n

Bài 5. Với mọi số dương a, b, a >b

Chứng minh rằng: a b lna a b

− < < −

- Định hướng: bất đẳng thức không thể chứng minh theo phương pháp biến đổi

thông thường;

- Để ý lna lna lnb

- Từ đó ta nghĩ đến cách chọn hàm số f(x) = lnx trên đoạn [b; a] để áp dụng

định lí Lagrange;

Hàm số f(x) liên tục và có đạo hàm trên (b; a)

Theo định lý Lagrange ∃ ∈c (b a; ) sao cho :

f c

a b

−

= − ⇔ =1 lnc a a b−−lnb

Do c∈(b a; ) nên 1 1 1

a c b< <

b

a < a b− < ⇔b a− < < b−

VẤN ĐỀ II TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số có thể giải theo phương pháp phân tích đánh giá Thông thường dạng bài tập này, sử dụng phương pháp đạo hàm thì hiệu quả hơn

- Nếu hàm f(x) liên tục trên [a; b] thì đạt giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất trên

đoạn đó;

- Nếu hàm số f(x) đồng biến (hay nghịch biến) trên [a; b] thì đạt GTNN tại a,

GTLN tại b (hay đạt GTLN tại a, GTNN tại b);

- Trên [a; b] hàm số có nhiều cực trị thì so sánh các giá trị cực trị với f(a) và

f(b) để kết luận;

- Nếu trên khoảng (a; b) hàm số có một cực trị duy nhất thì giá trị cực trị là

GTLN hoặc GTNN

Trang 7

Bài 1 Cho phương trình: 2 2

2

12

m

x 1 , x 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3

T x= +x

- Ta không thể thực hiện được việc tìm GTLN, GTNN của T theo x x khi 1 ; 2

không có điều kiện ràng buộc cho x x ;1 ; 2

- Tìm cách biểu diễn T theo tham số m, từ điều kiện tồn tại x x ta có điều1 ; 2

kiện ràng buộc cho tham số m;

Điều kiện phương trình có hai nghiệm: ' 0∆ ≥ ⇔ ≤2 | | 2 3m ≤

2 2

m

Tìm GTLN, GTNN của hàm số

2 2

m

f m

2

'( )

2 2

f m

m

= + > 0 nên hàm số đồng biến trên D

Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

- Tìm GTLN, GTNN của P theo a và b mà chỉ dựa vào một điều kiện ab≠0 không thể thực hiện được;

- Ta nghĩ đến biểu diễn các biến a, b qua một biến trung gian nào đó;

- Chẳng hạn đặt t a b

b a

= + , ta có điều kiện | | 2t ≥

Biến đổi

2

P

      

2

 ÷ − ÷   ÷ − 

      

Lúc đó P t= −4 5t2+ +t 4

Xét hàm số f t( )= −t4 5t2+ +t 4 với | | 2t ≥

Có f t'( ) 4= t3 −10t+1; f t''( ) 12= t2 −10

Vì | | 2t ≥ nên f t''( ) 12= t2 − > ⇒10 0 f’(t) đồng biến

Nên t > 2 thì f’(t) > f’(2) > 0; t < - 2 thì f’(t) < f’(-2) < 0.

Trang 8

+ ∞

- ∞

2 -2

t f'(t) f(t)

+

Trang 8

-Vậy minf = - 2 tại t = 2 khi và chỉ khi a = b.

Bài 3 Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn điều kiện A > B > C

f x

- Định hướng từ định lí sin và điều kiện tồn tại căn bậc hai ta tìm ra tập xác

định của hàm số;

- Lúc đó, ta tìm GTNN của hàm số trên tập xác định vừa tìm được.

Ta có A > B > C ⇒ a > b > c

(a, b, c là độ dài các cạnh lần lượt đối diện với các đỉnh A, B, C)

2 sinR A 2 sinR B 2 sinR

⇔ > > ⇔sinA>sinB>sinC

Mặt khác: f(x) xác định trên (−∞; sinC) ∪[sin ;A + ∞)

f x

suy ra hàm số f(x) đồng biến trên các khoảng (−∞; sinC); sin ;[ A + ∞)

−

VẤN ĐỀ III SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH

Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình nói chung không thể giải được nghiệm cụ thể bằng công cụ đạo hàm Tuy nhiên thông qua công cụ đạo hàm có thể chứng minh phương trình, bất phương trình,

hệ phương trình, hệ bất phương trình tồn tại nghiệm, cũng như đánh giá được

số nghiệm của chúng

- Sử dụng đạo hàm để xét tính đơn điệu của hàm số, nhờ vào tính đơn điệu để chứng minh sự tồn tại nghiệm;

- Nhờ vào việc phân chia tập xác định của hàm số thành các khoảng trên đó hàm số luôn tăng hoặc giảm, để chứng minh nghiệm duy nhất, từ đó có thể

f(sinA )

1 + ∞

1

sinA sinC

f(x) f'(x)

Trang 9

giải được phương trình bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình

Bài 1 Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

4 2

3 x− +1 m x+ =1 2 x −1

( Đề tuyển sinh Đại học, Cao đẳng Khối A năm 2007)

- Ta có thể sử dụng phương pháp biến đổi để giải bài toán;

- Định hướng: ta biến đổi phương trình về một vế theo x xem là hàm số biến x;

- Bài toán giải đơn giản hơn dựa vào phương pháp đạo hàm

Điều kiện x≥1

Phương trình tương đương: 3 1 24 1

1

x

−

Lúc đó phương trình theo t là: − + =3t2 2t m

1

x

−

Trên [0; 1) ta có 1 ( ) 1

3

f t

− < ≤

Vậy phương trình có nghiệm khi 1 1

3

m

− < ≤

Bài 2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

2x+ =m 4x+ .

( Cấu trúc đề thi TN THPT và Đại học của Bộ giáo dục năm 2008)

- Ta có thể sử dụng phương pháp tam thức để giải bài toán;

- Định hướng: ta biến đổi phương trình về một vế theo hàm biến x;

- Bài toán giải đơn giản hơn dựa vào phương pháp đạo hàm

Ta có phương trình viết lại: 3

1

2 4

x

+

Bằng cách đặt ẩn phụ t=2x,t>0 Lúc đó phương trình là: 2 3

1

t m t

+ .

Xét hàm số ( ) 2 3

1

t

f t

t

+ trên (0;+∞)

Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đồ thị của hàm số f(x) và đường thẳng y = m có một điểm chung duy nhất.

2

1 3 1

'( )

t

t t

f t

−

− +

Trang 10

Trang 10

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm duy nhất khi 1 3

10

m m

< <



Bài 3 Giải phương trình: x− = + −

x

(Đề dự bị Đại học khối A năm 2007)

- Định hướng trong phương trình vừa chứa logarít vừa chứa biểu thức mũ và

biến ở đa thức;

- Ta thử nghĩ đến cách giải phương trình thông qua việc xét các hàm số.

Điều kiện  

− > ⇔ > = ⇔ >

x

log x 1 2 x và x > 0

log (2 1) log x 1 2 x và x > 0

⇔ (2x − 1) + log2(2x − 1) = x + log2x (**)

Xét hàm f(t) = t + log2t đồng biến khi t > 0

Do đó f(u) = f(v) ⇔ u = v, với u > 0, v > 0

Vậy từ (**) ⇔ 2x− 1 = x ⇔ 2x− x −1 = 0 (***)

Lại xét hàm g(x) = 2 x − x − 1 khi x > 0

g'(x) = 2xln2 − 1, g'(x) = 0 ⇔ x = = >

2

1

2 ln2 log e 1⇔ x log (log e) 0= 2 2 >

Ta có g’’(x) > 0 với mọi x nên g'(x) là hàm tăng trên ¡

+) g '(x) 0, x log (log e)< ∀ < 2 2 ⇒g giảm trên (−∞; log (log e)2 2 

+) g '(x) 0, x log (log e)> ∀ > 2 2 ⇒g tăng trên log (log e);2 2 +∞)

g(x) 0

⇒ = có tối đa là 1 nghiệm trên (−∞; log (log e)2 2 

và có tối đa là 1 nghiệm trên log (log e);2 2 + ∞) bằng cách thử nghiệm ta có pt g(x) 0= (***) có 2 nghiệm là x = 0; x = 1

Vì x > 0 nên (*) ⇔ x = 1.

Bài 4 Cho f(x) là một đa thức với hệ số hữu tỉ, α là số thực sao cho

_

fCÑ = 10

1

0 f(t) f'(t) t

Trang 11

α α3− =[ ( )]f α 3− f( ) 33α = 2009 Chứng minh rằng ( f( )n ( )α )3− f( )n ( ) 33α = 2009

Trong đĩ ( ) =1 4 4 4 2 4 4 4 3

n lần f

( ) ( ( ( ( ) ))),

n

n là số nguyên dương

- Khai thác giả thiết: α α3− =[ ( )]f α 3− f( ) 33α = 2009;

- Ta cĩ suy nghĩ α và f( )α đều là nghiệm của phương trình

x3 – x = 332009(1);

- Bài tốn yêu cầu chứng minh ( f( )n ( )α )3− f( )n ( ) 33α = 2009

- Nên α và f( )α cĩ thể bằng nhau;

- Từ đĩ nghĩ đến chứng minh α tồn tại duy nhất

Sử dụng phương pháp đạo hàm ta xét hàm số:

g(x) = x3 – x trên (−∞ + ∞ ; )

Ta cĩ g’(x) = 3x2 – 1, g’(x) = 0 ⇔ = ±x 13

1

3

− 1

3 +∞

y' + 0 - 0 +

y

yCĐ= 2 3

9 +∞

−∞ yCT= 2 3

9

−

Đồ thị của g(x) và đường thẳng y = 332009 trên ¡ chỉ cĩ một điểm chung duy nhất

Suy ra trên ¡ phương trình x3 – x = 332009 cĩ nghiệm duy nhất nên α=f( )α

⇒α = f( )α = f f( ( )) α = = f f f( ( ( ( ) )))f α = f( )n ( )α

Hay ( f( )n ( )α )3− f( )n ( ) 33α = 2009

Bài 5 Tìm tất cả các giá trị của tham số a để bất phương:

2

a x + < +x a nghiệm đúng với mọi x

- Cĩ thể giải bài tốn bằng phương pháp tam thức; nhưng phương pháp tam

thức tỏ ra khá phức tạp, khi định lí đảo về dấu tam thức và so sánh một số với các nghiệm của tam thức khơng được học một cách hệ thống;

- Ta biến đối bất phương trình một vế chứa biến x, vế cịn lại chứa tham số a

như sau: bất phương trình 2 2 7 1

x a

x

⇔ <

+ − ; 2

x

f x

x

=

Trang 12

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	855,5 KB