SKKN ứng dụng đạo hàm trong các bài toán đại số lớp 12

Theo lộ trình năm học, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi là công tác thường xuyên đòi hỏi nhiều yêu cầu, nhiều công sức kể cả về tri thức của người thầy. Để đạt được những vấn đề đó là một quá trình, một sự cố gắng tu dưỡng thật cao của mỗi giáo viên và cùng với công việc đó, luôn phải có một niềm say mê trong kiến thức, trong lòng yêu nghề và sự quan tâm tới sự phát triển tri thức, trí tuệ của lớp học trò của mình. Giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi không những chỉ tìm tòi nghiên cứu để bồi dưỡng kiến thức cho người thầy mà nó còn có mục đích phát triển tư duy, giáo dục toàn diện thế hệ trẻ có năng lực về kiến thức.

MỞ ĐẦU I/ LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Một trong các nhiệm vụ lớn của công tác trong nhà trường và công việc của mỗi người giáo viên là công tác giảng dạy, phụ đạo học sinh yếu kém và bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp học

Theo lộ trình năm học, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi là công tác thường xuyên đòi hỏi nhiều yêu cầu, nhiều công sức kể cả về tri thức của người thầy

Để đạt được những vấn đề đó là một quá trình, một sự cố gắng tu dưỡng thật cao của mỗi giáo viên và cùng với công việc đó, luôn phải có một niềm say mê trong kiến thức, trong lòng yêu nghề và sự quan tâm tới sự phát triển tri thức, trí tuệ của lớp học trò của mình

Giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi không những chỉ tìm tòi nghiên cứu để bồi dưỡng kiến thức cho người thầy mà nó còn có mục đích phát triển tư duy, giáo dục toàn diện thế hệ trẻ có năng lực về kiến thức

Đã không ít học sinh “ Học tốt” bị thụ động nhiều về sự đa dạng phủ kín trong từng bài toán, từ đơn giản đến phức tạp Người thầy cần thiết phải tìm ra liều thuốc

để học trò luôn bình tĩnh dựa vào chính mình trong giờ khảo thí

Dạy ôn học sinh giỏi, bên cạnh phương pháp, nghệ thuật của người thầy tạo hứng thú cho học sinh là một kho kiến thức vô tận của bộ môn Việc trang bị kiến thức để đạt được một cách tổng hợp có hệ thống có kết cấu phù hợp trong mỗi chuyên đề áp dụng với việc nhận thức của đối tượng học trò là một quá trình về mọi biện pháp của người thầy; công việc đó không phải đơn giản

Xuất phát từ yếu tố nêu trên, tôi mạnh dạn đưa ra 1 chuyên đề bồi dưỡng học

sinh giỏi lớp 12: “Ứng dụng đạo hàm trong các bài toán đại số”, nhằm củng cố

kiến thức và cũng là tài liệu tích luỹ cho những thời gian tiếp theo trong công tác giáo dục của mình

II NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

1 Xác định củng cố kiến thức trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi 12

2 Đưa ra phương pháp tổng hợp nhằm phát triển tư duy cho đối tượng học trò trong quá trình giảng dạy

III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Dạng đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 trong các năm gần đây và một số dạng bài tập tổng hợp

IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

Cơ sở thực tiễn:

+ Thông qua các dạng đề thi HSG khu vực

+ Một số tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi

NỘI DUNG

A - Cơ sở lí luận:

1 Cơ sở triết học:

Theo triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn là động lực thúc đẩy quá trình phát triển Vì vậy trong quá trình giúp đỡ học sinh, Giáo viên cần chú trọng gợi động cơ học tập giúp các em thấy được sự mâu thuẫn giữa những điều chưa biết với khả năng nhận thức của mình, phát huy tính chủ động sáng tạo của học sinh trong việc lĩnh hội tri thức Tình huống này phản ánh một cách lôgíc và biện chứng trong quan niệm nội tại của bản thân các em Từ đó kích thích các em phát triển tốt hơn

2.Cơ sở tâm lí học:

Theo các nhà tâm lí học: Con người chỉ bắt đầu tư duy tích cực khi nảy sinh nhu cầu tư duy khi đứng trước một khó khăn cần phải khắc phục Vì vậy GV cần phải để học sinh thấy được khả năng nhận thức của mình với những điều mình đã biết với tri thức của nhân loại

Căn cứ vào quy luật phát triển nhận thức và hình thành các đặc điểm tâm lí thì từ những lớp cuối của cấp THCS, học sinh đã bộc lộ thiên hướng, sở trường và hứng thú đối với những lĩnh vực kiến thức, kĩ năng nhất định Một số học sinh có

khả năng và ham thích Toán học, các môn khoa học tự nhiên; số khác lại thích thú văn chương và các môn khoa học xã hội, nhân văn khác Ngoài ra còn có những học sinh thể hiện năng khiếu trong những lĩnh vực đặc biệt…

Thực tế giảng dạy cho thấy đây là một mảng kiến thức rất lớn trong các kỳ thi chọn học sinh gioi Toán các cấp, trong quá trình học tập trên lớp các em thường chưa được mở rộng về mảng kiến thức này, có tâm lí: không biết ứng dụng của đạo hàm còn gì nữa ngoài các ứng dụng đã được trình bày trong sách giáo khoa? Vì vậy GV cần chỉ rõ, cụ thể giới thiệu cho học sinh học tập trên lớp một số bài toán đơn giản từ đó định hướng và tạo hứng thú để học sinh mong muốn mình đượ tìm hiểu sâu hơn về lĩnh vực toán học này

3.Cơ sở giáo dục học:

Để giúp các em học tốt hơn GV cần tạo cho học sinh hứng thú học tập Cần cho học sinh thấy được nhu cầu nhận thức là quan trọng, con người muốn phát triển cần phải có tri thức cần phải học hỏi Thầy giáo biết định hướng, giúp đỡ từng đối tượng học sinh

B Thực trạng của đề tài:

1.Thời gian và các bước tiến hành:

Tìm hiểu đối tượng học sinh giỏi cấp trường năm học 2008-2009 từ đó lựa chọn đối tượng học sinh năm học 2009- 2010

2.Khảo sát chất lượng :

Thông qua bài khảo sát chất lựơng đội tuyển, số lượng học sinh đạt yêu cầu

là 60%

3.Tìm hiểu nguyên nhân dẫn đến kết quả trên:

Tôi nhận thấy đa số học sinh có kết quả còn thấp, vì vậy việc lĩnh hội kiến thức và rèn luyện kĩ năng ở học sinh đòi hỏi nhiều công sức và thời gian Sự nhận thức của học sinh thể hiện khá rõ:

- Kiến thức cơ bản nắm tương đối chắc

- Có khả năng tưởng tượng, tư duy hàm, tư duy lôgíc

- Ý thức học tập của học sinh chưa thực sự tốt

- Nhiều học sinh có tâm lí sợ học.

Đây là môn học đòi hỏi sự tư duy, phân tích của các em Thực sự là khó không chỉ đối với HS mà còn khó đối với cả GV trong việc truyền tải kiến thức tới các em Hơn nữa vì điều kiện kinh tế khó khăn, môi trường giáo dục, động cơ học tập,… nên chưa thực sự phát huy hết mặt mạnh của học sinh Giáo viên cần nắm rõ đặc điểm, tình hình từng đối tượng học sinh để có biện pháp giúp đỡ các em trong quá trình bồi dưỡng học sinh khá giỏi

C Giải quyết vấn đề

Giáo viên cần phân loại rõ các dạng toán ứng dụng từ đó có kế hoạch hướng dẫn cho học sinh Từ nhận thức đó tôi phân loại các dang bài cụ thể:

I.CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH, BPT

Định lí 1: Số nghiệm của phương trình f(x) = g(x) chính là số giao điểm của 2 đồ

thị y= f(x) và y= g(x)

Định lý 2 : Nếu hàm số y=f(x) liên tục trên D và m= Min f(x), M = Max f(x) với x

D thì phương trình f(x) = k có nghiệm khi và chỉ khi mk  M

Định lý 3: Bất phương trình f(x) g(x) nghiệm đúng mọi xD khi và chỉ khi

Min f(x)  Max g(x) với mọi xD.

*Các ví dụ

Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x2 x 1  x2  x 1 m

Lời giải:

Xét hàm số f(x) = 2 1 2 1









f’(x)=

1 2

1 2 1 2

1 2

2 2















x x

x x

x

x

; f’(x)= 0  (2x 1) x2  x  1 (2x 1) x2  x 1 (1)

( ) [( ) ] ( ) [( ) ]

Thay x=0 vào (1) ta thấy không thoả mãn Vậy f’(x)= 0 vô nghiệm, mà f’(0)= 1>0

xR

Mặt khác: lim ( ) lim 2 2 2 1

x

f x

    

     ; lim ( )x   f x 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm  -1< m <1

Bài 2: Tìm tất cả các giá trị của a để phương trình : ax2  1 cosx (*) có đúng

một nghiệm x  0;

2

x  

 

Bài giải:

Ta thấy để phương trình có nghiệm thì a0

Khi đó phương trình (*) cos 2 1

x

x 

=a  2

2

2

2 sin











 x

x

= -2a

Xét hàm số f(t)= f x( ) sint

t

 với 0;

4

t   

  

  Khi đó f’(t) = 2

sin cos

t

t t

t 

= cos (2 )

t

tgt t

t 

<0 với 0;

4

t   

  

 

 f(t) nghịch biến / 0;

4



 

 

 

Mà ( ) 2 2

4

f 



 và lim ( ) 1x0 f t  

2 2 2

sin

2 2

x

x



 

 

 

 

 

Vậy phương trình (1) đã cho có đúng một nghiệm 0;

2

x  

 

2 1

2

         

Bài 3: Cho phương trình x6+3x5- 6x4- ax3- 6x2+3x +1=0 Tìm tất cả các giá trị của a để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt

Bài giải:

- Vì x= 0 không là nghiệm phương trình, chia 2 vế cho x3 ta được

3 2

(x ) 3(x ) 6(x ) a 0

       (1) Đặt x 1 t

x

  , t  2

Ta thu được phương trình: t3+3t2-9t = a + 6 (1’)

 Nếu t =  2 thì phương trình đã cho có một nghiệm

 Nếu t  2, thì mỗi giá trị của t phương trình đã cho có 2 giá trị của x, Nên phương trình(1) có đúng 2 nghiệm phân biệt  Phương trình (1’) có đúng 2 nghiệm t =  2 hoặc (1’) có đúng 1 nghiệm t thoả mãn t  2

+ TH1: Nếu (1’) có đúng 2 nghiệm t=  2  









6 22

6 2

a a

Vô nghiệm + TH2: (1’) có đúng 1 nghiệm t thoả mãn t  2

Xét hàm số f(t) = t3+3t2-9t với t  2 , ta có f’(t)= 3t2+6t-9 = 3(t-1)(t+3)

Ta có BBT:

t - -3 -2 1 2 +

F’(t) + 0 - 0 +

F(t)

27

22 2

Dựa vào BBT ta thấy phương trình (1’) có đúng 1 nghiệm t  2 khi và chỉ khi 2< a+6 <22  -4 <a < 16

Bài 4 : Cho hàm số y = -x+ (xa)(xb) với a, b là hai số thực dương khác nhau cho trước Chứng minh rằng với mỗi số thực s  (0;1) đều tồn tại duy nhất số

thực  > 0 sao cho f( ) = a s b s s1

2 





  (HSG Quốc Gia bảng A năm 2006)

Bài giải:

Trước hết ta có BĐT: 









  2

s

s b a



s

b a











 

2 (1), có thể dựa BĐT Becnuli để

CM BĐT này

Áp dụng BĐT cauchy và (1) ta có: ab  a s b s s

1

2 





  <a 2b (*) ( do a b)

Mặt khác ta có : f’(x) = 2x a2 b(x 2a)((x x a b)()x b)















ta dễ dàng CM được f’(x) >0 với

mọi x >0, suy ra f(x) đồng biến với x>0 nên 

 0

x

Limf(x)= ab f(x)x Limf(x)=

2

b

a 

(**)

Vì f(x) liên tục nên từ (*) và (**) ta có đpcm

Bài tập đề nghị:

1/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc [0;4 ]

(4-6m)sin3x +3(2m-1) sinx +2(2m-2)sin2xcosx- (4m-3)cosx = 0

2/ Tìm m để số nghiệm của phương trình: 15x2 – 2(6m2+1)x – 3 m4 +2m2 = 0 không nhiều hơn số nghiệm của phương trình:

(3m-1)212x+2x3+6x= (36m-9) 2 8 0 25



m ( HSG Nghệ An 1988) 3/ Tìm tất cả các giá trị của a để BPT: ln(1+x)  x-ax2 nghiệm đúng với mọi x 

0

4/ a Chứng minh rằng nếu a>0 là các số sao cho BPT : ax

 1+x đúng với mọi x 0 thì a  e

b Tìm tất cả các giá trịn của a để ax  1+x với mọi x ( HSG 12 Nam Định 2006)

II GIẢI PT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ:

Định lý 1: Nếu hàm số y = f(x) luôn đb (hoặc luôn ngb) thì số nghiệm của pt: f(x)

= k Không nhiều hơn một và f(x) =f(y) khi và chỉ khi x=y

Định lý 2: Cho hàm số y = f(x) luôn đb (hoặc luôn ngb) và hàm số y=g(x) luôn

ngb (hoặc luôn đb) trên D thì số nghiệm trên D của pt: f(x) =g(x) không nhiều hơn một

Định lý 3: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm đến cấp n và pt f (k) (x) = 0 có m nghiệm, khi đó phương trình f (k-1) = 0 có nhiều nhất là m + 1 nghiệm.

Các ví dụ:

Bài 1:

Giải pt: 3 ( 2 9 2 3 ) ( 4 2 )( 1 2 1 0

















Bài giải:

Ta thấy phương trình chỉ có nghiệm trong ( ; 0 )

2

1

 ) 3 ) 1 2 ( 2 )(

1 2 ( ) 3 ) 3 ( 2

)(

3



















pt

) 3 2

( ) 3 2











 u u v v (1)

Với u = -3x, v = 2x+1; u,v >0 Xét hàm số 4 2

3 2

)

f    với t > 0

t t

t t t







3

3 2 2 )

(

'

2 4 3

(1)  uv  3x 2x 1  x  51 là nghiệm duy nhất của phương trình

Bài 2: Giải pt: e tg2x  cosx 2với 













2

; 2





x , (HSG lớp 12 Nam Định 2006)

Bài giải:

Xét hàm số: e tg2x  cosx 2với 













2

; 2





x , ta có





















x

x e

x x e

x tgx

x

f

x tg x

tg

3

3

cos 2

sin sin cos

1

2

)

(

'

2 2

vì 2 2 2 cos 3 0





e tg x

Nên dấu của f'(x) chính là dấu của sinx Từ đây ta có f(x)  f(0) = 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0

Bài 3: Giải pt: 2003x + 2005x= 4006x + 2 (HSG Nghệ An 2005)

Bài giải:

Xét hàm số: f(x)= 2003x + 2005x- 4006x - 2

Ta có: f(x)= 2003x 1n22003+ 2005x1n2> 0 x  f"(x) = 0 vô nghiệm

 f'(x) = 0 có nhiều nhất là một nghiệm  f(x) = 0 có nhiều nhất là hai nghiệm

Mà ta thấy f(1) = f(0) = 0 nên pt đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 1

Bài 4: Giải pt: 3x = 1 + x + log3 (1+2x) (TH&TT)

Bài giải:

Đk: x > -1/2

pt 3x + x = 1 +2x + log3 (1+2x)  3x+ log33x = 1+2x + log3(1+2x) (1)

Xét hàm số: f(t) = t + log3t ta có f(t) là hàm đồng biến nên

(1) f(3x) = f(1+2x)  3x= 2x+1  3x- 2x - 1 = 0 (2)

Xét hàm số: f(x) = 3x- 2x- 1  f'(x) = 3x1n3 - 2  f"(x) = 3x1n23 > 0

 f(x) =0 có nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0) = f(1) = 0 nên pt đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 1

Bài 5: Giải hệ pt:



















) 3 ( 0

,

) 2 ( 5

) 1 ( 3

3 sin

sin

y x

y x

y x

y x



Bài giải:

Từ (2) và (3) ta có: x,y )

5

; 0 ( 



(1) sinx-3x= siny-3y Xét hàm số f(t) = sin-3t với t )

5

; 0 ( 

 ta có f(t) là hàm nghịch

biến nên f(x0 = f(y)  x = y thay vào (2) ta có x = y = 10 là nghiệm của hệ

Bài 6: Giải hệ: 

















) 2 ( 8 1

1 _

) 1 (

y x y

x y tgy tgx

(30-4 MOĐBSCL 2005)

Bài giải:

Đk: (*)

8 1













y

x

y

(1)  tgx + x = tgy + y  x = y (do hàm số f(t) = tgt + t là hàm đồng biến)

Thay vào (2) ta có: y 1  1  y y 8  y 1  y y 8  1

8 4 4 8 1

8 2

8

1            



 y y y y y y y y

8 128 16 64 48 9 3 8

128 16 64 48

9

3

8

8

4

8

3

2 2











































y y y

y y y

y

y

y

y Vậy x = y = 8 là nghiệm duy nhất của hệ đã cho

III.HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH:

Định nghĩa: Là hệ có dạng: 







) (

) (

) (

) (

) (

) (

1 3 2

2 1

x g

x f

x g

x f

x g

x f

n

(I)

Định lý 1: Nếu f,g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và (x 1 , x 2 , ,x n ) là nghiệm của hệ trên A thì x 1 = x 2 = xn

Định lý 2: Nếu f,g khác tính đơn điệu trên A và (x 1 , x 2 , ,x n ) là nghiệm của hệ trên

A thì x 1 = x 2 = xnnếu n lẻ và 













n n

x x

x

x x

x

4 2

1 3

1

nếu n chẵn

Bài 1: Giải hệ: 







































x z

z n z

z

z y

y n y

y

y x

x n x

x

) 1 (

1 3

3

) 1 (

1 3

3

) 1 (

1 3

3

2 3

2 3

2 3

Bài giải:

Ta giả sử (x,y,z) là n0 của hệ Xét hàm số f(t) = t3 + 3t - 3 + 1n(t2 - t + 1)

ta có: f'(t) = 3t2 + 3 + 0

1 2

1 2







t t

t

nên f(t) là hàm đồng biến

Ta giải sử: x = Max x,y,zthì y = f(x)  f(y) = z  z= f(y)  f(z) = x

Vậy ta có x = y = z Vì pt x3 + 2x - 3 +1n(x2 - x+1) = 0 có nghiệm duy nhất x=1 nên hệ đã cho có nghiệm là x = y = z = 1

Bài 2: Giải hệ: 



























z x

z z

y z

y y

x y

x x

) 6

( log 6

2

) 6

( log 6

2

) 6

( log 6

2

3 2

3 2

3 2

(HSG

QG Bảng A năm 2006)

Bài giải:

Hệ



















































6 2 )

6

(

log

) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 6 2 )

6

(

log

6 2 )

6

(

log

2 3

2 3

2 3

z x z x

z g x f y g z f x g y f y

y y z

x x x y

Trong đó f(t) = log3(6-t); g(t) =

6 2

2



 t t t

Ta có f(t) là hàm nghịch biến, 0

) 6 2 (

6 )

( '

3









t t

t t

g t (  ; 6 )  g(t)là hàm đb

Nên ta có nếu (x, y, z) là nghiệm của hệ thì x=y=z thay và hệ ta có:

6 2 )

6

(

log

2 3









x x

x

x pt này có nghiệm duy nhất x=3

Vậy nghiệm của hệ đã cho là x=y=z=3

Bài tập đề nghị

1 3 x 2  3 x 1  3 2x2  1  3 2x2 ;

2 81 sin 10x cos 10 x25681

3 ( 1 )( 2 ) ( 2 2 ) 2  2 ;









 x x e x xe x

x

4 3 cosx 2 cosx cosx;





5 ( 1 x)( 2  4x)  3 4x

6 



























x z

z z

z y

y y

y x

x x

5 2

3

5 2

3

5 2

3

2 3

2 3

2 3

(HSG QG)

7 Tìm a để hệ số sau đây có nghiệm duy nhất























1 2

3 2

3 2

3 2

2 2

3 2

4

.

4

ax x

x x

ax x

x x

ax x

x x

n

8 Tìm m để các pt sau có nghiệm:

a x x x 12 m( 5  x 4  x);

b 3 x 6  x ( 3 x)( 6  x) m

c tg2x + cotg2x + m (tgx + cotgx) + 3 = 0;

x x

x x

2 sin

cos

sin cos

2 2

6 6







IV CÁC BÀI TOÁN CỰC TRI - CHỨNG MINH BĐT:

Bài 1: Cho 4 số thực a, b, c, d thoả mãn: a2+b2=1; c-d=3 CMR:

F = ac + bd - cd

4

2 6

9 

 (HSG Nghệ An năm 2005)

Bài giải:

Ta có: F  (a2 b2 )(c2 d2 )  cd

9 6

2 2



 d

d  d2  3d f(d)

Ta có:

9 6 2

2

9 ) 2

3 ( 2 1 ) 3 2 ( ) (

'

2 2















d d

d d

d

9 6 2

2

9 ) 2

3 ( 2 1

2 2











d d

d

< 0 nên

4

2 6 9 ) 2

3 (

)

(d f   

f ta có điều phải chứng minh

Bài 2: Cho 0 xyz 1 : 3x 2yz 4 Tìm gtlh F  3x2  2y2 z2 (TH&TT)

Bài giải:

Từ giả thiết ta có:

3

2

4 y z

x   thay vào F ta được

) ( 3

1 ) 20 12 9

( 3

1 ) 2

2 ( ) 16 16 10

) 2 ( 4 4 ( 3

1 )

y g y

y

y f y

y y

z z y

f

F              Ta

xét: 1

3

2



y (vì y 32 thì Max không xảy ra), khi đó g(y) g( ) 16

3

2



3

16



 F dấu "=" có khi

3

1

; 3

2





z Vậy Max F =

3 16

Bài 3: Cho xyz CMR x y z  x y x y z yx z

2 : 0

Bài giải:























x

z z

y y

x x

y y

z x x f

2 ) ( với đk đã cho x  y  z  0

Ta có: ' ( )  (1 1)  ( 2  2)  (  )(1 12)  0

x z z y x

z x

y y z x