SKKN SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI TOÁN Ở THPT

15 2.9K 0
SKKN SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI TOÁN Ở THPT

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Trong quá trình dạy học môn toán ở bậc trung học phổ thông, chúng ta gặp rất nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Để giải các bài toán dạng trên có bài ta giải được bằng nhiều phương pháp khác nhau , cũng có bài chỉ có thể giải được bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán là một phương pháp hay,thông thường để giải quyết một bài toán sẽ đơn giản,gọn nhẹ hơn so với phương pháp khác . Tuy nhiên để học sinh có kỹ năng ta cần hệ thống hoá lại bài tập ,để học sinh và giáo viên bớt lúng túng hơn. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán ,chiếm một vị trí đặc biệt quan trọng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Phương pháp này dựa trên mối liên hệ giữa tính đồng biến và nghịch biến của một hàm số với đạo hàm của nó . SKKN: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI TOÁN Ở THPT PHẦN MỘT: ĐẶT VẤN ĐỀ Hiện nay ,giáo dục không ngừng được cải cách và đổi mới .Để kịp với xu hướng này ,rất nhiều yêu cầu được đặt ra .Một trong số đó chính là làm sao để có được những phương pháp giải toán hay ,nhanh,mà vẫn cho kết quả chính xác .Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số là một phương pháp giải toán như vậy. Có rất nhiều bài toán thoạt nhìn tưởng rất khó,nếu giải được thì lời giải sẽ khó hiểu,rắc rối .Nhưng nếu áp dụng phương pháp này ,bài toán sẽ trở thành đơn giản ,gọn hơn rất nhiều .Đó chính là một trong những ứng dụng của phương pháp này ,ngoài ra phương pháp sử dụng tính đơn điệu còn phát huy sự ưu việt trong nhiều trường hợp khác . Nói tóm lại,Phương pháp này rất cần thiết đối với các em học sinh đang chuẩn bị ôn thi tốt nghiệ trung học phổ thông,thi đại học và cao đẳng.Nó sẽ giúp các em phát huy tối đa tính sáng tạo trong việc tìm ra con đương giải toán nhanh nhất ,hay nhất và chính xác nhất . Trong quá trình dạy học môn toán ở bậc trung học phổ thông, chúng ta gặp rất nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Để giải các bài toán dạng trên có bài ta giải được bằng nhiều phương pháp khác nhau , cũng có bài chỉ có thể giải được bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán là một phương pháp hay,thông thường để giải quyết một bài toán sẽ đơn giản,gọn nhẹ hơn so với phương pháp khác . Tuy nhiên để học sinh có kỹ năng ta cần hệ thống hoá lại bài tập ,để học sinh và giáo viên bớt lúng túng hơn. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán ,chiếm một vị trí đặc biệt quan trọng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Phương pháp này dựa trên mối liên hệ giữa tính đồng biến và nghịch biến của một hàm số với đạo hàm của nó . Để sử dụng phương pháp này,điều cốt yếu là chúng ta cần xây dựng một hàm số thích hợp ,rồi nghiên cứu tính đồng biến ,nghịch biến của nó trên đoạn thích hợp.Các hàm 1 số ấy trong nhiều trường hợp có thể nhận tra ngay từ đầu ,còn trong các trường hợp đặc biệt ta cần khôn khéo để phát hiện ra chúng . PHẦN HAI: NỘI DUNG A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ Hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [a;b] được gọi là đồng biến trên đoạn ấy, nếu với mọi x 1 < x 2 thuộc đoạn [a ;b] ta đều có f(x 1 ) < f(x 2 ) . Điều kiện để y = f(x) đồng biến trên [a ;b] là y'= f(x) ≥ 0 , x∀ ∈ [a ;b] .Đồng thời dấu ''='' đạt được tại một số điểm riêng biệt. Đối với hàm đồng biến thì y max = y (b) , y min = y (a) (a < b) ,đồng thời nếu phương trình f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất. Tương tự, y = f(x) được gọi là nghịch biến trên [a ;b] là y' = f'(x) ≤ 0 , x∀ ∈ [a;b]. Đồng thời dấu ''='' đạt được tại một số điểm riêng biệt. Đối với hàm nghịch biến thì y max = y (a) , y min = y (b) (a < b) ,đồng thời nếu phương trình f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất. Hàm số y = f(x) chỉ đồng biến hoặc chỉ nghịch biến trên đoạn [a;b] được gọi là đơn điệu trên đoạn ấy. Hàm đơn điệu có tính chất quan trọng sau đây: f(x) = f(y) ⇔ x = y. Nếu f(x) đồng biến , g(x) nghịch biến thì : 1) Nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm x = x 0 thì nghiệm ấy là duy nhất 2) Nghiệm của bất phương trình f(x) > g(x) là giao của x>x 0 và miền xác định của bất phương trình . 3) Nghiệm của bất phương trình f(x) < g(x) là giao của x< x 0 và miền xác định của bất phương trình . B. MỘT SỐ VÍ DỤ I. PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ 1: giải phương trình: 1x + - 4 x− = 1 (1) Giải: điều kiện -1 ≤ x ≤ 4 2 ⇒ (1) ⇔ 1x + = 1+ 4 x− Có nghiệm x = 3, vì 3 1+ = 2 = 1 + 4 3− = 2 Đúng và vì vế trái là hàm đồng biến ( đạo hàm dương) , vế phải là hàm nghịch biến ( đạo hàm âm), nên x = 3 là nghiệm duy nhất của (1). Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu , tránh được bình phương 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm. Ví dụ 2.Giải phương trình. x 5 +x 3 - 1 3x− +4 =0 Giải: Điều kiện 1/3x ≤ . Đặt f(x) = x 5 +x 3 - 1 3x− +4 Ta có f'(x) = 5x 4 +3x 2 + 3 2 1 3x− > 0 ⇒ f(x) đồng biến / ( 1 , ] 3 −∞ Mặt khác f(-1) = 0 nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = -1. Ví dụ 3. Giải phương trình . 2 2 15 3 2 8x x x+ = − + + Giải.Phương trình 2 2 ( ) 3 2 8 15 0f x x x x ⇔ = − + + − + = (*) Nếu x 2/3≤ thì f(x) <0 ⇒ phương trình (*) vô nghiệm . Nếu x >2/3 thì f'(x) = 3 + x 2 2 1 1 2 0 x> 3 8 15x x   − > ∀   + +   ⇒ f(x) đồng biến / 2 , 3   +∞  ÷   Mà f(1) = 0 nên (*) có đúng một nghiệm x = 1. Ví dụ 4: Giải bất phương trình : ( ) ( ) 2 3 2 3 2 x x x − + + = (1) Giải: Nhận thấy x = 2 là nghiệm ,vì khi đó ta có : 2- 2 3 2 3 4 2+ − = = Vì 2 x > 0 nên (1) 2 3 2 3 1 4 4 x x     − + ⇔ + =  ÷  ÷     Do 2 3 2 3 1 4 4 − + < < 3 Nên vế trái là hàm nghịch biến ,và vì vậy x =2 là nghiệm duy nhất của (1) . Nhận xét .Cái hay của cách giải này là phát hiện ra cơ số bé hơn 1 để sử dụng tính nghịch biến. Ví dụ 5: Giải phương trình : x + lg(x 2 -x -6) = 4 +lg(x +2). Giải: Điều kiện x +2>0, x 2 - x -6 >0 3.x⇒ > Vậy (1) ⇔ x + lg(x +2) +lg(x -3) = 4 +lg(x +2) ⇒ lg(x -3) = 4 -x (2) Phương trình này có nghiệm x =4 vì khi đó ta có lg1 = 0 đúng . Vì vết trái đồng biến (cơ số lôgarit lớn hơn 1).Vế phải nghịch biến ( đạo hàm âm) , Nên (2) có nghiệm duy nhất x = 4 ( thoả mãn điều kiện x > 3) Ví dụ 6: Giải phương trình : 2log 3 cotgx = log 2 cosx Giải: Điều kiện cosx > 0,sinx > 0 . Đặt log 2 cosx = y ⇒ cosx = 2 y ⇒ log 3 cotg 2 x = log 2 cosx = y ⇒ cotg 2 x = 3 y Vì cotg 2 x = 2 2 cos 4 1 cos 1 4 y y x x = − − ⇒ 3 y - 12 y = 4 y ⇔ 3 3 1, 4 y y   = +  ÷   có nghiệm duy nhất y = -1 Vì vế trái cơ số 3/4 <1 là hàm nghịch biến ,vế phải cơ số 3>1 là hàm đồng biến . Vậy cosx = 2 -1 = 1/2 ⇒ x = /3 2 ,k k R π π ± + ∈ . Kết hợp với điều kiện ,ta được nghiệm của (1) là : x = 2 , 3 k k z π π + ∈ . Nhận xét .Cái hay của cách giải này là đưa (1) về dạng phương trình mũ không chính tắc để sử dụng tính đơn điệu. Ví dụ 7: giải phương trình: 3 x 2 - 2x 3 = log 2 (x 2 + 1) - log 2 x (1) Giải: Điều kiện: x > 0. với điều kiện ấy (1) ⇔ x 2 (3-2x) - log 2 (x + 1 x ) (2) Do x > 0 nên x+ 1 x ≥ 2 và do vế phải là hàm loga có cơ số lớn hơn 1, nên là hàm đồng biến ⇒ log 2 (x + 1 x ) ≥ log 2 2 = 1. 4 Vậy thì vế trái dương ⇒ x 2 (3-2x) >0 ⇒ 3-2x > 0. Ta có x 2 (3-2x) = x.x.(3-2x) là tích của 3 số dương ,có tổng không đổi bằng 3 ,nên nó đạt giá trị lớn nhất bằng 1 ,khi x = 3 -2x = 1. Như vậy là VT ≤ 1 ,đạt dấu = khi x = 1 , VP ≥ 1 , đạt dấu = khi x = 1 ⇒ phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. Nhận xét. Cái hay của cách giải này là áp dụng linh hoạt hệ quả của bất đẳng thức Côsi và tính đơn điệu của hàm logarit. Ví dụ 8. giải các phương trình: 3.4 x + (3x-10)2 x + 3 - x = 0 Giải. đặt y = 2 x > 0, khi đó ta có 3y 2 + (3x - 10)y + 3 - x = 0 Từ đó y = 3 10 (3 8) 6 x x− + ± − ⇒ y 1 = 1 3 hoặc y 2 = 3-x Nếu y 1 = 1 3 = 2 x ⇒ x = -log 2 3. Nếu y 2 = 3 - x = 2 x , ta có x = 1 là nghiệm duy nhất , vì khi đó 3 -1 = 2 đúng và vì vế trái là hàm nghịch biến ( có đạo hàm âm) , vế phải là hàm đồng biến ( cơ số hàm mũ lớn hơn 1). Nhận xét.Cách giải này hay ở chổ biết chọn ẩn số mới thích hợp để đưa về phương trình bậc hai và sử dụng được tính đơn điệu của hàm số. II. BẤT HƯƠNG TRÌNH Ví dụ 1. giải bất phương trình 9x + > 5 - 2 4x + (2) Giải: Điều kiện x ≥ 2. do vế trái là hàm đồng biến( đạo hàm dương) vế phải la hàm nghịch biến(đạo hàm âm) nên nghiệm của (2) là giao của x ≥ 2 và x > x 0 vói x 0 là nghiệm của phương trình 9x + = 5 - 2 4x + ; phương trình cuối có nghiệm duy nhất x =0, vì khi đó ta có 9 =5- 4 đúng 5 và vế trái đồng biến, vế phải nghịch biến. Vậy nghiệm của (2) là giao của x ≥ 2 va x > 0 ⇒ x > 0 Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu , tránh được bình phương 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm. Ví dụ 2. Giải bất phương trình . 3 5 4 1 5 7 7 5 13 7 8x x x x+ + − + − + − < Giải . Điều kiện x ≥ 5/7 .Xết f(x) = 3 5 4 1 5 7 7 5 13 7x x x x+ + − + − + − Ta có f'(x) = 2 3 4 3 5 4 1 5 7 13 0 2 1 3 (5 7) 4 (13 7) 5 (13 7) x x x x + + + > + − − − ⇒ F9x) đồng biến / 5 , 7   +∞ ÷    .Mặt khác f(3) = 8 nên bpt f(x) < 8. 5/7 5 ( ) (3) 3. 3 7 x f x f x x ≥  ⇔ < ⇔ ⇔ ≤ <  <  Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu,trong khi đó muốn giải bằng cách khác sẽ rất khó khăn. Ví dụ 3.Giải bất phương trình . 2x + 2 7 2 7 35x x x x+ + + + < Giải. Điều kiện x > 0.Đặt f(x) = 2x + 2 7 2 7x x x x+ + + + Ta có f'(x) = 2 1 1 2 7 2 0 2 2 7 7 x x x x x + + + + > + + , 2 29 35 12 f     =  ÷  ÷  ÷     Nên f(x) đồng biến và do đó f(x) < 35 = 2 29 12 f      ÷  ÷  ÷     2 29 0 12 x   ⇔ < <  ÷   . Ví dụ 4: Giải bất phương trình : 2 2 1 1 2 x x x x x + + − ≥ (1) Giải: Điều kiện: x ≠ 0, x + 2 2 1 1 0, 0x x x ≥ − ≥ ⇒ x ≥ 1 Do vậy (1) 3 3 1 1 2 (2)x x ⇔ + + − ≥ Đặt 3 3 1 1 0x u x v+ = > − = ≥ ,khi đó 6 (2) 2 2 1 1 2 2 2 ( )( ) 2 u v u v u v u v u v  + ≥  ≤  ⇔ ⇔ +   − =   + − =  ⇒ u -v ≤ 1 ⇒ 2 1 u v v u + ≥   − ≥ −  ⇒ v 1 0 2 ≥ > (thích hợp) Vậy : 3 3 3 1 5 5 1 1 2 4 4 x x x− ≥ ⇔ ≥ ⇒ ≥ > Đáp số : 3 5 4 x ≥ Hoặc xét VT =f(x)= 3 3 1 1x x+ + − là hàm đồng biến Suy ra nghiệm của (2) là giao của x ≥ 1 và x > x 0 ,trong đó x 0 là nghiệm của phương trình : 3 3 1 1x x+ + − = 2. Suy ra x 0 = 3 5 4 ,suy ra bất phương trình có nghiệm 3 5 4 x ≥ . Nhận xét.Cái hay của cách giải là sử dụng tính đồng biến và sử dụng cách đặt ẩn phụ để đưa về hệ bất phương trình hoặc hệ phương trình bậc ,tránh được việc bình phương 2 vế (dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm)và tránh được việc giải phương trình bậc cao. Ví dụ 5: Giải bất phương trình: 2 2 5 2 7 10 5 2x x x x x+ + + + + + < − (1) Giải: Điều kiện x ≥ -2. Đặt 2 0 5 0 x u x v + = ≥ + = > Suy ra 2 7 10 .x x uv+ + = Do u và v đồng biến khi x ≥ -2 Vế trái là hàm đồng biến , vế phải là hàm nghịch biến Nên nghiệm của (1) là giao của x ≥ -2 và x < x 0 với x 0 là nghiệm của phương trình: 2 2 5 2 7 10 5 2x x x x x+ + + + + + = − Vì u 2 +v 2 = 2x +7 ,suy ra 2x = u 2 +v 2 -7 Và u 2 +v 2 +2uv +( u +v) -12 =0 Đặt u +v = t >0 ta được : t 2 +t -12 = 0 , t > 0 7 Suy ra t =3 vậy 1 1 3 3 3 22 =⇒    −=− =+ ⇔    −=− =+ u vu vu vu vu Từ đó u = 2 1 1x x+ = ⇒ = − Vậy nghiệm của (1) là 2 1x− ≤ ≤ − Nhận xét. Cái hay của cách giải này là dùng tính đơn điệu của các hàm số để đưa bất phương trình vô tỷ về hệ phương trình bậc 1. Ví dụ 6.Với giá trị nào của tham số m thì bpt sau có nghiệm? x 2 + 2 2 1 0x m m m− + + − ≤ Giải: Đặt t = x m− ≥ 0 ⇒ t 2 = x 2 -2mx +m 2 , khi đó (1) ⇔ y = t 2 +2t +2mx +m -1 ≤ 0 Có nghiệm t ≥ 0. Ta có y' = 2t +2 ⇒ y' = 0 ⇔ t = -1 Nên y min = y (0) = 2mx +m -1 = 2m 2 +m -1 0≤ ⇒ -1 1 2 m≤ ≤ . Nhận xét.Cái hay của cách giải này là sử dụng giá trị tuyệt đối x m− làm ẩn số để đưa về parabol theo 0t ≥ ⇒ Không phải xét tương quan giữa x và y làm cho cách giải nhẹ nhàng hơn. III. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ 1: Tìm các số x ( ) 0; π ∈ ,y ( ) 0; π ∈ thoả mãn hệ : cot - coty x -y (1) 5x + 8 y = 2 (2) x π =    Giải : Viết phương trình (1) dưới dạng : x - cotx = y - coty (3) Xét hàm số f(t) = t - cot t , 0 < t < π . Khi đó f(t) xác định ( ) 0;t π ∀ ∈ và f'(t) = 1 + 2 1 sin t > 0 , ( ) 0;t π ∀ ∈ ⇒ f(t) đồng biến ( ) 0;t π ∀ ∈ . Từ (3) ⇒ f(x) = f(y) ⇔ x = y. Thay vào phương trình (2) của hệ ,ta đựoc x = y = 2 13 π . Ví dụ 2: Giải hệ : 8 tan tan tan tan 2, , 0; 2 x y x y x y x y π − = −      + = ∈  ÷     Giải : Viết phương trình (1) dưới dạng x - tan x = y - tan y (3) Và xét hàm f(t) = t - tant xác định 0; 2 t π   ∀ ∈  ÷   ,có f'(t) = 1- 2 1 cos t < 0 ,do 0; 2 t π   ∈  ÷   ⇒ 0 < cos t < 1.Vậy f( t) nghịch biến . Từ (3) suy ra f(x) = f(y) ⇔ x = y và từ (2) ⇒ tan x = tan y = 1 ⇒ x = y = 4 π Ví dụ 3: Chứng tỏ rằng với 0a ≠ hệ : 2 2 2 2 2 2 a x y y a y x x  = +     = +   Có nghiệm duy nhất. Giải: Điều kiện : x 0≠ , y 0≠ .Do x và 2 a x cùng dấu , Do y và 2 a y cùng dấu ⇒ x> 0 , y> 0.Bởi vậy : (1) ⇔ 2x 2 y = y 2 + a 2 (1)' (2) ⇔ 2y 2 x = x 2 +a 2 (2)' (1)'-(2)' ta được:2xy (x -y) = (y-x)(y+x) ⇔ ( x-y) ( 2xy +x+y) =0,do x > 0,y >0 nên ( 2xy +x+y) >0. Do đó x - y =0 hay x = y.Thay x =y vào (1)' ta được : f(x) = 2x 3 -x 2 = a 2 ; f'(x) = 6x 2 -2x . Ta có bảng biến thiên: Từ đó suy ra phương trình : 2x 3 -x 2 = a 2 ( a 2 > 0) có nghiệm duy nhất . Nhận xét.Cái hay của cách giải này là từ hệ đối xứng loại 2. (1) -(2) ,không trừ trực tiếp ngay ,mà biến đổi trước để khi trừ (1') cho (2') thì phương trình hệ quả không chứa tham số,nên tránh được biện luận. 9 x f f’ ∞− ∞+ 0 -1/27 CT - + - - 0 1 3 // 33 Ví dụ 4.Giải hệ : 3 2 3 2 3 2 2 1 2 1 2 1 x y y y y z z z z x x x  + = + +   + = + +   + = + +   Giải.Xét hàm đặc trưng f(t) = t 3 +t 2 +t với t ∈¡ Ta có f'(t) = 3t 2 +2t +1 = 2t 2 +(t+1) 2 >0 ⇒ f(t) đồng biến . Giả sử : ( ) ( ) ( )x y z f x f y f z≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ 2z +1 2 1 2 1x y≤ + ≤ + z x y y z⇔ ≤ ≤ = = Hệ đã cho 3 2 2 2 1 ( 1)( 1) 0 x y z x y z x x x x x x = = = =   ⇔ ⇔   + = + + + − =   ⇔ 1 1 x y z x y z = = =   = = = −  III. BẤT ĐẲNG THỨC Ví dụ 1. Chứng minh rằng : e x > 1 +x , 0x∀ ≠ Giải : Đặt f(x) = e x -x -1 , khi đó f'(x) = e x -1 *Nếu x> 0 thì f(x) > 0 nên f tăng trên [ 0; + ∞ ) Do đó f(x) > f(0) =0 ⇒ e x > x +1. *Nếu x<0 thì f'(x) < 0 nên f giảm trên (- ∞ ,0) do đó f(x) > f(0) = 0 ⇒ e x > x +1 . Vậy e x > x +1 0x∀ ≠ . Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu x > 0, thì ln x < x Giải . Xét hàm số f(t) = lnt - t với t > 0. Ta có f (t) = 1 1 2 2 2 t t t t − − = Lập bảng xét dấu sau: 10 [...]... mạnh dạn hơn ,linh hoạt hơn trong việc dùng đạo hàm để giải toán -Cái hay của cách giải này là sử dụng linh hoạt tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình, giải bất phương trình, giải hệ phương trình -Tránh được việc biện luận theo tham số ở một số bài toán -Tránh phải xét nhiều trường hợp ở một số bài toán -Tránh phải áp dụng bất đẳng thức côsi cần phải chứng minh duy nhất... ln(1+ 1 + x 2 ) < ∀x>0 1 + ln x , ∀x>0 x 3 Chứng minh rằng : logx(x+1) > logx+1(x+2) , ∀x > 1 4 .Giải bất phương trình : x + 9 > 5 − 2x + 4 14  y3 x= + sin y  6   z3 y = + sin z 5 .Giải hệ phương trình :  6   x3 z = + sin x  6  e x − e x − y = y  y  y− z 6 .Giải hệ : e − e = z  z z−x e − e = x  7 .Giải phương trình : 3.25x-2 +(3x-10).5x-2 +3-x = 0 PHẦN 3: KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM... minh rằng : sinx < x < tgx với 0 < x < π Giải Đặt f(x) = x - sin x , x ∈ (0; ] 2 Và có đạo hàm trên ( 0 ; π 2 Khi đó f liên tục trên [ 0 , π ] 2 π π ) ⇒ f tăng trên [ 0 , ] 2 2 π Từ đó x > 0 ⇒ f(x) > f(0) ⇒ x > sinx với x ∈ (0; ) 2  π Tương tự ta cũng có x < tgx , ∀x ∈  0; ÷  2 Ví dụ 10 Chứng minh rằng nếu 0 < x < π thì 2sinx + 2tgx ≥ 2x+1 2 Giải: áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 2sinx +2tgx... > 0 Ví dụ 11 Chứng minh bất đẳng thức : x 6 Giải : Đặt f(x) = sinx + x3 -x 6 x2 Ta có f'(x) = cosx + -1, f''(x) = - sin x +x > 0 ( theo ví dụ ) 2 ⇒ f'' tăng trên ( 0 ; + ∞ ) ⇒ f'(x) > f'( 0) = 0, với x > 0 ⇒ f tăng trên ( 0 ; + ∞ ) ⇒ f(x) > f( 0) = 0, với x > 0 x3 ⇒ x< sin x ( đpcm) 6 Nhận xét : Từ cách giải ví dụ 11 ta đi đến kết quả tổng quát sau : Giả sử f có đạo hàm cấp n trên ( a,b) thoả : f(a)... x Giải Xét hàm số f(t) = ln( 1+ 1 + t 2 ) - lnt - 1 với t > 0 t t Ta có f(t) = 2 1+ t 1+ 1+ t2 1 1 1+ t2 − t - + 2 = >0 2 2 t t t 1+ t Do đó f(t) là hàm đồng biến khi t > 0, vì x > 0 ,nên 1 2 lim lim  f(x) < f(+ ∞ ) = t→+∞ f(t) = t→+∞  ln(1 + 1 + t ) − ln t −  t  2 ⇒ f(x) < lim (ln 1 + 1 + t ) = 0 t →+∞ t 11 ⇒ ln(1+ 1 + x ) < lnx + 1 ⇒ đ.p.c.m x Ví dụ 5 Chứng minh rằng : x > ln(x +1) , x > 0 Giải. .. sin x  π với x ∈  0,  x  2 f(x) là hàm nghịch biến trên ( 0, Vì 0 < Từ đó suy ra lnx > 2α π Chứng minh rằng: sin α > π 2 Giải xét hàm số : f(x) = Ta có f'(x) = ⇒ f tăng trên [ 1 ; + ∞ ) π 2 ⇒ sin α > π ⇒ đ.p.c.m π α 2 2 sin π Chứng minh rằng: α sin α + cos α > 1 2  π Giải. xét hàm số : f(x) = xsinx + cosx - 1 với x ∈  0,   2 12  π ⇒ f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx ≥ 0 ∀ x ∈  0,  ... f có đạo hàm cấp n trên ( a,b) thoả : f(a) = f'(a) = f''(a) = = f(n-1)(a) = 0 và f(n) >0 ∀x ∈ ( a; b ) thì f(x) >0 , ∀x ∈ ( a; b ) x3 x5 Ví dụ 12 Chứng minh rằng : sinx < x + với x > 0 6 120 x3 x5 + Giải : đặt f(x) = x - sinx , với x > 0 6 120 x3 x2 x4 Ta có : f'(x) = 1 − + + sin x , − cos x , f'' (x) = - x 6 2 24 f(4)(x) = x - sinx f(5)(x) = 1-cosx ≥ 0, f(0) = f'(0) = f''(0)=f(3)(0) =f(4)(0) =0 ⇒... minh rằng : x > ln(x +1) , x > 0 Giải : Đặt f(x) = x - ln(x +1) liên tục trên [ 0 ,+ ∞ ) có f'(x) = 1 - 1 x = > 0; ∀x > 0 x +1 x +1 ⇒ f tăng trên [ 0 ,+ ∞ ) ⇒ f(x) > f(0) =0 Ví dụ 6 Chứng minh rằng : Giải : Đặt f(x) = lnx - lnx > 2( x − 1) x +1 ⇒ x > ln(x+1) với x > 0 với x>1 2( x − 1) ( x>1) liên tục trên [ 1 ; + ∞ ) x +1 1 4 ( x − 1) 2 = > 0, ∀x > 1 Ta có f'(x) = − x ( x + 1) 2 x( x + 1) 2 Vậy với...t 0 4 0 + f'(t) ft) - Như vậy ∀x > 0 ,có f(x) ≤ f(4) ⇔ lnx - x ≤ ln4-2 Do 4 log20002001 Giải Xét hàm số f(x) = logx(x +1) với x > 1 Khi đó bất đẳng thức đã cho có dạng tương đương sau : f( 1999) > f(2000) Ta có f(x) = logx(x +1) = ln( x + 1) ln x xx ln x ln( x + 1) ln − x ln x − ( x + 1)ln(... toán -Tránh phải xét nhiều trường hợp ở một số bài toán -Tránh phải áp dụng bất đẳng thức côsi cần phải chứng minh duy nhất -Tránh việc bình phương hai vế dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm và tránh việc giải phương trình bậc cao Hết 15 . được bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số .Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán là một phương pháp hay,thông thường để giải quyết một bài toán sẽ đơn giản,gọn nhẹ hơn so. việc dùng đạo hàm để giải toán . -Cái hay của cách giải này là sử dụng linh hoạt tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình, giải bất phương trình, giải hệ phương trình. SKKN: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI TOÁN Ở THPT PHẦN MỘT: ĐẶT VẤN ĐỀ Hiện nay ,giáo dục không ngừng được cải cách và đổi mới .Để kịp với xu hướng này ,rất nhiều

Ngày đăng: 27/11/2014, 07:35

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan