khai thác tính chất của hàm số

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ I.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Một bài toán khó (Bài T7/374 – THTT năm 2008) “Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện 4(a + b +c) – 9 = 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) ( ) ( ) acb ccbbaaS 111 222 ++++++= ” hay một bài toán mang tính “tầm vóc” (USA MO 2003) “Chứng minh bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 8 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ≤ ++ ++ + ++ ++ + ++ ++ bac bac acb acb cba cba . Trong đó cba ;; là các số thực dương”. Giải hai bài toán trên có phải dùng đến một phương pháp “cao siêu” hay một kỉ thuật “tinh xảo” nào đó không ? Xin trả lời rằng chỉ cần dùng một tính chất đơn giản của hàm số là ta có thể giải quyết được hai bài toán đó. Vậy thì những học sinh khá giỏi toán có thể tạo ra được những bài toán như thế không ? Xin thưa rằng không những các em có thể tạo ra được những bài toán như thế mà còn có khả năng là “tác giả” của những bài toán hay và khó hơn. Thiết nghỉ để các em có thể trở thành “chủ nhân” của những bài toán hay và khó thì ngoài việc truyền thụ kiến thức cơ bản cho học sinh giáo viên nên cho các em học sinh tiến hành hoạt động “khai thác những vấn đề tưởng chừng như đơn giản” trong SGK. Đây là hoạt động rất cần thiết để phát triển tư duy sáng tạo; phát triển tính chịu khó tìm tòi, đào sâu suy nghỉ của học sinh để từ đó giáo viên phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có năng khiếu toán học. Vì lí do đó mà tôi chọn viết đề tài này. I.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Có rất nhiều vấn đề có thể “khai thác” được trong SGK, Sách Bài Tập, Sách Tự Chọn. Thiết nghỉ tôi và các đồng nghiệp phải thường xuyên chịu khó “tìm tòi” những vấn đề đó rồi định hướng cho học sinh và yêu cầu các em tự mình “khai thác” để tìm ra những “cái mới” của riêng các em. Nếu chúng ta làm tốt hoạt động này thì sẽ phát huy được năng lực của học sinh; các em sẽ chủ động hơn trong việc tiếp thu kiến thức và có thể các em sẽ tìm ra một phương pháp học hiệu quả nhất cho riêng mình. Bài viết này không mong muốn thể hiện hết các ý trên mà chỉ được xin phép đưa ra một dẫn chứng khi “Vận dụng hai tính chất của hàm số để sáng tạo và chứng minh các bài toán”. I.3. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU - Học sinh lớp 12 (Chú trọng học sinh khá giỏi) - Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT. 1 PHẦN II. NỘI DUNG II.1. NHỮNG THUẬN LỢI VÀ KHÓ KHĂN 1. Thuận lợi - Bản thân tôi được Nhà trường; Tổ chuyên môn quan tâm giúp đỡ, khuyến khích động viên trong việc tổ chức các cuộc thi về Toán học như: “Giải toán có thưởng”; “Câu lạc bộ Toán học & Bạn yêu toán”; cuộc thi “Ai là tác giả của nhiều bài toán nhất”;… - Bản thân tôi là giáo viên trẻ nhiệt tình, luôn chịu khó tìm tòi sáng tạo, có kinh nghiệm và nhiều ý tưởng trong việc tổ chức các cuộc thi về Toán học. - Có rất nhiều học sinh đặc biệt là những học sinh lớp chọn có tố chất; nhiệt tình và luôn mong muốn tìm hiểu, khám phá những vấn đề mới của Toán học. 2. Khó khăn Bên cạnh những thuận lợi thì tôi củng gặp một số khó khăn nhất định sau: - Đặc thù của môn Toán là rất khó so với các môn học khác nên các em thường có tâm lý e ngại khi học Toán, chưa nói đến việc “khai thác, hiểu sâu” về môn Toán. - Phần lớn học sinh của trường đều có hoàn cảnh gia đình khó khăn nên các bậc phụ huynh chưa chú trọng vào việc học của con em mình; từ đó các em học sinh củng sao nhãng trong việc học tập của bản thân. Đầu vào lớp 10 của các em còn rất thấp so với mặt bằng chung toàn Tỉnh đặc biệt là môn Toán. - Các em còn có tâm lý rụt rè khi tham gia các cuộc thi nói chung và các cuộc thi về Toán học nói riêng. II.2. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI - Có thể nói có không ít giáo viên đã “lãng quên” đi hoạt động “khai thác những vấn đề” trong SGK. Nếu chúng ta chỉ truyền thụ kiến thức cơ bản cho học sinh mà bỏ qua hoạt động này thì không những bản thân chúng ta sẽ bị mai một kiến thức mà các em học sinh sẽ bị động trước một vấn đề “tưởng chừng như mới mẽ” của toán học; khả năng suy luận, tư duy, sáng tạo của học sinh sẽ bị hạn chế. Đây là thực trạng đáng buồn cho nhiều giáo viên. - Một số học sinh mang khuynh hướng “học đối phó, học để thi” nên không muốn “hiểu sâu, hiểu rộng” về một vấn đề nào đó của toán học. Do vậy các em luôn “nói không” hoặc không nhiệt tình khi tham gia các cuộc thi về Toán học. II.3. KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG VÀ TRIỂN KHAI ĐỀ TÀI Đề tài này có khả năng ứng dụng và triển khai rộng khắp cho môn Toán ở các trường THPT, trường BC, trường DL. Tôi tin tưởng vào tính khả thi của đề tài này. Hy vọng các đồng nghiệp sẽ triển khai và ứng dụng thành công./. 2 II.4. LÝ THUYẾT CƠ SỞ 1. Hai tính chất hiển nhiên đúng của hàm số Tính chất 1. Cho đồ thị hàm số y = f(x) lồi trên khoảng (a; b). Cát tuyến AB có phương trình y = Ax + B, tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm C có hoành độ x 0 thuộc khoảng (a; b) có phương trình y = ax + b. Ta luôn có bất đẳng thức Ax B f (x) ax b+ < ≤ + với ( ) x a;b∀ ∈ . ( Xem hình 1) Hình 1 Tính chất 2. Cho đồ thị hàm số y = f(x) lõm trên khoảng (a; b). Cát tuyến AB có phương trình y = Ax + B, tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm C có hoành độ x 0 thuộc khoảng (a; b) có phương trình y = ax + b. Ta luôn có bất đẳng thức ax b f (x) Ax B+ ≤ < + với ( ) x a;b∀ ∈ . ( Xem hình 2) Hình 2 2. Nhắc lại một số kiến thức sử dụng trong đề tài 1. Nếu '' f (x) 0> , x (a;b)∀ ∈ thì đồ thị hàm số y = f(x) lõm trên khoảng (a; b) 2. Nếu '' f (x) 0< , x (a;b)∀ ∈ thì đồ thị hàm số y = f(x) lồi trên khoảng (a; b) 3. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm C(x 0 ; f(x 0 )) là ( ) ' 0 0 0 y f (x ) x x f (x )= − + 4. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(x A ; y A ) và B(x B ; y B ) là (y B – y A )(x – x A ) + (x A – x B )(y – y A ) = 0. II.5. VẬN DỤNG HAI TÍNH CHẤT TRÊN Ta sẽ áp dụng hai tính chất nêu trên cho các hàm số quen thuộc để tạo ra các bài toán về Bất đẳng thức và các bài toán về Phương trình. 1. Vận dụng cho hàm số lượng giác a. Hàm số y = sinx Xét hàm số f(x) = sinx trên khoảng ( ) 0;π ; ta có " f (x) sinx 0= − < với ( ) x 0;∀ ∈ π 3 x 0 O x y A B C a b f(x) x 0 O x y A B a b C f(x) suy ra đồ thị hàm số lồi trên khoảng ( ) 0;π . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ ( ) 0 x 0;∈ π có phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ' 0 0 0 0 0 0 y f x x x f x cosx x x sinx= − + = − + . Theo tính chất 1 ta có bất đẳng thức: ( ) 0 0 0 sinx cosx x x sinx≤ − + (1). Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = sinx lồi trên khoảng ( ) ( ) 1 0;x 0;⊂ π . Cát tuyến OA qua hai điểm O(0; 0) và ( ) 1 1 A x ;sinx có phương trình 1 1 sinx y x x = . Theo tính chất 1 ta có: 1 1 sinx sinx x x > (2). Bây giờ ta sẽ vận dụng BĐT(1) và BĐT(2) để tạo ra một số bài toán ** Áp dụng BĐT(1) cho các góc A; B; C của tam giác ABC và 0 x 3 π = ta có 1 3 sin A cos A sin A 3 3 3 2 3 2 π π π π     ≤ − + = − +  ÷  ÷     ; 1 3 sin B B 2 3 2 π   ≤ − +  ÷   ; 1 3 sin C C 2 3 2 π   ≤ − +  ÷   . Cộng các BĐT cùng chiều thu được ta có ( ) 1 3 3 3 3 sin A sin B sin C A B C 2 2 2 + + ≤ + + − π + = (vì A B C + + = π ). Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3 π = = = . ** Áp dụng BĐT(2) cho các góc A; B; C của tam giác nhọn ABC và 1 x 2 π = ta có: sin 2 2 sinA> A A 2 π = π π ; 2 sin B B> π ; 2 sin C C> π . Từ đó ta thu được BĐT sau ( ) 2 sin A sin B sin C A B C 2+ + > + + = π (vì A B C + + = π ). Vậy là ta có bài toán sau: Bài 1 a) Chứng minh: 3 3 sin A sin B sin C 2 + + ≤ với mọi tam giác ABC b) Chứng minh: sin A sin B sin C 2+ + > với tam giác ABC nhọn. ** Áp dụng BĐT(1) cho các góc A B C ; ; 2 2 2 (với A; B; C là số đo các góc của tam giác ABC) và 0 x 6 π = ta có: A A 3 A 1 sin cos sin 2 6 2 6 6 2 2 6 2 π π π π     ≤ − + = − +  ÷  ÷     ; 4 B 3 B 1 sin 2 2 2 6 2 π   ≤ − +  ÷   ; C 3 C 1 sin 2 2 2 6 2 π   ≤ − +  ÷   . Từ đó ta thu được BĐT sau: A B C 3 A B C 3 3 sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 π   + + ≤ + + − + =  ÷   (vì A B C + + = π ). Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3 π = = = . ** Áp dụng BĐT(2) cho các góc A B C ; ; 2 2 2 (với A; B; C là số đo các góc của tam giác nhọn ABC) và 1 x 4 π = ta có: sin A A 2 2 A 4 sin > 2 2 2 4 π = π π ; B 2 2 B sin 2 2 > π ; C 2 2 C sin 2 2 > π . Từ đó ta thu được BĐT sau A B C 2 2 A B C sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2   + + > + + =  ÷ π   (vì A B C + + = π ). Vậy là ta có bài toán sau: Bài 2 a) Chứng minh: A B C 3 sin sin sin 2 2 2 2 + + ≤ với mọi tam giác ABC b) Chứng minh: A B C sin sin sin 2 2 2 2 + + > với mọi tam giác nhọn ABC. ** Áp dụng BĐT(1) cho các góc A B C ; ; 4 4 4 (với A; B; C là các góc của tam giác ABC) và 0 x 12 π = ta có A A 2 3 A 2 3 sin cos sin 4 12 4 12 12 2 4 12 2 π π π + π −     ≤ − + = − +  ÷  ÷     (chú ý: 2 3 2 3 sin ;cos 12 2 12 2 π − π + = = ); B 2 3 B 2 3 sin 4 2 4 12 2 + π −   ≤ − +  ÷   ; C 2 3 C 2 3 sin 4 2 4 12 2 + π −   ≤ − +  ÷   . Cộng các BĐT thu được ta có BĐT sau A B C 2 3 A B C 3 2 3 3 2 3 sin sin sin 4 4 4 2 4 4 4 4 2 2 + π − −   + + ≤ + + − + =  ÷   Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3 π = = = . 5 ** Áp dụng BĐT(2) cho các góc A B C ; ; 4 4 4 (với A; B; C là các góc của tam giác nhọn ABC) và 1 x 8 π = ta có: sin A A 4 2 2 A 8 sin > 4 4 4 8 π − = π π (chú ý: 2 2 sin 8 2 π − = ); B 4 2 2 B sin > 4 4 − π ; C 4 2 2 C sin > 4 4 − π . Từ đó ta thu được BĐT sau: A B C 4 2 2 A B C sin sin sin 2 2 4 4 4 4 4 4 −   + + > + + = −  ÷ π   . Vậy là ta có bài toán sau: Bài 3 a) Chứng minh: A B C 3 2 3 sin sin sin 4 4 4 2 − + + ≤ với mọi tam giác ABC b) Chứng minh: A B C sin sin sin 2 2 4 4 4 + + > − với mọi tam giác nhọn ABC. ** Áp dụng BĐT(1) cho các góc n n n A B C ; ; 2 2 2 (với A; B; C là các góc của tam giác ABC) và 0 n x 3.2 π = ( n N,n 2∈ ≥ ) ta thu được các BĐT: n n n n n n n A A 2 2 3 A 2 2 3 sin cos sin 2 3.2 2 3.2 3.2 2 2 3.2 2 π π π + + + π − + +     ≤ − + = − +  ÷  ÷     (chú ý: n n 2 2 3 2 2 3 sin ;cos 3.2 2 3.2 2 π − + + π + + + = = (n - dấu căn)); n n n B 2 2 3 B 2 2 3 sin 2 2 2 3.2 2 + + + π − + +   ≤ − +  ÷   n n n C 2 2 3 C 2 2 3 sin 2 2 2 3.2 2 + + + π − + +   ≤ − +  ÷   . Từ đó suy ra BĐT sau 6 n n n n n n n n n n A B C 2 2 3 A B C 3 2 2 3 sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C 3 2 2 3 sin sin sin 2 2 2 2 + + + π − + +   + + ≤ + + − +  ÷   − + + ⇔ + + ≤ Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3 π = = = . ** Áp dụng BĐT(1) cho các góc n n n A B C ; ; 2 2 2 (với A; B; C là các góc của tam giác nhọn ABC) và 1 n 1 x 2 + π = ( n N,n 2∈ ≥ ) ta có n n 1 n n n n 1 sin A A 2 2 2 2 A 2 sin > 2 2 2 2 + + π − + + = π π (chú ý: n 1 2 2 2 sin 2 2 + π − + + = (n - dấu căn)); n n n B 2 2 2 2 B sin > 2 2 − + + π và n n n C 2 2 2 2 C sin > 2 2 − + + π . Từ đó ta thu được BĐT sau n n n n n n n A B C 2 . 2 2 2 A B C sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 − + +   + + > + + = − + +  ÷ π   . Vậy là ta có bài toán tổng quát sau: Bài 4 a) Chứng minh: n n n A B C 3 2 2 3 sin sin sin 2 2 2 2 − + + + + ≤ ( n − dấu căn) với mọi tam giác ABC và n N,n 2∈ ≥ b) Chứng minh: n n n A B C sin sin sin 2 2 2 2 2 2 + + > − + + ( n − dấu căn) với mọi tam giác nhọn ABC và n N,n 2∈ ≥ . ** Áp dụng BĐT(1) cho các góc AB; BC; CA với A; B; C là các góc của tam giác ABC và 0 x 3 π = ta thu được BĐT sau 1 3 sin AB cos AB sin AB 3 3 3 2 3 2 π π π π     ≤ − + = − +  ÷  ÷     ; 1 3 sin BC BC 2 3 2 π   ≤ − +  ÷   ; 1 3 sin CA CA 2 3 2 π   ≤ − +  ÷   7 Từ đó suy ra: ( ) 1 3 3 sin AB sin BC sin CA AB BC CA 2 2 + + ≤ + + − π + Mặt khác theo BĐT CauChy ta có: A B B C C A AB BC CA 2 2 2 + + + + + ≤ + + = π . Từ đó suy ra 3 3 sin AB sin BC sin CA 2 + + ≤ . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3 π = = = . Vậy là ta có bài toán sau: Bài 5 Chứng minh: 3 3 sin AB sin BC sin CA 2 + + ≤ với mọi tam giác ABC. ** Áp dụng BĐT(1) cho các góc 2 2 23 3 3 A B; B C; C A với A; B; C là các góc của tam giác ABC và 0 x 3 π = ta thu được BĐT sau: 2 2 2 3 3 3 1 3 sin A B cos A B sin A B 3 3 3 2 3 2 π π π π     ≤ − + = − +  ÷  ÷     ; 2 2 3 3 1 3 sin B C B C 2 3 2 π   ≤ − +  ÷   ; 2 2 3 3 1 3 sin C A C A 2 3 2 π   ≤ − +  ÷   . Từ đó suy ra: ( ) 2 2 2 2 2 23 3 3 3 3 3 1 3 3 sin A B sin B C sin C A A B B C C A 2 2 + + ≤ + + − π + . Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có 2 2 2 3 3 3 A A B B B C C C A A B B C C A 3 3 3 + + + + + + + + ≤ + + = π . Từ đó suy ra 2 2 2 3 3 3 3 3 sin A B sin B C sin C A 2 + + ≤ . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3 π = = = . Vậy là ta có bài toán sau: Bài 6 Chứng minh rằng: 2 2 23 3 3 3 3 sin A B sin B C sin C A 2 + + ≤ với mọi tam giác ABC. ** Áp dụng BĐT(1) cho các góc n k k n k k n k k n n n A B ; B C ; C A − − − với A; B; C là các góc của tam giác ABC ( n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ < ) và 0 x 3 π = ta thu được BĐT sau: n k k n k k n k k n n n 1 3 sin A B cos A B sin A B 3 3 3 2 3 2 − − − π π π π     ≤ − + = − +  ÷  ÷     ; 8 n k k n k k n n 1 3 sin B C B C 2 3 2 − − π   ≤ − +  ÷   ; n k k n k k n n 1 3 sin C A C A 2 3 2 − − π   ≤ − +  ÷   . Suy ra ( ) n k k n k k n k k n k k n k k n k k n n n n n n 1 3 3 sin A B sin B C sin C A A B B C C A 2 2 − − − − − − + + ≤ + + − π + Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có ( ) ( ) ( ) n k k n k k n k k n n n n k A kB n k B kC n k C kA A B B C C A n n n − − − − + − + − + + + ≤ + + = π Từ đó suy ra: n k k n k k n k k n n n 3 3 sin A B sin B C sin C A 2 − − − + + ≤ . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3 π = = = . Vậy là ta có bài toán tổng quát sau: Bài 7 Chứng minh rằng: n k k n k k n k k n n n 3 3 sin A B sin B C sin C A 2 − − − + + ≤ với mọi tam giác ABC ( n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ < ). ** Áp dụng BĐT(1) cho các góc 2AB 2BC 2CA ; ; A B B C C A+ + + (với A; B; C là số đo các góc của tam giác ABC) và 0 x 3 π = ta có: 2AB 2AB 1 2AB 3 sin cos sin A B 3 A B 3 3 2 A B 3 2 π π π π     ≤ − + = − +  ÷  ÷ + + +     ; 2BC 1 2BC 3 sin B C 2 B C 3 2 π   ≤ − +  ÷ + +   ; 2CA 1 2CA 3 sin C A 2 C A 3 2 π   ≤ − +  ÷ + +   . Từ đó suy ra 2AB 2BC 2CA 1 2AB 2BC 2CA 3 3 sin sin sin A B B C C A 2 A B B C C A 2   + + ≤ + + − π +  ÷ + + + + + +   Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 A B B C C A 2AB 2BC 2CA A B B C C A A B B C C A + + + + + ≤ + + = π + + + + + + . Từ đó suy ra 2AB 2BC 2CA 3 3 sin sin sin A B B C C A 2 + + ≤ + + + . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3 π = = = . Vậy ta thu được bài toán sau: Bài 8 Chứng minh rằng: 2AB 2BC 2CA 3 3 sin sin sin A B B C C A 2 + + ≤ + + + với mọi tam giác ABC. 9 ** Áp dụng BĐT(1) cho các góc 1 1 1 AB; BC; CA 2 2 2 với A; B; C là các góc của tam giác ABC và 0 x 6 π = ta thu được BĐT sau: 1 1 3 1 1 sin AB cos AB sin AB 2 6 2 6 6 2 2 6 2 π π π π     ≤ − + = − +  ÷  ÷     1 3 1 1 sin BC BC 2 2 2 6 2 π   ≤ − +  ÷   ; 1 3 1 1 sin CA CA 2 2 2 6 2 π   ≤ − +  ÷   . Từ đó suy ra 1 1 1 3 1 1 1 3 sin AB sin BC sin CA AB BC CA 2 2 2 2 2 2 2 2 2 π   + + ≤ + + − +  ÷   . Mặt khác theo BĐT CauChy ta có 1 1 1 A B B C C A AB BC CA 2 2 2 4 4 4 2 + + + π + + ≤ + + = . Từ đó suy ta ra 1 1 1 3 sin AB sin BC sin CA 2 2 2 2 + + ≤ . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A B C 3 π = = = . Vậy là ta có bài toán sau: Bài 9 Chứng minh rằng: 1 1 1 3 sin AB sin BC sin CA 2 2 2 2 + + ≤ với mọi tam giác ABC. ** Áp dụng BĐT(1) cho các góc 2 2 2 3 3 3 1 1 1 A B; B C; C A 2 2 2 với A; B; C là các góc của tam giác ABC và 0 x 6 π = ta thu được BĐT sau 2 2 2 3 3 3 1 1 3 1 1 sin A B cos A B sin A B 2 6 2 6 6 2 2 6 2 π π π π     ≤ − + = − +  ÷  ÷     ; 2 2 3 3 1 3 1 1 sin B C B C 2 2 2 6 2 π   ≤ − +  ÷   ; 2 2 3 3 1 3 1 1 sin C A C A 2 2 2 6 2 π   ≤ − +  ÷   . Suy ra 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 1 1 1 3 1 1 1 3 sin A B sin B C sin C A A B B C C A 2 2 2 2 2 2 2 2 2 π   + + ≤ + + − +  ÷   . Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có: 10 [...]... lớn các em đã vận dụng hai tính chất của hàm số vào khai thác các hàm số lượng giác, hàm số đa thức đơn giản, hàm số luỷ thừa đơn giản, hàm số mũ đơn giản từ đó tạo ra được rất nhiều bài toán khá hay và mới lạ Tôi đã chấm, trao giải thưởng và thống kê cụ thể như sau: các em học sinh khá đã xây dựng được khoảng 30% đến 50% bài toán tương tự như các bài toán có trong bài viết của tôi, các em học sinh giỏi... = 9 Chứng 3 3 3 minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 17 Đẳng thức xãy ra khi nào ? 4 Vận dụng cho hàm số mũ và hàm số lôgarit 28 a Xét hàm số f (x) = e x trên R; ta có f " (x) = e x > 0 với mọi x ∈ R suy ra đồ thị hàm số lõm trên R Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A(0; 1) có phương trình y = x + 1 Theo tính chất 2 ta có BĐT: e x ≥ x + 1 Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi x = 0 Vậy là ta có thể tạo ra... - (sinx + cosx) + 1 = 0 d Xét hàm số f(x) = ln(x2 – 3x +2) trên D = ( − ∞;1) ∪ ( 2;+∞ ) ; ta có f " ( x) = − 2x2 + 6x − 5 (x 2 − 3x + 2 ) 2 < 0 với ∀x ∈ D suy ra đồ thị hàm số lồi trên D Tiếp tuyến 3 2 của đồ thị hàm số tại điểm A(0; ln2) có phương trình y = − x + ln 2 ; tiếp tuyến 3 2 9 2 của đồ thị hàm số tại điểm B(3; ln2) có phương trình y = x − + ln 2 Theo tính chất 1 ta có các BĐT sau: 29 3... 3cosx-2sin2x − (sinx + 3 cos x) = 1 − 2sin2x " x −3x + 2 > 0 với b Xét hàm số f (x) = e x −3x + 2 trên R; ta có f (x) = ( 2x − 3) + 2  e   mọi x ∈ R suy ra đồ thị hàm số lõm trên R Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A(1; 1) có phương trình y = − x + 2 ; tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm B(2; 1) có phương trình y = x − 1 Theo tính chất 2 ta có các BĐT: e x −3x + 2 ≥ − x + 2 và 2 2 2 2 ex 2 − 3x... và chỉ khi A = B = C = b Hàm số y = cosx  π Xét hàm số f(x) = cosx trên khoảng  0; ÷; ta có f " (x) = −cosx < 0 với  2  π  π ∀x ∈  0; ÷ suy ra đồ thị hàm số lồi trên khoảng  0; ÷ Tiếp tuyến của đồ thị  2  2 11 hàm số tại điểm có hoành  π x 0 ∈  0; ÷  2 độ có phương trình y = f ' ( x 0 ) ( x − x 0 ) + f ( x 0 ) = − sin x 0 ( x − x 0 ) + cosx 0 Theo tính chất 1 ta có bất đẳng thức:... ABC và n ∈ N, n ≥ 2 c Hàm số y = tanx 12  π 2sinx > 0 với Xét hàm số f(x) = tanx trên khoảng  0; ÷; ta có f " (x) = cos3 x  2  π  π ∀x ∈  0; ÷ suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng  0; ÷ Tiếp tuyến của đồ thị  2  2   π hàm số tại điểm có hoành độ x 0 ∈  0; ÷ có phương trình 2 y = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) + f ( x0 ) =  1 ( x − x 0 ) + tan x 0 cos 2 x 0 Theo tính chất 2 ta có bất đẳng... n ∈ N, n ≥ 2 d Hàm số y = cotx   π Xét hàm số f(x) = cotx trên khoảng  0; ÷; ta có f " (x) = 2  2cos x > 0 với sin 3 x 16  π  π ∀x ∈  0; ÷ suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng  0; ÷ Tiếp tuyến của đồ thị  2  2 hàm số tại điểm có y = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) + f ( x0 ) = đẳng thức: cotx ≥ hoành độ  π x 0 ∈  0; ÷  2 có phương trình −1 ( x − x 0 ) + cot x 0 Theo tính chất 2 ta có bất... mọi tam giác ABC ( n, k ∈ N; n ≥ 2;1 ≤ k < n ) 2 Vận dụng cho hàm số đa thức a Hàm số bậc hai Xét hàm số f(x) = x 2 trên đoạn [1; 2]; dễ thấy đồ thị hàm số lõm trên đoạn [1; 2] Cát tuyến AB đi qua hai điểm thuộc đồ thị là A(1; 1) và B(2; 4) có phương trình y = 3x – 2 Theo tính chất 2 ta có BĐT: x 2 ≤ 3x − 2 (9) ** Áp dụng BĐT(9) cho các số thực a;b;c ∈ [ 1;2] thoả mãn a + b + c = 4 ta có a 2 ≤ 3a... đến 75% bài toán tương tự với các bài toán có trong đề tài của tôi; có vài học trò xuất sắc còn “đề xuất” khai thác một số vấn đề khác trong SGK như: vận dụng tính đơn điệu của hàm số để sáng tạo ra những phương trình, bất phương trình và bất đẳng thức; khai thác các bài toán trong SGK để tạo ra những bài toán 33 mới,… Nhưng cái được lớn nhất của cuộc thi là đã khởi xướng được một phong trào thi đua... hoán vị của ba số a; b; c Vậy là ta thu được bài toán   Bài 34 Cho các số thực a;b;c ∈ [ 1;2] Chứng minh: (a + b + c − 1) + +  ≤ 8 1 a 1 b 1 c b Hàm số bậc ba Xét hàm số f (x) = x 3 trên đoạn [ 1;2] ; ta có f " (x) = 6x > 0 với mọi x ∈ [ 1;2] suy ra đồ thị hàm số lõm trên đoạn [ 1;2] Cát tuyến AB đi qua hai điểm thuộc đồ thị là A(1; 1) và B(2; 8) có phương trình y = 7x – 6 Theo tính chất 2 ta có . tính khả thi của đề tài này. Hy vọng các đồng nghiệp sẽ triển khai và ứng dụng thành công./. 2 II.4. LÝ THUYẾT CƠ SỞ 1. Hai tính chất hiển nhiên đúng của hàm số Tính chất 1. Cho đồ thị hàm số. TÍNH CHẤT TRÊN Ta sẽ áp dụng hai tính chất nêu trên cho các hàm số quen thuộc để tạo ra các bài toán về Bất đẳng thức và các bài toán về Phương trình. 1. Vận dụng cho hàm số lượng giác a. Hàm. a;b∀ ∈ . ( Xem hình 1) Hình 1 Tính chất 2. Cho đồ thị hàm số y = f(x) lõm trên khoảng (a; b). Cát tuyến AB có phương trình y = Ax + B, tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm C có hoành độ x 0