skkn ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức, giải các bài toán cực trị, bài toán điều kiện về nghiệm của phương trình, bất phương trình

SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc MẪU BÁO CÁO YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN CẤP TỈNH HOẶC CƠ SỞ I THÔNG TIN CHUNG: Họ tên tác giả sáng kiến: Tô Minh Hải Ngày, tháng, năm sinh: 26 tháng 08 năm 1961 Đơn vị công tác: Trường THPT Trưng Vương Trình độ chuyên môn nghiệp vụ: Đại học Sư phạm Toán Quyền hạn, nhiệm vụ giao đảm nhiệm: Phó hiệu trưởng Đề nghị xét, công nhận sáng kiến: Cấp ngành Tên đề tài SKKN: "Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức, giải toán cực trị, toán điều kiện nghiệm phương trình, bất phương trình" II BÁO CÁO MÔ TẢ SÁNG KIẾN BAO GỒM: Tình trạng sáng kiến biết: Qua thực tiễn học tập giảng dạy, nhận thấy ứng dụng đạo hàm giải toán cấp THPT lớn học sinh thường không mạnh dạn, tự tin sử dụng công cụ đắc lực giải toán vì: Đạo hàm phần kiến thức với học sinh, gắn liền với toán học đại, học sinh bắt đầu làm quen cuối chương trình lớp 11 Trong từ cấp Trung học sở đến cấp THPT học sinh tiếp xúc với nhiều toán giải PT, HPT, BPT, HBPT; tìm GTLN, GTNN hàm số; chứng minh bất đẳng thức; toán chứa tham số quen sử dụng phương pháp giải toán đại số kinh điển để giải Sách giáo khoa viết ứng dụng đạo hàm không nhiều đa số theo chương trình cũ học sinh không nhận diện dạng toán chưa hướng dẫn cách hệ thống phương pháp để giải toán trọn vẹn SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương Số lượng toán có thuộc dạng toán nêu xuất ngày nhiều đề thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng học sinh giỏi năm gần phương pháp sử dụng để giải chủ yếu sử dụng phương pháp ứng dụng đạo hàm Nội dung sáng kiến đề nghị công nhận: + Mục đích sáng kiến : giúp cho học sinh biết phương pháp sử dụng đạo hàm để giải toán : chứng minh bất đẳng thức, giải toán cực trị, toán điều kiện nghiệm phương trình, bất phương trình + Nội dung sáng kiến chia thành ba chuyên đề : ứng dụng đạo hàm để tìm GTLN, GTNN hàm số, ứng dụng đạo hàm để chứng minh BĐT, ứng dụng đạo hàm để giải PT, HPT, BPT, HBPT Khả áp dụng sáng kiến: - Đối tượng nghiên cứu: Một số toán chứng minh bất đẳng thức, cực trị hàm số, toán giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình - Phạm vi nghiên cứu: Các toán sơ cấp chương trình THPT - Thực đề tài tập học sinh lớp 12 - Các biện pháp thực hiện: Bước 1: Hệ thống hóa kiến thức Bước 2: Đưa số ví dụ điển hình Bước 3: Rèn luyện kỹ giải tập ứng dụng cho học sinh thông qua số tập bổ sung nâng cao Gợi mở cho học sinh hướng phát triển, mở rộng - Kết thực : Trong thực tiễn giảng dạy, giúp học sinh hệ thống dạng toán phương pháp giải theo chuyên đề Phạm vi áp dụng sáng kiến : Tổ toán trường THPT học sinh THPT Hiệu quả, lợi ích thu áp dụng sáng kiến : - Chương trình giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo học sinh; phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng học sinh, điều kiện lớp học; bồi dưỡng học sinh phương pháp tự học, khả SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương hợp tác; rèn kỹ vận dụng kiến thức vào thực tễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú trách nhiệm học tập cho học sinh - Quá trình dạy học với nhiệm vụ hình thành tri thức, rèn luyện kỹ hoạt động nhận thức, hình thành thái độ tích cực… xây dựng trình hoạt động thống thầy trò, trò trò, tính tự giác, tích cực tổ chức, tự điều khiển hoạt động học nhằm thực tốt nhiệm vụ đề - Sau học xong chuyên đề ứng dụng chung đạo hàm, học sinh tự tin có thêm kỹ làm toán cực trị hàm số, giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình Tôi cam đoan nội dung báo cáo Nếu có gian dối không thật báo cáo, xin chịu hoàn toàn trách nhiệm theo quy định pháp luật./ Thủ trưởng đơn vị xác nhận, đề nghị Văn Lâm, ngày 24 tháng năm 2014 Người báo cáo yêu cầu công nhận sáng kiến TÔ MINH HẢI SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương B NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ I: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ A TÓM TẮT LÝ THUYẾT Định nghĩa Cho hàm số y = f (x) có TXĐ D f (x)  M  x  D Số M gọi GTLN hàm số  x0  D: f (x0) = M Kí hiệu M = Maxf (x) xD f (x)  m  x  D Số m gọi GTNN hàm số  x0  D: f (x0) = m Kí hiệu m = Minf (x) xD Nhận xét: Theo GTLN, GTNN hàm số không tồn Để tìm GTLN, GTNN hàm số học sinh thường làm quen với số phương pháp như: - Phương pháp sử dụng BĐT - Phương pháp tam thức bậc hai - Phương pháp sử dụng tập giá trị hàm số Đó phương pháp đại số thông thường, nhiên ta sử dụng phương pháp hiệu sử dụng đạo hàm SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương Tìm GTLN, GTNN hàm số đoạn Để tìm GTLN, GTNN hàm số y = f (x) đoạn [a, b] với y = f (x) hàm số liên tục đoạn [a, b] có đạo hàm khoảng (a, b) ta thực theo bước sau: Bước 1: Tính đạo hàm y’ tìm giá trị biến số khoảng (a,b) làm cho y’ = Giả sử ta tìm nghiệm x1, x2… Bước 2: Tính giá trị f(a), f(b), f(x1), f(x2)… Bước 3: Kết Miny = Min {f(a), f(b), f(x1), f(x2), …} x  [a, b] Maxy = Max {f(a), f(b), f(x1), f(x2), …} x  [a, b] Tìm GTLN, GTNN hàm số khoảng Để tìm GTLN, GTNN hàm số y = f(x) khoảng ta thực theo bước sau: Bước 1: Tìm miền xác định Bước 2: Tính đạo hàm y’, sau giải phương trình y’ = Bước 3: Lập bảng biến thiên hàm số (thông thường trường hợp hàm số không đơn điệu tập cần tìm) Bước 4: Từ bảng biến thiên hàm số ta kết luận GTLN, GTNN B VÍ DỤ MINH HỌA I Hàm biến Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN hàm số y = sin20x + cos20x Lời giải:      Nhận xét sin20  x   + cos20  x    sin 20 x  cos 20 x  2 Nên hàm số cho tuần hoàn với chu kỳ T =  SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương  Do ta cần tìm GTLN, GTNN hàm số chu kỳ đoạn 0,   2 Ta có y’ = 20 sinx cosx (sin18 x– cos18x) cos x = Do y’ =  x=  sin x = x=0 sin x = cos x Tính giá trị y(0) = 1; y  = Từ suy Maxy = 1, miny =  x=  ; y 2  =1 29 Ví dụ 2: Tìm GTLN, GTNN hàm số y = y(x) = sin x với x  cos x [0, ] Lời giải: Xét hàm số cho đoạn [0, ] ta có y’ = cos x(2  cos x)  sin x  cos x  (2  cos x) (2  cos x) y’ =   cos x 2   cos x    x 2 (2  cos x) Ta có:  2  , f ( )     f(0) = 0, f  Vậy Maxy = đạt x = 2 x [0, ] Miny = đạt x = x =  x [0, ] Ví dụ 3: Tìm GTLN, GTNN hàm số y = f(x) = x +  x Lời giải: Điều kiện – x2     x  Suy tập xác định hàm số cho D = [  ; ] SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương x0 Ta có y’ = 2 x  x 2 x x=1  y'    x  x  – x2 = x2 Tính f (- ) = - ; f (1) = ; f( ) = Vậy Maxy = x = x D Min y = - x = - x D Ví dụ 4: x  (a  1) x  a Tìm GTNN f(x) = với < x  x a2  a 1 (a > 0) Lời giải: Ta có f’(x) = - a2 1 a  2 x a  a 1 *Nếu a   f’(x)   < x  a  a   f(x) nghịch biến  f(x)  f ( a  a  ) = Với x = a  a  2a  a  a2  a 1 - (a – 1) (a  1) Min f (x) = – a + 2a  a  a2  a 1 Nếu < a <  f (x) = có nghiệm x = a Bảng biến thiên x f’ a2  a 1 - a + f a+1 Từ bảng biến thiên suy ra: f (x)  f (a) = a + với x = a  (0 ; 1) Minf (x) = a + SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương II Hàm hai biến Biến đổi giả thiết biểu thức cần tìm GTLN, GTNN để tìm mối quan hệ chúng tìm cách đặt ẩn phụ hợp lý, đưa biểu thức cho hàm biến để khảo sát Các ví dụ minh họa Ví dụ 1: Cho số thực không âm x, y thay đổi thỏa mãn x + y = Tìm GTLN GTNN biểu thức S = (4x2 + 3y) (4y2 + 3x) + 25 xy Phân tích: Từ giả thiết x + y = đưa toán ẩn không? Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất x + y để sử dụng giả thiết Chú ý đẳng thức: x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy x3 + y3 = (x + y) (x2 – xy + y2) Sau khai triển vào x + y = 1, ta có S = 16x2y2 – 2xy + 12 Vậy đến ta nghĩ đến việc đưa S hàm biến số ta đặt t = xy ( x  y) Cần chặn biến t cách sử dụng bất đẳng thức:  xy  Lời giải: Do x + y = nên ta có: S = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 9xy + 25 xy = 16x2y2 + 12[(x+y)3 – 3xy (x + y)] + 34xy = 16(xy)2 – 2xy + 12 Đặt t = xy, ta S = 16t2 – 2t + 12;  xy  ( x  y)  1 =  t  0;  4  4   Xét hàm số f (t) = = 16t2 – 2t + 12 đoạn 0;   4 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương 25 191 max f (t) = f    ; f (t) = f    4 16  16 1   0;    1   0;    x+y=1 Giá trị lớn S 1  (x : y) =  ;  25 2 2 xy = 2 2 3  (x; y) =  ;  x+y=1 191 Giá trị nhỏ S 16  4   xy = 16 2 2 3  (x;y) =  ;   4  Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + Với x, y số thỏa mãn điều kiện: (x+y)3 + 4xy  Phân tích: Vì giả thiết biểu thức phức tạp nên ta khai thác trước cho gọn để sử dụng dễ dàng Chú ý đẳng thức: x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy x3 + y3 = (x + y) (x2 – xy + y2) Và (x+y)2  4xy Khi điều kiện toán trở thành: x + y  Ta biến đổi A sau: A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + = 3 (x + y2)2 + (x4 + y4) – 2(x2+y2) + 2  3( x  y )  2( x  y )  (x + y2)2 + (x2  y )2 ) (do x + y  4 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương Hay A  (x + y2)2 - 2(x2 + y2) + Vì ta nghĩa đến việt đưa A hàm biến cách đặt t = x2+y2 Tìm điều kiện biến t ta sử dụng bất đẳng thức x2 + y2  ( x  y) 2 Lời giải: Ta có kết quả: (x+y)2  4xy, từ ta có: (x+y)3 + 4xy   (x+y)3 + (x+y)2  (x+y)3 + 4xy   (x+y)3 + (x+y)2   [(x + y) – 1] [(x + y)2 + (x + y) + ]   (x + y) –  Do [(x+y)2 + (x + y) + 2] = [(x + y) +  +   x, y Bài toán đưa tìm max, của: A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + với x, y thỏa mãn x + y  Ta biến đổi biểu thức A sau: A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + = 3 (x + y2)2 + (x4 + y4) – 2(x2+y2) + 2 3( x  y ) (x2  y )2 2 4 2  2( x  y )  (do x + y  )  (x + y ) + Hay A  (x + y2)2 - 2(x2 + y2) + Vì x2+ y2  ( x  y) (do x + y  1) nên x2 + y2  2 Đặt t = x2 + y2 ta có hàm số f (t) = f’ (t) = t – 2t + với t  t–2 f’ (t) =  t = 10 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương  x  15  x   3x  Ta thấy f(x) = x  15  x  hàm nghịch biến R g(x) = 3x – đồng biến R Hơn f(1) = g(1) Do đó, đồ thị hàm f(x) cắt đồ thị hàm g(x) điểm x = Vậy phương trình cho có nghiệm x = c) 2x+1 – 4x = x – (1) Đặt t = 2x >  x = log2t Phương trình (1) trở thành 2t – t2 = log2t – (2) + Nếu < t < Xét f(t) = 2t – t2 f’(t) = – 2t f’(t) =  t = Bảng biến thiên t f’(t) + 1 - f (t) 0 Từ bảng biến thiên, suy ra:  f(t) > 0;  t (0;2) Mặt khác: + Nếu t <  log2t <  log2t – < < f(t) Do phương trình (2) vô nghiệm  t (0;2) + Nếu t > Xét f(t) = t – t2 f’(t) = – 2t 23 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương f’(t) =  t = Bảng biến thiên t f’(t) - - + f (t) - Từ bảng biến thiên, suy ra: f(t) <  t > mà t >  log2t – > > f’(t) nên phương trình (2) vô nghiệm Do vậy, phương trình (2) có nghiệm t = với t =  2x =  x = Vậy phương trình cho có nghiệm x = Ví dụ Giải hệ phương trình sau: x5  y 2  x2  y 5  Lời giải: x2 Điều kiện: y  -5 Từ hệ  x5  y 2 = x2  y 5  x5  x2  y 5  y 2  f(x) = g(x) Xét hàm số f(t) = t   t  với t  f’(t) = t 2  t 5 t 5 t 2  0;  t  24 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương  f(t) hàm nghịch biến [2; +  ] Do đó: f(x) = g(y)  x = y Khi hệ  x5  x2 7  x + = 47 – 14 x   x  14 x   42  x – =  x = 11 = y Vậy nghiệm hệ cho x = y = 11 Ví dụ 3: (4x2 + 1)x + (y – 3)  y = Giải hệ phương trình 4x2 + y2 +  x = Lời giải: Điều kiện x  ;y Phương trình thứ hệ tương đương với (4x2 + 1)2x = (5 – 2y + 1)  y (1) Khi phương trình (1) có dạng f(2x) = f(  y ) với f(t) = (t2 + 1) t; f’(t) = 3t2 + > Suy hàm số f(t) đồng biến R x0 Do đó: (1)  2x =  y  y=  4x 2 Thế vào phương trình thứ hai hệ ta được:   4x 4x +   2   +  x - = (3)  Nhận thấy x = 0, x = nghiệm phương trình (3)   4x Xét hàm số g(x) = 4x +   2   3  +  x - khoảng  0;   4  25 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương g’(x) = 8x – 8x   x   2  4x   x(4 x  3)   4x  , suy hàm số g(x) nghịch biến 1 Mặt khác ta có: g   = 0, phương trình (3) có nghiệm x = 2 suy y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x;y) =  ;2  2  x=y +y +y-2 Ví dụ 4: Giải hệ y = z3 + z2 + z – z = x + x2 + x – Lời giải: Xét hàm số f(t) = t3 + t2 + t – tập số thực Ta có f’(t) = 3t2 + 2t + >  t  R Nên hàm số f(t) hàm số đồng biến R x = f(y Mặt khác hệ cho viết lại thành y = f(z) z = f(x) + Nếu x < y f(x) < f(y)  z < x  f(z) < f(x)  y < z Từ suy x < y < z < x điều vô lí + Nếu y < x f(y) < f(x)  x < z  f(x) < f(z)  z < y Từ suy y < x < z < y điều vô lí Do hệ cho có nghiệm x = y = z Thay x = y = z vào phương trình hệ ta tìm nghiệm hệ (x, y, z) = (1; 1; 1) Ví dụ 5: Giải phương trình: 3x + 5x = 6x + Lời giải: 3x + 5x = 6x +  3x + 5x - 6x – = Xét hàm số f(x) = 3x + 5x - 6x – f’(x) = 3xln3 + 5xln – f’’(x) = 3xln23 + 5xln25 – > xR 26 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương Bảng biến thiên x - f’’(x) + x0 + + f’(x) + -6 f(x) + + f(x0) Từ bảng biến thiên, suy ra: Phương trình f(x) = có nghiệm không hai nghiệm Mà x = 0, x = thỏa mãn f(x) = Vậy x = 0, x = hai nghiệm phương trình ban đầu Dạng 2: Bài toán: PT, HPT, BPT, HBPT chứa tham số I Phương pháp giải Dạng toán thường gặp tìm giá trị tham số m để PT, BPT có nghiệm Với dạng toán ta thực theo bước sau: Bước 1: Biến đổi PT, BPT dạng f(x) = g(m) (hoặc f(x)  g(m), f(x)  g (m) Bước 2: Tìm tập xác định D hàm số f(x) Bước 3: Tính f’(x) Bước 4: Lập bảng biến thiên hàm số Bước 5: Xác định f(x) max f(x) xD xD Từ vận dụng mệnh đề nêu phần kiến thức bên rút kết luận cho toán Lưu ý: Trường hợp PT, BPT chứa biểu thức phức tạp ta làm sau: 27 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương - Đặt t = (x) - Từ điều kiện ràng buộc ẩn số x, tìm điều kiện ẩn số t - Đưa PT, BPT ẩn số x PT, BPT ẩn số t ta f(t) = h (m) (hoặc f(t)  h(m), f(t)  h(m)) - Lập bảng biến thiên hàm số f(t) - Từ bảng biến thiên rút kết luận toán II Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm x   x   x  9x  m (1) Lời giải: Điều kiện  x  PT (1)  x + – x + x(9  x)  - x2 + 9x + m  +  x  9x = - x2 + 9x + m Đặt t =  x  9x Ta có: t’ =  2x   x  9x ; t’ =  x = Bảng biến thiên: x t’ + - t Do  t  Khi phương trình (2) trở thành + 2t = t2 + m  - t2 + 2t + = m Xét hàm số f(t) = - t2 + 2t + 9, với  t  (3) 28 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương f’(t) = - 2t + 2; f’(t) =  t = Lập bảng biến thiên hàm f(t) đoạn 0;   2 t f’(t) + f(t) - 10 - PT (1) có nghiệm x  [0; 9] PT (3) có nghiệm t  0;  Điều  2 xảy -  m  10 Ví dụ 2: Cho phương trình log 2 x  log x  = m (log2x – 3) (1) Tìm m để phương trình có nghiệm x  [32; +  ] Lời giải: Từ điều kiện toán ta thấy log2x  5, suy (log2x – 3)  nên m0 PT (1)  log 2 x  log x  = m(log2x – 3)  log22x – 2log2x – = m2(log2x – 3)2 (2) Đặt t = log2x, (t 5) PT (2) trở thành t2 – 2t – = m2 (t – 3)2  m2 = Xét hàm số f(t) = t 1 t 3 (3) t 1 (với t  5) t 3 Bảng biến thiên: t f’(t) f(t) + – 29 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương f’(t) = 4  , t  5; ta có: (t  3) Phương trình (1) có nghiệm x [32; +  ] PT (3) có nghiệm t5 điều xảy 0, tan x >0 sinx +3cosx>0  2 PT (1)  tan x   tan x  sin x  cos x =m sin x  cos x tan x  =m tan x  (2) Đặt t = tan x, (t > 0) PT (2) trở thành  t  Xét hàm số f(t) = t  t2 =m t 3 (3) t2 , (với t > 0) t 3 Bảng biến thiên: t + f’(t) + + f(t) f’(t) = t  t 1   0; t  ; ta có: 2 t  t  (t  3) Ứng với t > thỏa mãn phương trình (3) ta nghiệm    2    2 x  0;  phương trình (1) Do phương trình (1) có nghiệm x  0;  phương trình (3) có nghiệm t > 30 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương Từ bảng biến thiên suy m > Ví dụ 4: Tìm m để bất phương trình m x  x    x(2  x)  (1) có nghiệm x [0; 1; ] Lời giải: Đặt t = x  x  ; t’ = x 2x  2 x  2x  t’ - t =  t = 1; ta có bảng biến thiên 1+ + 2 Từ  t  Với  t  2, ta biến đổi t= x  x   t = x – 2x +  t – = -x(2 – x) 2 Bất phương trình (1) trở thành m(t+1)  t2 –  m  Xét hàm số f(t) = t2  t 1 (2) t2  t  2t  ; (1  t  2) Ta có f’(t) =  ,  t  [1;2] t 1 (t  1) Suy hàm số f(t) đồng biến [1; 2] Bảng biến thiên t f(t’) + f(t) Từ bảng biến thiên, bất phương trình (1) có nghiệm x [ 0; 1; ] bất phương trình (2) có nghiệm t  [1; 2] 31 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương Điều xảy m  Max f(t) = f(2) = [1; 2] Ví dụ 5: 2x3 – (y +2)x2 + xy = m Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: x2 + x – y = – 2m Lời giải: (x2 – x) (2x – y) = m Hệ phương trình cho tương đương với (x2 – x) +(2x – y) = – 2m Đặt u = x2 – x, u  - ; v = 2x – y Hệ phương trình cho trở thành u2 + (2m – 1)u + m = uv = m (1)  u + v = – 2m v = – 2m – u Hệ cho có nghiệm (1) có nghiệm thỏa mãn u  Với u  - , ta có: (1)  m(2u +1) = - u2 + u  m = Xét hàm số f(u) = f’(u) =  u2  u 2u   u2  u , với u  - ; ta có: 2u  1  2u  2u  ; f’(u) =  u = 2 (2u  1) Bảng biến thiên: u - 1 f(u’) f(u) + + – 2 - Suy giá trị cần tìm là: m  - 2 32 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương MỤC LỤC Nội dung Trang PHẦN I: MẪU BÁO CÁO YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG TT KIẾN CẤP TỈNH HOẶC CƠ SỞ I THÔNG TIN CHUNG II BÁO CÁO MÔ TẢ SÁNG KIẾN PHẦN II: NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ I: Ứng dụng đạo hàm để tìm GTLN, GTNN hàm số CHUYÊN ĐỀ II: Ứng dụng đạo hàm để chứng minh BĐT 16 CHUYÊN ĐỀ III: Ứng dụng đạo hàm để giải PT, HPT, BPT, HBPT 21 33 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương SỎ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT TRƯNG VƯƠNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM "Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức, giải toán cực trị, toán điều kiện nghiệm phương trình, bất phương trình" Lĩnh vực/Môn: Toán Tên tác giả: Tô Minh Hải Chức vụ : Phó hiệu trưởng Trường THPT Trưng Vương Tài liệu đính kèm (nếu có): ……………………… Năm học: 2013 - 2014 XÁC NHẬN CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC TRƯỜNG THPT TRƯNG VƯƠNG Tổng điểm: ………………… Xếp loại: …………… TM HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CHỦ TỊCH – HIỆU TRƯỞNG 34 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương 35 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT TRƯNG VƯƠNG  SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ, BÀI TOÁN ĐIỀU KIỆN VỀ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Môn : TOÁN Tên tác giả: TÔ MINH HẢI Chức vụ : PHÓ HIỆU TRƯỞNG N¨m häc 2013 – 2014 36 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương 37 [...]... I: Ứng dụng đạo hàm để tìm GTLN, GTNN của hàm số 4 CHUYÊN ĐỀ II: Ứng dụng đạo hàm để chứng minh BĐT 16 CHUYÊN ĐỀ III: Ứng dụng đạo hàm để giải PT, HPT, BPT, HBPT 21 33 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương SỎ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT TRƯNG VƯƠNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM "Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức, giải các bài toán cực trị, bài toán điều kiện về nghiệm của phương trình, bất. .. SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT TRƯNG VƯƠNG  SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ, BÀI TOÁN ĐIỀU KIỆN VỀ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Môn : TOÁN Tên tác giả: TÔ MINH HẢI Chức vụ : PHÓ HIỆU TRƯỞNG N¨m häc 2013 – 2014 36 ... sau: - Xét hàm số h (x) = f(x) – g(x) - Tìm miền xác định của h(x) - Tính đạo hàm cấp một và giải phương trình h’(x) = 0 - Lập bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy ra bất đẳng thức cần chứng minh - Các trường hợp: + Chứng minh f(x) A nghĩa là chứng minh min f(x) A, ở đây A là hằng số + Chứng minh f(x) A nghĩa là chứng minh max f(x)A, ở đây A là hằng số + Nếu phương trình h’(x) = 0 không giải được... 27 27 20 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương CHUYÊN ĐỀ III ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI PT, HPT, BPT, HBPT Để giải các PT, HPT, BPT, HBPT bằng phương pháp ứng dụng đạo hàm ta cần nắm vững các mệnh đề (MĐ) sau: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên tập D MĐ 1: Phương trình f(x) = m có nghiệm xD  minf(x)  m  max f(x) xD xD MĐ 2: BPT f(x)  m, có nghiệm xD  min f(x)  m xD MĐ 3: BPT f(x)  m, nghiệm. .. BPT f(x)  m, có nghiệm xD  max f(x)  m xD MĐ 5: BPT f(x)  m, có nghiệm đúng với mọi xD  min f(x)  m xD MĐ 6 : Cho hàm số y = f(x) đơn điệu trên tập D khi đó F(u) = f(v)  u = v (với mọi u, v D) Dạng 1: Bài toán PT, HPT, BPT, HBPT không chứa tham số I Phương pháp Để giải phương trình f(x) = g(x) bằng phương pháp ứng dụng đạo hàm ta thường chứng minh hai miền giá trị của hai hàm f(x) và g(x)... chứa các biểu thức phức tạp ta làm như sau: 27 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương - Đặt t = (x) - Từ điều kiện ràng buộc của ẩn số x, tìm điều kiện của ẩn số t - Đưa PT, BPT ẩn số x về PT, BPT ẩn số t ta được f(t) = h (m) (hoặc f(t)  h(m), hoặc f(t)  h(m)) - Lập bảng biến thiên của hàm số f(t) - Từ bảng biến thiên rút ra kết luận bài toán II Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm tất cả các giá trị của tham... 3  1 Từ kết quả của trường hợp 1, ta có: P(a,b,c)  Mặt khác: P(a,b,c) – P(c,b,a) = Vậy Max S = 8 5 (a  b)(b  c)( a  c) 8  0  P(a, b, c)  (a  b)(b  c)( a  c) 5 8 , đạt được khi (a,b,c) = 5  1 1   1   3;1; ,  ;3;1,  3; ;1 3   3   3   15 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương Chuyên đề II ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Để chứng minh bất đẳng thức dạng: f(x)... đó phương trình f(x) = g(x) chỉ có thể có nghiệm duy nhất hoặc vô nghiệm + Nếu f(t) là hàm đơn điệu trên D thì f(x) = f(y)  x = y II Ví dụ minh họa Ví dụ 1: Giải các phương trình a) x + xlog23 = xlog25 x 2  15  3x  2  x 2  8 b) c) 2x+1 – 4x = x – 1 Lời giải: a) x + xlog23 = xlog25 (1) Điều kiện: x > 0 Phương trình (1)  xlog22 + xlog25  2log2x + 3log2x = 5log2x Đặt t = log2x ta được phương trình. .. thiên và cố định các biến còn lại, bài toán lúc này trở thành bất đẳng thức một biến Luôn có tâm thể nhìn biểu thức nhiều biến mà ta cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất dưới dạng là một hàm số để ta sử dụng được công cụ hiệu quả trong bài toán là đạo hàm Sơ đồ tổng quát Giả sử tìm cực trị của biểu thức ba biến x, y, z là P(x,y,z) với điều kiện T nào đó Bước 1: Xem P(x,y,z) là hàm theo biến x,... 5xln25 – 6 > 0 xR 26 SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương Bảng biến thiên x - f’’(x) + x0 + 0 + f’(x) + 0 -6 f(x) + + f(x0) Từ bảng biến thiên, suy ra: Phương trình f(x) = 0 có nghiệm không quá hai nghiệm Mà x = 0, x = 2 đều thỏa mãn f(x) = 0 Vậy x = 0, x = 2 là hai nghiệm của phương trình ban đầu Dạng 2: Bài toán: PT, HPT, BPT, HBPT chứa tham số I Phương pháp giải Dạng toán thường gặp là tìm