SKKN ỨNG DỤNG TÍNH đơn điệu để GIẢI một số bài TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Trường THPT Bình Sơn  SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN Người thực : NGUYỄN CẢNH THẮNG Lĩnh vực nghiên cứu : Quản lý giáo dục Phương pháp dạy học môn : Phương pháp giáo dục Lĩnh vực khác Có đính kèm :  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh Năm học 2012 – 2013      Hiện vật khác Sở GD&ĐT Đồng Nai Trường THPT Bình Sơn CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC  I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN : Họ tên : NGUYỄN CẢNH THẮNG Ngày tháng năm sinh : 13-03-1980 Nam, nữ : Nam Địa : Ấp –Bình Sơn –Long Thành _Đồng Nai Điện thoại : Cơ quan : 0613533100 ĐTDĐ : E-mail : Chức vụ : Giáo viên Đơn vị công tác : Trường THPT Bình Sơn II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO : - Học vị : Cử nhân - Năm nhận : 2005 - Chuyên ngành đào tạo : Toán III KINH NGHIỆM KHOA HỌC : - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm : - Số năm có kinh nghiệm : năm - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần : Phương pháp chứng minh bất đẳng thức số sai lầm Phần : THUYẾT MINH SKKN ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN Người thực : Nguyễn Cảnh Thắng Lĩnh vực nghiên cứu : Quản lý giáo dục Phương pháp dạy học môn Phương pháp giáo dục Lĩnh vực khác     ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI : Hàm số khái niệm toán học nói chung chương trình toán phổ thông nói riêng Quan điểm hàm số cần quán triệt toàn chương trình toán trường trung học phổ thông Các toán khó hàm số, phương trình, bất phương trình ,hệ phương trình,giá trị lớn giá trị nhỏ ,cực trị… thường có mặt kỳ thi đại học, cao đẳng, thi học sinh giỏi cấp Lý thuyết hàm số, phương trình, bất phương trình hệ phương trình,giá trị lớn giá trị nhỏ nhất,cực tri… trình bày rõ ràng SGK số sách tham khảo khác Toán học nói chung Hàm số nói riêng có nhiều ứng dụng quan trọng đời sống ngành khoa học khác SGK trình bày rõ định nghĩa tính chất hàm số; phương trình ; bất phương trình , hệ phương trình ,tìm giá trị lớn ,giá trị nhỏ nhất, cực trị…: Để giúp học sinh THPT đặc biệt học sinh lớp 12 tìm hiểu sâu hàm số ứng dụng làm sở để tham gia kỳ thi cuối cấp ứng dụng thực tế sống, phạm vi đề tài sáng kiến kinh nghiệm xin trình bày ứng dụng tính đơn điệu hàm số vào việc giải phương trình ; bất phương trình , hệ phương trình ,bất đẳng thức,tìm giá trị lớn ,giá trị nhỏ nhất, cực trị…: II THỰC TRẠNG TRUỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI : Thuận lợi : Được giúp đỡ đồng nghiệp quan tâm nhà trường Khó khăn: Trường THPT Bình Sơn thuộc diện vùng sâu vùng xa tỉnh Đồng Nai , học sinh tương đối yếu không đồng nên việc dạy học thầy trò khó khăn việc triển khai đề tài III NỘI DUNG ĐỀ TÀI : Cơ sở lý luận : Là giáo viên toán, thấy rằng: học sinh thuộc bài, nắm sách giáo khoa hoàn toàn không đủ, mà phải biết vận dụng kiến thức, biết hệ thống phương pháp giải dạng toán Số toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình ; bất phương trình hệ phương trình đó,tìm giá trị lớn ,giá trị nhỏ ,cực trị…trong sách bồi dưỡng, tạp chí, báo toán tuổi trẻ, toán tuổi thơ thư viện toán điện tử vv Mỗi vẽ, có nhiều hướng, nhiều cách nhiều tác giả với nhiều phương pháp giải bản, đặc biệt lạ Song thời gian dạy hướng dẫn học sinh học tập lại hạn chế, đòi hỏi giáo viên phải biết tổng hợp phân loại dạng toán thường gặp, phương pháp giải toán chứng minh bất đẳng thức giải phương trình ; bất phương trình hệ phương trình đó,tìm giá trị lớn ,giá trị nhỏ nhất,cực trị… Từ hướng dẫn học sinh rèn luyện phương pháp suy nghĩ đắn, biết đúc rút kinh nghiệm Một số biện pháp thực giải pháp đề tài : 1) Cơ sở lý thuyết tính đơn điệu hàm số 2) Những toán chọn lọc ứng dụng tính đơn điệu hàm số 3) Một số giải pháp dạy học ứng dụng tính đơn điệu hàm số nhằm nâng cao chất lượng học tập môn toán cho học sinh trường THPT Bình Sơn 4) Những kết đạt Kết luận IV BÀI HỌC KINH NGHIỆM : Trong trình học toán dạy toán, đă phân loại dạng toán thường gặp tổng hợp phương pháp giải thích hợp Thực tế giảng dạy, thân đúc rút số kinh nghiệm công tác dạy học,sử dụng tính đơn điệu hàm số vào giải toán vừa cố, hoàn thiện kiến thức cho học sinh ban bản; nâng cao Trong khuôn khổ đề tài này, xin đưa vài kinh nghiệm "Dạy học nhằm nâng cao chất lượng học tập môn toán cho học sinh THPT" Ứng dụng tính đơn điệu hàm số có tác dụng to lớn việc bồi dưỡng lực tư cho học sinh, nâng cao chất lượng học tập môn toán cho học sinh THPT Trong khuôn khổ đề tài này, hệ thống số toán mà giáo viên toán cụ thể hướng dẫn cho học sinh THPT nắm vững vận dụng tốt ví dụ minh hoạ phù hợp với trình độ học sinh Một số tập chọn lọc bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình , hệ phương trình ,tìm giá trị lớn ,giá trị nhỏ nhất, cực trị…: nhằm hướng dẫn học sinh tự học, rèn luyên kỹ minh Đó sở để học sinh ứng dụng vào giải tìm cực trị, giải phương trình, bất phương trình hệ đại số, Bên cạnh việc nâng cao chất lượng học tập môn toán cho học sinh mà thực bước đầu có kết tốt trường THPT Bình Sơn- Một trường thuộc diện vùng sâu ,vùng xa, có nhiều khó khăn tỉnh Đồng Nai Với việc làm từ thực tế công tác giảng dạy toán trường THPT, thông qua đề tài này, mong góp phần nhỏ vào kinh nghiệm dạy học toán, để công tác dạy học ngày phát triển đáp ứng nhu cầu học tập học sinh thực tốt mục tiêu giáo dục Trong phạm vi đề tài, với khả có hạn, chắn đề tài nhiều hạn chế thiếu sót Rất mong góp ý chân thành bạn đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện có tác dụng V KẾT LUẬN : Ứng dụng tính đơn điệu hàm số ứng dụng trình bày đề tài này, mà ứng dụng vô rộng lớn Tuy nhiên với khuôn khổ đề tài tính thực tiễn nêu số ứng dụng Trong năm qua vận dụng phương pháp cho đối tượng học sinh giỏi trường THPT Bình Sơn đợt bồi dưỡng học sinh ôn thi TN luyện thi đại học cao đẳng ,bồi dưỡng học sinh giỏi thấy học sinh tiếp thu tương đối chủ động ; đa số học sinh hiểu vận dụng tốt trình giải dạng tập Trên số suy nghĩ đề xuất tôi, mong đóng góp đồng nghiệp để giúp đỡ học sinh khai thác tốt ứng dụng hàm số chương trình toán học phổ thông làm sở tham gia kỳ thi cuối cấp nghiên cứu ứng dụng thực tiễn sống sau Trong trình biên soạn đề tài không tránh khỏi thiếu sót Mong nhận góp ý chân thành đồng nghiệp Hội đồng chuyên môn nhà trường để đề tài sau tốt Tôi xin chân thành cảm ơn VI TÀI LIỆU THAM KHẢO : Sách giáo khoa Đại số 10 – NXB giáo dục Sách giáo khoa Giải tích 12– NXB giáo dục Sách giáo viên Giải tích 12– NXB giáo dục Sách bồi dưỡng học sinh giỏi toán Đại số Giải tích 12 – NXB ĐHQG Hà Nội Sách giải đề thi Đại Học – Cao Đẳng Vận dụng tính đơn điệu để giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình Trần Phương Bình Sơn, ngày 18 tháng năm 2013… Người thực Nguyễn Cảnh Thắng Phần hai : NỘI DUNG SKKN ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN Người thực : Nguyễn Cảnh Thắng Lĩnh vực nghiên cứu : Quản lý giáo dục Phương pháp dạy học môn Phương pháp giáo dục Lĩnh vực khác     Sáng kiến kinh nghiệm : ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN A CƠ SỞ LÝ THUYẾT: * Tính đơn điệu hàm số: a.Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định khoảng (a;b) - Hàm số f(x) gọi đồng biến ( tăng ) khoảng (a;b) x1 , x2  (a; b); x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) - Hàm số f(x) gọi nghịch biến ( giảm ) khoảng (a;b) x1 , x2  (a; b); x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) b.Tính chất: Tính chất 1: Nếu hàm số f(x) tăng ( giảm ) khoảng (a;b) f ( x1 )  f ( x2 )  x1  x2 ; x1 , x2  (a; b) ( suy từ định nghĩa ) Tính chất 2: Nếu hàm số f(x) tăng ( giảm ) khoảng (a;b) phương trình f ( x)  có không nghiệm khoảng (a;b) Chứng minh: a) Trường hợp hàm số f(x) tăng khoảng (a;b) Giả sử có hai số x1 , x2 ( x1  x2 ) cho f ( x1 )  f ( x2 )  0* Điều (*) gặp phải mâu thuẩn, x1  x  f ( x1 )  f ( x ) x1  (a; b), x  (a; b) (do hàm số f(x) tăng khoảng (a;b)) b) Trường hợp hàm số f(x) giảm khoảng (a;b) Giả sử có hai số x1 , x2 ( x1  x2 ) cho f ( x1 )  f ( x2 )  0* Điều (*) gặp phải mâu thuẩn, x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) x1  (a; b), x2  (a; b) (do hàm số f(x) giảm khoảng (a;b)) Vậy phương trình f(x) = có nhiều nghiệm khoảng (a;b) B CÁC VÍ DU: I PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Bài 1: Giải phương trình: Giải: Điều kiện: Ta có: x1 f   x   x  3x  Đặt x  x   3x   (1) f  x   x  x   3x   0  3x  f (x) đồng biến  , 13  Mặt khác f (1)  nên phương trình f (x)  có nghiệm x  1 Bài 2: Giải phương trình: x  15  3x   x  (1) Giải: Bất phương trình  + Nếu + Nếu x x f  x   3x   x   x  15  (1) f (x) <  (1) vô nghiệm 1   x  f   x   x     2 x  15   x 8 biến ,  mà f (1)  nên (1) có  f (x) đồng   nghiệm x  Bài 3:Giải phương trình: Giải: Điều kiện: Đặt x 4x   x2   1 f  x   4x   4x2  4x 1    0, x   ;   4x 1 2  4x 1 f '  x  Ta có đồng biến  ;   , nên phương trình 2  f  x   4x   4x2  Do hàm số (1) 1 f   1 2 có nghiệm nghiệm Hơn nữa, nên x f  x  nghiệm phương trình cho Bài 4:Giải phương trình: x  x   x   x  16  14 (1) Giải: Điều kiện: x  Đặt f ( x)  x  x   x   x  16 1    0, x   5;   x x  x  x  16 Do hàm số f ( x)  x  x   x   x  16 đồng biến 5; Ta có f ( x)   Mà f (9)  14 nên x  nghiệm phương trình 2x   2x   2x   Giải: Đặt f ( x)  x   x   x  3 Bài 5:Giải phương trình sau: Ta có: f ' ( x)  (2 x  1)  (2 x  2) (1)  3  0; x   ,1, 2 (2 x  3) Do hàm số f  x  đồng biến f ( x)   nên suy x  1 nghiệm Mà f     1  2; f  1  0; f      2; xlim   2  2 phương trình cho Bài 6:Giải phương trình : Giải Điều kiện: x  x3   x   x  (1) Đặt f ( x)  5x3   x   x Ta có f   x   15 x 2 x3     0, x  ( ; ) nên hàm số đồng biến 3 (2 x  1) khoảng [ ; ) Mà f 1  nên x  nghiệm phương trình Bài 7: Giải phương trình : Giải: x3  3x2  x  16    x (1) 2 x3  3x  x  16  ( x  2)(2 x  x  8)    2  x  Điều kiện:  4  x  4  x  Khi đó, (1)  2x3  3x2  6x  16   x  Xét hàm số f  x   x3  3x2  x  16   x 2;4 3( x  x  1) Ta có f   x   x3  3x  x  16   0, x  (2; 4) 4 x Do hàm số f  x   x3  3x2  x  16   x đồng biến 2;4 Mà f 1  nên x  nghiệm phương trình Bài 8:Giải phương trình:  x   x  1  x6  4  x   x  1  x2 Giải Viết lại phương trình dạng sau Điều kiện: x   2x     x2  x6 4 Nhận xét: Để phương trình có nghiệm 2x     x  Xét hàm số f  x   g  x  h  x  với g  x   x   3; h  x   x   x  1 Ta có g   x    0, x  5; h  x     0, x  2x  x2 x6 Do hàm số g  x   x   3; h  x   x   x  dương đồng biến  5;   Suy f  x   g  x  h  x  đồng biến  5;   Mà f    nên x  nghiệm phương trình Bài 9:Giải phương trình : 3x(2  x  3)  (4 x  2)(1   x  x )  Giải: Viết lại phương trình dạng: (2 x  1)(2  (2 x  1)2    3x  (2  (3x)2  3) (1) Xét hàm số f (t )  t (2  t  3) ¡ Ta có f ' (t )   t   t2 t2   0, t  ¡ Do hàm số đồng biến ¡ Từ (1)  f  x  1  f  3x   x   3x  x   Vậy phương trình có nghiệm x   Bài 10:Giải phương trình x   x   x  x  Giải Ta có x   x   x  x   x   x   x   x (*) Xét hàm số f  t   t   t ¡ Ta có f   t    t  1  33 t  0, t  ¡ \ 0; 1 Suy hàm số đồng biến x 1 Từ (*)  f  x  1  f  x   x  x   x  x     x    2 2 Vậy phương trình có nghiệm x   ; x  5/ x x  x  12  12  5 x  4 x  6/ x   4  x  7/ 2x3  3x2  6x  16   x  8/ x3  4x2  5x   x2  9x  9/ x   8x3  x  10/ sin x  cos x  n n 2 n   , (6) với n  ¥ , n  x   0;   2 11/ 5x  12 x  13x x  3x   x2  x  12/ log 2 2x  2x    13/ log5    log   1 14/ log3 x x   1 x  3x      5 x  x 1 2 II HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH:   x  x  y  y , (1) Bài Giải hệ phương trình:  2 x  xy   (2)  Giải: Đk: x,y  ,với t  t f’(t) = + >0 ,với t  t Xét hàm số : f(t) =t - => Hàm số đồng biến khoảng (-  ;0) (0; +  ) (1) => f(x) = f(y)  x=y vào (2) ta được: x2 -1=0  x=1 hay x= -1 * x=1 => y=1, x=-1 => y=-1 Vậy hệ có cặp nghiệm: (1;1) , (-1;-1)  x  y  ln( y  1)  ln( x  1)  Bài Giải hệ phương trình:    x  3xy  y   (1) (2) Giải: Đk: x,y>-1 Ta có (1)  x2+ln(x+1)= y2 + ln(y+1) Xét hàm số f(t)= t2 + ln(t+1) f’(t)=2t + > ,với t>-1=> hàm số f(t) đồng biến (-1;+  ) t 1 (1) =>f(x) = f(y)  x=y Từ phương trình (2)  x3 +2x2 -1 =0  (x+1)(x2 +x -1)=0   x   , (l )  1    x    x  1   * x= , (l ) , ( n) 1  1  =>y= 2 Vậy nghiệm hệ pt : x= Bài Tìm Giải x, y   0,  1  1  ;y= 2 thỏa mãn hệ cotg x  cotg y  x  y  x  cotg x  y  cotg y Xét hàm số đặc trưng Suy f u  f u   u  cotg u, u   0,  đồng biến  0,  Khi Bài Giải hệ bất phương trình Giải cotg x  cotg y  x  y  3 x  y   3x  x    1  x  f   x    x  1 x  1   f  x Ta có f  u    0 sin u  f  x  f  y x y   x  y     3x  x      x  3x   Đặt f  x   x  3x  giảm Ta có:    f  x   f   0, x  1, 27 Bài : Giải hệ phương trình:  x  y  sin x  sin y (*)   cos x  sin y  cos x  sin y    (4) Giải: Ta có (*)  x  sin x  y  sin y (5) Đặt f (t )  t  sin t , với t  R f ' (t )   cost  0, t  R Vậy hàm số tăng R đó, 5  f ( x)  f ( y)  x  y , vào (4) ta có phương trình : cos x  sin x  cos x  sin x    sin x  cos x  2sin x cos x  2cos2 x   sinx  cosx  2cosx(sinx  cosx)   (sin x  cos x)(2cos x 1)   * sin x  cos x   tan x  1  x    k (k  Z ) 2 * cos x    cos x    x    k 2 (k  Z )  2 Vậy hệ cho có nghiệm: x  y    k x  y    k 2  x  x2   y   y  y  Bài 6: Giải hệ phương trình:    y  3xy  y  x  Giải: Xét hàm số : f(t)= t+ t  =>f’(t)= 1+ t t2   0, t  =>Hàm số đồng biến R Từ pt (1) ta có : f(x)= f(y+1)  x=y+1 Thế vào pt (2) ta được: 4y3 + 3y2-y=0  y=0 hay y=-1 hay y=1/4 (1) (2) (k  Z ) Vậy hệ có cặp nghiệm: (1;0) , (0;-1) , (3/4;1/4) 3   x  5x  8x   y  y  y (1) Bài 7: Giải hệ phương trình:  2 (2)  2 x  x  11  y  15 y Giải: Lấy pt (1)-(2) ta được: x3+3x2 +4x +12= y3-6y2 +13y  (x+1)3+x+1=(y-2)3 +y-2 (*) Xét hàm số :f(t) =t3 +t => f’(t) = 3t2 +1>0, t  => Hàm số đồng biến R: Từ (*) =>f(x+1) =f (y-2)  x+1=y-2 => y=x+3 Thế vào (2) ta : 7x2 +35x +47=0 pt vô nghiệm Vậy hệ pt vô nghiệm  x3  x  x   y (1) Bài 8: Giải hệ phương trình:   7 x  x   y (2) Giải: Lấy (1)+(2) ta được: x3+3x2 +4x +2= y3+y (x+1)3 +x+1 =y3+y (*) Xét hàm số : f(t) = t3+t => f’(t) =3t2+1>0 , t  => Hàm số đồng biến R (*) => f(x+1)= f(y)  x+1=y Thế vào pt (2) ta được: x3-4x2-6x+5=0  (x-5)(x2 +x -1)=0  x=5 hay x= 1  1  hay x  2 Vậy hệ pt có cặp nghiệm: (5;6) , ( 1   1   ; ), ( ; ) 2 2 Bài 9: Giải hệ phương trình: (Khối A: 2010) (4 x  3) x  ( y  3)  y   2 4 x  y   x  (1) (2) Giải: (1)  (4x2+1)x=(3-y)  y  0, y  , x  u  x Đặt  =>y=  v2  v   y u  v2 (1) (u +1) +( -3)v2 =0 2  u3 +u =v3+ v (*) Xét hàm số : f(t)= t3 +t => f’(t)=3t2 + 1>0 => Hàm số đồng biến R từ (*) f(u)=f(v)  u=v  v2 ) +2  2u =7   2u =-u4 +6u2 +3 (3) (2)  u2 + ( Xét hàm số: f(u) = -u4 +6u2 +3 ,  u  f’(u)=-4u3 +12u BBT u f’(u) f(u) 3/2 + =>f(u) tăng 0;   2 => hàm số giảm với Ta có f(1) =g(1) =>pt (3) có nghiệm u=1=>x= ,y=1 Vậy hệ pt có cặp nghiệm la: ( ;1) Xét g(u) =8  2u =>g’(u) x = y vào phương t2 trình lại hệ đề giải Đây sai lầm thường mắc phải em học sinh sử dụng phương pháp này, hàm số f (t )  t  1 có f '(t )    0, t  R hàm f(t) gián đoạn t t t = Nhận xét: Với f ' ( x)  0, x  D f y = f(x) liên tục D f  f ( x)  f ( y ) x  y    F ( x; y )   F ( x; y )  III ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài 1: (Đề TSCĐ 2009) Cho 0 f(t) đồng biến (0;1)  a, b  (0;1) ,a< b => f(a)< f(b)   a2lnb – b2lna > lna – lnb Bài Chứng minh rằng: Giải : Ta có ln a ln b < 2 a 1 b 1 (đpcm) x x3 x3 x5  sin x  x   3! 3! 5! x3 x3  sin x x >  f  x    x  sin x  x > 3! 3! x2 f  x    cos x  f   x   x  sin x  f   x    cos x  2! x  f   x  đồng biến [0, +)  f   x   f   0   f   x đồng biến [0, +)  f   x   f   0  f  x đồng biến [0, +)  f(x) > f(0) =  x > x > = x > x >  (đpcm) x3 x5 x5 x3  x >  g(x) =   x  sin x  3! 5! 5! 3! x x x3    cos x  g(x) =  x  sin x = g(x) = 4! 2! 3! sin x  x  Ta có x >  g(x) đồng biến [0, +)  g(x) > g(0) = x > x > f(x) > x >  g(x) đồng biến [0, +)  g(x) > g (0) = x >  (đpcm) Bài Chứng minh rằng: sin x  2x sin x  f ( x)    x  x cos x  sin x g ( x) f ( x)   , x2 x Giải   x   0,   2 2x  x  0,   Xét biểu thức đạo hàm sin x   2 kí hiệu g(x) = x cosx  sinx Ta có g(x) = cosx  xsinx  cosx =  xsinx < x  0,       0,   g(x) < g(0) =   g ( x)   f   x    x  0,   f (x) giảm x  2 2x   , x   0,  f  x   f    sin x     2 2  g(x) giảm    Bài Chứng minh rằng: x y x y  ln x  ln y    0,    x > y > Giải Do x > y > 0, lnx > lny  lnx  lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức  x 1 x y y x ln x  ln y    ln   x 1 x y y y  f (t )  ln t   t 1 0 t 1 t >1 Ta có  ln t   t 1 t 1 với t x >1 y  t  1 f  t     0 t  t  1 t  t  1 2 t >1  f(t) đồng biến [1, +)  f(t) > f(1) = t >1  (đpcm) Bài Chứng minh rằng: y  x   ln  ln 4 y  x  1 y 1 x    x, y   0,1   x  y (1) Giải Xét hai khả sau đây: y x y x  ln   y  x   ln  y  ln  4x 1 y 1 x 1 y 1 x y x y x + Nếu y < x (1)  ln  ln   y  x   ln  y  ln  4x 1 y 1 x 1 y 1 x Xét hàm đặc trưng f(t) = ln t  4t với t(0, 1) 1 t   Ta có f   t     2t   t(0,1)  f(t) đồng biến (0, 1) t (1  t ) t (1  t ) + Nếu y > x (1)  ln  f(y) > f(x) y > x f(y) < f(x) y < x  (đpcm) Bài Chứng minh rằng: ab  ba a > b  e Giải ab < ba  lnab < lnba  blna < alnb  Xét hàm đặc trưng f(x) = Ta có f ( x)  ln x x  ln x  ln e  0 x2 x2 ln a ln b  a b x  e  f(x) nghịch biến [e, +)  f(a) < f(b)  ln a ln b  a b  ab < ba Bài (Đề TSĐH khối D, 2007)   Giải Biến đổi bất đẳng thức  Chứng minh  a  1a b  , a  b     2   2  b  1b a a b b a b a b a b        a4     b4      a a b b a b a    1  a   1  b   ln 1  a   ln 1  b   ln   ln  a b x  Xét hàm số đặc trưng cho hai vế f  x   ln  với x  Ta có x x x x x   f   x   ln  21  x ln    f  x  giảm  0,   f  a   f  b  x 1   Bài (Bất đẳng thức Nesbitt) Chứng minh rằng: a b c    bc ca ab a, b, c > (1) Giải Không tính tổng quát, giả sử a  b  c Đặt x = a  x  b  c > Ta có (1)  f (x) = x b c   bc c x xb với x  b  c > b c b c      0 2 b  c  x  c b  c b  c   x  b b  c   f(x) đồng biến [b, +)  f ( x)  f (b)  2b  c (2) bc Đặt x = b  x  c > 0, xét hàm số g(x) = 2x  c , với x  c > xc c  g ( x)   c >  g(x) đồng biến [c, +)  g ( x)  g (c)  2  x  c Từ (2), (3) suy a  b  c  a, b, c >0 bc ca ab  f ( x)  (3) IV ỨNG DỤNG ĐỂ TÌM GTLN-GTNN CỦA HÀM SỐ : Bài : Cho x  0, y  x  y  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức sau : S  (4 x  y)(4 y  3x)  25 xy Giải Ta có : S  (4 x  y)(4 y  3x)  25xy  16 x y  12( x3  y )  34 xy  16 x y  12( x  y )( x  xy  y )  34 xy  16 x y  12[( x  y)2  3xy]  34 xy, x  y   16 x y  xy  12 ( x  y)2 1  0t  4 Xét hàm số f (t )  16t  2t  12 với  t  Ta có f '(t )  32t  f '(t )   t  16 Đặt t  xy Do x  0; y  nên  xy  Bảng biến thiên t f’(t) 16 - + 25 12 f(t) 191 16 Vậy : 2 2 2 2 191 ;y ;y f (t )  f ( )  x  x   1 4 4 16 16 0;   4 1 25 x y max f (t )  f ( )   1 0;   4 Bài :Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ biểu thức : A  3( x  y  x y )  2( x  y )  với x, y số thỏa mãn điều kiện : ( x  y)3  xy  Giải :Ta có kết : ( x  y)2  xy , từ ta có : ( x  y)3  xy   ( x  y)3  ( x  y)2  ( x  y)3  xy   ( x  y )3  ( x  y )    ( x  y )  1 ( x  y )  ( x  y )     ( x  y)   Do ( x  y )  ( x  y )    ( x  y )     0, x, y  2 Bài toán đưa tìm max, : A  3( x  y  x y )  2( x  y )  Với x, y thỏa mãn x  y  Ta biến đổi biểu thức A sau : A  3( x  y  x y )  2( x  y )  3  ( x  y )  ( x  y )  2( x  y )  2 3( x  y ) 2  (x  y )   2( x  y )  ( x  y )2 ( x  y  ) Hay A  ( x  y )2  2( x  y )  ( x  y)2 ( x  y  ) nên x  y  2 Đặt t  x2  y Ta có hàm số f (t )  t  2t  với t  Vì x  y  f '(t )  t   f '(t )   t  Ta có bảng biến thiên sau : t  f '(t ) +  f (t ) 16 1 f (t )  f ( )  Vậy đạt t  2 16 t 9 Mặt khác, ta dễ thấy x  y  A  16 16 Kết luận : A  x  y  giá trị lớn 16 Bài 3:Cho hai số thực x, y  thay đổi thỏa mãn điều kiện Suy A  ( x  y) xy  x  y  xy Tìm giá trị lớn biểu thức: 1 A  x y Giải: 1 x3  y ( x  y)( x  xy  y ) x y 1  3 3  ( )  (  )2 3 x y x y x y xy x y 2 Đặt x  ty Từ gải thiết ta có: ( x  y) xy  x  y  xy  (t  1)ty  (t  t  1) y A t2  t 1 t2  t 1 ; x  ty  Do y  t t t 1 2  1   t  2t   Từ A         x y   t  t 1  t  2t  3t   f '(t )  Xét hàm số f (t )  t  t 1  t  t  1 Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN A là: 16 đạt x  y  Bài 4:Cho x, y hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện 2( x2  y )  xy  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: T x4  y xy  Giải: - Đặt t=xy từ giả thiết suy xy  xy     xy  Vậy t    ;   3 Chú ý: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x y ta x2  y  xy 1 1 - Biến đổi biểu diễn theo biến t ta được: T  - Xét hàm số f (t )  7t  2t  8t  7t  2t  1 , t    ;  8t   3 - Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên ta tìm max f (t )  f (0)   1  ;     1 f (t )  f      1  5  ;    1 f     15 Từ kết luận giá trị lớn giá trị nho T Bài 5:Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 21ab  2bc  8ca  12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a P b   a b c c Giải:Đặt x  , y  , z   x, y, z  0; x  y  21z  12 xyz S  x  y  3z 2x  y x  12 xy  21 4y 2x  y  f ( x) Từ biểu thức S suy được: S  x  y  xy  Từ x  y  21z  12 xyz  z   f '( x)    x  x0  14  32 y 0 (4 xy  7)2 32 y  14      ;   4y 4y  4y  Bảng biến thiên: x 4y f’(x)  x0 - + f ( x) f ( x0 ) Khi từ bảng biến thiên , ta có: 32 y  14 S  f ( x)  f ( x0 )  y    g ( y) 4y 2y g '( y )  (8 y  9) 32 y  14  28 y 32 y  14 0 Đặt t  32 y  14 phương trình g '( y )   (8 y  9) 32 y  14  28   t  50t  122   t   y  y g’(y) - Ta có bảng biến thiên:  + g ( y) 15 Từ bảng biến thiên suy : g ( y )  g ( ) 15  S  g ( y)  g ( )  15 Vậy với : y  , x  3, z   a  , b  , c  S  3 2 Bài Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T  3(a  b2  c )  4abc Giải: Do vai trò bình đẳng a, b, c nên ta gải sử :  a  b  c Vì chu vi nên a + b + c=3 nên  a  b   c mà a  b  c   c  Ta biến đổi : T  3(a  b  c )  4abc  3(a  b )  3c  4abc =3 (a  b)  2ab   3c  4abc  3(3  c)  3c  2ab(2c  3) a b   3c   3c  Mặt khác : ab       ab(2c  3)    (2c  3) ( c   2c   )       2 27  3c  T  3(3  c)  3c  2(2c  3)   f (c )  c  c  2   27 Xét hàm số : f (c)  c  c  , 1;  2  2 f '(c)  3c  3c Do : f '(c)   c  Ta có bảng biến thiên c f’(c) + f (c ) 13 Khi từ bảng biến thiên suy ra: f (c)  f (1)  13 Suy T  f (c)  f (1)  13 c=1; a=1; b=1 Vậy minP=13 a=b=c=1 Bài 7: Cho số thực x,y thay đổi thỏa mãn điều kiện: x(1-y)=y  x2 (1) Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ tỉ số Giải: Điều kiện : -2  x  x y Để tồn giá trị lớn , giá trị nhỏ tỉ số x x,y  y x y Ta có: x(1-y)=y  x2 = x+  x2 Đặt f (x)= x y ,f  Dễ thấy f(x) = x+  x2 hàm số liên tục đoạn [-2;2] Ta có :f’(x)= 1- x  x2 => f’(x) =  x  Mặt khác f(-2) = -2 , f(2) = ,f( )= 2 Suy ra: Maxf ( x)  2 , x  =>y = ½ 2;2 M inf( x) =-2 x=-2 =>y=1 2;2 x : 2 x  =>y = ½ y x Giá trị nhỏ tỉ số :-2 x=-2 =>y=1 y x  y  z  Bài 8:Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện   xyz  Vậy giá trị lớn tỉ số Chứng minh rằng: 183  165  x  y  x  18 Giải Biểu thức P  x  y  z đối xứng với ba ẩn x, y, z Ta có P  x  y  z  ( x  y  z )2  2( x y  y z  z x )  (42  2( xy  yz  zx))2  2( xy  yz  zx)  xyz ( x  y  z ) x  y  z  Đặt t  xy  yz  zx từ giả thiết  ta có P  2(t  32t  144) xyz   2 Từ điều kiện x, y, z ta y  z   x; yz  t  x(4  x)  x x Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương y, z ta có: ( y  z )  yz  (4  x)   x  x  16 x    ( x  2)( x  x  4)  x  3  x  Xét hàm số t ( x)  x(4  x)  t '( x)  đoạn 3  5; 2 , ta có: x 2( x  1)( x  x  1) x2 5 1 Từ việc xét dấu t '( x) đoạn 3  5; 2 ta  t  Khảo sát hàm số P  2(t  32t  144)  t  183  165  x  y  x  18 5 1 suy : Bài 9: Cho hai số thực x,y thỏa mãn 0< x  1, 0< y  x+y = 4xy Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức M= x2 + y2 -7xy Giải: Ta có 0< x  1, 0< y  => 0< x+y  M= x2 + y2 -7xy = (x+y)2 -9xy = (x +y)2 – (x+y) Xét hàm số : f(t)=t2 - t , 0< t  => f’(t) = 2t- 9 f’(t) =0  t  BBT t f’(t) f(t) - + 1 - 81 Giá trị nhỏ 64 81 64 3     x  y   x   x   v ,tại t =    xy  y  y     32  Bài 10:Cho hàm số f(x) =ex –sinx + x2 Tìm giá trị nhỏ hàm số f(x) chứng minh phương trình : f(x) = có nghiệm Giải: x2 Xét hàm số: f(x) =e –sinx + x Tập xác định : D = R f’(x)= ex –cosx +x f”(x) = ex +sinx +1 >0 , x  R Bảng biến thiên f’(x) x - f”(x) + f’(x) + + - Từ bảng biến thiên ta có : f’(x) đồng biến R f’(0)=0 Vậy phương trình f’(x) =0 có nghiệm : x= Bảng biến thiên hàm số f(x): x - + f’(x) + + + f(x) Từ bảng biến thiên ta thấy : Minf ( x) =1 x = R Đồ thị hàm số f(x) y = cắt điểm Nên phương trình f(x) = có nghiệm Bài tập tương tự: Chứng minh phương trình sau có nghiệm: x  x  x   (Đại học, cao đẳng khối D – 2004) Xác định m để phương trình sau có nghiệm: m(  x   x  2)   x   x   x (Đại học, cao đẳng khối B – 2004) 3.Giải phương trình: log 2x   x  4x ( x  1) Giải phương trình: log 2007 ( x  1)  2007 x  Tìm m để bất phương trình (4  x)(6  x)  x  x  m x   4;6 Giải bất phương trình x( x  x  16)  6(4  x ) Giải bất phương trình x  12 x  13 x   tan x  tan y  y  x (*)  Giải hệ phương trình: 2 x  y  4      x, y   2 9.Cho ba số thực x, y, z   ;3 Tìm giá trị lớn biểu thức: 3  a b c P   ab bc ca 10 Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn điều kiện abc  a  c  b Tìm giá trị lớn 2 biểu thức : P    a 1 b 1 c 1 Bình Sơn, ngày 18 tháng năm 2013 Người thực Nguyễn Cảnh Thắng Sở GD&ĐT Đồng Nai Trường THPT Bình Sơn CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc  Bình Sơn, ngày 18 tháng năm 2013 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2012 – 2013 Tên sáng kiến kinh nghiệm : ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN Họ tên tác giả : Nguyễn Cảnh Thắng Lĩnh vực : Quản lý giáo dục  Phương pháp giáo dục  Tổ : Toán -Tin Phương pháp dạy học môn  Lĩnh vực khác  Tính : - Có giải pháp hoàn toàn  - Có giải pháp cải tiến, đổi từ giải pháp có  Hiệu : - Hoàn toàn triển khai áp dụng toàn ngành có hiệu cao  - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng toàn ngành có hiệu cao  - Hoàn toàn triển khai áp dụng đơn vị có hiệu cao  - Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng đơn vị có hiệu cao  Khả áp dụng : - Cung cấp luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, sách : Tốt  Khá  Đạt  - Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống : Tốt  Khá  Đạt  - Đã áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng : Tốt  Khá  Đạt  XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Kí ghi rõ họ tên) THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Kí, ghi rõ họ tên đóng dấu) [...]... nghiệm : ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN Họ và tên tác giả : Nguyễn Cảnh Thắng Lĩnh vực : Quản lý giáo dục  Phương pháp giáo dục  Tổ : Toán -Tin Phương pháp dạy học bộ môn  Lĩnh vực khác  1 Tính mới : - Có giải pháp hoàn toàn mới  - Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có  2 Hiệu quả : - Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Có tính cải... 4 3 Bài 24: Tìm m để phương trình : x2 + x2  1 -2m -1=0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn [0; 3 ] Giải: Đặt t = x2  1 , t  1 Khi x  [0; 3 ] => t  [1;2] Bài toán trở thành tìm m để phương trình : t2 +t =2m +2 có nghiệm t  [1;2] Xét hàm số : f(t) = t2 + t , t  [1;2] => f’(t) = 2t+1 ,f’(t) =0  t=- ½ BBT t -1/2 1 2 f’(t) - 0 + + f(t) 6 2 Yêu cầu bài toán trở thành : 2  2m+2  6  0  m  2 Bài 25:... những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao  - Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao  3 Khả năng áp dụng : - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách : Tốt  Khá  Đạt  - Đưa ra các giải pháp... biệt lưu ý sự liên tục của hàm số đặc trưng trên tập xác định của chúng Chẳng hạn đối với bài toán: 1 1  x  x  y  y * Giải hệ phương trình:  (I) (Đề thi ĐH khối A năm 2003) 2 y  x 3  1  Rất nhiều học sinh giải bài toán theo hướng : 1 t Đặt f (t )  t   f '(t )  1  1  0, t  R nên f(x) = f(y) => x = y rồi thế vào phương t2 trình còn lại trong hệ đề giải Đây là một sai lầm thường mắc phải... sinh khi sử dụng phương pháp này, bởi vì hàm số f (t )  t  1 1 có f '(t )  1  2  0, t  R nhưng hàm f(t) gián đoạn t t tại t = 0 Nhận xét: Với f ' ( x)  0, x  D f và y = f(x) liên tục trên D f thì  f ( x)  f ( y ) x  y    F ( x; y )  0  F ( x; y )  0 III ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài 1: (Đề TSCĐ 2009) Cho 0 0 xc c 3  g ( x)   0 c > 0  g(x) đồng biến [c, +)  g ( x)  g (c)  2 2  x  c Từ (2), (3) suy ra a  b  c  3 a, b, c >0 bc ca ab 2  f ( x)  (3) IV ỨNG DỤNG ĐỂ TÌM GTLN-GTNN CỦA HÀM SỐ : Bài 1 : Cho x  0, y  0 và x  y  1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : S  (4 x 2  3 y)(4 y 2  3x)  25 xy Giải Ta có : S... x) =-2 khi x=-2 =>y=1 2;2 x là : 2 2 khi x  2 =>y = ½ y x Giá trị nhỏ nhất của tỉ số là :-2 khi x=-2 =>y=1 y x  y  z  4 Bài 8:Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện   xyz  3 Vậy giá trị lớn nhất của tỉ số Chứng minh rằng: 183  165 5  x 4  y 4  x 4  18 Giải Biểu thức P  x 4  y 4  z 4 đối xứng với ba ẩn x, y, z Ta có P  x 4  y 4  z 4  ( x 2  y 2  z 2 )2  2( x 2 y 2... 2004) 3 .Giải phương trình: log 2 2x  1  x 2  4x 2 ( x  1) 4 Giải phương trình: log 2007 ( x  1)  2007 x  1 5 Tìm m để bất phương trình (4  x)(6  x)  x 2  2 x  m đúng x   4;6 6 Giải bất phương trình x( x 8  2 x  16)  6(4  x 2 ) 7 Giải bất phương trình 5 x  12 x  13 x   tan x  tan y  y  x (*)  8 Giải hệ phương trình: 2 x  7 y  4      x, y   2 2 1 9.Cho ba số thực... y , (1) Bài 1 Giải hệ phương trình:  2 x 2  xy  1  0 (2)  Giải: Đk: x,y  0 1 ,với t  0 t 1 f’(t) = 1 + 2 >0 ,với t  0 t Xét hàm số : f(t) =t - => Hàm số đồng biến trên các khoảng (-  ;0) và (0; +  ) (1) => f(x) = f(y)  x=y thế vào (2) ta được: x2 -1=0  x=1 hay x= -1 * x=1 => y=1, x=-1 => y=-1 Vậy hệ có các cặp nghiệm: (1;1) , (-1;-1)  x 2  y 2  ln( y  1)  ln( x  1)  Bài 2 Giải hệ...  2 y  4 Bài 6: Giải hệ phương trình:  3 2   y  3xy  2 y  x  1 Giải: Xét hàm số : f(t)= t+ t 2  3 =>f’(t)= 1+ t t2  3  0, t  =>Hàm số đồng biến trên R Từ pt (1) ta có : f(x)= f(y+1)  x=y+1 Thế vào pt (2) ta được: 4y3 + 3y2-y=0  y=0 hay y=-1 hay y=1/4 (1) (2) (k  Z ) Vậy hệ có 3 cặp nghiệm: (1;0) , (0;-1) , (3/4;1/4) 3 2 3 2   x  5x  8x  1  y  3 y  2 y (1) Bài 7: Giải hệ phương