Vận dụng linh hoạt đạo hàm để giải phương trình, bất phuuwong trình, hệ phương trình chứa tham số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM VẬN DỤNG LINH HOẠT ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ Người thực hiện: Mai Thị Huyền Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HĨA THÁNG NĂM 2019 MỤC LỤC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG .1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài .1 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5 Những điểm mới kết nghiên cứu NÔI DUNG CUA SÁNG KIÊN KINH NGHIÊM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiêm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dung sáng kiến kinh nghi êm 2.3 Các biện pháp tiến hành để giải vấn đề 2.4 Thực nghiệm sư phạm 11 KÊT LUẬN, KIÊN NGHI 12 3.1 Kết luân 12 3.2 Kiến nghi .13 13 TÀI LIỆU THAM KHẢO 14 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Nghiên cứu sách giáo khoa mơn tốn lớp 10, 11, 12 đề tuyển sinh ĐH - CĐ năm gần nhận thấy dạng toán vận dụng đạo hàm (Phương pháp hàm số) thường sử dụng kì thi Hơn thời lượng dành cho tập áp dụng phương pháp hàm số lại ít, giáo viên khó khăn việc giúp học sinh nắm vững kiến thức kinh nghiệm cần thiết để giải dạng tập Hầu hết tập có chứa tham số chương trình THPT áp dụng đạo hàm số để giải, nhiên khơng phải học sinh có khả lập tham số, tìm hàm đặc trưng… Đặc biệt với học sinh lớp 11 điều lại khó khăn nhiều Xuất phát từ thực tế trên, qua kinh nghiệm dạy học mình, tơi đúc kết số kinh nghiệm vận dụng đạo hàm để giải tốn phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhằm giúp em tiếp thu kiến thức tốt hơn, từ mà chất lượng giảng dạy học tập học sinh ngày nâng lên Tôi viết “Vận dụng linh hoạt đạo hàm để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình chứa tham sớ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Do phần nội dung kiến thức khó, trừu tượng, có nhiều kiến thức tổng hợp, nhiều học sinh cịn chưa quen với tính tư duy, trừu tượng nên tơi nghiên cứu nội dung nhằm tìm phương pháp truyền đạt phù hợp cho học sinh, bên cạnh nhằm tháo gỡ vướng mắc, khó khăn mà học sinh thường hay gặp phải với mong muốn nâng cao chất lượng dạy học 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài học sinh khối 12 qua năm giảng dạy từ trước đến 1.4 Phương pháp nghiên cứu Để thực mục đích nhiệm vụ đề tài, q trình nghiên cứu tơi sử dụng phương pháp sau: Phương pháp quan sát (công việc dạy -học giáo viên học sinh) Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chun mơn, ) Phương pháp đàm thoại vấn(lấy ý kiến giáo viên học sinh thông qua trao đổi trực tiếp) 1.5 Những điểm mới kết nghiên cứu Đa số em học giỏi có hứng thú với việc áp dụng phương pháp để giải, học sinh chuyển biến rõ rệt, em khơng cịn e ngại với tốn có chứa tham số hay hệ phương trình, số em học yếu ham học hơn, vươn lên học tập tốt NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Đổi phương pháp dạy học thay đổi từ phương pháp dạy học tiêu cực đến phương pháp tích cực, sáng tạo Nhưng thay đổi phương pháp hoàn toàn lạ mà phải trình áp dụng phương pháp dạy học đại sở phát huy yếu tố tích cực phương pháp dạy học truyền thống nhằm thay đổi cách thức, phương pháp học tập học sinh chuyển từ thụ động sang chủ động Do q trình dạy học địi hỏi thầy giáo phải tích cực học tập, khơng ngừng nâng cao lực chuyên môn, đổi phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo học sinh, bồi dưỡng khả tự học, sáng tạo, khả vận dụng kiến thức vào thực tế, đem lại say mê, hứng thú học tập cho em Đối với học sinh yếu cần tạo nên cho em có hứng thú học tập mơn tốn, cịn học sinh giỏi cần rèn luyện cho em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo Chính việc dạy, học tốn khơng đơn cung cấp cho em vốn kiến thức thông qua việc làm tập nhiều tốt, khó hay, mà phải rèn luyện cho em khả tư duy, sáng tạo, giải toán nhiều cách khác Do phần nội dung kiến thức khó, trừu tượng, có nhiều kiến thức tổng hợp, nhiều học sinh cịn chưa quen với tính tư duy, trừu tượng nên tơi nghiên cứu nội dung nhằm tìm phương pháp truyền đạt phù hợp cho học sinh, bên cạnh nhằm tháo gỡ vướng mắc, khó khăn mà học sinh thường hay gặp phải với mong muốn nâng dần chất lượng dạy học Học sinh có kiến thức phương trình, bất phương trình hệ phương trình lớp Học sinh biết cách khảo sát hàm số có kiến thức tương giao đồ thị Giáo viên có trực tiếp soạn, giảng mơn toán lớp 12 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm a Thuận lợi: Đưa tốn tìm giá trị tham số để phương trình, bất phương, hệ phương trình có nghiệm dạng f ( x) = g (m) f ( x) ≤ g (m) sau ta sử dụng mệnh đề để giải toán đơn giản Vấn đề hàm số vấn đề tương đối khó với đặc thù học sinh Trường THPT Lê Hồng Phong Thời lượng học sinh giáo viên hướng dẫn mà tập dạng đa dạng, phong phú nội dung Học sinh thường mắc sai lầm giải toán tìm tham số m để phương trình, bất phương trình có nghiệm b Khó khăn: Trong q trình giảng dạy, thấy đa số học sinh nắm kiến thức chưa chắc, khả tưởng tượng hạn chế Ý thức học tập em chưa thực tốt, nhiều em hỏng kiến thức lớp nên chán học phần Các em chưa thấy ứng dụng to lớn đạo hàm Không phải toán đưa dạng f ( x) = g (m) f ( x) ≤ g (m); f ( x) ≥ g (m) , g(m) đa thức theo m mà bậc m khơng bậc Vì với mong muốn đóng góp vào việc nâng cao chất lượng dạy học, giúp em tháo gỡ phần lúng túng, qua kinh nghiệm dạy học tơi mạnh dạn đưa phương pháp giải toán có ứng dụng biến thiên hàm số nhằm giúp học sinh nắm kiến thức bản, hình thành phương pháp chung để giải chúng 2.3 Các biện pháp tiến hành để giải vấn đề A.Cơ sở lý thuyết: Kiến thức chuẩn bị Cho hàm số y = f(x) liên tục miền D 1.1 Nghiệm phương trình f(x) = g(x) hồnh độ giao điểm đồ thị y = f ( x ) với đồ thị y = g ( x ) f(x) 1.2 Nghiệm bất phương trình f(x) ≥ g(x) phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị y = f ( x ) g(x) nằm phía so với phần đồ thị y = g ( x ) 1.3 Nghiệm bất phương trình f(x) ≤ g(x) a α β b x phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị y = u ( x ) nằm phía so với phần đồ thị y = v ( x ) 1.4 Nghiệm phương trình f(x) = m hồnh độ giao điểm đường thẳng y = m với đồ thị y = f ( x ) Các kết thường dùng: Cho hàm số y = f(x) liên tục miền D 2.1 Cho hàm số y = f(x) đơn điệu tập D y=m Khi f(u) = f(v)  u = v ( Với u, v ∈ D) f ( x) ≥ m 2.2 BPT f(x) ≥ m ∀x∈D ⇔ Min x∈D 2.3 BPT f(x) ≤ m ∀x∈D ⇔ Max f ( x ) ≤ m x∈D f ( x) ≥ m 2.4 BPT f(x) ≥ m có nghiệm x∈D ⇔ Max x∈D a b x f ( x) ≤ m 2.5 BPT f(x) ≤ m có nghiệm x∈D ⇔ Min x∈D f ( x ) ≤ m ≤ M ax f ( x ) 2.6 PT f(x) = m có nghiệm x∈D  Min x∈D x∈D Phương pháp giải Phương pháp chung để giải tốn tìm giá trị tham số m để phương trình, hệ phương trình, bất phương trình có nghiệm là: Biến đổi PT ( BPT) dạng f(x) = g(m) f(x) ≥ g(m) f(x) ≤ g(m) Lập bảng biến thiên hàm f(x) tập xác định D f ( x ) , Max f ( x ) ( Nếu có) Tìm Min x∈D x∈D Vận dụng kết mục để kết luận B Bài tập áp dụng: 1.Các tập phương trình hệ phương trình 1.1.(Đề TSĐH khối A, 2007) Tìm m để phương trình x − + m x + = x − (1) có nghiệm thực Giải: ĐK: x ≥ , + Biến đổi phương trình (1) ⇔ −3 u = x − = − ∈ [ 0,1) x +1 x +1 ( ) Khi g t = −3t + 2t = m Ta có g ′ ( t ) = −6t + = ⇔ t = 13 + Đặt x − + 24 x −1 = m x +1 x +1 t01+0–0– Do (1) có nghiệm ⇔ −1 < m ≤ 13 Nhận xét: Sai lầm phổ biến học sinh khơng tìm điều kiện u( x ) = cho biến u Các em có điều kiện u ≥ khơng tính giới hạn xlim →+∞ 1.2.(Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với m > , phương trình x + x − = m ( x − ) (2) có hai nghiệm phân biệt Giải: ĐK: x ≥ + Biến đổi phương trình (2) ⇔ ( x − ) ( x + ) = m ( x − ) 2 ⇔ ( x − 2) ( x + 6) = m ( x − 2) ⇔ ( x − ) ( x + x − 32 − m ) = ⇔ x = v g ( x ) = x + x − 32 = m + ycbt ⇔ g ( x ) = m có nghiệm thuộc khoảng ( 2; +∞ ) Thật ta có: g ′ ( x ) = 3x ( x + ) > 0, ∀x > g ( x ) = +∞ nên Do g ( x ) đồng biến mà g ( x ) liên tục g ( ) = 0; xlim →+∞ g ( x ) = m có nghiệm ∈ ( 2; +∞ ) Vậy ∀m > , phương trình x + x − = m ( x − ) có hai nghiệm phân biệt Nhận xét: Cô lập biến áp dụng chiều biến thiên để kết luận 1.3 (Đề TSĐH khối A, 2008) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: x + x + − x + − x = m Giải: ( ) ĐK: ≤ x ≤ 6, Đặt f x = x + x + − x + − x ; x ∈ [ 0; 6]  +  −  , x ∈ ( 0; ) f ′ ( x) =  − ÷ ÷  2x 2 ( )3 ( 6−x  − x)    2x 1 u ( x) = − ; v ( x) = − , x ∈ ( 0, ) 3 4 2x 6−x ( 2x) ( − x) + Ta có: + Đặt u ( x ) , v ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, )  f ′( x) > 0, ∀x ∈ ( 0, )   ( ) ⇒ u = v ( ) = ⇒  f ′( x) < 0, ∀x ∈ ( 2, )  f ′(2) =  ( ) ( )  u x , v x < 0, ∀x ∈ ( 2, ) x026+0–f(x) + 24 Từ BBT ta có PT có nghiệm phân biệt ⇔ + ≤ m < + Nhận xét: Kỹ thuật xét dấu f’(x) đòi hỏi học sinh phải vận dụng đạo hàm với biểu thức f’(x) 1.4 (Đề TSĐH khối D, 2007): Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x + + y + =  x y   x + 13 + y + 13 = 15m − 10 x y  Giải: ĐK: x ≠ 0, y ≠ 0; Đặt u = x + ;v = y + x y ta có ( x + 13 = x + x x ) ( ) − 3x ×1 x + = u − 3u x x u = x+ = x + ≥2 x =2 ; v = y + ≥2 y =2 x x x y y + Khi hệ trở thành u + v = u + v = ⇔  3 u + v − ( u + v ) = 15m − 10 uv = − m ⇔ u, v nghiệm phương trình bậc hai f ( t ) = t − 5t + = m Hệ có nghiệm ⇔ f ( t ) = m có nghiệm t1 , t thỏa mãn t1 ≥ 2; t Lập Bảng biến thiên hàm số f ( t ) với t ≥ −∞ t – /2 f ′( t) – – + ( ) f t + ∞ 2 2 /4 Nhìn bảng biến thiên ta có hệ có nghiệm ≥ + ∞ + + ∞ ⇔ ≤ m ≤ ∨ m ≥ 22 Nhận xét: Học sinh dễ sai miền xác định hàm f(t) 1.5 (Đề TSĐH khối A, 2012): Giải hệ phương trình: Giải: 2 Từ phương trình (2) ⇒ ( x − )2 + ( y + ) = nên −3 −1 ≤ x − ≤ ; ≤ y +1 ≤ 2 2 + (1) ⇔ ( x − 1)3 − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1) nên xét f (t ) = t − 12t [ −3 ; ] 2 + Chỉ f(t) nghịch biến Có f ( x − 1) = f ( y + 1) ⇒ x − = y + 1 −3 −1 ); ( ; ) 2 2 + Nghiệm ( x; y ) = ( ; Nhận xét: Học sinh thường không xác định điều kiện x - y +1 nên khó chứng minh f(t) đồng biến 1.6 (Đề TSĐH khối A, 2010): ( 4x + )x + ( y − ) − y= (1) Giải hệ phương trình:  2 (2)  4x + y + − 4x = Giải: ĐK: x ≤ ; y ≤ Phương trình (1) tương đương ( 4x + ).2x = ( − y + ) − y Phương trình (1) có dạng f ( 2x ) = f ( − y ) , với f ( t ) = ( t + )t Ta có f '( t ) = 3t + > , suy f(t) đồng biến R  x≥0  Do : (1)  2x = − y   − 4x y =  2   Thế vào phương trình (2) ta 4x +  − 2x ÷ + − 4x − = (3) 2  Nhận thấy x = x = ¾ khơng nghiệm (3) 5  Xét hàm g( x ) = 4x +  − 2x ÷ + − 4x − (0; ) 2  4 5  g'( x ) = 8x − 8x  − 2x ÷− = 4x( 4x − ) − − 4x − 4x 2   g’(x) < với x ∈ (0; ).Suy g(x) nghịch biến 1 Mặt khác g( ) = , (3) có nghiệm x = ; suy y = 2 Vậy hệ có nghiệm (x; y) = ( ;2 ) 2 Nhận xét: Học sinh thường gặp khó khăn giải phương trình (4), nên hướng dẫn học sinh sử dụng máy tính cầm tay để dị nghiệm từ tìm cách chứng minh nghiệm 1.7 (Đề TSĐH khối A, 2013): ìï x +1+ x- 1- y4 + = y ( 1) ï Giải hệ phương trình: ïíï 2 ïïỵ x + 2x( y- 1) + y - 6y+1= 0( 2) Điều kiện: x³ ( x, y Ỵ R) Giải: Từ (2) ta 4y = ( x+ y- 1) , suy y³ Đặt u = x- 1, suy u³ Phương trình (1) trở thành: u4 + + u = y4 + + y (3) Xét f ( t) = t + + t với t³ , f '( t) = 2t3 t4 + +1> " t ³ Do (3)  y = u, nghĩa x = y4 +1 Thay x = y4 +1 vào (2) ta y( y + 2y + y- 4) = ( 4) Hàm g( y) = y + 2y + y- có g'( y) = 7y + 8y +1> với y³ Mà g( 1) = , nên (4) có hai nghiệm khơng âm y = 0, y =1 Vậy nghiệm ( x; y) hệ cho ( 1;0) ( 2;1) Nhận xét: Sẽ khó khăn học sinh khơng ý đến điều kiện t > 2 x − y = ( y − x)( xy + 2) 1.8 Giải hệ phương trình  2 x + y = 2 Phân tích Nếu thay = x + y vào phương trình thứ ta hđt Giải: 2 Thay = x + y vào phương trình thứ ta x − y = ( y − x)( xy + x + y ) ⇔ x − y = y − x ⇔ x + x = y + y (1) t t Xét hàm số f (t ) = + t , t Ỵ ¡ có f '(t ) = ln + 3t > 0, " t Ỵ ¡ suy f (t ) đồng biến ¡ (1) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y vào pt thứ hai ta x = y = ±1 Vậy tập nghiệm hệ S = { (1;1); (−1; −1)} Nhận xét: Học sinh thường quên công thức đạo hàm hàm y = ax (1) ln(1 + x ) − ln(1 + y ) = x − y 1.9 Giải hệ phương trình  2 (2)  x − 12 xy + 20 y = Giải: x > − 1, y > − ĐK: (1) ⇔ ln(1 + x) − x = ln(1 + y ) − y ⇔ f ( x) = f ( y ) với f (t ) = ln(1 + t ) − t , t ∈ (−1; +∞) −t f '(t ) = −1 = = ⇔ t = ∈ (−1; +∞) ⇒ f (t ) đồng biến (−1;0) 1+ t 1+ t nghịch biến (0; +∞) TH x, y ∈ (−1;0) x, y ∈ (0; +∞) f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y Thế vào pt (2) ta x = y = (không thỏa mãn) TH x ∈ (−1;0), y ∈ (0; +∞) ngược lại xy < ⇒ x − 12 xy + 20 y > TH xy = hệ có nghiệm x = y = Vậy hệ có nghiệm x = y = Nhận xét: Học sinh thường bị thiếu trường hợp, không xét hết tập xác định Các tập bất phương trình: 2.1 Tìm m để bất phương trình: − x + 3mx − < −13 x nghiệm ∀x ≥ Giải: 1 BPT ⇔ 3mx < x − + 2, ∀x ≥ ⇔ 3m < x − + x = f ( x ) , ∀x ≥ x x 4 −2 >0 Ta có f ′ ( x ) = x + − ≥ 2 x  ÷ − = suy x x  x x x f ( x) tăng f ( x ) = f ( 1) = > 3m ⇔ > m Ycbt ⇔ f ( x ) > 3m, ∀x ≥ ⇔ x ≥1 2.2.Tìm m để bất phương trình: m( x − 2x + + ) + x( − x ) ≤ (2) có nghiệm x ∈ 0;1 +  Giải: Đặt t = x − 2x + Ta có t' = 2x − 2 x − 2x + ; t’ = 0 x = Bảng biến thiên: x t - +∞ + ’ 2 t Từ suy 1≤ t ≤ t2 − (3) t +1 t + 2t + t2 − f '( t ) = > , với t ∈ [ 1; ] , 1≤t ≤ 2, Xét hàm số f ( t ) = ( t + 1) t +1 Phương trình (2) trở thành m( t + ) ≤ t −  m ≤ Suy f(t) đồng biến [ 1; ] Do Max f ( t ) = f (2) = t∈[ 1; 2] Bpt (2) có nghiệm x ∈ 0;1 +  bpt (3) có nghiệm t ∈ [ 1; ] f ( t) = f ( ) = Tức m ≤ tMax ∈[ 1; ] Nhận xét: Bài toán đòi hỏi học sinh phải biết quan sát tốt, đặt ẩn phụ cô lập tham số 2.3 Tìm m để bất phương trình m.4 x + ( m − 1) x + + m − > ∀x ∈ ¡ Giải: x x + Đặt t = x > m.4 + ( m − 1) + m − > ∀x ∈ ¡ ⇔ m.t + ( m − 1) t + ( m − 1) > 0, ∀t > ⇔ m ( t + 4t + 1) > 4t + 1, ∀t > ⇔ g ( t) = 4t + < m, ∀t > t + 4t + −4t − 2t < Ta có g ′ ( t ) = nên g ( t ) nghịch biến [ 0; +∞ ) ( t + 4t + 1) Suy ycbt ⇔ Max g ( t ) = g ( ) = ≤ m t ≥0 2.4 Tìm m để bất phương trình: x + 3x − ≤ m ( x − x − ) có nghiệm Giải: Điều kiện x ≥ + Nhân hai vế BPT với ( x + x − 1) > ta nhận bất phương trình: f ( x ) = ( x + x − 1) ( x + x − ) ≤ m Đặt g ( x ) = x + 3x − ; h ( x ) = ( x + x − 1) g ′ ( x ) = 3x + x > 0, ∀x ≥ 1; + Ta có : h′ ( x ) = ( >0 x + x − )  + ÷  x x −1  Do g ( x ) > tăng ∀x ≥ ; h ( x ) > tăng nên f ( x ) = g ( x ) h ( x ) tăng ∀x ≥ Khi bất phương trình f ( x ) ≤ m có nghiệm ⇔ f ( x ) = f ( 1) = ≤ m x ≥1 Nhận xét: Kỹ thuật xét dấu f’(x) đòi hỏi học sinh phải vận dụng đạo hàm với biểu thức f’(x) 2.5 Tìm m để ( + x ) ( − x ) ≤ x − x + m nghiệm ∀x ∈ [ −4, 6] Giải: BPT ⇔ f ( x ) = − x + x + ( + x ) ( − x ) ≤ m ∀x ∈ [ −4, 6] f ′ ( x ) = −2 x + + −2 x + = (1 − x)  +  ( ) ( − x) ( + x) ( − x) + x  suy Max Max f ( x ) = f ( 1) = ≤ m Lập bảng biến thiên 2.6 Tìm m để + x +  = ⇔ x =1 ÷  [ −4,6] − x − 18 + 3x − x ≤ m − m + ∀x ∈ [ −3, 6] Giải: Đặt t = + x + − x > ⇒ t = ( + x + − x ) = + ( + x) ( − x) ⇒ ≤ t = + ( + x ) ( − x ) ≤ + ( + x ) + ( − x ) = 18 ⇒ 18 + 3x − x = ( + x ) ( − x ) = ( t − ) ; t ∈ 3;  Xét ycbt f ( t ) = − t + t + ; f ′ ( t ) = − t < 0; ∀t ∈ 3;3  ⇒ max f ( t ) = f ( 3) = 2 3;3  2 ⇔ max f ( t ) = ≤ m − m + ⇔ m − m − ≥ ⇔ m ≤ −1 V m ≥ 2 3;3  2.7 Cho  a , b, c ≥  a + b + c = Chứng minh rằng: a + b + c + abc ≥ Giải: BĐT ⇔ a + ( b + c ) − 2bc + abc ≥ ⇔ a + ( − a ) + ( a − ) bc ≥ 2 Như đồ thị y = f ( u) ( f ( ) = 2a − 6a + = a − 2  f ( u ) ≥ 0; ∀ u ∈ 0; ( − a )    Ta có suy đoạn ) ) ( 2 ≤ u = bc ≤ b + c = ( − a ) thẳng với u ∈ 0; ( − a )  ⇔ f ( u ) = ( a − ) u + 2a − 6a + ≥ ) ( 2 + ≥ 0; f ( − a ) = ( a − 1) ( a + ) ≥ 4 nên Vậy a + b + c + abc ≥ Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Nhận xét: Bài toán dồn biến, đưa nhiều biến biến dùng đạo hàm thường khó năm 2014, 2015 đề thi đại học xuất câu số 10, học sinh giáo viên có tâm lí e ngại 2.8 (IMO 25 – Tiệp Khắc 1984): a, b, c ≥ a + b + c = Cho  Chứng minh rằng: ab + bc + ca − 2abc ≤ 27 Giải: a ( b + c ) + ( − 2a ) bc = a ( − a ) + ( − 2a ) bc = a ( − a ) + ( − 2a ) u = f ( u ) Đồ thị y = f ( u ) = ( − 2a ) u + a ( − a ) với ( ≤ u = bc ≤ b + c đoạn thẳng với giá trị đầu mút f ( ) = a ( − a ) ≤  a + ( − a )  (  ) (  ) = (1 − a) =1< 27 )( ) 2 f ( − a ) = ( −2a + a + 1) = − 2a + a − ≤ 4 27 3 27 2  Do đồ thị y = f ( u ) đoạn thẳng với u ∈ 0; ( − a )  f ( ) < 27 ; f ( − a ) ≤ nên f ( u ) ≤ Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = 27 27 ( ) Với ví dụ gợi ý nhỏ viết vận dụng để giải tâp sau Bài tập tự luyện: Bài (Đề TSĐH khối A, 2002) Cho phương trình log 32 x + log 32 x + − 2m − = a Giải phương trình m = b Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn 1;3  Bài (Đề TSĐH khối B, 2006) Tìm m để phương trình x + mx + = 2x + có nghiệm phân biệt Bài (Đề TSĐH khối D, 2006) Chứng minh với a > 0, hệ phương trình có nghiệm e x − e y = ln( x + ) − ln( y + )  y−x=a  Bài (Đề TSĐH khối B, 2004) Xác định m để phương trình m( + x − − x + ) = − x + + x − − x có nghiệm Bài Giải hệ phương trình 10  x ( x + ) = 2( y − x ) +   y ( y + ) = 2( z − y ) +  z ( z + 1) = 2( x − z ) +  Bài Tìm m để phương trình t anx+1(s inx +2cosx)= m(sinx + 3cosx) có π   nghiệm thuộc khoảng  0; ÷   y  x e = 2007 − y −1  Bài Chứng minh hệ  có nghiệm x > 0, y > x y e = 2007 −  x −1  2.4 Thực nghiệm sư phạm Mục đích thực nghiệm Thực nghiệm sư phạm để kiểm nghiệm tính khả thi hiệu việc vận dụng đạo hàm vào giải toán liên quan Tổ chức thực nghiệm Thực nghiệm tiến hành trường THPT Lê Hồng Phong thị xã Bỉm Sơn tỉnh Thanh Hóa, khoảng thời gian tháng từ ngày 10 tháng 10 đến ngày 10 tháng 11 năm 2018 Lớp thực nghiệm 12 C4 có 40 học sinh Lớp đối chứng 12C5 có 37 học sinh Đánh giá kết thực nghiệm 3.1 Một số đánh giá chung Sáng kiến kinh nghiệm nhằm trang bị cho học sinh THPT, đăc biệt học sinh 12 phương pháp dùng đạo hàm để giải tốn tìm giá trị tham số để phương trình, bất phương trình, hệ phương trình có nghiệm Phương pháp nhằm giúp cho học sinh giải toán dạng đề thi THPT Quốc gia thi học sinh giỏi Đa số em học giỏi có hứng thú với việc áp dụng phương pháp để giải, học sinh chuyển biến rõ rệt, em khơng cịn e ngại với tốn có chứa tham số hay hệ phương trình, số em học yếu ham học hơn, vươn lên học tập tốt 3.2 Một số kết định lượng Việc phân tích định lượng dựa vào kết kiểm tra đợt thực nghiệm hai lớp thực nghiệm đối chứng, nhằm minh họa bước đầu kiểm nghiệm tính khả thi, hiệu việc vận dụng đạo hàm vào giải toán Trong q trình thực nghiệm, tơi tiến hành kiểm tra gồm hai tập để đánh giá a) Nội dung kiểm tra (thời gian làm 45 phút) 11 Câu 1: Chứng minh với giá trị dương tham số m, phương trình sau có hai nghiệm phân biêt: x + x − = m( x − 2) Câu 2: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x + y =   x x + y y = − 3m b) Kết kiểm tra Điểm Lớp Lớp TN 12C4 Lớp ĐC 12C5 10 Tổng số 40 37 0 0 11 0 10 16 Lớp Thực nghiệm: Yếu 7, 5%; Trung bình 47, 5%; Khá 30%; Giỏi 12, 5% Lớp Đối chứng: Yếu 21, 6%; trung bình 70, 3%; Khá 8, 1%; Giỏi 0% Căn vào kết kiểm tra, bước đầu thấy hiệu giải pháp nhằm tăng cường, rèn luyện khả vận dụng đạo hàm giải toán cho học sinh THPT mà đề xuất thực trình thực nghiệm Kết luận chung thực nghiệm Từ kết thực nghiệm thấy rằng: - Việc dạy cho học sinh vận dụng đạo hàm vào giải toán sở dựa vào Quan điểm, gợi ý phương pháp dạy học góp phần rèn luyện cho học sinh lực vận dụng kiến thức Toán học - Số lượng mức độ toán vận dụng đạo hàm lựa chọn cân nhắc thận trọng, đưa vào giảng dạy cách phù hợp, có ý nâng cao dần tính tích cực độc lập học sinh, nên học sinh tiếp thu tốt, tích cực tham gia luyện tập đạt kết tốt Phương pháp giảng dạy vận dụng đạo hàm vào giải toán, sở kế thừa phát huy kinh nghiệm dạy học tiên tiến, chuyển giao cho giáo viên thực nghiệm cách thuận lợi vận dụng cách sinh động, khơng gặp phải trở ngại lớn mục đích dạy học thực cách toàn diện, vững KẾT LUẬN, KIẾN NGHI 3.1 Kết luận Với việc triển khai giảng dạy cho học sinh lớp 12 số tự chọn ôn thi, chủ yếu hướng dẫn học sinh tự nghiên cứu nội dung ứng dụng đạo hàm ẩn phụ để tìm tham số tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình giúp cho học sinh thấy liên hệ chặt chẽ số nghiệm phương trình với số giao điểm đồ thị hai hàm số hai vế, học sinh biết cách sử dụng đạo hàm nhiều tốn tìm tham số, 12 làm có lập luận chặt chẽ tình giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Mặc dù Sách giáo khoa giảm tải nhiều đề thi THPT Quốc gia có nhiều khó phát triển từ tập sách giáo khoa, nên để giải tốn cần phải sử dụng linh hoạt tính đơn điệu hàm số Đề tài giới thiệu cách giải số phương trình, bất phương trình, đặc biệt phương trình, bất phương trình chứa tham số việc sử dụng tính đơn điệu hàm số Vì lực thời gian có hạn, mong đóng góp bạn đồng nghiệp người u thích mơn tốn để đề tài có ý nghĩa thiết thực nhà trường Góp phần vào việc nâng cao chất lượng Giáo dục phổ thơng Giúp em học sinh có phương pháp - kỹ giải toán liên quan đến hàm số kỳ thi học sinh giỏi kì thi THPT Quốc gia 3.2 Kiến nghị Đề nghị Sở giáo dục đào tạo Thanh Hóa xây dựng Quan điểm đạo cho việc xây dựng Hệ thống tập có vận dụng đạo hàm vào giải toán trường THPT gợi ý phương pháp dạy học tập sở tơn trọng Chương trình, sách giáo khoa Tốn kế hoạch dạy học hành Đề nghị BGH trường THPT Lê Hồng Phong cho phép tổ mơn xây dựng Hệ thống tập có vận dụng đạo hàm vào giải toán dạy học Toán trường THPT Lê Hồng Phong Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm viết, khơng chép nội dung người khác Thanh Hóa, ngày 18 tháng 05 năm 2019 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VI Người viết sáng kiến Mai Thị Huyền 13 TÀI LIỆU THAM KHẢO Đại số giải tích 11 Nhà xuất Giáo dục Đại số 10 (chuẩn nâng cao) Nhà xuất Giáo dục Đại số giải tích 11 nâng cao Nhà xuất Giáo dục Giải tích 12 (chuẩn nâng cao) Nhà xuất Giáo dục Sách giáo viên Đại số giải tích 11 Nhà xuất Giáo dục Sách giáo viên Đại số giải tích 11 nâng cao Nhà xuất Giáo dục Trọng tâm kiến thức Giải tích 12 Tác giả: Phan Huy Khải Tạp chí Tốn học tuổi trẻ Tuyển tập đề thi TSĐH Tác giả: Lê Hoành Phò 14 ... ngày nâng lên Tôi viết ? ?Vận dụng linh hoạt đạo hàm để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình chứa tham số? ?? 1.2 Mục đích nghiên cứu Do phần nội dung kiến thức khó,... toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Nhằm giúp em tiếp thu kiến thức tốt hơn, từ mà chất lượng giảng dạy học tập học sinh ngày nâng lên Tôi viết ? ?Vận dụng linh hoạt đạo hàm để. .. giải tốn cần phải sử dụng linh hoạt tính đơn điệu hàm số Đề tài giới thiệu cách giải số phương trình, bất phương trình, đặc biệt phương trình, bất phương trình chứa tham số việc sử dụng