SKKN hàm số đơn điệu và ứng dụng để giải toán

SỞ GD-ðT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ - SÁNG KIẾN ðĂNG KÍ CẤP NGÀNH HÀM SỐ ðƠN ðIỆU VÀ ÁP DỤNG ðỂ GIẢI TOÁN Tác giả SKKN: NGUYỄN VĂN XÁ Chức vụ: Giáo viên ðơn vị cơng tác: Tổ Tốn - Trường THPT n Phong số Bộ mơn (Chun ngành): Tốn N PHONG, THÁNG 12 NĂM 2013 MỤC LỤC MỤC LỤC MỞ ðẦU Chương 1: CƠ SỞ KHOA HỌC Chương 2: THỰC TRẠNG VẤN ðỀ Chương 3: NHỮNG GIẢI PHÁP CỤ THỂ 3.1 Khái niệm hàm số ñơn ñiệu 3.2 Một số tính chất hàm số đơn ñiệu 3.3 Liên hệ tính đơn điệu hàm số ñạo hàm 3.4 Vận dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình 3.5 Vận dụng tính đơn điệu hàm số để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức chứng minh bất ñẳng thức 16 3.6 Một số tập áp dụng 20 Chương 4: KẾT QUẢ KIỂM CHỨNG 21 KẾT LUẬN 22 TÀI LIỆU THAM KHẢO 23 NHẬN XÉT, ðÁNH GIÁ CỦA HðKH 24 MỞ ðẦU A MỤC ðÍCH CỦA SÁNG KIẾN Hàm số ñơn ñiệu nội dung quan trọng mơn Tốn bậc THPT, có kế thừa phát triển nội dung bậc THCS Học sinh ñược tiếp cận củng cố từ ñầu lớp 10 khái niệm hàm số ñồng biến, hàm số nghịch biến, tập xác ñịnh, bảng biến thiên, ñồ thị hàm số Ở chương phân môn Giải tích 12, với cơng cụ đạo hàm, hàm số ñược nghiên cứu tổng thể kĩ lưỡng Các ñiều kiện cần ñiều kiện ñủ ñể hàm số ñồng biến nghịch biến khoảng ñược xây dựng, cung cấp phương pháp kiểm tra hữu hiệu tính đơn điệu hàm số thơng qua việc xét dấu đạo hàm Trong nội dung thi ðại học thi Học sinh giỏi cấp, ngày xuất nhiều tốn, giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, tìm giá trị lớn nhỏ nhất, chứng minh bất ñẳng thức , mà việc giải chúng ñược thực cách hiệu sáng sủa thông qua vận dụng kiến thức hàm số đơn điệu Do đó, việc ơn tập, củng cố cho học sinh, ñối tượng ñội tuyển HGS lớp ôn thi ðH, nội dung liên quan tới hàm số ñơn ñiệu áp dụng để giải tốn, trở thành u cầu quan trong giáo dục toán học bậc THPT ðề tài nhằm trình bày hệ thống kiến thức liên quan tới hàm số ñồng biến, hàm số nghịch biến, phân tích việc áp dụng tính chất để giải số dạng tốn bậc THPT B ðĨNG GĨP CỦA SÁNG KIẾN ðỂ NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG DẠY VÀ HỌC Nâng cao nhận thức kĩ cho người dạy người học nội dung hàm số ñơn ñiệu, số áp dụng hàm số ñơn ñiệu vào giải toán THPT CHƯƠNG CƠ SỞ KHOA HỌC 1.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN Các kiến thức tiến hàm số, có vấn đề hàm số ñơn ñiệu ñánh dấu phát triển quan trọng mạnh Tốn học nhà trường phổ thơng Những nội dung phù hợp với phát triển tâm – sinh lí nhận thức học sinh Vận dụng kiến thức hàm số ñơn ñiệu để giải tốn THPT giúp cho học sinh hình thành phương pháp phân tích, tổng hợp có linh hoạt tư duy, rèn cho học sinh có trí tưởng tượng cao, có tính sáng tạo giải tốn Vấn đề vận dụng kiến thức hàm số đơn điệu để giải tốn nội dung khó, thức thực địi hỏ phải có nhìn tinh tế, khái quát nhiều mặt Nhưng rõ ràng ñây nội dung có ý nghĩa việc rèn kĩ Toán học cho học sinh Qua giảng dạy tìm hiểu nội dung này, tơi thấy thân tự nhận thức thêm nhiều ñiều, ñặc biệt mặt phương pháp ðiều ñó giúp ích cho tơi thực tốt nhiệm vụ chun mơn phân cơng, làm tăng thêm niềm đam Tốn học ðối với học sinh, nội dung ñược em lĩnh hội cách chủ ñộng biết áp dụng linh hoạt, sáng tạo, góp phần nâng cao nhận thức kĩ Tốn học em, giúp mơn Toán trở nên gần gũi 1.2 CƠ SỞ THỰC TIẾN Trong chương trình mơn Tốn hành, chủ đề hàm số có vị trí vơ quan trọng Ở bậc THPT, kĩ vận dụng kiến thức hàm số đơn điệu để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, tìm giá trị lớn nhỏ nhất, chứng minh bất ñẳng thức ngày trở thành kĩ ñược ưu tiên phát triển Trong nhiều năm gần đây, kì thi ðH HSG, xuất ngày nhiều tốn dạng Nó địi hỏi người dạy người học phải thay ñổi nhận thức thái ñộ, phải có quan tâm xứng đáng đến dạng tốn Trong thời gian giảng dạy trường THPT Yên Phong số 2, tiền thân trường THPT Yên Phong số 3, tơi ý đến mảng kiến thức này, dành thời gian tự trau dồi kiến thức liên quan cho thân mình, dành thời gian hợp lí cho học sinh học tập, rèn luyện, ñặc biệt học sinh lớp chọn, lớn luyện thi ðH, lớp bồi dưỡng HSG Và thực tế cho thấy, công việc giúp ích nhiều cho học sinh ñối tượng vừa kể trên, giúp họ vượt qua kì thi quan trọng cách hiệu khả CHƯƠNG THỰC TRẠNG VẤN ðỀ Qua tìm hiểu, tơi nhận thấy việc dạy học nội dung hàm số ñơn ñiệu áp dụng để giải tốn có số điều ñáng bàn sau ñây 1) Giáo viên hạn chế nhiều kiến thức toán cao cấp liên quan tới hàm số, nhìm tổng quan hàm số có phần chưa thực đầy đủ, điều ñó dẫn tới việc áp dụng kiến thức hàm số vào giải tốn có phần hạn chế, có lúc cịn thiếu linh hoạt, tinh tế 2) ðây chủ đề khó, dễ gây nản lịng học sinh 3) Việc hình thành kĩ áp dụng cho học sinh công việc phải ñược tiến hành thường xuyên, liên tục, tỉ mỉ, thận trọng Tuy nhiên số giáo viên chưa trọng việc bồi dưỡng kĩ từ lớp 10, dẫn tới tạo độ ì lớn học sinh lên lớp 11, 12 4) Nhiều học sinh học tập cách thụ động, trơng chờ thầy cung cấp kiến thức, làm theo mẫu sẵn, thiếu tính sáng tạo CHƯƠNG NHỮNG GIẢI PHÁP CỤ THỂ 3.1 KHÁI NIỆM HÀM SỐ ðƠN ðIỆU Cho tập khác rỗng X , Y ⊂ ℝ Cho hàm số f : X → Y Giả sử D ⊂ X 1) Ta nói f hàm số ñồng biến tập D với a, b ∈ D mà a < b ta ñều có f (a) < f (b) 2) Ta nói f hàm số nghịch biến tập D với a, b ∈ D mà a < b ta có f (a) > f (b) 3) Ta nói f hàm số đơn điệu tăng tập D với a, b ∈ D mà a < b ta có f (a) ≤ f (b) 4) Ta nói f hàm số đơn điệu giảm tập D với a, b ∈ D mà a < b ta có f (a) ≥ f (b) Hàm số ñồng biến, nghịch biến, ñơn ñiệu tăng, ñơn ñiệu giảm ñược gọi chung hàm số ñơn ñiệu 3.2 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ ðƠN ðIỆU 1) Xét hàm số f tập D ⊂ X Ta gọi H= f ( x1 ) − f ( x2 ) , ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 , x1 − x2 tỉ số biến thiên hàm số D Khi - Hàm f ñồng biến D ⇔ H > 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 - Hàm f nghịch biến D ⇔ H < 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 - Hàm f ñơn ñiệu tăng D ⇔ H ≥ 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 - Hàm f ñơn ñiệu giảm D ⇔ H ≤ 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 2) Khơng có hàm số vừa ñồng biến vừa nghịch biến D Hàm số vừa ñơn ñiệu tăng vừa ñơn ñiệu giảm D hàm D 3) Tổng hai hàm ñồng biến (nghịch biến, ñơn ñiệu tăng, ñơn ñiệu giảm) hàm ñồng biến (nghịch biến, ñơn ñiệu tăng, ñơn ñiệu giảm, tương ứng) Tích hàm ñồng biến (nghịch biến, ñơn ñiệu tăng, ñơn ñiệu giảm) với số thực dương hàm ñồng biến (nghịch biến, ñơn ñiệu tăng, ñơn ñiệu giảm, tương ứng) Hiệu hàm ñồng biến hàm nghịch biến hàm ñồng biến Tất xét chung tập hợp D ⊂ X 4) Nếu hàm f ñồng biến nghịch biến D với a, b ∈ D ta có f (a) = f (b) ⇔ a = b 5) Nếu hàm f đồng biến D với a, b ∈ D ta có f (a) > f (b) ⇔ a > b 6) Nếu hàm f nghịch biến D với a, b ∈ D ta có f (a) < f (b) ⇔ a > b 7) Nếu ∅ ≠ M ⊂ D hàm f ñồng biến (nghịch biến, ñơn ñiệu tăng, ñơn ñiệu giảm) D f đồng biến (nghịch biến, đơn ñiệu tăng, ñơn ñiệu giảm, tương ứng) M 8) Nếu f hàm liên tục ñoạn [ a; b ] ñồng biến (nghịch biến, ñơn ñiệu tăng, ñơn ñiệu giảm) khoảng ( a; b ) f ñồng biến (nghịch biến, ñơn ñiệu tăng, ñơn ñiệu giảm, tương ứng) ñoạn [ a; b ] 9) Nếu hàm f ñồng biến D, hàm g nghịch biến D m số phương trình sau có khơng q nghiệm tập D f ( x) = g ( x ), f ( x) = m, g ( x) = m 3.3 LIÊN HỆ GIỮA TÍNH ðƠN ðIỆU CỦA HÀM SỐ VÀ ðẠO HÀM Kí hiệu K khoảng ñoạn nửa khoảng ℝ 1) Nếu hàm f đồng biến có đạo hàm K f '( x) ≥ 0, ∀x ∈ K Nếu hàm f nghịch biến có đạo hàm K f '( x) ≤ 0, ∀x ∈ K 2) Nếu f '( x) > 0, ∀x ∈ K , hàm f đồng biến K Nếu f '( x) < 0, ∀x ∈ K , hàm f nghịch biến K 3) Hàm f có đạo hàm K Khi f đơnn điệu tăng (đơn ñiệu giảm) K f '( x) ≥ 0, ∀x ∈ K ( f '( x) ≤ 0, ∀x ∈ K , tương ứng) Những kết luận khơng cịn thay K tập D 3.4 VẬN DỤNG TÍNH ðƠN ðIỆU CỦA HÀM SỐ ðỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH A Vận dụng tính đơn điệu hm s ủ gii phơng trình Ví dụ 1: Giải phơng trình x +1 - x = Gi¶i: ðiỊu kiƯn -1 ≤ x ≤ Lúc (1) ⇔ (1) x + = 1+ − x Phương trình có khơng q nghiệm đoạn [ −1; 4] hàm số tương ứng vế trái ñồng biến hàm số tương ứng vế phải nghịch biến đoạn Hơn nữa, ta thấy x = lµ nghiƯm cđa (1) Vậy (1) có nghiệm x = Ví dụ 2: Giải phơng trình x5 +x3 - 3x +4 = (2) Giải: Điều kiện x 1/ Đặt f(x) = x5 +x3 - − 3x +4 f'(x) = 5x4 +3x2 + >0 − 3x ⇒ f(x) ®ång biÕn nửa khoảng ( −∞, ] MỈt khác f(-1) = nên phơng trình f(x) = cã nghiƯm nhÊt x = -1 VÝ dơ 3: Giải phơng trình x + 15 = x + x + (3) Giải: Phơng tr×nh (3) ⇔ f ( x) = x − + x + − x + 15 = (*) - NÕu x ≤ / f(x) 2/3 th× f'(x) = + x  − > 0, ∀x >  x + 15   x +8 2  ⇒ f(x) ®ång biÕn  , +∞  3  Mµ f(1) = nên (*) có nghiệm x = Vậy phương trình (3) có nghiệm x = Ví dụ 4: Giải bất phơng trình ( 2− ) ( x + 2+ ) =2 x x (4) Giải: Nhận thấy x = nghiệm , ta có : 2- + − = = 22 x x 2− 3 2+ 3 Do 2x > nªn (4) ⇔  +    = 4     x Mặt khác, < 2− 3 2+ 3 2− 2+ < < nªn y =   +   4     x lµ hµm nghịch biến Vậy x =2 nghiệm (4) Ví dụ 5: Giải phơng trình x + log(x2 -x -6) = +log(x +2) (5) Gi¶i: §iỊu kiƯn x +2>0, x2 - x -6 >0 ⇒ x > VËy (5) ⇔ x + lg(x +2) +lg(x -3) = +lg(x +2) ⇒ lg(x -3) = -x (*) Phơng trình có nghiệm x =4 ta có log1 = Vì vế trái đồng biến (cơ số lôgarit lớn 1), vế phải nghịch biến (đạo hàm âm) nên (*) cã nghiƯm nhÊt x = ( tho¶ m·n ®iỊu kiƯn x > 3) Vậy (5) có nghiệm nht x = Ví dụ 6: Giải phơng trình 2log3cotgx = log2cosx Giải: Điều kiện cosx > 0,sinx > log2cosx = y ⇒ cosx = 2y ⇒ log3cotg2x = log2cosx = y Đặt cotg x = cos x 4y V× cotg x = = − cos x − y y y 3 ⇒ - 12 = ⇔   = y + 1, cã nghiÖm nhÊt y = -1 4 y y y V× vế trái số 3/4 1 hàm đồng biến VËy cosx = 2-1 = 1/2 ⇒ x = ±π / + 2kπ , k ∈ ℝ KÕt hỵp với điều kiện ,ta đợc nghiệm PT x = π + 2kπ , k ∈ ℤ Ví dụ 7: Giải phơng trình: x - 2x = log (x + 1) - log x (6) Giải: Điều kiện x > Víi ®iỊu kiƯn Êy (6) ⇔ x (3-2x) - log (x + Do x > nªn x+ ) x (*) ≥ vµ vÕ phải hàm loga có số lớn 1, x nên hàm đồng biến log (x + ) ≥ log22 = x VËy th× vế trái dơng x2(3-2x) >0 3-2x > 10 Ta cã x2(3-2x) = x.x.(3-2x) lµ tÝch cđa số dơng, có tổng không đổi 3, nên đạt giá trị lớn 1, x = -2x = Nh− vËy lµ VT ≤ ,đạt dấu = x = , VP , đạt dấu = x = Phơng trình có nghiệm x = Ví dụ 8: Giải phơng trình 3.4x + (3x-10)2x + - x = Giải: ặt y = 2x > 0, ®ã ta cã 3y2 + (3x - 10)y + - x = Tõ ®ã y = −3x + 10 ± (3 x − 8) ⇒ NÕu y1 = = 2x ⇒ x = -log23 y1 = hc y2 = 3-x NÕu y2 = - x = 2x , ta có x = nghiệm , -1 = đúng, vế trái hàm nghịch biến (có đạo hàm âm), vế phải hàm đồng biến (cơ số hàm mũ lớn h¬n 1) Vậy PT cho có hai nghiệm x = 1, x = − log B Vận dụng tính đơn điệu hàm số để giải bất phng trỡnh Ví dụ Giải bất phơng trình x+9 > - 2x + (1) Giải: Điều kiện x Do vế trái hàm đồng biến( đạo hàm dơng), vế phải la hàm nghịch biến(đạo hàm âm) nên nghiệm (2) giao x vµ x > x với x lµ nghiệm phơng trình x+9 = - có nghiệm x = 0, ta có x + ; phơng trình cuối =5- (đúng) vế trái đồng biến, vế phải nghịch biÕn VËy nghiƯm cđa (1) lµ x ≥ VÝ dụ 2: Giải bất phơng trình x + + x − + x − + 13x − < 11 Giải: Điều kiện x 5/7 Xột f(x) = Ta cã f'(x) = x + + x − + x − + 13 x − 13 + + + >0 x + 3 (5 x − 7) 4 (13 x − 7)3 5 (13 x − 7) 5  ⇒ f(x) ®ång biÕn  , +∞  Mặt khác f(3) = nên bpt f(x) < 7   x ≥ 5/ ⇔ f ( x) < f (3) ⇔  ⇔ ≤ x < x < x + x + + x + x < 35 Ví dụ 3: Giải bất phơng trình 2x + x + x + + x2 + x Giải: Điều kiện x > Đặt f(x) = 2x +   29 2  2x + + + > , f     = 35 , nªn f(x) Ta cã f'(x) = +   12   x x+7 x2 + x     29 2   29  ®ång biÕn f(x) < 35 = f   ⇔ < x <     12    12    Ví dụ 4: Giải bất phơng trình Giải: Điều kiện x ≠ 0, x + x+ 1 + x− ≥ x x x 1 ≥ 0, x − ≥ ⇒ x ≥ x x Do vËy (2) ⇔ x + + x Đặt (2) (3) x3 + = u > x3 − = v ≥ , ®ã  u + v ≥ ≤  (2) ⇔  2 ⇔ u + v u − v =  (u + v)(u − v) = u + v ≥ ⇒ u -v ≤ ⇒  v − u ≥ −1 VËy x3 − ≥ ⇒ v≥ > (thÝch hỵp) 5 ⇔ x3 ≥ ⇒ x ≥ > 4 12 Đáp số : x ≥ Hc xÐt VT =f(x)= x3 + + x − lµ hàm đồng biến Suy nghiệm (2) giao x x > x0 ,trong x0 lµ nghiƯm x3 + + x − = phơng trình : Suy x0 = 5 , suy bất phơng trình cã nghiƯm x ≥ 4 VÝ dơ 5: Giải bất phơng trình: x + + x + + x + x + 10 < − x (3)  x + = u Giải: Điều kiện x -2 Đặt x + = v > Suy x + x + 10 = uv Do u v đồng biến x -2 Vế trái hàm đồng biến , vế phải hàm nghịch biến nên nghiệm (3) lµ giao cđa x ≥ -2 vµ x < x0 với x0 nghiệm phơng trình x + + x + + x + x + 10 = − x V× u2 +v2 = 2x +7 , suy 2x = u2 +v2 -7 Vµ u2 +v2 +2uv +( u +v) -12 =0 Đặt u +v = t >0 ta đợc t2 +t -12 = , t > u + v = u + v = ⇔ ⇒ u = u − v = −3 u − v = −1 Suy t =3 vËy  Tõ ®ã u = 2 x + = ⇒ x = −1 VËy nghiƯm cđa (3) lµ −2 ≤ x ≤ −1 VÝ dơ 6: Với giá trị tham số m bt phương trình sau cã nghiƯm X2 + x − m + m + m − ≤ ? Giải: Đặt t = x m ⇒ t2 = x2 -2mx +m2 , ®ã BPT ⇔ y = t2 +2t +2mx +m -1 ≤ 13 Ta cã y' = 2t +2 ⇒ y' = ⇔ t = -1 Nªn ymin = y(0) = 2mx +m -1 = 2m2 +m -1 ≤ ⇒ -1 ≤ m ≤ ðây giá trị cần tìm m C Vận dụng tính đơn điệu hàm số để giải hƯ phương trình cot x - coty = x -y (1) VÝ dô 1: Tìm số x ( 0; ) ,y ∈ ( 0; π ) tho¶ m·n hƯ  (2) 5x + y = 2π Gi¶i: ViÕt phơng trình (1) dới dạng : x - cotx = y - coty (3) XÐt hµm sè f(t) = t - cot t , < t < π Khi f(t) xác định t ( 0; ) vµ f'(t) = + ⇒ > , ∀t ∈ ( 0;π ) sin t f(t) ®ång biÕn ∀t ∈ ( 0;π ) Tõ (3) ⇒ f(x) = f(y) x = y Thay vào phơng trình (2) hệ ,ta đựoc x = y = 2π 13  x − y = tan x − tan y  VÝ dơ 2: Gi¶i hƯ   π  x y x y tan + tan = 2, , ∈  0;    2 Giải: Viết phơng trình (1) dới dạng x - tan x = y - tan y (3)  π  ,cã f'(t) = 1- < ,do cos t  2 Vµ xÐt hµm f(t) = t - tant xác định t 0; t ∈  0;  ⇒ < cos t < 1.VËy f( t) nghÞch biÕn Tõ (3) suy f(x) = f(y) ⇔ x  2 = y vµ tõ (2) ⇒ tan x = tan y = ⇒ x = y =π 14  a2 x = y +  y  VÝ dơ 3: Chøng tá r»ng víi a ≠ hƯ  a2   y = x + x Giải: Điều kiện : x , y ≠ Do x vµ cã nghiƯm nhÊt a2 a2 cïng dÊu, y vµ cïng dÊu x y ⇒ x> , y> Bëi vËy : (1) ⇔ 2x2y = y2 + a2 (1)' (2) ⇔ 2y2x = x2 +a2 (2)' (1)'-(2)' ta đợc:2xy (x -y) = (y-x)(y+x) ⇔ ( x-y) ( 2xy +x+y) =0,do x > 0,y >0 nên ( 2xy +x+y) >0 Do x - y =0 hay x = y.Thay x =y vào (1)' ta đợc : f(x) = 2x3 -x2 = a2 ; f'(x) = 6x2 -2x Ta cã b¶ng biÕn thiªn: x −∞ f’ f +∞ - - 0// + -1/27 CT Tõ ®ã suy phơng trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2 > 0) cã nghiÖm nhÊt 2 x + = y3 + y + y  VÝ dô 4: Gi¶i hƯ  y + = z + z + z   z + = x + x + x Giải: Xét hàm đặc trng f(t) = t3 +t2 +t víi t ∈ ℝ Ta cã f'(t) = 3t2 +2t +1 = 2t2 +(t+1)2 >0 ⇒ f(t) ®ång biÕn Gi¶ sư : x ≤ y ≤ z ⇒ f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ 2z +1 ≤ x + ≤ y + ⇔ z≤x≤ y= y=z 15 x = y = z x = y = z HƯ ®· cho ⇔  ⇔ ⇔  2 2 x + = x + x + x ( x + 1)( x − 1) = x = y = z =1  x = y = z = −1  3.5 VẬN DỤNG TÍNH ðƠN ðIỆU CỦA HÀM SỐ ðỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC VÀ CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC ex > +x , ∀x ≠ VÝ dô Chøng minh r»ng : Giải: Đặt f(x) = ex -x -1 , f'(x) = ex -1 *NÕu x> th× f(x) > nên f tăng [ 0; + ) Do ®ã f(x) > f(0) =0 ⇒ ex > x +1 *Nếu x ,cã f(x) ≤ f(4) ⇔ lnx - x ≤ ln4-2 Do 4 log20002001 Gi¶i: XÐt hµm sè f(x) = logx(x +1) víi x > Khi bất đẳng thức đà cho có dạng tơng ®−¬ng sau : f( 1999) > f(2000) Ta cã f(x) = logx(x +1) = ln( x + 1) ln x xx ln x ln( x + 1) ln − x ln x − ( x + 1)ln( x + 1) ( x + 1) x+1 x + x ⇒ f(x) = = = 1,do (2) hiển nhiên (đpcm) Ví dụ 4: Chøng minh r»ng ln ( 1+ + x ) < + ln x nÕu x > x Giải: Xét hàm số f(t) = ln( 1+ + t ) - lnt - víi t > t t Ta cã 1+ t2 − t 1 + t f(t) = - + = >0 2 t t 1+ 1+ t t 1+ t Do f(t) hàm ®ång biÕn t > 0, v× x > ,nªn 1  f(x) < f(+ ∞ ) = lim f(t) = lim ln(1 + + t ) − ln t −  t→+∞ t→+∞  t ⇒ f(x) < lim (ln t →+∞ 1+ 1+ t2 ) =0 t ⇒ ln(1+ + x ) < lnx + ⇒ ®.p.c.m x VÝ dơ 5: Chøng minh r»ng : x > ln(x +1) , x > Giải: Đặt f(x) = x - ln(x +1) liên tục trªn [ ,+ ∞ ) cã f'(x) = - x = > 0; ∀x > x +1 x +1 17 f tăng [ ,+ ∞ ) ⇒ f(x) > f(0) =0 VÝ dô 6: Chøng minh r»ng : lnx > 2( x − 1) x +1 ⇒ x > ln(x+1) víi x > víi x>1 2( x − 1) ( x>1) liªn tơc trªn [ ; + ∞ ) x +1 Giải: Đặt f(x) = lnx - ( x − 1) Ta cã f'(x) = − = > 0, ∀x > x ( x + 1) x ( x + 1)2 f tăng [ ; + ∞ ) VËy víi x > ta cã f(x) > f(1) = Tõ ®ã suy lnx > VÝ dô 7: Cho < α < π Chøng minh r»ng: sin α > Giải: Xét hàm số : f(x) = ) V× < α < π sin x x cos x − sin x  π víi x ∈ 0,  Ta cã f'(x) = = x x2  2 cos x( x − tgx)  π suy f'(x) < ∀ x ∈  0,  x  2 khoảng ( 0, 2α 2( x − 1) víi x>1 x +1 π ⇒ f( α ) > f( π ⇒ f(x) lµ hµm nghịch biến ) sin sin > π = ⇒ ®.p.c.m π VÝ dơ 8: Cho < α < π Chøng minh r»ng: α sin α + cos α > Giải: Xét hàm số : f(x) = xsinx + cosx - víi x ∈  0,   2  π ⇒ f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx ≥ ∀ x ∈  0,   2 V× f' = chØ x = x = 0< < Vì f hàm đồng biến  0,  π ⇒ f(0) < f( α ) ⇒ < α sin α + cos α - α sin α + cos α > ⇒ ®.p.c.m 18 VÝ dơ 9: Chøng minh r»ng : sinx < x < tgx víi < x < Giải: Đặt f(x) = x - sin x , x ∈ (0; ] Khi f liên tục [ , ] có đạo 2 hàm ( ; ) f tăng [ , π ] Tõ ®ã x > ⇒ f(x) > f(0) ⇒ x > sinx π  π víi x ∈ (0; ) T−¬ng tù ta cịng cã x < tgx , ∀x ∈  0;   2 VÝ dô 10: Chøng minh r»ng nÕu < x < π th× 2sinx + 2tgx 2x+1 Giải: p dụng bất đẳng thức Cauchy ta cã : 2sinx +2tgx ≥ 2sin x+tgx Ta chøng minh : 2sin x+tgx ≥ 2x+1 ⇔ 2sinx +tgx ≥ 22x ⇔ sinx +tgx ≥ 2x ( x ∈ (0; )) Đặt f(x) = sinx +tgx -2x víi < x< Ta cã f'(x) = cosx + V× < x < π π 2 cos x nên cosx > cos2x Do : f'(x) > cos2x + −2 ≥ cos x f tăng (0; ) ⇒ f(x) > f(0) =  π ⇒ sinx +tgx > 2x , ∀x ∈  0;   2 (®pcm) x3 VÝ dơ 11: Chøng minh bÊt ®¼ng thøc : x < sin x víi x > Giải: Đặt f(x) = sinx + x3 -x Ta cã f'(x) = cosx + x2 -1, f''(x) = - sin x +x > ( theo vÝ dụ ) 19 f'' tăng ( ; + ∞ ) ⇒ f'(x) > f'( 0) = 0, với x > f tăng ( ; + ∞ ) ⇒ f(x) > f( 0) = 0, víi x > x3 ⇒ x< sin x ( ®pcm) x3 x5 víi x > + 120 VÝ dô 12: Chøng minh r»ng : sinx < x Giải: đặt f(x) = x - x3 x5 - sinx , víi x > + 120 x2 x4 x3 Ta cã : f'(x) = − + − cos x , f'' (x) = - x + sin x , 24 f(4)(x) = x - sinx f(5)(x) = 1-cosx ≥ 0, f(0) = f'(0) = f''(0)=f(3)(0) =f(4)(0) =0 ⇒ f(x) > ; ∀ x > 3.6 MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN x2 Chøng minh r»ng : ln(1+x) > x − 2 Chøng minh r»ng : ln(1+ + x ) < ∀x>0 + ln x , ∀x>0 x Chøng minh r»ng : logx(x+1) > logx+1(x+2) , x > Giải bất phơng tr×nh : x + > − 2x +  y3 + sin y x = z3 Giải hệ phơng trình : y = + sin z   x3  z = + sin x  e x − e x − y = y  Gi¶i hÖ : e y − e y − z = z  z z−x e − e = x Giải phơng trình : 3.25x-2 +(3x-10).5x-2 +3-x = 20 CHNG KT QU KIM CHNG - Sau đợc rèn luyện hệ thống kiến thức trên, em học sinh đà linh hoạt việc dùng kiến thức hàm số đơn điệu để để giải toán - Tránh đợc việc biện luận theo tham số số toán - Tránh phải xét nhiều trờng hợp số toán - Tránh phải áp dụng bất đẳng thức côsi số toán - Tránh việc bình phơng hai vế dễ dẫn đến sai sót, thừa nghiệm tránh việc giải phơng trình bậc cao 21 KT LUN Qua đề tài này, nhận thÊy 1) ðây chủ đề khó, giáo viên nên có bước chuẩn bị tốt kiến thức, phương pháp tâm cho riêng 2) Các kiến thức lựa chọn ñể cung cấp cho học sinh cần ñược giáo viên cân nhắc kĩ lưỡng, vào nội dung chương trình, chuẩn kiến thức - kĩ năng, vào phạm vi ñề thi ðH - Cð thi HSG, vào ñối tượng học sinh Khơng nên lựa chọn vấn đề q khó gặp, gây tải cho học sinh, khơng nên đề cập tới vấn ñề ñơn giản ñể tránh nhàm chán tránh thái ñộ chủ quan học sinh 3) Giáo viên nên hướng dẫn khích lệ học sinh phương pháp tự học, tự ñọc tài liệu tham khảo, tạo cho học sinh nhận thức rõ ñộng lực học tập mình, nâng cao tự giác, sáng tạo học tập, có việc học tập có nhiều tiến Hiện nay, sách tham khảo chủ ñề nhiều, giáo viên tạo ñược phong trào tự học, tự ñọc tài liệu tham khảo học sinh việc giảng dạy vừa đỡ vất vả hơn, lại vừa mang lại hiệu cao 4) Ngay từ lớp 10, giáo viên nên hình thành cho học sinh phương pháp áp dụng kiến thức hàm số nói chung, hàm số đơn điệu nói riêng, để giải tốn Tơi chân thành cảm ơn giúp ñỡ BGH, ñồng nghiệp em học sinh suốt q trình tơi giảng dạy trường q trình hồn thiện đề tài Tác giả NGUYỄN VĂN XÁ 22 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Trần Văn Hạo (tổng chủ biên), Bộ SGK, SBT, SGV Toán 10, 11, 12, ban bản, NXB Giáo dục, 2013 [2] ðoàn Quỳnh (tổng chủ biên), Bộ SGK, SBT, SGV Toán 10, 11, 12, ban bản, NXB Giáo dục, 2013 [3] Bộ Giáo dục ðào tạo, Tài liệu hướng dẫn thực chuẩn kiến thức, kĩ năng, NXB Giáo dục, 2013 [4] Nguyễn Thế Thạch (chủ biên), ðổi phương pháp dạy học ví dụ minh họa, Tốn 10, 11, 12, NXB Giáo dục, 2012 [5] Trần Thành Minh, Trần ðức Huyên, Nguyễn Văn Minh, Giải toán khảo sát hàm số 12, NXB Giáo dục, 1999 [6] Võ Anh Dũng (chủ biên), Giải toán khảo sát hàm số 12, NXB Giáo dục, 2011 [7] ðề thi ðH thi HSG năm 23 NHẬN XÉT, ðÁNH GIÁ CỦA HðKH 24 ... GIẢI PHÁP CỤ THỂ 3.1 Khái niệm hàm số ñơn ñiệu 3.2 Một số tính chất hàm số đơn điệu 3.3 Liên hệ tính đơn điệu hàm số đạo hàm 3.4 Vận dụng tính ñơn ñiệu hàm số ñể giải. .. kiến thức hàm số đơn điệu để để giải toán - Tránh đợc viƯc biƯn ln theo tham sè ë mét sè bµi toán - Tránh phải xét nhiều trờng hợp số toán - Tránh phải áp dụng bất đẳng thức côsi số toán - Tránh... dụng tính chất để giải số dạng tốn bậc THPT B ðÓNG GÓP CỦA SÁNG KIẾN ðỂ NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG DẠY VÀ HỌC Nâng cao nhận thức kĩ cho người dạy người học nội dung hàm số ñơn ñiệu, số áp dụng hàm số