SKKN bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán

MỤC LỤC MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương 1: CƠ SỞ KHOA HỌC Chương 2: THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ Chương 3: NHỮNG GIẢI PHÁP CỤ THỂ 3.1 Khái niệm hàm số đơn điệu 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 đơn điệu hàm số để giải phương trình, bất phương 6 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 đẳng thức 3.6 Một số tập áp dụng Chương 4: KẾT QUẢ KIỂM CHỨNG KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CỦA HĐKH 16 20 21 22 23 24 MỞ ĐẦU A MỤC ĐÍCH CỦA SÁNG KIẾN Hàm số đơn điệu nội dung quan trọng mơn Tốn bậc THPT, có kế thừa phát triển nội dung bậc THCS Học sinh tiếp cận củng cố từ đầu lớp 10 khái niệm hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến, tập xác định, bảng biến thiên, đồ thị hàm số Ở chương phân mơn Giải tích 12, với công cụ đạo hàm, hàm số nghiên cứu tổng thể kĩ lưỡng Các điều kiện cần điều kiện đủ để hàm số đồng biến nghịch biến khoảng xây dựng, cung cấp phương pháp kiểm tra hữu hiệu tính đơn điệu hàm số thông qua việc xét dấu đạo hàm Trong nội dung thi Đại 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 đẳng thức , mà việc giải chúng 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, đối tượng đội tuyển HGS lớp ôn thi ĐH, nội dung liên quan tới hàm số đơn điệu áp dụng để giải toán, trở thành yêu cầu quan trong giáo dục toán học bậc THPT Đề tài nhằm trình bày hệ thống kiến thức liên quan tới hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến, phân tích việc áp dụng tính chất để giải số dạng toán bậc THPT B ĐÓNG GÓP CỦA SÁNG KIẾN ĐỂ NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG DẠY VÀ HỌC Nâng cao nhận thức kĩ cho người dạy người học nội dung hàm số đơn điệu, số áp dụng hàm số đơn điệu 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 đơn điệu đánh 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 đơn điệu 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 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 điều, đặc biệt mặt phương pháp Điều giúp ích cho thực tốt nhiệm vụ chuyên môn phân công, làm tăng thêm niềm đam Toán học Đối với học sinh, nội dung em lĩnh hội cách chủ động biết áp dụng linh hoạt, sáng tạo, góp phần nâng cao nhận thức kĩ Tốn học em, giúp mơn Tốn 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 đẳng thức ngày trở thành kĩ ưu tiên phát triển Trong nhiều năm gần đây, kì thi ĐH HSG, xuất ngày nhiều toán dạng Nó địi hỏi người dạy người học phải thay đổi nhận thức thái độ, phải có quan tâm xứng đáng đến dạng toán Trong thời gian giảng dạy trường THPT Yên Phong số 2, tiền thân trường THPT Yên Phong số 3, 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, đặc biệt học sinh lớp chọn, lớn luyện thi ĐH, lớp bồi dưỡng HSG Và thực tế cho thấy, cơng việc giúp ích nhiều cho học sinh đối tượng vừa kể trên, giúp họ vượt qua kì thi quan trọng cách hiệu khả CHƯƠNG THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ Qua tìm hiểu, tơi nhận thấy việc dạy học nội dung hàm số đơn điệu áp dụng để giải tốn có số điều đáng bàn sau 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 dẫn tới việc áp dụng kiến thức hàm số vào giải tốn có phần hạn chế, có lúc thiếu linh hoạt, tinh tế 2) Đây chủ đề khó, dễ gây nản lịng học sinh 3) Việc hình thành kĩ áp dụng cho học sinh công việc phải 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, trông chờ thầy cô cung cấp kiến thức, làm theo mẫu sẵn, thiếu tính sáng tạo CHƯƠNG NHỮNG GIẢI PHÁP CỤ THỂ 3.1 KHÁI NIỆM HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU Cho tập khác rỗng X , Y ⊂ ¡ Cho hàm số f : X → Y Giả sử D ⊂ X 1) Ta nói f hàm số đồng biến tập D với a, b ∈ D mà a < b ta 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 đồng biến, nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm gọi chung hàm số đơn điệu 3.2 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU 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 đồng biến D ⇔ H > 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 - Hàm f nghịch biến D ⇔ H < 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 - Hàm f đơn điệu tăng D ⇔ H ≥ 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 - Hàm f đơn điệu giảm D ⇔ H ≤ 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 2) Khơng có hàm số vừa đồng biến vừa nghịch biến D Hàm số vừa đơn điệu tăng vừa đơn điệu giảm D hàm D 3) Tổng hai hàm đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm) hàm đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm, tương ứng) Tích hàm đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm) với số thực dương hàm đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm, tương ứng) Hiệu hàm đồng biến hàm nghịch biến hàm đồng biến Tất xét chung tập hợp D ⊂ X 4) Nếu hàm f đồng 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 đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm) D f đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm, tương ứng) M 8) Nếu f hàm liên tục đoạn [ a; b ] đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm) khoảng ( a; b ) f đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm, tương ứng) đoạn [ a; b ] 9) Nếu hàm f đồng 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 ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ VÀ ĐẠO HÀM Kí hiệu K khoảng đoạn nửa khoảng ¡ 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 điệu 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 ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH A Vận dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình Ví dụ 1: Giải phương trình x + - − x = (1) Giải: Điều kiện -1 ≤ x ≤ Lúc (1) ⇔ x + = 1+ − x Phương trình có khơng q nghiệm đoạn [ −1; 4] hàm số tương ứng vế trái đồng biến hàm số tương ứng vế phải nghịch biến đoạn Hơn nữa, ta thấy x = nghiệm (1) Vậy (1) có nghiệm x = Ví dụ 2: Giải phương 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) đồng biến nửa khoảng ( −∞, ] Mặt khác f(-1) = nên phương trình f(x) = có nghiệm x = -1 Ví dụ 3: Giải phương trình x + 15 = 3x − + x + (3) Giải: Phương trình (3) ⇔ f ( x) = x − + x + − x + 15 = (*) - Nếu x ≤ / f(x) 0, ∀x > - Nếu x >2/3 f'(x) = + x   x + 15   x +8 2  ⇒ f(x) đồng biến  , +∞ ÷ 3  Mà f(1) = nên (*) có nghiệm x = Vậy phương trỡnh (3) cú nghiệm x = Ví dụ 4: Giải bất phương trình ( 2− ) +( x 2+ ) x = 2x (4) Giải: Nhận thấy x = nghiệm , ta có : 2- + − = = 22 x x 2− 3 2+ 3 Do 2x > nên (4) ⇔  ÷ +  ÷ = 4     x Mặt khác, < x 2− 3 2+ 3 2− 2+ < < nên y =  ÷ +  ÷ 4     hàm nghịch biến Vậy x =2 nghiệm (4) Ví dụ 5: Giải phương trình x + log(x2 -x -6) = +log(x +2) (5) Giải: Điều kiện x +2>0, x2 - x -6 >0 ⇒ x > Vậy (5) ⇔ x + lg(x +2) +lg(x -3) = +lg(x +2) ⇒ lg(x -3) = -x (*) Phương 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 (*) có nghiệm x = ( thoả mãn điều kiện x > 3) Vậy (5) có nghiệm x = Ví dụ 6: Giải phương trình 2.log3cotgx = log2cosx Giải: Điều kiện cosx > 0, sinx > log2cosx = y ⇒ cosx = 2y ⇒ log3cotg2x = log2cosx = y Đặt ⇒ cotg x = cos x 4y = Vì cotg x = − cos x − y y y ⇒ - 12 = ⇔  ÷ = y + 1, có nghiệm y = -1 4 y y y Vì vế trái số 3/4 1 hàm đồng biến Vậy cosx = 2-1 = 1/2 ⇒ x = ±π / + 2kπ , k ∈ ¡ Kết hợp với điều kiện ,ta nghiệm PT x = π + 2kπ , k ∈ ¢ Ví dụ 7: Giải phương trình: 3x - 2x = log (x + 1) - log x (6) Giải: Điều kiện x > Với điều kiện ta có (6) ⇔ x (3-2x) - log (x + Do x > nên x+ ) x (*) ≥ vế phải hàm loga có số lớn 1, x nên hàm đồng biến ⇒ log (x + ) ≥ log22 = x Vậy vế trái dương ⇒ x2(3-2x) >0 ⇒ 3-2x > 10 Ví dụ 2: Giải bất phương trình x + + x − + x − + 13 x − < Giải: Điều kiện x ≥ 5/7 Xột f(x) = Ta có f'(x) = x + + x − + x − + 13 x − 13 + + + >0 x + 3 (5 x − 7) 4 (13x − 7)3 5 (13 x − 7) 5  ⇒ f(x) đồng biến trờn  , +∞ ÷ Mặt khác f(3) = nên bpt f(x) < 7   x ≥ 5/ ⇔ f ( x) < f (3) ⇔  ⇔ ≤ x < x < Ví dụ 3: Giải bất phương trình 2x + x + x + + x + x < 35 Giải: Điều kiện x > Đặt f(x) = 2x + Ta có f'(x) = + x + x + x + + x2 + x  29  2x + + > , f   ÷ ÷ = 35 , nên f(x)   12  ÷ x+7 x2 + x     29 2   29  f đồng biến f(x) < 35 =   ÷ ÷ ÷ ⇔ < x <  12 ÷ 12      Ví dụ 4: Giải bất phương trình Giải: Điều kiện x ≠ 0, x + x+ 1 + x− ≥ x x x 1 ≥ 0, x − ≥ ⇒ x ≥ x x Do (2) ⇔ x3 + + x3 − ≥ Đặt (2) (3) x3 + = u > x3 − = v ≥ ,  u + v ≥ ≤  ⇔ u + v (2) ⇔  2 u − v =  (u + v)(u − v) = 12 u + v ≥ ⇒ u -v ≤ ⇒   v − u ≥ −1 Vậy x3 − ≥ Đáp số : x ≥ ⇒v≥ > (thích hợp) 5 ⇔ x3 ≥ ⇒ x ≥ > 4 Hoặc xét VT =f(x)= x3 + + x3 − hàm đồng biến Suy nghiệm (2) giao x ≥ x > x0 ,trong x0 nghiệm phương trình : Suy x0 = x3 + + x3 − = 5 , suy bất phương trình có nghiệm x ≥ 4 Ví dụ 5: Giải bất phương trình: x + + x + + x + x + 10 < − x  x + = u ≥ Giải: Điều kiện x ≥ -2 Đặt   x + = v > Suy (3) x + x + 10 = uv Do u v đồng biến x ≥ -2 Vế trái hàm đồng biến , vế phải hàm nghịch biến nên nghiệm (3) giao x ≥ -2 x < x0 với x0 nghiệm phương trình 2 x + + x + + x + x + 10 = − x Vì u +v = 2x +7 , suy 2x = u2 +v2 -7 Và u2 +v2 +2uv +( u +v) -12 =0 Đặt u +v = t >0 ta t2 +t -12 = , t > u + v = u + v = ⇔ ⇒ u =  2 u − v = −1 u − v = −3 Suy t =3  Từ u = x + = ⇒ x = −1 Vậy nghiệm (3) −2 ≤ x ≤ −1 Ví dụ 6: Với giá trị tham số m bất phương trình sau có nghiệm 13 x2 + x − m + m + m − ≤ ? Giải: Đặt t = x − m ≥ ⇒t2 = x2 -2mx +m2 , BPT ⇔ y = t2 +2t +2mx +m -1 ≤ Ta có y' = 2t +2 ⇒ y' = -1 ≤ ⇒ -1 ≤ m ≤ ⇔ t = -1 Nên ymin = y(0) = 2mx +m -1 = 2m2 +m Đây giá trị cần tìm m C Vận dụng tính đơn điệu hàm số để giải hệ phương trỡnh cot x - coty = x -y (1) (2) 5x + y = 2π Ví dụ 1: Tìm số x ∈ ( 0; π ) ,y ∈ ( 0; π ) thoả mãn hệ  Giải: Viết phương trình (1) dạng : x - cotx = y - coty (3) Xét hàm số f(t) = t - cot t , < t < π Khi f(t) xác định ∀t ∈ ( 0;π ) f'(t) = + > , ∀t ∈ ( 0;π ) sin t ⇒ f(t) đồng biến ∀t ∈ ( 0;π ) Từ (3) ⇒ f(x) = f(y) ⇔ x = y Thay vào phương trình (2) hệ ,ta đựoc x = y = 2π 13  x − y = tan x − tan y  Ví dụ 2: Giải hệ   π  tan x + tan y = 2, x , y ∈  0; ÷   2  Giải: Viết phương trình (1) dạng x - tan x = y - tan y (3) 14  π ÷,có f'(t) = 1- < ,do cos t  2 Và xét hàm f(t) = t - tant xác định ∀t ∈  0;  π t ∈  0; ÷ ⇒ < cos t < 1.Vậy f( t) nghịch biến Từ (3) suy f(x) = f(y)  2 y từ (2) ⇔ x= ⇒ tan x = tan y = ⇒ x = y = π  a2 x = y +  y  Ví dụ 3: Chứng tỏ với a ≠ hệ  a2  2 y = x + x có nghiệm a2 a2 y ≠ Giải: Điều kiện : x ≠ , Do x dấu, y dấu y x ⇒ x> , y> Bởi : (1) ⇔ 2x2y = y2 + a2 (1)' (2) ⇔ 2y2x = x2 +a2 (2)' (1)'-(2)' ta được: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 : f(x) = 2x3 -x2 = a2 ; f'(x) = 6x2 -2x Ta có bảng biến thiên: −∞ x f’ f - // 33 - - + +∞ -1/27 CT Từ suy phương trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2 > 0) có nghiệm 15 2 x + = y + y + y  Ví dụ 4: Giải hệ 2 y + = z + z + z  2 z + = x + x + x Giải: Xét hàm đặc trưng f(t) = t3 +t2 +t với t ∈ ¡ Ta có f'(t) = 3t2 +2t +1 = 2t2 +(t+1)2 >0 ⇒ f(t) đồng biến Giả sử : x ≤ y ≤ z ⇒ f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ 2z +1 ≤ x + ≤ y + ⇔ z≤x≤ y= y=z x = y = z x = y = z ⇔ ⇔ Hệ cho ⇔   2 2 x + = x + x + x ( x + 1)( x − 1) = x = y = z =1  x = y = z = −1  3.5 VẬN DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Ví dụ Chứng minh : ex > +x , ∀x ≠ Giải: Đặt f(x) = ex -x -1 , f'(x) = ex -1 *Nếu x> f(x) > nên f tăng [ 0; + ∞ ) Do f(x) > f(0) =0 ⇒ ex > x +1 *Nếu x ,có f(x) ≤ f(4) ⇔ lnx - x ≤ ln4-2 Do 4 log20002001 Giải: Xét hàm số f(x) = logx(x +1) với x > Khi bất đẳng thức cho có dạng tương đương sau : f( 1999) > f(2000) Ta có 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) ⇒ f(x) = x + ( x + 1) x +1 x = = 1,do (2) hiển nhiên (đpcm) Ví dụ 4: Chứng minh ln ( 1+ + x ) < + ln x x > x Giải: Xét hàm số f(t) = ln( 1+ + t ) - lnt - với t > t t Ta có f(t) = 1+ t 1+ 1+ t2 1 1+ t2 − t - + = >0 2 t t t 1+ t Do f(t) hàm đồng biến t > 0, x > , nên 17 lim f(t) = lim  ln(1 + + t ) − ln t − 1 f(x) < f(+ ∞ ) = t→+∞ t→+∞  t   ⇒ f(x) < lim (ln + + t ) = t →+∞ t ⇒ ln(1+ + x ) < lnx + ⇒ đ.p.c.m x Ví dụ 5: Chứng minh : x > ln(x +1) , x > Giải: Đặt f(x) = x - ln(x +1) liên tục [ ,+ ∞ ) có f'(x) = - x = > 0; ∀x > x +1 x +1 ⇒ f tăng [ ,+ ∞ ) ⇒ f(x) > f(0) =0 Ví dụ 6: Chứng minh : Giải: Đặt f(x) = lnx - lnx > 2( x − 1) x +1 ⇒ x > ln(x+1) với x > với x>1 2( x − 1) ( x>1) liên tục [ ; + ∞ ) x +1 ( x − 1) = > 0, ∀x > Ta có f'(x) = − x ( x + 1) x( x + 1) Vậy với x > ta có f(x) > f(1) = Ví dụ 7: Cho < α < ⇒ f tăng [ ; + ∞ ) Từ suy lnx > 2( x − 1) với x>1 x +1 2α π Chứng minh rằng: sin α > π 18 Giải: Xét hàm số : f(x) = sin x x cos x − sin x  π với x ∈  0,  Ta có f'(x) = = x x2  2 cos x( x − tgx)  π suy f'(x) < ∀ x ∈  0,  x  2 khoảng ( 0, ⇒ f(x) hàm nghịch biến sin α π π π ⇒ f( α ) > f( ) ⇒ ) Vì < α < > α 2 Ví dụ 8: Cho < α < π = ⇒ đ.p.c.m π π sin π Chứng minh rằng: α sin α + cos α >  π Giải: Xét hàm số : f(x) = xsinx + cosx - với x ∈  0,   2  π ⇒ f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx ≥ ∀ x ∈  0,   2 Vì f' = x = x = π ⇒ f hàm đồng biến  π  0,  π ⇒ f(0) < f( α ) ⇒ < α sin α + cos α - α sin α + cos α > ⇒ đ.p.c.m 0 ⇒ f(x) > f(0) ⇒ x > sinx 2 π  π với x ∈ (0; ) Tương tự ta có x < tgx , ∀x ∈  0; ÷  2 Ví dụ 10: Chứng minh < x < π 2sinx + 2tgx ≥ 2x+1 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 2sinx +2tgx ≥ 2sin x+tgx Ta chứng minh : 2sin x+tgx ≥ 2x+1 ⇔ 2sinx +tgx ≥ 22x ⇔ sinx +tgx ≥ 2x ( x ∈ (0; π )) Đặt f(x) = sinx +tgx -2x với < x< Ta có f'(x) = cosx + Vì < x < π −2 cos x π nên cosx > cos2x Do : f'(x) > cos2x + −2 ≥ cos x π ⇒ f tăng (0; ) ⇒ f(x) > f(0) =  π ⇒ sinx +tgx > 2x , ∀x ∈  0; ÷  2 (đpcm) x3 Ví dụ 11: Chứng minh bất đẳng thức : x < sin x với x > Giải: Đặt x3 f(x) = sinx + -x x2 Ta có f'(x) = cosx + -1, f''(x) = - sin x +x > ( theo ví dụ ) 20 ⇒ f'' tăng ( ; + ∞ ) ⇒ f'(x) > f'( 0) = 0, với x > ⇒ f tăng ( ; + ∞ ) ⇒ f(x) > f( 0) = 0, với x > ⇒ x- x3 < sin x ( đpcm) Ví dụ 12: Chứng minh : sinx < x - x3 x5 + với x > 120 x3 x5 Giải: đặt f(x) = x + - sinx , với x > 120 Ta có : f'(x) = − x3 x2 x4 + sin x , + − cos x , f'' (x) = - 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 RẩN LUYỆN x2 Chứng minh : ln(1+x) > x − 2 Chứng minh : ln(1+ + x ) < ∀x>0 + ln x , ∀x>0 x Chứng minh : logx(x+1) > logx+1(x+2) , ∀x > Giải bất phương trình : x + > − 2x +  y3 + sin y x =   z3 Giải hệ phương trình :  y = + sin z   x3  z = + sin x  21 e x − e x − y = y  y y− z Giải hệ : e − e = z  z z−x e − e = x Giải phương trình : 3.25x-2 +(3x-10).5x-2 +3-x = CHƯƠNG KẾT QUẢ KIỂM CHỨNG - Sau rèn luyện hệ thống kiến thức trên, em học sinh linh hoạt việc dùng kiến thức hàm số đơn điệu để để giải toán - Tránh việc biện luận theo tham số số toán - Tránh phải xét nhiều trường hợp số tốn - Tránh phải áp dụng bất đẳng thức cơsi số tốn - Tránh việc bình phương hai vế dễ dẫn đến sai sót, thừa nghiệm tránh việc giải phương trình bậc cao 22 KẾT LUẬN Qua đề tài này, nhận thấy 1) Đây chủ đề khó, giáo viên nên có bước chuẩn bị tốt kiến thức, phương pháp tâm cho riêng 2) Các kiến thức lựa chọn để cung cấp cho học sinh cần giáo viên cân nhắc kĩ lưỡng, vào nội dung chương trình, chuẩn kiến thức - kĩ năng, vào phạm vi đề thi ĐH - CĐ thi HSG, vào đối tượng học sinh Không nên lựa chọn vấn đề q khó gặp, gây tải cho học sinh, không nên đề cập tới vấn đề đơn giản để tránh nhàm chán tránh thái độ chủ quan học sinh 3) Giáo viên nên hướng dẫn khích lệ học sinh phương pháp tự học, tự đọc tài liệu tham khảo, tạo cho học sinh nhận thức rõ động 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 đề nhiều, giáo viên tạo phong trào tự học, tự đọc 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 23 Tơi chân thành cảm ơn giúp đỡ BGH, đồng nghiệp em học sinh suốt q trình tơi giảng dạy trường q trình hồn thiện đề tài Tác giả NGUYỄN VĂN XÁ 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] Đoàn Quỳnh (tổng chủ biên), Bộ SGK, SBT, SGV Toán 10, 11, 12, ban bản, NXB Giáo dục, 2013 [3] Bộ Giáo dục Đào tạo, Tài liệu hướng dẫn thực chuẩn kiến thức, kĩ năng, NXB Giáo dục, 2013 [4] Nguyễn Thế Thạch (chủ biên), Đổi phương pháp dạy học ví dụ minh họa, Toán 10, 11, 12, NXB Giáo dục, 2012 [5] Trần Thành Minh, Trần Đức 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] Đề thi ĐH thi HSG năm 24 NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CỦA HĐKH 25 26 ... dành thời gian hợp lí cho học sinh học tập, rèn luyện, đặc biệt học sinh lớp chọn, lớn luyện thi ĐH, lớp bồi dưỡng HSG Và thực tế cho thấy, cơng việc giúp ích nhiều cho học sinh đối tượng vừa kể... gặp, gây tải cho học sinh, không nên đề cập tới vấn đề đơn giản để tránh nhàm chán tránh thái độ chủ quan học sinh 3) Giáo viên nên hướng dẫn khích lệ học sinh phương pháp tự học, tự đọc tài liệu... dễ gây nản lịng học sinh 3) Việc hình thành kĩ áp dụng cho học sinh công việc phải tiến hành thường xuyên, liên tục, tỉ mỉ, thận trọng Tuy nhiên số giáo viên chưa trọng việc bồi dưỡng kĩ từ lớp