(Sáng kiến kinh nghiệm) một số ứng dụng tính đơn điệu của hàm số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT NGUYỄN THÁI HỌC =====***===== BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: MỘT SỐ ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Tác giả: Lê Anh Tuấn Điện thoại: 0913389665 Email: leanhtuan@gmail.com Mã sáng kiến: 05.52 Vĩnh Phúc, tháng 12 năm 2019 MỤC LỤC Mở đầu PHẦN A: ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu 3 Phương pháp nghiên cứu Giả thuyết khoa học Mô tả sáng kiến Bố cục PHẦN B: NỘI DUNG I Một số vấn đề lý thuyết liên quan II Một số ứng dụng tính đơn điệu hàm số Chứng minh bất đẳng thức Giải phương trình, bất phương trình…………………………………………… 18 Giải hệ phương trình 23 III Một số tập vận dụng 35 PHẦN C: KẾT LUẬN 38 Kiến nghị, đề xuất việc triển khai áp dụng đề tài………………………………… 38 Đánh giá lợi ích thu áp dụng đề tài, sáng kiến …………………… 38 Danh sách tổ chức/cá nhân tham gia áp dụng đề tài, sáng kiến ………… 38 Tài liệu tham khảo 39 PHẦN A: ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Một ứng dụng đạo hàm khảo sát tính đơn điệu hàm số Bằng việc khảo sát tính đơn điệu hàm số ta giải nhiều dạng toán liên quan chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình Vì nói tính đơn điệu hàm số có nhiều ứng dụng quan trọng chương trình giải tích trường THPT Báo cáo kết nghiên cứu này, tơi trình bày số ứng dụng tính đơn điệu hàm số để giải số dạng tốn thường gặp kì thi THPTquốc gia kì thi chọn học sinh giỏi bậc trung học phổ thơng Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Đề tài "Một số ứng dụng tính đơn điệu hàm số" tác giả chọn viết nhằm giới thiệu với thầy cô em học sinh kinh nghiệm phương pháp chúng tơi giảng dạy tính đơn điệu hàm số chương trình tốn THPT, qua nhấn mạnh tầm quan trọng qua ứng dụng, đặc toán lấy từ đề thi THPT quốc gia kì thi học sinh giỏi toán năm gần Đề tài coi chuyên đề để giảng dạy nâng cao cho học sinh THPT bồi dưỡng cho học sinh giỏi Toán Tác giải mong nhận góp ý trao đổi thầy chuyên gia, bạn đồng nghiệp để chuyên đề sâu sắc hoàn thiện Hy vọng đề tài góp phần nhỏ để việc giảng dạy phần giải tích đạt hiệu Phương pháp nghiên cứu Trong sáng kiến kinh nghiệm sử dụng phương pháp nghiên cứu chủ yếu sau: - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu ứng dụng tính đơn điệu hàm số, đặc biệt từ tạp chí ngồi nước; tài liệu từ Internet - Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh giỏi toán) - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm Giải thuyết khoa học Nếu học sinh học chuyên sâu theo chuyên đề phát triển lực tư Toán học, đặc biệt có phương pháp để giải tốn giải tích Mơ tả sáng kiến 5.1 Tên sáng kiến: Một số ứng dụng tính đơn điệu hàm số 5.2 Tác giả sáng kiến: - Họ tên: Lê Anh Tuấn - Địa tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Thái Học - Số điện thoại: 0913389665 Email: leanhtuancvp@gmail.com 5.3 Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Lê Anh Tuấn 5.4 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dùng để dạy cho lớp ôn thi THPTquốc gia bồi dưỡng đội tuyển HSG Tốn tham dự kì thi HSG Tỉnh 5.5 Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: 08/12/2019 5.6 Mô tả chất sáng kiến: Bố cục Bản sáng kiến kinh nghiệm gồm ba phần chính: A- ĐẶT VẤN ĐỀ B- NỘI DUNG I Một số vấn đề lý thuyết liên quan II Một số ứng dụng tính đơn điệu hàm số Chứng minh bất đẳng thức Giải phương trình, bất phương trình Giải hệ phương trình III Một số tập vận dụng C- KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ PHẦN B NỘI DUNG I Một số vấn đề lý thuyết liên quan 1.1 Cho hàm số y  f ( x ) đồng biến  a; b  Với x1 , x2 � a; b  ta ln có x1  x2 � f ( x1 )  f ( x2 ) 1.2 Cho hàm số y  f ( x ) nghịch biến  a; b  Với x1 , x2 � a; b  ta có x1  x2 � f ( x1 )  f ( x2 ) 1.3 Cho hàm số y  f ( x ) liên tục đơn điệu khoảng  a; b  , tức đồng biến nghịch biến khoảng  a; b  Với x1 , x2 � a; b  ta ln có x1  x2 � f ( x1 )  f ( x2 ) 1.4 Cho hàm số y  f ( x ) liên tục đơn điệu khoảng  a; b  Khi phương trình f ( x)  có khơng q nghiệm thuộc khoảng  a; b  1.5 Nếu phương trình f '( x)  có nghiệm khoảng  a; b  phương trình f ( x)  có không hai nghiệm khoảng  a; b  II Một số ứng dụng tính đơn điệu hàm số Chứng minh bất đẳng thức Ta thường sử dụng trực tiếp khái niệm hàm số đồng biến hàm số nghịch biến để suy bất đẳng thức mà hai vế đối xứng (có đặc trưng hàm số đó) Việc xét tính đồng biến nghịch biến hàm số thực đơn giản việc xét dấu đạo hàm Cụ thể ta sử dụng kết sau: + Nếu f  x  đồng biến [a; b] f  x   f  a  với x > a + Nếu f  x  nghịch biến [a; b] f  x   f  b  với x < b �� 0; � sin   , với  �� Bài toán 1.1 Chứng minh cos    � � 2� �� sin x với x �� 0; � Ta có Lời giải Xét hàm số f ( x)  cos x  x � � 2� �� f� ( x)  x � cos x  x �� 0; � , suy � 2� hàm số f ( x) đồng biến �� �� 0; �� f ( )  f (0)   �� 0; �� cos    � sin   (đpcm) � � 2� � 2�  tan a  a � tan b Bài toán 1.2 Cho  a  b  Chứng minh b � tan a tan b tan a  a � tan b �  Lời giải Ta có b � a b tan x �� 0; �, ta có Xét hàm số f ( x)  với x �� x � 2� x ��  tan x 2 x  sin x với x �� 0; � cos x f� ( x)   2� � 2 x 2x � cos x �� 0; �, có Xét t ( x)  x  sin x, x �� � 2� �� t� ( x)   2cos x    cos x   x �� 0; � � 2� �� 0; �� t ( x )  t (0)  Do Suy t ( x) đồng biến � � 2� �� x  sin x  0, x �� 0; � � 2� �� �� ( x)  x �� 0; �� f ( x) đồng biến � 0; � Do ta có Suy f � � 2� � 2� f ( a)  f (b) với  a  b   (đpcm) Nhận xét Từ cách giải tốn ta suy kết có nhiều ứng dụng việc chứng minh bất đẳng thức sau đây: Với x �0 ta có sin x �x Tiếp theo ví dụ áp dụng kết π Bài toán 1.3 Cho �x � Chứng minh rằng: a) sinx �x  x3 2x b) sinx �  � π� x3 0; Ta có Lời giải a) Xét hàm f ( x)  sin x  x  với x �� � 2� � x f ''( x)   sin x  x �0 f '( x)  cos x   ; � Do f '( x) f '(0) b) Xét hàm f ( x)  sin x  f ( x) f (0) (đpcm) 2x , ta có f '( x)  cos x    ( x) có nghiệm Đến kịch khơng đơn giản phần (a) f � � π� x   �� 0; Tuy nhiên việc lập bảng biến thiên hàm số f ( x) � 2� � � π� 0; đoạn � ta có f ( x) �f � 2� � 2x � � (đpcm) � � Vậy sin x �  �2 � Như ta có bất đẳng thức kẹp cho sinx: Với x  ta có x  x3  sinx  x Bài toán 1.4 Chứng minh với x �0 ta có e x �1  x Lời giải Xét hàm f ( x)  e x  x  với x �0 Ta có f '( x)  e x  �0 với x �0   f ( x) Suy hàm f(x) đồng biến  0;  � f (0) Vậy e x �1  x Đẳng thức xảy x=0 Nhận xét Bằng việc xét đạo hàm nhiều lần sử dụng kết tốn 1.4 ta có kết tổng quát sau: x2 Kết 1: e �1  x  với x �0 x Kết 2: Với n số nguyên dương ta có: x2 xn e �1  x    với x �0 n! x Bài toán 1.5 (Đề thi Đại học khối D năm 2006) Chứng minh b a � a � �b �  a ���2  b �, a �b  � � � � � Lời giải Ta có b �a � + �+  � a � � � �b � � + � 1�+ + 1 a b Xét hàm số f  x   ln   x  x f�  x  b a 1� � 2b �  b a a �  4a � �  4b � � a � � b � �2 � �2 � ln   a  ln   4b  a b với x > Ta có x ln x    x  ln   x  x2   4x   0, x  , nên f ( x) hàm nghịch biến  0;� Do f  a  �f  b  (đpcm) Bài toán 1.6 Chứng minh với x, y phân biệt thuộc khoảng  0;1 ta có � y x � ln  ln 4 � y  x � 1 y 1 x � �  1 Lời giải Nếu y > x  1 � ln y x y x  ln   y  x  � ln  y  ln  4x 1 y 1 x 1 y 1 x Nếu y < x  1 � ln Xét hàm số f  t   ln y x y x  ln   y  x  � ln  y  ln  4x 1 y 1 x 1 y 1 x t  4t với t � 0;1 Ta có 1 t f�  t  � 1 t � t � (2t  1)    0, t � 0;1 � � t � 1 t � t 1 t Suy f(t) đồng biến (0;1) Từ ta suy điều phải chứng minh Bài toán 1.7 Cho số a, b, x dương a �b Chứng minh b x b �a  x � �a � � � � � �b  x � �b � b x �a  x � Lời giải Xét hàm số f ( x)  � � , �b  x � x �0 Khi � �a  x � a  x� � � ln f ( x)   b  x  ln � Suy �  ln f ( x)  �(b  x)ln �b  x � b x� � � � a  x ba f� ( x) ax b  x �a  x � �  ln  (b  x) �  � ln f ( x) bx a  x �b  x � bx ax b x b x � a  x b  a � �a  x � � a  x b  a � �a  x � � f� ( x)  f ( x) � ln  ln  � � � � � � � g ( x) � b  x a  x � �b  x � � b  x a  x � �b  x � , g ( x)  ln ( x)  Ta có g � a x ba  b x a x b x ba a b (a  b)    a  x (b  x) (a  x) (a  x) (b  x ) Do g(x) nghịch biến  0;� Suy � a x ba� g ( x)  lim g ( x)  lim � ln  � x �� x �� � b x ax� ( x)  0, x  , nên f(x) đồng biến  0;� Suy f(x) > f(0) (đpcm) Vậy f � 10 �x �2 � Lời giải Điều kiện � 28 �y � � � Phương trình đầu hệ tương đương x2  y     y  x   x � ( x  2)  x   y  y Hàm số f  t   t  t đồng biến  0;� nên ta thu x   y Thay y  x  vào hai hệ ta x   22  3x  x  (*) �4     x  1  22  x   x  x  1 � 4( x  1) 3( x  1) �   ( x  1)( x  1)  � � �   x   0(**) x  1 22  3x  � x  1 22  3x    1  1 22  3.2  Với 2 �x  2, VT (**)  22   1  Với  x � VT (**)   1 22  3.2  Do (*) có nghiệm x  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;4  Bài toán 3.5 Giải hệ phương trình   � x x   y  y  15 y   x  � � y ( y  2) �   x  x  y  15 x  y  12 � Lời giải Điều kiện xác định: Phương trình đầu hệ viết lại thành   x   x    y  1   y  1 26 Hàm số f (t )  4t  3t đồng biến � nên suy 2x   y  Thay kết vào phương trình thứ hai hệ cho, ta x    x  x  11x  � �   x  1� Suy  x   �  x 1 � x 1  � Vì 1   x   0, x � 1,6 nên x  Từ đó, tính y  x 1   x 1 Vậy hệ cho có nghiệm  x, y    5,2  � �x  y  y  x   Bài tốn 3.6 Giải hệ phương trình: � �y  y  y  x  x    Lời giải Điều kiện y �x �1 Trừ vế hai phương trình ta được: x  y  x   y   x  x   y  y  x  x   y  ( y  1)  Do x  x  �y  y  (*) Hàm số f(t) = f  t   t  t  (t �1) đồng biến nên ta x �y Kết hợp y �x ta x  y Từ suy hệ có nghiệm  x, y    2,2  �x3  y  1   x  1 x  � Bài toán 3.7 Giải hệ phương trình � 2 �x y  y   x  x  �   Lời giải Điều kiện xác định: x �0 Ta thấy x  khơng thỏa mãn Vậy x  Từ đó, theo phương trình thứ hai ta suy y  Chia hai vế phương trình thứ hai cho x �0 ta   1� y  y2   � 1 x� �  �(*) x2 � 27   Dễ thấy hàm số f  t   t   t đồng biến khoảng  0;� Do từ phương trình (*) ta suy  y Thế vào phương trình thứ hệ x ta có x  x   x  1 x  �1� 1; � Kết luận : Nghiệm hệ phương trình � � 2� Bài tốn 3.8 Giải hệ phương trình sau: � xy y y 1  xy  y   � y 1 � 1 x 1 �2 �x y (2 x  3)   y Hướng dẫn Biến đổi phương trình đầu hệ y y 1 xy x  xy  y   �  x 1  y 1 x 1 y 1 1 x 1 � x x 1 x 1 Hàm số f (t )  y 1 x 1 � x y y 1 1 x 1 1 y 1 y 1 y 1 y 1 y t  t đồng biến  0;1 , từ suy 1 t 1 � 1� 1 f ( x)  f �  �� x   �   x y y � y� �1 � Từ tìm nghiệm hệ ( x; y )  � ;2 � �2 � Bài toán 3.9 Giải hệ phương trình 2 2 � � x  xy  y  x  xy  y  3( x  y ) �2 2 � �x ( y  1)  y  x   y  x  28 Lời giải Trước tiên ta để ý vào phương trình đầu hệ x  xy  y  x  xy  y   2x  y    x  y   x  2y   x  y �2 x  y  x  y �3 x  y �3( x  y ) Dấu xảy x  y �0 Do  1 � x  y �0 Thay vào (2) ta x ( x  1)  3x  x   x  x  � x3  x  x   x  x  � ( x  1)3  ( x  1)  x  x   x  x  Hàm số f (t )  t  t đồng biến R nên ta f  x  1  f   x2  6x  � x   x2  6x  � x  3x  3x   x  x  � x  x  3x  Từ tìm nghiệm hệ ( x; y )   0;0  ;  1;1 ;  3; 3 Bài tốn 3.10 Giải hệ phương trình sau: 2 � �x  x  x   (1  x) x  y  �3 � �x  3x  x   y  y Lời giải Phương trình thứ hai hệ tương đương ( x  1)3  3( x  1)  ( y  3)3  y  3 Hàm số f  t   t  3t đồng biến R nên ta x   y  �x �1 x   y  � Với � ( x  1)  y  � Thay vào phương trình đầu ta 29 x  x  x   (1  x) x  x  Đây phương trình khó, để giải ta biến đổi để xuất dấu hiệu ẩn phụ sau: ( x  1)3  (8 x  x  6)  (1  x) (1  x)( x  1)  x  x  (1) u  x 1 � � Đặt � , kết hợp với phương trình (1) ta hệ v  (1  x)( x  1)  (8 x  x  6) � phương trình � u  (8 x  x  6)  (1  x)v � �3 v  (8 x  x  6)  (1  x)u � Lấy hai vế phương trình trừ ta uv � u  v3  (1  x )(u  v )  � �2 u  uv  v   x  � - Nếu u  v x   (1  x )( x  1)  (8 x  x  6) � x  3x  x   � x  - Nếu u  uv  v   x  (2) u 3( x  1)  x  Nhân xét u  uv  v   x  (v  )  u   x � 0 4 2 Suy phương trình (2) vơ nghiệm Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y )  (2;4) Tiếp theo ta xét hệ hốn vị vịng quanh ba ẩn, trước hết ta đưa khái niệm hệ hốn vị vịng quanh �f ( x)  g ( y ) � * Hệ hốn vị vịng quanh hệ có dạng: �f ( y )  g ( z ) , f  t  , g  t  �f ( z )  g ( x) � hàm số 30 * Tính chất bản: Nếu hai hàm f  t  , g  t  tính đơn điệu x  y  z Thật vậy, giả sử f  t  , g  t  tính đơn điệu tăng Khơng tính tổng qt, giả sử x  max  x, y, z Từ x y � f  x    f  y  f  y f  z g  z g  y g  z g  x z y z x Suy x  y  z Nhận xét: Nếu hai hàm f  t  , g  t  ngược tính đơn điệu cách chứng minh tương tự ta suy x  y  z Như cần hàm f  t  , g  t  đơn điệu ta ln thu x  y  z Và phương pháp giải hệ hốn vị vịng quanh Ta bắt đầu với toán sau: �x3  3x  x   y �3 Bài tốn 3.11 Giải hệ phương trình �y  y  y   z �z  z  z   x � Lời giải Xét hàm số f  t   t  3t  5t  1, g  t   4t , dễ thấy hai hàm đồng biến � Do x  y  z Thay vào hệ cho ta x  3x �5 x 1�α 4x x 3x x    1,1,1 ; Vậy hệ có ba nghiệm  x, y, z  α�� x  1;1 2;1 2;1   �x3  3x   ln( x2  x  1)  y �3 Bài toán 3.12 Giải hệ �y  y   ln( y  y  1)  z �z  z   ln( z  z  1)  x � Lời giải Ta giả sử (x,y,z) nghiệm hệ Xét hàm số f (t )  t  3t   ln(t  t  1) ta có: f '(t )  3t   2t  t2  t 1  nên f  t  hàm đồng biến � 31 Do x  y  z Thay vào hệ cho ta x  x   ln( x  x  1)  Dễ thấy phương trình có nghiệm x  nên hệ cho có nghiệm  x, y, z    1,1,1 Với hai toán hai vế ta gặp hàm đơn điệu Trong số trường hợp ta khơng có hàm số hàm số ta gặp chưa đơn điệu tập xác định Khi ta phải biến đổi khéo léo để xuất hàm đơn điệu kết hợp thêm đánh giá ẩn để hàm số tìm đơn điệu miền Ta tiếp tục xét tốn khó sau � x  x  log (6  y )  x � � Bài toán 3.13 Giải hệ � y  y  log (6  z )  y � z  z  log (6  x)  z � � Lời giải Điều kiện xác định x, y, z  Biến đổi hệ cho tương đương với � x log (6  y )  � x2  2x  � � y � log (6  z )  � y2  y  � � z � log (6  x)  � z  2z  Xét hàm f (t )  log (6  t ); g (t )  t t  2t  với t �(�;6) g '(t )  Ta thấy f (t ) hàm nghịch biến, 6t t  2t    0, t �(�;6) nên g (t ) hàm đồng biến (�;6) Do x  y  z Thay vào hệ cho ta 32 log (6  x)  x x2  2x  Phương trình có nghiệm x  Vậy hệ có nghiệm  x, y, z    3,3,3 � x( y  1)  y ( y  9) � 2 y ( z  1)  z ( z  9) Bài tương tự: Giải hệ phương trình � � z ( x  1)  x ( x  9) � � 36 x y  60 x  25 y  � 36 y z  60 y  25 z  Bài toán 3.14 Giải hệ � � 36 z x  60 z  25 x  � � 60 x �y  36 x  25 � 60 y � Hướng dẫn Biến đổi hệ tương đương với �z  � 36 y  25 � 60 z x  � � 36 z  25 3000t 60t Nếu ta xét hàm f  t   với t �� f '  t   ta chưa 36t  25 36t  25 thể khảng định tính đơn điệu hàm f  t  Để khắc phục điều ta để ý đến phương trình hệ, dễ nhận thấy x, y, z không âm Khi hàm f  t  đồng biến  0; � Do x  y  z 60 x  x Giải phương trình ta x  Thay vào hệ cho ta 36 x  25 Vậy hệ có nghiệm  x, y, z    0,0,0  Bài tương tự: 33 �y  x  12 x   �3 Bài tốn 3.14.1 Giải hệ phương trình �z  y  12 y   �x3  z  12 z   � �x  sin y � Bài tốn 3.14.2 Giải hệ phương trình �y  sin z �z  sin x � �  �  ; Hướng dẫn: Để ý đến x, y, z � 1;1 �� hàm f  t   sin t đồng biến �2 2� � �  �  ; đoạn � �2 2� � �x3  3x  x   y �3 Bài tốn 3.15 Giải hệ phương trình �y  y  y   z �z  3z  z   x � Hướng dẫn Nếu xử lý việc đánh giá biến chưa thể giải tốn Ta có hướng xử lý cách biến đổi hệ sau: �x3  3x  3x   x  y �3 �y  y  y   y  z �z  z  z   x  z � Xét hàm f (t )  t  3t  3t  � f '(t )  3(t  1) �0 Khi f  t  đồng biến lý luận tương tự cách giải hệ hoán vị ta suy x  y  z Từ ta suy nghiệm hệ cho �x  y  y � Bài tương tự: Giải hệ phương trình �y  3z  z �z  3x  x � 34 �x  y  y  y  y � Hướng dẫn: Hệ � �y  z  3z  z  z �z  x  3x  x  x � � x  3x  18  y  y � y  y  18  z  z Bài toán 3.16 Giải hệ phương trình � � z  3z  18  x  x � Hướng dẫn Xét hàm f (t )  2t  3t  18; g (t )  t  t ta có hàm g(t) đồng biến, nhiên ta chưa biết biến thiên hàm f (t ) Ta cần đánh giá xử lý khéo léo �x �y �g ( x ) �g ( y ) �g ( x ) �f ( x ) �� �� Giả sử x  max( x, y , z ) � �x �z �g ( x ) �g ( z ) �f ( z ) �g ( z ) �x �2 Giải hệ ta � Từ x  z  �z �2 Vậy hệ có nghiệm  x, y, z    2,2,2  III Một số tập vận dụng Bài Cho  a  b  ba ba   tgb  tga  Chứng minh cos a cos b � cos x   � � Bài Giải hệ phương trình � � cos y   � y2 x2 35 2x x � �1 � � y �� �4 � � � y3  y � �1 � z Bài Giải hệ phương trình � �� �� � � z3  z2 1� �� x � ��4 � � � �x  lg( x  x  1)  y � � Bài Giải hệ phương trình �y  lg( x  y  1)  z � z  lg( z  z  1)  x � � �x  y  �2 Bài Giải hệ phương trình �y  z  �z  x  � �x3  x   y �3 Bài Giải hệ phương trình �y  y   z �z  z   x � � x  3x   y � y  y   5z Bài Giải hệ phương trình � � z  z   3x � �x3  12 y  48 y  64  �3 Bài Giải hệ phương trình �y  12 z  48 z  64  �z  12 x  48 x  64  � 36 � �x  x  y � � Bài Giải hệ phương trình �y   z � y � �z   x � z �2 y2   2x  �y  x x Bài 10 Giải hệ phương trình � � � y   2x 1  Bài 11 Giải phương trình sau a) x x  x  12  12   5 x  4 x b) x  2x   x   c) x2  2x   x   d) 4x2   x   Bài 12 Giải phương trình sau a) log (3x  1)  log (2 x  1)  3x b) 2008 x  2010 x  2.2009 x c) (4 x  2)(2  x)  � y3  x  x   x  y � Bài 13 Giải hệ phương trình � 2 �x  y  � (17  3x)  x  (3 y  14)  y  � Bài 14 Giải hệ phương trình �3 �x  y  2 � � x  91  y   y Bài 15 Giải hệ phương trình � 2 � � y  91  x   x 37 3 � �x  3x   y  y Bài 16 Giải hệ phương trình � x   y2  y � � 38 PHẦN C: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Kiến nghị, đề xuất việc triển khai áp dụng đề tài, sáng kiến: Để giảng dạy có hiệu đề tài này, giáo viên cần phải trang bị cho học sinh đầy đủ kiến thức giải tích Khi giảng dạy, giáo viên cần chọn lọc toán điển hình thể cho phương pháp cụ thể Đánh giá lợi ích thu áp dụng đề tài, sáng kiến: Nâng cao chất lượng học sinh giỏi kỳ thi cấp tỉnh, cấp quốc gia chất lượng học sinh thi vào đại học mơn Tốn Danh sách tổ chức/cá nhân tham gia áp dụng đề tài, sáng kiến : Số TT Tên tổ chức/cá nhân Giáo viên giảng Địa Phạm vi/Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Trường THPT Nguyễn Bồi dưỡng học sinh thi vào đại dạy mơn Tốn Giáo viên giảng Thái Học Một số trường THPT học thi chọn học sinh giỏi Bồi dưỡng học sinh thi vào đại dạy mơn Tốn tỉnh Vĩnh Phúc học thi chọn học sinh giỏi Vĩnh Phúc, ngày 30 tháng 12 năm 2019 Vĩnh Phúc, ngày 30 tháng 12 năm 2019 Thủ trưởng đơn vị (Ký tên, đóng dấu) Tác giả sáng kiến (Ký, ghi rõ họ tên) Vĩnh Phúc, ngày tháng năm Hội đồng sáng kiến cấp sở (Ký tên, đóng dấu) Tài liệu tham khảo 39 [1] Nguyễn Trọng Tuấn, Các toán hàm số qua kì thi Olympic, NXB Giáo dục [2] Teodora-Liliana T Rădulescu, Vicenţiu D Rădulescu, Titu Andreescu (2009), Problems in Real Analysis Advanced Calculus On The Real Axis, Springer [3] Tuyển tập đề thi THPT quốc gia năm 2018, 2019 [4] Tuyển tập đề thi HSG lớp 12 tỉnh [5] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [6] Tài liệu từ Internet 40 ... Một số ứng dụng tính đơn điệu hàm số Chứng minh bất đẳng thức Ta thường sử dụng trực tiếp khái niệm hàm số đồng biến hàm số nghịch biến để suy bất đẳng thức mà hai vế đối xứng (có đặc trưng hàm. .. gặp hàm đơn điệu Trong số trường hợp ta khơng có hàm số hàm số ta gặp chưa đơn điệu tập xác định Khi ta phải biến đổi khéo léo để xuất hàm đơn điệu kết hợp thêm đánh giá ẩn để hàm số tìm đơn điệu. .. tham gia áp dụng đề tài, sáng kiến ………… 38 Tài liệu tham khảo 39 PHẦN A: ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Một ứng dụng đạo hàm khảo sát tính đơn điệu hàm số Bằng việc khảo sát tính đơn điệu hàm số ta giải