zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

Sáng kiến kinh nghiệm: Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm lượng giác

Chia sẻ: Nguyen Van Minh Minh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:35

Báo xấu

195
lượt xem 50
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm: Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm lượng giác đề xuất các ví dụ đặc trưng cho từng hàm số, từ những ví dụ đó xây dựng thành các chuỗi bài toán. Việc xây dựng chuỗi bài toán nâng dần mức độ khó giúp học sinh phát triển tư duy, gây hứng thú cho học sinh. Từ đó học sinh hoạt động một cách tích cực, độc lập, chủ động và sáng tạo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm lượng giác

Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác ĐỀ PHÁT TRIỂN TƯ DUY HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ MŨ TÀI LÔGARIT VÀ HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC. A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Bất đẳng thức là một vấn đề khó trong chương trình phổ thông, nó thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi các cấp và thi đại học. Trong quá trình dạy học và nghiên cứu vấn đề này tôi thấy bất đẳng thức chứa các hàm số Mũ Lôgarit và hàm số lượng giác ít thấy trong các tài liệu và sách báo. Một số đề thi đại học và học sinh giỏi trong những năm gần đây thường thấy sử dụng hàm số để giải quyết loại này, đặc biệt đã có xuất hiện bất đẳng thức chứa các đối tượng là hàm số Mũ lôgarit và hàm số lượng giác. Chẳng hạn như đề thi đại học khối A, A1 năm 2012, đề thi đại học khối D 2007 . . . Trong đề tài này tôi đề xuất các ví dụ đặc trưng cho từng hàm số, từ những ví dụ đó xây dựng thành các chuỗi bài toán. Việc xây dựng chuỗi bài toán nâng dần mức độ khó giúp học sinh phát triển tư duy, gây hứng thú cho học sinh. Từ đó học sinh hoạt động một cách tích cực, độc lập, chủ động và sáng tạo. Vì những lý do trên tôi chọn đề tài là " Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ, lôgarit và hàm số mũ " GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa tính đơn điệu của hàm số Sách giáo khoa đại số 10 định nghĩa hàm số đồng biến nghịch biến như sau: " Giả sử K là một khoảng, một đoạn hoặc một nữa khoảng và f là hàm số xác định trên K. Hàm số f được gọi là đồng biến trên K nếu ∀x1 , x2 �K : x1 < x2 � f ( x1 ) < f ( x2 ) Hàm số f được gọi là nghịch biến trên K nếu ∀x1 , x2 �K : x1 < x2 � f ( x1 ) < f ( x2 ) 2. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I. a) Nếu hàm số f đồng biến trên I thì f ' ( x ) 0 với mọi x I b) Nếu hàm số f nghịch biến trên I thì f ' ( x ) 0 với mọi x I Chú ý: Khoảng I trên định lí trên có thể được thay bởi một đoạn hoặc một nửa khoảng. Khi đó phải bổ sung giả thiết “Hàm số liên tục trên đoạn hoặc nửa khoảng đó”. 3. Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I. a) Nếu f ' ( x ) > 0 với mọi x I thì hàm số f đồng biến trên khoảng I. b) Nếu f ' ( x ) < 0 với mọi x I thì hàm số f nghịch biến trên khoảng I. c) Nếu f ' ( x ) = 0 với mọi x I thì hàm số f không đổi trên khoảng I. 4. Các nhận xét  Nhận xét 1: Hàm số f xác định trên K và Đồng biến trên K thì ∀x1 , x2 �K , x1 < x2 � f ( x1 ) < f ( x2 ) Đồng biến trên K thì ∀x1 , x2 Σ K , x1 x2 f ( x1 ) f ( x2 ) Nghịch biến trên K thì ∀x1 , x2 �K , x1 < x2 � f ( x1 ) > f ( x2 ) . Nghịch biến trên K thì ∀x1 , x2 Σ K , x1 x2 ۳ f ( x1 ) f ( x2 ) .  Nhận xét 2: Hàm số f xác định trên K và �f ( x ) − f ( y ) � Đồng biến trên K thì � �( x − y ) 0 , với mọi x, y thuộc K. �f ( x ) − f ( y ) � Nghịch biến trên K thì � �( x − y ) 0 , với mọi x, y thuộc K.  Nhận xét 3: Cho hàm số y = f ( x) liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên đoạn [a;b] . GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác i) Nếu f ''( x) 0 ∀x [a; b] thì f ( x) f '( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) ∀x0 [a; b] ii) Nếu f ''( x) 0 ∀x [a; b] thì f ( x) f '( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) ∀x0 [a; b] Đẳng thức trong hai Bất đẳng thức trên xảy ra � x = x0 . Ta có thể chứng minh nhận xét trên như sau i) Xét hàm số g ( x) = f ( x) − f '( x0 )( x − x0 ) − f ( x0 ) , x [a; b] Ta có : g '( x) = f '( x) − f '( x0 ) � g ''( x) = f ''( x) �0, ∀x �[a; b] Suy ra phương trình g '( x) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0 và g '( x) đổi dấu từ ( − ) sang ( + ) khi x qua x0 nên ta có : g ( x) g ( x0 ) = 0 ∀x [ a; b] . ii) Chứng minh tương tự. Chú ý: Phương trình f '( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm M ( x0 ; f ( x0 ) ) .  Nhận xét 4: Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên [a;b] , và phương trình f ( x ) = 0 chỉ có đúng hai nghiệm trên [a;b] là a và b thì f ( x ) luôn mang một dấu trên ( a; b ) II. XÂY DỰNG CÁC CHUỖI BÀI TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 1. XUẤT PHÁT TỪ NHẬN XÉT 1 a) Từ tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit Ví dụ 1. Xuất phát từ hàm số y = log a x đồng biến trên từng khoảng xác định với a > 1 và nghịch biến trên từng khoảng xác định với 0 < a < 1 . Do đó với mọi số thực x, y ( x y ) thuộc khoảng một xác định của hàm số ta có 1) log a x log a y với a > 1 . 2) log a x log a y với 0 < a < 1 . 1 Với x ( 1;2] nên ( x − 1) ( x − 2 ) 0 � x2 3x − 2 3x − 1 ( 3x 3 + 1) 2 + Tương tự ta có: y 2 3 y − 2, z 2 3z − 2 . Do x, y, z là các cơ số lớn hơn 1 nên: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác log x ( 3 y − 2 ) + log y ( 3 z − 2 ) + log z ( 3x − 2 ) log x y 2 + log y z 2 + log z x 2 (1) Áp dụng BĐT Côsi ta có: log x y 2 + log y z 2 + log z x 2 = 2 ( log x y + log y z + log z x ) 6 3 log x y.log y z.log z x = 6 (2) Từ (1) và (2) suy ra log x ( 3 y − 2 ) + log y ( 3 z − 2 ) + log z ( 3x − 2 ) 6 Đẳng thức xẩy ra khi x = y = z = 2 . + Vì x > 1 nên 1 1 log 3 z 3 +1 ( 3x − 1) �log 3 z3 +1 ( 3x 3 + 1) � log 2 3 z3 +1 ( 3x − 1) � log 3 ( 3x 3 + 1) 2 3 z +1 Tương tự ta có: 1 1 log ( 3 y − 1) log 3 ( 3 y 3 + 1) , log 3 ( 3z − 1) log 3 ( 3z 3 + 1) 3 x3 +1 2 3 x +1 3 y +1 2 3 y +1 Cộng vế với vế ta được: log (3 y − 1) + log (3 z − 1) + log (3 x − 1) 3 x3 +1 3 y3 +1 3 z 3 +1 1 1 1 log 3 (3 y 3 + 1) + log 3 (3 z 3 + 1) + log 3 (3 x3 + 1) 2 3 x +1 2 3 y +1 2 3 z +1 Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1 [log 3 (3 y 3 + 1) + log 3 (3 z 3 + 1) + log 3 (3 x 3 + 1) ] 2 3 x +1 3 y +1 3 z +1 3 3 3 log 3 (3 y 3 + 1).log 3 (3 z 3 + 1).log 3 (3 x3 + 1)] = 2 3 x +1 3 y +1 3 z +1 2 Đẳng thức xẩy ra khi x = y = z = 2 . Do đó ta có bài toán sau:  Bài 1: Cho x, y, z là các số thực thuộc nửa khoảng ( 1;2] , chứng minh rằng: a) log x ( 3 y − 2 ) + log y ( 3 z − 2 ) + log z ( 3x − 2 ) 6 . GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác 3 b) log (3 y − 1) + log (3 z − 1) + log (3 x − 1) . 3 x3 +1 3 y 3 +1 3 z3 +1 2 Xét x, y, z ( 1; 3 ￹￻ nên 1 + 1 1 + �� xy yz zx 1 x + y + z �xyz . Khi đó ta có: log x ( x + y + z ) log x ( xyz ) , log y ( x + y + z ) log y ( xyz ) , log z ( x + y + z ) log z ( xyz ) Mà log x ( xyz ) + log y ( xyz ) + log z ( xyz ) = 3 + log x y + log y x + log y z + log z y + log x z + log z x 9 Suy ra log x ( x + y + z ) + log y ( x + y + z ) + log z ( x + y + z ) 9 Từ đó ta có bài toán sau:  Bài 2: Cho x, y, z , t ( 1; 3 ￹￻ . Chứng minh rằng : a) log x ( x + y + z ) + log y ( x + y + z ) + log z ( x + y + z ) 9. b) log x ( y + z + t ) + log y ( z + t + x ) + log z ( t + x + y ) + log t ( x + y + z ) 12 � 1� 2 Ví dụ 2. Xuất phát từ hàm số f ( t ) = ln � 1 + �− . � t � 2t + 1 −1 4 1 Ta có f ' ( t ) = + =− < 0, ∀t > 0 t ( t + 1) ( 2t + 1) 2 t ( t + 1) ( 2t + 1) 2 Do đó f ( t ) nghịch biến trên ( 0;+ ) � 1� 2 �1 � 1) Suy ra ln � 1 + �− �ln 3 − 1, ∀t � ; +�� t � 2t + 1 �2 � x Với t = ta xét 2 x y > 0 ta được : y � y � 2y 2x − y ln �1 + �− ln 3 − 1 hay + ln ( x + y ) ln 3x � x � 2 x + y 2 x + y x +y 2 2 1 Với t = với x, y > 0 khi đó t ta được: 4 xy 2 GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác ( x − y) 2 � 4 xy � 4 xy � 4 xy � 1+ 2 ln � 2 � − �ln 3 − 1 � ln � 1+ 2 2 � �ln 3 − 2 . �( ) ( ) 2 � x + y x + y � x + y � x + y Ta được bài toán :  Bài 1: Cho x, y, z là số thực dương. Chứng minh rằng: ( x − y) 2 � 4 xy � 1+ 2 a) ln � 2 � ln 3 − ( x + y) 2 � x +y � ( x − y) − ( y − z) − ( z − x) 2 2 2 � 4 xy �� 4 yz �� 4 zx � 1+ 2 b) ln � 2 � �1+ 2 � 2 � 1+ 2 2 � ln 27 − ( x + y) ( y + z) ( z + x) 2 2 2 � x +y �� y +z �� z +x � 2) Suy ra a b > 0 thì f ( a ) f ( b ) � 1� 2 � 1� 2 Hay ln �1 + �− ln � 1 + �− � a � 2a + 1 � b � 2b + 1 �ab + b � 4( a + b) ln � � �ab + a � ( 2a + 1) ( 2b + 1) Do đó ta có bài toán: �ab + b � 4( a + b)  Bài 2: Cho a b > 0 . Chứng minh rằng ln � � . �ab + a � ( 2a + 1) ( 2b + 1) x 3 1 3) Kết hợp với BĐT + , ∀x 2 ta có : 7 7x 2 � 7 x � x − 14 x + 3 2  ln 1 Bài 3: Chứng minh rằng � 2 + � 2 + ln 3 với x 2 . � x + 3 � x + 14 x + 3 x y 4) Kết hợp với , ∀x y 0 ta được 1+ x 1+ y � x +1� 2 � y +1� 2 1+ ln � − � 2x ln 1+ � �− � x � +1 � y � 2y +1 x +1 y +1 2 xy + y 4( y − x) Hay ln , áp dụng BĐT Côsi ta có 2 xy + x ( 3x + 1) ( 3 y + 1) 2 xy + y 16 ( y − x ) Bài 4: Chứng minh rằng : ln với mọi số thực x y>0 ( 3x + +3 y + 2 ) 2 2 xy + x . GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác Ví dụ 3. Xuất phát từ hàm số f ( t ) = 3 t ( ) t 2 + 1 − t đồng biến trên  . 1) Kết hợp với BĐT x 2 + 1 2 x, ∀x  do đó ta có: f ( x 2 + 1) �� ( ) ( ) � 2 � 2x � + 1 − 2x� 2 f ( 2x) ( ) 2 +1 2 3x � x + 1 + 1 − x 2 + 1 ��3 2 x � � � � � � 2 3( x −1) ۳ 4x2 + 1 − 2 x x + 2x + 2 + x + 1 4 2 2 Do đó ta có bài toán:  Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số thực x ta luôn có x −1) 2 3( 4 x 2 + 1 − 2 x (*) x4 + 2 x2 + 2 + x2 + 1 2) Kết hợp với BĐT x 3 + 2 3x, ∀x −2 Khi đó ta có: f ( x3 + 2 ) �� 3x +2 � ( x 3 + 2 ) + 1 − ( x 3 + 2 ) ��33 x � ( 3x ) + 1 − 3x � � 2 � f ( 3x ) 3 2 � � � � � � � 3 ( x −1) 2 ( x + 2 ) ( ( 3x ) 2 ) + 1 + 3x � x 6 + 4 x3 + 5 + x3 + 2 Do đó ta được bài toán:  Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số thực x −2 ta luôn có 3( x −1) 2 x+2 ( ) ( 9 x2 + 1 + 3x ) x6 + 4 x3 + 5 + x3 + 2 3) Kết hợp với giả thiết a b ta được: 3a ( a2 + 1 − a ) 3( b b 2 + 1 − b hay ) ( ) 2 ( b 2 + 1) + 2b 3a −b 2 ( a 2 + 1) + 2a Kết hợp BĐT Bunhiacopxky ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ( b 2 + 1) + 2b 3 ( 3b 2 + 1) , 2 ( a 2 + 1) + 2a 2 �1 + 2 a + 1� � � Do đó ta có bài toán:  Bài 3: Chứng minh rằng 3 a −b . 9b 2 + 3 ( 1 + 2 ) a + 1, với a b. 4) Với x 0 ta có: 3 x ( x 2 + 1−�۳ x + +1 ) 3x x2 1 x Tương tự ta có: 3 y y 2 + 1 + y , 3z z2 +1 + z GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác Cộng vế với vế ta được bài toán:  Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z không âm thì a) 3x + 3 y + 3z 3+ x + y + z b) 3x + 3 y + 3z x2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 1 + x + y + z . + Từ bài 4a ta được: với mọi số thực x, y, z thì 3 x− y + 3 y − z + 3 z − x x − y + y − z + z − x + 3 Áp dụng BĐT a + b a + b và kết hợp giả thiết thêm x + y + z = 0 , ta có ( x− y + y−z + z−x) = x− y + y−z + z−x + x− y ( y−z + z−x) 2 2 2 2 + y − z ( z − x + x − y ) + z − x ( x − y + y − z ) 2( x − y + y − z + z − x ) 2 2 2 Do đó: x− y + y−z + z−x ( 2 2 x− y + y−z + z−x 2 2 ) = 6( x 2 + y2 + z2 ) − 2( x + y + z ) 2 Hay x − y + y − z + z − x 6 ( x2 + y 2 + z 2 ) Suy ra P = 3 x − y + 3 y − z + 3 z − x − 6 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 Ta được bài toán  Bài 5: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 3 x − y + 3 y − z + 3 z − x − 6 ( x 2 + y 2 + z 2 ) (Đại học KA 2012) + Với x 0 ta có 3x x 2 + 1 + x x + 1 , xây dựng các BĐT tương tự đối với A B C biến y, z và cho x = sin , y = sin , z = sin cộng lại ta được 2 2 2  Bài 6: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng: A B C sin sin sin A B C 3 2 +3 2 +3 2 3 + sin + sin + sin 2 2 2 Để che giấu hàm số, ta có thể sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: A B C + sin + sin sin cos A + cos B + cos C 2 2 2 Từ đó được bài toán mới là: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác  Bài 7: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng A B C sin sin sin 3 +3 +3 3 + cos A + cos B + cos C 2 2 2 x2 2 Từ trên ta cũng có 3 �x + 1, ∀x � , 3x + 1 �x 2 + 2, ∀x � , xây dựng các 2 BĐT tương tự và nhân lại với nhau ta được bài toán:  Bài 8: Cho các số thực x, y, z . Chứng minh rằng : 2 2 2 a) 3x .3 y .3z ( x 2 + 1)( y 2 + 1)( z 2 + 1) . ( 2 b) 3 + 1 3 + 1 3 + 1 x y z )( 2 )( 2 ) ( x 2 + 2)( y 2 + 2)( z 2 + 2) Lại có: ( x 2 + 1)( y 2 + 1)( z 2 + 1) = ( x + y + z − xyz ) 2 + ( xy + yz + zx − 1) 2 ( xy + yz + zx − 1) 2 ( x + y + z) 2 Và bất đẳng thức ( x 2 + 2)( y 2 + 2)( z 2 + 2) Từ đó suy ra có bài toán:  Bài 9: Chứng minh rằng ∀x, y, z , ta luôn có: 2 + y2 + z 2 3x ( xy + yz + zx − 1) 2 .  Bài 10: Chứng minh rằng ∀x, y, z ta luôn có ( 3 + 1)( 3 + 1)( 3 + 1) x2 y2 z2 ( x + y + z) 2 . ln ( 1+ 4 x ) Ví dụ 4. Xuất phát từ hàm f ( x ) = đồng biến trên khoảng ( 0;+ ). x ln ( 1 + 4 a ) ln ( 1 + 4b ) 1) Với a b > 0 ta có: a b � ln ( 1+ 4 ) a b �ln ( 1+ 4 b a ) � ( 1+ 4 a b ) �( 1+ 4 ) b a b a b a � 1+ 4 a � � 1 + 4b � � a 1 � �b 1 � �+��a+ � � b � �2 a � � 2 b � (Đại học KD 2007) �2 � �2 � � 2 � � 2 � Do đó ta có bài toán: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác b a �a 1 � �b 1 �  Bài 1: Chứng minh rằng: �2 + a� �2 + b �, ∀a b > 0. � 2 � � 2 � ln ( 1+ 4 x ) 2) Với x, y, z 1 ta có ln 5 x ln ( 1+ 4 y ) ln ( 1+ 4 z ) Tương tự ta có: ln 5, ln 5 y z Từ đó ta có bài toán:  Bài 2: Cho x, y, z 1 chứng minh rằng: ln ( 1+ 4 x ) ln ( 1+ 4 y ) ln ( 1+ 4 z ) + + ln125 x y z  Bài 3: Cho x, y, z 1 thỏa mãn x + y + z = 4 . Chứng minh rằng: x ln ( 1+ 4 x ) + y ln ( 1+ 4 y ) + z ln ( 1+ 4 z ) 16ln 5 2 3) Từ trên, ta suy ra: Với x 1 thì ln(1 +24 ) ln(1 + 4 x ) , hay x x x 2 ln(1 + 4 x ) x ln(1 + 4 x ) Tương tự, xây dựng thêm y và công lại, ta được: ln � (1 � + 4 x2 )(1 + 4 y2 � ) � x ln(1 + 4 x ) + y ln(1 + 4 y ) 2 2 Lại theo bất đẳng thức Cauchy thì: (1 + 4 )(1 + 4 ) x2 y2 (4 x + 4 y + 2) 2 4 Từ đó có bài toán:  Bài 4: Cho x, y 1 . Chứng minh rằng: 2 2x ln(1 + 4 x ) + y ln(1 + 4 y ) ln(4 x + 4 y + 2) + ln 2 . 2 4) Kết hợp với bất đẳng thức Trêbưsép, ta có ∀x, y, z > 0 thì: 1 ln(1 + 4 x ) ln(1 + 4 y ) ln(1 + 4 z ) � � (x + y + z) � + + � ln(1 + 4 x ) + ln(1 + 4 y ) + ln(1 + 4 z ) 3 � x y z � 1 �ln(1 + 4 x ) ln(1 + 4 y ) ln(1 + 4 z ) � ln(1 + 4 x ) + ln(1 + 4 y ) + ln(1 + 4 z ) Hay � + + � 3� x y z � x+ y+z GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác  Bài 5: Cho các số thực dương x,y,z. Chứng minh rằng: 1 �ln(1 + 4 x ) ln(1 + 4 y ) ln(1 + 4 z ) � ln(1 + 4 x ) + ln(1 + 4 y ) + ln(1 + 4 z ) � + + � . 3� x y z � x + y + z b) Từ tính đơn điệu hàm số lượng giác 2 1 � π� Ví dụ . Xét hàm số f ( x ) = sinx + t anx − x nghịch biến trên � 0; �. 3 3 � 2� � π� Kết hợp với 2 x > x, x � 0; � suy ra � 4� 2 1 2 1 f ( 2 x ) < f ( x ) � sin2x + t an2x − 2 x < sinx + t anx − x 3 3 3 3 � 2sin x ( 2cos x − 1) + tan 2 x < 3 x Ta có bài toán: � π�  Bài 1: Chứng minh rằng x � 0; � ta luôn có: � 4� 2sin x ( 2cos x − 1) + tan 2 x > 3 x . π Giả thiết 0 < a < b < ta có 2 2 1 2 1 f ( b ) > f ( b ) � sina + t ana − a > sinb + t anb − b 3 3 3 3 sin ( a − b ) � 2 ( sin a − sin b ) + > a−b cos a cos b π  Bài 2: Cho 0 < a a −b. cos a cos b Gắn vào tam giác ABC nhọn, xây dựng các BĐT với các biến A, B, C ta được bài toán  Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác 2 1 ( sin A + sin B + sin C ) + ( t anA + tan B + tan C ) > π 3 3 Kết hợp với đẳng thức trong tam giác A B C sin A + sin B + sin C = 4cos cos cos , 2 2 2 tan A + tan B + tan C = tan A.tan B.tan C , ta được  Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng: A B C cos cos + t anA tan B tan C > 3π . 8cos 2 2 2 A B C Kết hợp với BĐT sin A + sin B + sin C cos + cos + cos , ta được 2 2 2  Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng: � A B C� cos + cos + cos �+ t anA tan B tan C > 3π . 2� � 2 2 2� 2. XUẤT PHÁT TỪ NHẬN XÉT 2 a) Từ tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit Ví dụ 1. Xuất phát từ hàm số f ( x ) = a x đồng biến trên  với a > 1 và nghịch biến trên  với 0 < a < 1 . Vì vậy với mọi số thực x, y ta có: 1) ( x − y ) ( a − a ) x y 0 với a > 1 . 2) ( x − y ) ( a − a ) x y 0 với 0 < a < 1 . 1) Vì hàm số f ( x ) = 4 x đồng biến trên  nên với x, y  ta có: ( 4 − 4 ) ( x − y) 0 � x.4 x + y.4 y x.4 y + y.4 x. x y Tương tự ta có y.4 y + z.4 z y.4 z + z.4 y , z.4 z + x.4 x z.4 x + x.4 z. Cộng vế với vế các BĐT ta được 2 ( x.4 x + y.4 y + z.4 z ) ( x + y ) .4 z + ( y + z ) .4 x + ( z + x ) .4 y (*) Từ (*) ta có các bài toán sau: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác  Bài 1: Chứng minh rằng: ( 2 x − y − z ) .4 x + ( 2 y − z − x ) .4 y + ( 2 z − x − y ) 4 z 0 đúng với mọi số thực x, y, z .  Bài 2: Cho x, y, z là các số thực thoả mãn x + y + z = 0 . Chứng minh rằng: x.2 x + y.2 y + z.2 z 0  Bài 3: Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh rằng x.4 x + y.4 y + z.4 z x2 y+ z + y 2 z + x + z 2 x+ y . ( 4 − 4 ) ( x − y ) 0 � x 2 .4 x + y 2 .4 y x 2 .4 y + y 2 .4 x. x y 2 2 Suy ra x 2 .4 x + y 2 .4 y 2 xy.2 x+ y , xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại ta được bài toán.  Bài 4: Cho các số thực x, y, z chứng minh rằng: x 2 .4 x + y 2 .4 y + z 2 .4 z xy.2 x + y + yz.2 y + z + zx.2 z + x . ( 4 − 4 ) ( x − y ) 0 � x 3 .4 x + y 3 .4 y x3 .4 y + y 3 .4 x. x y 3 3 Do đó 2 ( x .4 + y .4 + z .4 ) x 3 .4 y + y 3.4 x + y 3.4 z + z 3.4 y + z 3.4 x + x3 .4 z 3 x 3 y 3 z Áp dụng BĐT Côsi ta được:  Bài 5: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh rằng: a) x 3 .4 x + y 3 .4 y + z 3 .4 z 12 xyz . b) x .4 + y .4 + z .4 3 x 3 y 3 z 6x ( y2 + z2 ) 1 2) Vì hàm số f ( x) = là hàm số nghịch biến trên  nên ta có: 8x �1 1 � x y x y �� x − y � ( x − y ) �0 � x + y � y + x . �8 8 � 8 8 8 8 y z y z z x z x Tương tự ta có y + z z + y, z + x x + z. 8 8 8 8 8 8 8 8 Cộng vế với vế các BĐT trên ta được �x y z � x+ y y+z z+x 2 � x + y + z � z + x + y (**) �8 8 8 � 8 8 8 Từ (**) ta có các bài toán sau: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác  Bài 6: Cho x, y, z là các số thực. Chứng minh rằng: x + y − 2z y + z − 2x z + x − 2 y + + 0. 8z 8x 8y  Bài 7: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x + y + z = 0 . Chứng minh rằng: x y z x + y+ z 0. 8 8 8  Bài 8: Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn x + y + z = 1 . 1 1 1 Chứng minh rằng: + + 3 3 xyz . 8z 8x 8 y  Bài 9: Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn xyz = 1 .Chứng minh rằng: x+ y y+z z+x 6 a) z + x + y x+ y+ z . 8 8 8 2 x2 + y 2 y2 + z2 z 2 + x2 b) + + 3 ( x + y ) 22 z − x − y ( y + z ) 22 x − y − z ( z + x ) 22 y − z − x �1 1 �2 x2 y 2 x2 y 2 x 2 y 2 2 xy �� x − y � ( x − y ) �0 � x + y � y + x � y + x � x + y với mọi số thực 2 �4 4 � 4 4 4 4 4 4 2 x, y . 2 xy 2 yz 2 zx x 2 + y 2 y 2 + z 2 z 2 + x 2 Từ đó suy ra: x + y + y + z + z + x + + 2 2 2 4z 4x 4y Kết hợp BĐT Cauchy_Swash ta được bài toán  Bài 10: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x + y + z = 1 . 2 xy 2 yz 2 zx x2 + y 2 y 2 + z 2 z 2 + x2 Chứng minh rằng: + + + + . 2 x+ y 2 y+ z 2 z + x 4z 4x 4y Ví dụ 2. Xuất phát từ hàm số y = log a x đồng biến trên từng khoảng xác định với a > 1 và nghịch biến trên từng khoảng xác định với 0 < a < 1 . Vì vậy với mọi số thực từng khoảng xác định của hàm số ta có: 1) ( x − y ) ( log a x − log a y ) 0 với a > 1 . 2) ( x − y ) ( log a x − log a y ) 0 với 0 < a < 1 . GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác Với mọi số dương x,y ta có: ( log 2 x − log 2 y ) ( x − y ) 0 � x.log 2 x + y.log 2 y x. log 2 y + y. log 2 x Tương tự ta có y.log 2 y + z.log 2 z y. log 2 z + z. log 2 y và z.log 2 z + x.log 2 x z. log 2 x + x. log 2 z Cộng vế với vế ta có: 2 ( x.log 2 x + y.log 2 y + z.log 2 z ) ( y + z ) log 2 x + ( z + x ) log 2 y + ( x + y ) log 2 z (1) Hay ( 2 x − y − z ) log 2 x + ( 2 y − z − x ) log 2 y + ( 2 z − x − y ) log 2 z 0 (2) + Với giả thiết x + y + z = 3 kết hợp với (2) ta được bài toán:  Bài 1: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = 3 . Chứng minh rằng: ( x − 1) log 2 x + ( y − 1) log 2 y + ( z − 1) log 2 z 0 . + Với giả thiết xyz = 1 kết hợp với (1) Ta có ( y + z ) log 2 x + ( z + x ) log 2 y + ( x + y ) log 2 z = x ( log 2 y + log 2 z ) + y ( log 2 z + log 2 x ) + z ( log 2 x + log 2 y ) = xlog 2 yz + ylog 2 zx + zlog 2 xy = xlog 2 x −1 + ylog 2 y −1 + zlog 2 z −1 = − xlog 2 x − ylog 2 y − zlog 2 z Do đó 2 ( x.log 2 x + y.log 2 y + z.log 2 z ) − xlog 2 x − ylog 2 y − zlog 2 z Hay xlog 2 x + ylog 2 y + zlog 2 z 0 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 Ta được bài toán:  Bài 2: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn xyz = 1 .Chứng minh rằng : a) xlog 2 x + ylog 2 y + zlog 2 z 0 b) x x y y z z 1 . Với mọi số dương x, y, z lơn hơn 1 ta có ( log x x − log x y ) ( x − y ) 0 � x + y.log x y x. log x y + y Tương tự ta có: y + z.log y z y. log y z + z ; z + x.log z x z. log z x + x Cộng lại ta được: x ( log z x − log x y ) + y ( log x y − log y z ) + z ( log y z − log z x ) 0 . Ta có bài toán:  Bài 3: Chứng minh rằng: a) x ( log z x − log x y ) + y ( log x y − log y z ) + z ( log y z − log z x ) 0 với x, y, z > 1 . GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác b) x ( log z x − log x y ) + y ( log x y − log y z ) + z ( log y z − log z x ) 0 với 0 < x, y, z < 1 . Với mọi số dương x,y,z lớn hơn 1 ta có ( log z x − log z y ) ( x − y ) 0 � x.log z x + y.log z y �x. log z y + y. log z x Tương tự ta có: y.log x y + z.log x z y. log x z + z. log x y z.log y z + x.log y x z. log y x + x. log y z Cộng lại ta được ta có: log z ( x x y y ) + log x ( y y z z ) + log y ( z z x x ) x ( log z y + log y z ) + + y ( log x z + log z x ) + z ( log x y + log y x ) Kết hợp BĐT côsi ta được:  Bài 4: Chứng minh rằng: log z ( x x y y ) + log x ( y y z z ) + log y ( z z x x ) 2 ( x + y + z ) với x, y, z là số thực lớn hơn 1 Với mọi số dương x,y ta có: ( ln x − ln y ) ( x − y ) 0 x.ln x + y.ln y x. ln y + y. lnx Tương tự ta có y.ln y + z.ln z y. ln z + z. ln y và z.ln z + x.ln x z. ln x + x. ln z Cộng lại ta được 2[ x ln x + y ln y + z ln z ] ( y + z )ln z + ( z + x)ln y + ( x + y )ln z Hay ( x x y y z z ) 2 x y + z . y z + x .z x + y Ta được bài toán:  Bài 5: Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức sau: x2 x y2 y z 2 z x y + z . y z + x .z x + y 3 1 1 1 3 �1 1 1 � Kết hợp BĐT + + �� xyz � + + ��27 ta được bài toán. x y z 3 xyz �x y z �  Bài 6: Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức sau: (x y z ) (x z 2 + y − ( z+ x ) + z − ( x+ y ) ) x y −( y+ z ) 3 27 . et Ví dụ 3. Xuất phát từ hàm số f ( t ) = đồng biến trên [ 1;+ ) và nghịch biến t trên ( 0;1] . GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác �e x e y � xe y ye x Ta có ∀x, y �( 0;1] : ( x − y ) � − �� 0 + �e x + e y �x y� y x ye z ze y z ze x xe z Tương tự ta có: + e +e , y + ez + ex z y x z Cộng vế với vế lại ta được: y+z x z+x y x+ y z .e + .e + .e 2 ( e x + e y + e z ) x y z Mặt khác x, y, z ( 0;1] nên e x + e y + e z e x2 + e y 2 + e z 2 . Suy ra y+z x z+x y x+ y z x .e + y .e + z 2 ( 2 .e 2 e x + e y + e z . 2 ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 W Từ đó ta có bài toán:  Bài 1: Cho x, y, z ( 0;1] . Chứng minh rằng: y+z x z+x y x+ y z a) .e + .e + .e 2( ex + e y + ez ) x y z b) y+z x z+x y x+ y z x .e + y .e + z .e ( 2 2 2 ex + e y + ez 2 )  Bài 2: Cho các số thực x,y,z không âm thỏa mãn x + y + z = 1 . ex e y ez Chứng minh rằng: + + 3( e x + e y + e z ) x y z �e x e y � e y ex ex + e y Ta có ∀x, y �[ 1; +�) : ( x − y ) � − �� 0 + � �x y� y 2 x2 xy ez e y ez + e y ex ez ex + ez Tương tự ta có: 2 + 2 , 2+ 2 z y zy x z xz Cộng vế với vế ta được: �e x e y e z � �1 1 �e x �1 1 �e y �1 1 �e z 2� 2 + 2 + 2 � � + � + � + � + � + � �x y z � �y z �x �z x �y �x y �z 1 1 1 Cho + + = 1 hay xy + yz + zx = xyz thì x, y, z �( 1;+�) Ta có bài toán sau: x y z  Bài 3: Cho các số thực x, y, z dương thỏa mãn xy + yz + zx = xyz . GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác �e x e y e z � e x e y e z Chứng minh rằng: 3 � 2 + 2 + 2 � + + . �x y z � x y z Ví dụ 4. Xuất phát từ hàm số f ( t ) = t ln t đồng biến trên e ; + −1 ) và nghịch biến trên ( 0; e ￹￻ . −1 Ta có: ∀x, y � e ; +�) : ( x − y ) ( x ln x − y ln y ) �0 −1 Xét hàm số f ( t ) = t ln t , t � e ; +�) . −1 Ta có: f ' ( t ) = ln t + 1 �0, ∀t � e ; +�) −1 Suy ra ∀x, y � e ; +�) : ( x − y ) ( x ln x − y ln y ) �0 −1 x ln x y ln y � x 2 ln x + y 2 ln y �xy ( ln x + ln y ) �+ �ln ( xy ) y x y ln y z ln z z ln z x ln x Tương tự ta có + ln ( yz ) , + ln ( zx ) z y x z �1 1 � �1 1 � �1 1 � Cộng vế với vế ta có x � + � ln x + y � + � ln y + z � + � ln z 2ln ( xyz ) �y z � �z x � �x y � Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z W  Bài 1: Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng: �1 1 � �1 1 � �1 1 � 1 � � a) x � + � ln x + y � + � ln y + z � + � ln z 2ln ( xyz ) với x, y, z � ; +� . �y z � �z x � �x y � e � � �1 1 � �1 1 � �1 1 � � 1� b) x � + � ln x + y � + � ln y + z � + � ln z 2ln ( xyz ) với x, y, z 0; ￺ . �y z � �z x � �x y � � e� 1 1 1 1 + Với giả thiết + + = e khi đó x, y, z > (thỏa mãn điều kiện ràng buộc x y z e trên) � 1� � 1� � 1� e− � Ta có x � ln x + y � e− � ln y + z � e− � ln z 2ln ( xyz ) . � x� � y� � z� Do đó ta có bài toán: 1 1 1  Bài 2: Cho cho các số thực dương thỏa mãn + + = e . x y z GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit và hàm số lượng giác 3ln ( xyz ) Chứng minh rằng x ln x + y ln y + z ln z . e + Với giả thiết x, y, z là số thực lớn hơn một thỏa mãn xyz = 3 ta được:  Bài 3: Cho cho các số thực lớn hơn 1 thỏa mãn xyz = 3 . Chứng minh rằng x 2 ( y + z ) ln x + y 2 ( z + x ) ln y + z 2 ( x + y ) ln z 6ln 3 . b) Xuất phát từ tính đơn điệu của hàm số lượng giác Sử dụng trực tiếp tính chất 2 Xét hàm số f ( t ) = cos t , t ( 0;π ) Ta có f ' ( t ) = − sin t < 0, ∀ t ( 0;π ) Suy ra ( A − B ) ( cos A − cos B ) �� 0 A cos A + B cos B �B cos A + A cos B Tương tự ta có: B cos B + C cos C C cos B + B cos C , C cos C + A cos A A cos C + C cos A Cộng vế với vế ta được: 2 ( A cos A + B cos B + C cos C ) A ( cos B + cos C ) + (1) + B ( cos C + cos A ) + C ( cos A + cos B ) Ta lại có A ( cos B + cos C ) + B ( cos C + cos A ) + C ( cos A + cos B ) B+C B −C C+A C−A A+ B A−B = 2 A cos cos + 2 B cos cos + 2C cos cos 2 2 2 2 2 2 B+C C+A A+ B 2 A cos + 2 B cos + 2C cos 2 2 2 � A B C� = 2 �A sin + B sin + C sin � ( 2 ) � 2 2 2� Từ (1) và (2) suy ra � A B C� 2 ( A cos A + B cos B + C cos C ) 2 �A sin + B sin + C sin � � 2 2 2� � A � � B � � C � Hay A � sin − cos A �+ B � sin − cos B �+ C � sin − cos C � 0 � 2 � � 2 � � 2 � Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Ta được bài toán  Bài 1: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.