Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình hàm
lượt xem 3
download
Mục tiêu của sáng kiến kinh nghiệm này nhằm hệ thống kiến thức về phương trình hàm, trình bày các kết quả qua quá trình nghiên cứu phương trình hàm và bất phương trinh hàm. Giúp các em học sinh có kiến thức tốt về Phương trình hàm và một phần của Bất phương trình hàm, mở ra một số hướng cho các em học sinh suy nghĩ và sáng tạo những bài toán mới.
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Phương trình hàm
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG MỤC LỤC NỘI DUNG TRANG I.PHẦN MỞ ĐẦU: 2 2 1/Lý do chọn đề tài: 2 2/Mục tiêu nghiên cứu: 2 3/Nhiệm vụ nghiên cứu: 2 4/Các phương pháp nghiên cứu: 3 3 II.PHẦN NỘI DUNG: 3 1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu: 3 2/Cơ sở lý luận của đề tài: 4 3/Thực trạng của vấn đề nghiên cứu: 4 4 4/Nội dung nghiên cứu và kết quả nghiên cứu: 4 A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: 4 A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm. 4 A.2)Một số đặc trưng cơ bản của hàm số . 8 A.3)Bất phương trình hàm. 12 A.4)Phương trình hàm liên quan đến tam giác. 17 A.5)Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác. 20 A.6)Các đề thi học sinh giỏi. 34 A.7)Một số kỹ thuật giải phương trình hàm. 43 B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: 43 III.PHẦN KẾT LUẬN: 1/Kết luận: 43 2/Tài liệu tham khảo: 44 SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG I.PHẦN MỞ ĐẦU: 1/Lý do chọn đề tài: T rong những năm gần đây, bộ môn Toán của Tỉnh Tiền Giang của chúng ta đã có những tiến bộ rõ rệt và thành tích trong những kỳ thi Học sinh Giỏi cấp Quốc gia ngày càng tốt hơn. Có được những thành tích đó là nhờ sự chỉ đạo chuyên môn của SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG, sự nổ lực của Quý Thầy Cô và sự cố gắng của các em học sinh. Qua quá trình nghiên cứu, theo dõi các đề thi Học sinh Giỏi và những lần chấm thi, tôi thấy rằng đa số các em học sinh còn “chưa thạo” trong việc giải các bài toán về Phương trình hàm một cách có “bài bản”. Để góp phần nhỏ của mình vào việc hệ thống lại một công cụ để nghiên cứu, giải toán thi Học sinh Giỏi những phần có liên quan đến hàm số, những đẳng thức, bất đẳng thức, tạo sự thích thú cho các em học sinh; giúp các em “không còn ngán ngại” khi gặp các bài toán về hàm số. Tôi xin được phép trình bày chuyên đề “ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ”. 2/Mục tiêu nghiên cứu: Nhằm hệ thống kiến thức về phương trình hàm, trình bày các kết quả qua quá trình nghiên cứu phương trình hàm và bất phương trinh hàm. Giúp các em học sinh có kiến thức tốt về Phương trình hàm và một phần của Bất phương trình hàm, mở ra một số hướng cho các em học sinh suy nghĩ và sáng tạo những bài toán mới. 3/Nhiệm vụ nghiên cứu: Trước hết là thực hiện đổi mới phương pháp giảng dạy Toán làm cho học sinh sáng tạo tìm những kết quả mới, lời giải hay trên một “loại toán khó”, giúp bản thân nắm vững hơn nữa về Phương trình hàm, đồng thời trao đổi và học tập kinh nghiệm ở Quý Thầy Cô ở Tổ Toán. 4/Các phương pháp nghiên cứu: *Phương pháp suy luận, tổng hợp: kết hợp bài giảng của GSTSKH NGUYỄN VĂN MẬU với các đề thi Học sinh Giỏi rút ra những kinh nghiệm, hệ thống lại kiến thức, mở ra các hướng mới. *Phương pháp trò chuyện – phỏng vấn: trao đổi tâm tình với nhiều học sinh khá giỏi để nắm tình hình sử dụng các kiến thức về Phương trình hàm. *Phương pháp khảo sát: bản thân được tham dự các kỳ chấm thi Học sinh Giỏi nên có nắm được tình hình sử dụng các phương pháp làm bài của các em học sinh. SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG *Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ bản chất vấn đề, lựa chọn được phương pháp giải cho phù hợp. II.PHẦN NỘI DUNG 1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu: Hè những năm 2003, 2004, 2005, 2006 bản thân tôi được tham dự lớp “BỒI DƯỠNG CHUYÊN TOÁN THPT” tại Trường ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HÀ NỘI”. Trong khóa học tôi nhận thấy kiến thức về Toán của mình được nâng lên rõ rệt. “BÀI GIẢNG CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM ” (của GSTS NGUYỄN VĂN MẬU) là một trong các bài giảng mà tôi tâm đắc. Được sự động viên khuyến khích của Thầy TRƯƠNG THÀNH PHÚ – Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tiền Giang; tôi mạnh dạn chọn đề tài này để nghiên cứu và trình bày. 2/Cơ sở lý luận của đề tài: Kết hợp bài giảng và các tài liệu tham khảo để phân tích, tổng hợp, hệ thống. 3/Thực trạng của vấn đề nghiên cứu: Đa số học sinh rất ngại khi sử dụng phương pháp này, rất lúng túng trong quá trình phân tích để tìm ra bản chất và vận dụng kiến thức về phương trình hàm một cách thích hợp. 4/Nội dung nghiên cứu và kết quả nghiên cứu: A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm: Phương trình hàm và bất phương trình hàm là một trong những chuyên đề giảng dạy và bồi dưỡng học sinh năng khiếu toán. Nghiên cứu phương trình hàm là một việc làm thiết thực, góp phần làm phong phú thêm kiến thức toán. Đặc biệt với “tư tưởng” của Thầy Nguyễn Văn Mậu, nghiên cứu phương trình hàm còn giúp chúng ta giải quyết được những hàm “tựa” như: “tựa lồi”, “tựa lõm”, ...; các đặc trưng hàm cơ bản của một số hàm số sinh bởi các phép biến hình sơ cấp, “sáng tác” các kết quả mới trong tam giác, các “kỹ thuật” giải phương trinh hàm, mối quan hệ giữa phương trình hàm và bất phương trình hàm,… A.2)Một số đặc trưng cơ bản của hàm số: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG A.1.1/Đặc trưng của một số hàm sơ cấp: Trong phần này ta nêu những đặc trưng của một sồ hàm số sơ cấp thường gặp trong chương trình phổ thông. Nhờ các đặc trưng hàm này mà ta có thể dự đoán kết quả của các phương trình hàm tương ứng cũng như có thể đề xuất những dạng bài tập tương ứng với các đặc trưng hàm đó. Các hàm số được xét trong phần này thoả mãn điều kiện liên tục trên toàn miền xác định của hàm số. Nếu hàm số thoả mãn các đặc trưng hàm đã cho mà không có tính liên tục hoặc được xác định trên các tập rời rạc thì nghiệm của phương trình hàm có thể là một biểu thức hoàn toàn khác. 1/Hàm bậc nhất: f ( x) ax b; (a, b 0) . x y f ( x) f ( y) Đặc trưng hàm: f ; x, y (Phương trình Jensen) 2 2 2/Hàm tuyến tính: f ( x) ax; (a 0) . Đặc trưng hàm: f x y f ( x) f ( y ); x, y (Phương trình Cauchy) 3/Hàm mũ: f ( x) a x ; (a 0, a 1) . Đặc trưng hàm: f x y f ( x). f ( y ); x, y (Phương trình Cauchy) 4/Hàm logarit: f ( x) log a x ; (a 0.a 1) . Đặc trưng hàm: f x. y f ( x) f ( y ); x, y R * (Phương trình Cauchy) 5/Hàm sin: f ( x) sin x . Đặc trưng hàm: f 3x 3 f ( x) 4 f 3 ( x); x 6/Hàm cosin: f ( x) cos x . Đặc trưng hàm: f 2 x 2 f 2 ( x) 1; x 7/Hàm tang: f ( x) tgx . f ( x) f ( y) Đặc trưng hàm: f x y ; x, y R, x y k (k Z) 1 f ( x) f ( y ) 2 8/Hàm cotang: f ( x) cot gx . f ( x) f ( y ) 1 Đặc trưng hàm: f x y ; x, y R, x y k (k Z) f ( x) f ( y ) 9/Hàm luỹ thừa: f ( x) x ; x R . Đặc trưng hàm: f x. y f ( x). f ( y ); x, y A.1.2/Hàm số chuyển đổi phép tính số học và đại số: Trong phần này, ta khảo sát một số tính chất cơ bản của một số dạng hàm số thông qua các hệ thức hàm đơn giản và các hàm bảo toàn và chuyển đổi các tính chất cơ bản của phép tính đại số như giao hoán, phân phối, kết hợp. SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Bài toán 1: Xác định các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả: f(x+y)=f(x)+f(y)+f(x)f(y); x,y (1) Phân tích: f(x+1)=2f(x)+f(1), c=2c+1 c=1 Lời giải: Đặt f(x)=g(x)1, Ta có g(x+y)1=g(x)1+g(y)1+[g(x)1][g(y)1] hay g(x+y)=g(x)g(y) ; x,y (2). Do f(x) liên tục trên R nên g(x) cũng là hàm liên tục trên R. Suy (2) có nghiệm là g(x)=eax. (1) có nghiệm là f(x)=eax1. Bài toán 2: Cho hàm số F(u,v) (u, v là số thực). Giả sử phương trình hàm: f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y là số thực) (1) có nghiệm f(x) xác định và liên tục trên R. Chứng minh rằng F(u,v) là hàm đối xứng (F(u,v)=F(v,u)) và có tính kết hợp (F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)])(2) Lời giải: u,v,w D1f(tập giá trị của hàm số f) F(u,v)=F[f(x),f(y)]=f(x+y)=f(y+x)=F[f(y),f(x)]=F(v,u) F[F(u,v),w]=f[(x+y)+z]=f[x+(y+z)]=F[f(x),f(y+z)]=F[u,F(v,w)] Bài toán 3: Giả sử phương trình hàm f(x+y)=F[f(x),f(y)], x,y R; với F(u,v)( u,v,w D1f) là một đa thức khác hằng, có nghiệm là f(x) xác định và liên tục trên R. Chứng minh F(u,v) có dạng F(u,v)=auv+bu+bv+c. Lời giải: Giả sử F(u.v) là đa thức bậc n theo u và bậc m theo v. Khi đó, do F(u,v) đối xứng nên m=n. Từ bài toán 2, ta có F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)], vế trái là đa thức bậc n theo w và vế phái là đa thức bậc n2 theo w. Suy ra n2=n, hay n=1. V ậy F(u,v)=auv+b1u+b2v+c. Mà F(u,v) đối xứng nên b1=b2 và F(u,v)=auv+bu+bv+c. Theo bài toán 2, ta có ac=b2b. Bài toán 4: Cho đa thức F(u,v)=bu+bv+c (b 0). Xác định các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y là số thực) (Tức là f(x+y)=bf(x)+bf(y)+c (4)) Lời giải: Nếu b 1 thì từ (4) với y=0, ta có f(x)=const 1 Khi b= và c=0 thì mọi hàm hằng đều thoả (4) 2 1 Khi b= và c 0 thì (4) vô nghiệm 2 1 c Khi b 1 và b thì nghiệm của (4) là f(x)= 2 1 2b SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Nếu b=1 thì (4) có dạng là f(x+y)=f(x)+f(y)+c và phương trình hàm này có nghiệm f(x)=ax+c 2 b b Bài toán 5: Cho đa thức F (u, v) auv bu bv c ( a 0, c= ). Xác a định các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả f ( x y ) F [ f ( x), f ( y )], x, y R (Tức là f ( x y ) af ( x) f ( y ) bf ( x) bf ( y ) c (5)) h( x ) b Lời giải: Đặt f ( x) , từ (5) ta có a h( x y) h( x) h( y ); x, y R và phương trình này có nghiệm e ax b h( x ) e ax . Suy ra nghiệm của (5) có dạng f ( x) a Bài toán 6: Giả sử f (x) là nghiệm của phương trình hàm: f (ax by c) Af ( x ) Bf ( y ) C (abAB 0), x, y R (6) . Chứng minh hàm số g ( x) f ( x) f (0) thoả mãn phương trình Cauchy: g(x y) g ( x) g ( y ), x, y R Lời giải: Lần lượt đặt: u v c x ,y a b u c x ,y a b v c và thế vào (5), ta thu được các đẳng thức: x 0, y b c x 0, y b u v c f (u v) Af ( ) Bf ( ) C a b u c f (u ) Af ( ) Bf ( ) C a b v c f (v) Af (0) Bf ( ) C b c f (0) Af (0) Bf ( ) C b Suy ra: f (u v) f (u ) f (v) f (0) Và g ( x y ) f ( x y ) f (0) f ( x) f ( y ) f (0) f (0) g ( x) g ( y ), x, y R Vậy: g ( x y ) g ( x) g ( y ), x, y R Bài toán 7: Giả sử hàm số f (x) liên tục trên R là nghiệm của phương trình hàm: f (ax by c) Af ( x) Bf ( y ) C (abAB 0), x, y R (7) . Chứng minh: khi đó A a, B b SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Lời giải: Nghiệm của g ( x y ) g ( x) g ( y ), x, y R trong lớp hàm liên tục là hàm tuyến tính g ( x) x . Do đó f ( x) x , thế vào (7), ta được: A a, B b; c C (a b 1) (7’) Bài toán 8: Giải và biện luận phương trình hàm: f (ax by c) Af ( x) Bf ( y ) C (abAB 0), x, y R (8) trong lớp các hàm liên tục trên R. Lời giải: Theo bài toán 7: điều kiện cần để (8) có nghiệm là A a, B b . Giả sử điều kiện này thoả mãn. Theo (7’), ta chia ra các truờng hợp sau: +T/h: a b 1, c 0 . Khi đó (8) trở thành: f (ax (1 a ) y ) af ( x) (1 b) f ( y ) (abAB 0), x, y R (8’) thuộc lớp hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình cộng. Vậy (8’) có nghiệm là f ( x) x ; , R +T/h: a b 1, c 0 Khi đó (8) trở thành: f (ax (1 a ) y c) af ( x ) (1 b) f ( y ) C (abAB 0), x, y R (8" ) . Đặt: C f ( x) x h( x) . Vậy (8”) có dạng: c h(ax (1 a) y c) ah( x) (1 b)h( y ) (abAB 0), x, y R (8' " ) . Do đó (8’”) chỉ có nghiệm hằng tuỳ ý (Xem (7)), vì vậy (8) có nghiệm C f ( x) x ; R c +T/h: a b 1 . Theo bài toán 6 thì nghiệm của (8) có dạng f ( x) x ; R . Từ (7’) suy ra c C (a b 1) . Nếu cho R c C tuỳ ý thì a b 1 Bài toán 9: Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R là nghiệm của phương trình hàm: f ( x y ) f ( z ) f ( x) f ( y z ); x, y, z R (9) . Lời giải: +Đặt f (0) a, z 0 thế vào (9) ta có: f (x y ) a f ( x) f ( y ); x, y R (9' ) +Đặt f ( x) g ( x) a . Từ (9’), ta có: g ( x y ) g ( x ) g ( y ); x, y R (9" ) . Suy ra g ( x) x; R Vậy (9) có nghiệm f ( x) ax ; , R . Thử lại thấy (9) thoả. Bài toán 10: Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R là nghiệm của phương trình hàm: f ( x y ) f ( z ) f ( x)[ f ( y ) f ( z )]; x, y, z R (10) . Lời giải: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Thay y z 0 vào (10), ta được f (0) f ( x) 0 . Vậy f (0) 0 . Với z 0 thì f ( x y ) f (0) f ( x)[ f ( y ) f (0)]; x, y R (10' ) hay f ( x ) f ( y ) 0; x, y R (10' ) . A.3)Bất phương trình hàm cơ bản. Bài toán 1: Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R thoả đồng thời f ( x) 0; x R (1.1) các điều kiện sau: f (x y ) f ( x ) f ( y ); x, y R (1.2) Lời giải: f (0) 0 Thay x y 0 , ta có hay f (0) 0 f (0) 2 f (0) Vậy nên f (0) f ( x ( x )) f ( x) f ( x) 0 . Suy ra f ( x) 0 . Thử lại (1) thoả Bài toán 2: Cho trước hàm số h( x) ax; a R . Xác định các hàm số f (x ) liên tục trên R thoả đồng thời các điều kiện sau: f ( x ) ax; x R ( 2.1) f (x y ) f ( x) f ( y ); x, y R (2.2) Lời giải: h( x y ) h( x) h( y ) . Đặt f ( x) h( x) g ( x) . Khi đó ta có g ( x) 0; x R và g ( x y ) g ( x) g ( y ); x, y R . Theo bài toán 1, ta có: g ( x) 0; x R . Vậy f ( x) h( x) ax; a R . Thử lại thấy thoả điều kiện (2.1) và (2.2) Bài toán 3: Cho a 0 . Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R thoả f ( x) a x ; x R (3.1) đồng thời các điều kiện sau: f (x y ) f ( x) f ( y ); x, y R (3.2) Lời giải: Ta có f ( x) 0; x R . Khi đó logarit hoá hai vế (3.1), (3.2), ta có ln f ( x) (ln a) x; x R (3.1' ) Đặt ln f ( x) ( x) , ta có: ln f ( x y ) ln f ( x) ln f ( y ); x, y R (3.2' ) ( x) (ln a ) x; x R (3.1" ) Đặt ( x) g ( x) (ln a) x , ta có: hàm ( x y) ( x) ( y ); x, y R (3.2" ) g (x) thoả điều kiện bài toán 2 nên g ( x) 0; x R và ( x) (ln a) x . Vậy f ( x ) a x ; x R (3.1) thoả điều kiện bài toán. Bài toán 4: Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R thoả đồng thời f ( x) 0; x R (4.1) các điều kiện sau: f ( x y ) f ( x) f ( y ) ; x, y R (4.2) 2 2 Lời giải: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Đặt f (0) a, f ( x) a g ( x) . Khi đó ta có g ( x) 0; x R (4.1' ) x y g ( x) g ( y ) vôùig(0) 0 Thay y 0 vào (4.1’) g( ) ; x, y R (4.2' ) 2 2 x g ( x) g( ) ; x R x y g ( x) g ( y ) và (4.2’) 2 2 . Suy ra g ( ) ; x, y R hay g ( 0) 0 2 2 2 g (0) 0, g ( x) 0; x R theo bài toán 1 thì g ( x y ) g ( x) g ( y ); x, y R g ( x) 0; x R vaø f(x)laøconst. Thử lại f ( x ) c thoả điều kiện bài toán. Bài toán 5: Xác định các hàm số f (t ) liên tục trên R thoả điều kiện sau: f ( x) max y R 2 xy f ( y ) ; x R (5) Lời giải: Từ (5) ta có f ( x) 2 xy f ( y ); x, y R (5’) Thay x y t vào (5’), ta có f ( x) x 2 ; x R (5”) Suy ra 2 xy f ( y ) 2 xy y 2 x 2 ( x y ) 2 ; x, y R mà 2 2 2 2 max 2 xy f ( y ) max x ( x y ) x suy ra f ( x) x ; x R . Vậy y R y R f ( x ) x 2 ; x R (kết hợp với (5”). Thử lại thấy thoả điều kiện. Bài toán 6: Xác định các hàm số f (t ) liên tục trên R+ thoả điều kiện sau: f ( x) max x 2 y xy 2 f ( y) ; x R (6) y R Lời giải: Tương tự bài toán 5, ta có f ( x) x 2 y xy 2 f ( y ); x, y R Thay x y t vào (6’), ta có f ( x) x 3 ; x R (6”) Suy ra: x 2 y xy 2 f ( y ) x 2 y xy 2 y 3 x 3 ( x y )( x y ) 2 x 3 ; x, y R mà max x 2 y xy 2 f ( y) max x 3 (x y )( x y) 2 x3; x R suy ra y R y R f ( x) x3; x R . Kết hợp với (6”), ta có f ( x) x3 ; x R . Thử lại thấy thoả điều kiện bài toán. Nhận xét: Điều khẳng định trên cho ta một kết luận tương ứng sau: Nếu có một bất đẳng thức cổ điển cho cặp số x, y ; chẳng hạn như x 3 x 2 y xy 2 y 3 ; x, y R thì từ điều kiện f ( x) max x 2 y xy 2 f ( y) ; x R ta có ngay hàm cần tìm là y R f ( x) x3 ; x R Từ đây ta có thể “sáng tác” ra những bài toán tương tự SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Bài toán 7: Chứng minh rằng nếu: Hoaëc f'(x) 0 vaøh(x) 0 x Df Hoaëc f'(x) 0 vaøh(x) 0 x Df thì trong tacoù : f(g(x)) g(x).h(x) f(0) g(x) 0 Lời giải: Sử dụng định lý Lagrange, ta có: f(g(x)) g(x).h(x) f(0) f(g(x))- f(0) g(x).h(x) 0 [f'(c) h(x)]g(x) 0; c naèm giöõa 0 vaø g(x) g(x) 0 do [ f ' (c ) h( x )] 0 Bài toán 8: Giải bất phương trình 3 x 4 ( x 2 4)3 x 1 (7) 2 2 Lời giải: Xét hàm số f ( x) 3 x , ta có f ' ( x) 3 x. ln x (7): f ( x 2 4) f (0) ( x 2 4)3 x 2 0 do 1 f (0) Sử dụng định lý Lagrange, ta có: f ' (c)[( x 2 4) 0] ( x 2 4)3 x 2 0 c naèm giöõa (x2 0 vaø 4) ( x 2 4)[ f ' (c ) 3 x 2 ] 0 ( x 2 4)[3 c ln 3 3 x 2 ] 0 ( x 2 4) 0 x 2 x 2 Bài toán 9: Cho các số dương M , a . Tìm các hàm số f ( x), g ( x) : R R 2 a thoả mãn điều kiện f ( y ) f ( x) g ( x)( x y ) M x y ; x, y R (8) Lời giải: Giả sử có các hàm số f ( x), g ( x) : R R thoả điều kiện. Thay đổi vai trò của x, y ta có: 2 a f ( x) f ( y ) g ( y )( y x) M y x ; x, y R (8' ) . Cộng vế (8) và (8’), ta có [ g ( x) g ( y )]( x y ) f ( y) f ( x) g ( x)( x y ) f ( x) f ( y ) g ( y )( y x) 2 a [ g ( x) g ( y )]( x y) 2M x y ; x, y R (8" ) g ( x) g ( y ) a 2M x y ; x, y R, x y . Cố định x cho y x , ta có x y g ' ( x) 0; x R suy ra g ( x) c (const ); x R Thay g ( x) c vào (8) và làm tương tự như trên, ta có: f ( x) f ( y) a c 2M x y ; x, y R, x y và x y f ' ( x) c f ( x) cx d . SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Thử lại g ( x) c ; f ( x) cx d thấy đúng. Bài toán 10: Chứng minh: x max(ax ) (9) a 1 Lời giải: Ta có x (ax) x; a 1;1 , suy ra điều phải chứng minh A.4)Phương trình hàm liên quan đến tam giác. Phép tịnh tiến sinh ra hàm tuần hoàn cộng tính, phép đồng dạng sinh ra hàm tuần hoàn nhân tính, phép phản xạ sinh ra hàm số chẵn, lẻ. Tính chất 1: Đi ều kiện cần và đủ để 3 số dương A, B, C là 3 góc của một tam giác là A+B+C= Tính chất 2: Đi ều kiện cần và đủ để 3 số dương a, b, c là 3 cạnh của một tam giác là a+b>c, b+c>a, c+a>b (hay /bc/
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Bài toán 3: Xác định số , để hàm số f ( x) x có tính chất f (a), f (b), f (c ) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC. Lời giải: Để f (a), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải có f (a) 0, f (b) 0, f (c) 0 . Suy ra a 0, b 0, c 0; ABC (3) Từ (3), ta có 0 (Vì nếu 0 , tuỳ ý thì ta chọn tam giác ABC có a đủ lớn thì a 0) Tương tự 0 (Vì nếu 0 chọn tam giác ABC có a đủ nhỏ thì a 0) Trường hợp 0 không thoả. Vậy 0, 0, 0 thì hàm số f ( x) x có tính chất f (a), f (b), f (c ) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC. 1 Bài toán 4: Xác định số , để hàm số f ( x) có tính chất x f (a), f (b), f (c ) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC. Lời giải: 1 Giả sử a b c . Phép nghịch đảo g ( x) không có tính chất x g (a ), g (b), g (c ) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam 1 1 1 giác ABC.( Phản ví dụ a b 2, c 1 ; ta có ) a b c Để f (a), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải có f (a) 0, f (b) 0, f (c) 0 . Suy ra a 0, b 0, c 0; ABC (4) Suy ra 0; 0 (bài toán 3) +Trường hợp 0 : không thoả. +Trường hợp 0, 0 : không thoả ( a b 2, c 1 ) 1 +Trường hợp 0, 0 : f ( a) f (b) f (c) 0 ; f (a), f (b), f (c ) là độ dài các cạnh của một tam giác đều. + Trường hợp 0, 0 : ta có f ( a) f (b) f (c ) Ta cần xác định các số dương , sao cho: f (a) f (b) f (c); ABC , a b c 1 1 1 Hay ; ABC , a b c (4’) a b c SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Phản ví dụ: a b 3d 0, c d 0 thế vào (4’), ta có: 2 1 . Suy ra 2d , điều này không xảy ra với d đủ 3 d d lớn. 1 Vậy với 0, 0 : f ( a) f (b ) f (c ) 0 ; f ( a), f (b), f (c ) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC. Bài toán 5: Xác định hàm số f (x) liên tục trong [0; ], f (0) 0 và có đạo hàm trong (0; ) sao cho f ( A), f ( B), f (C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: f ( x) 0; x (0; ) Ta cần xác định hàm khả vi f (x) sao cho: f (0) 0 f ( A) f ( B ) f (C ) f (0) 0f( ) và C ( A B) Suy ra f ( A) f ( B) f ( A B) ; A, B, A B [0; ] Hay f ( x) f ( y ) f ( x y ) ; x, y, x y [0; ] Lấy đạo hàm theo biến x : f ' ( x) f ' ( x y ) 0; x, y, x y [0; ] Suy ra x : f ' ( x) c; x (0; ) . Vậy f ( x) px q. Do f (0) 0 suy ra q 0 . Do f ( ) nên p 1 Kết luận: hàm số f ( x) x liên tục trong [0; ], f (0) 0 và có đạo hàm trong (0; ) sao cho f ( A), f ( B), f (C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Bài toán 6: Xác định hàm số f (x) liên tục trong [0; ], f (0) 0, f ( x) 0; x (0; ) sao cho f ( A), f ( B), f (C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: Ta cần xác định hàm f (x) liên tục trong [0; ] sao cho: f ( x) 0; x (0; ) f (0) 0 (6) f ( x) f ( y) f( x y) ; x, y , x y (0; ) f ( x) f (0) f ( x) ; x, [0; ] ( y 0) (6’) Đặt f ( x) x g ( x) thì g (0) 0, g ( x) liên tục trong [0; ] Ta có x g ( x) ( x) g ( x) g ( x) g( x ) (6" ) . Thế f ( x) x g ( x ) vào (6) và sử dụng (6”), ta có: x g ( x) y g ( y ) ( x y) g[ ( x y )] SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Hay g ( x) g ( y ) g ( x y ); x, y [0; ], x y (6’”). Do f (x) liên tục trong [0; ] , nên (6”’) là phương trình hàm Cauchy và g ( x) ax; f ( x) (1 a ) x . f ( x) 0; x (0; ) nên 1 a 0 và để f ( A) f ( B ) f (C ) ta cần có 1 a 1 suy ra a 0; f ( x) x Bài toán 7: Xác định hàm số f (x) liên tục trong [0; ], sao cho f ( A), f ( B), f (C ) tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: *Ta thấy có hai hàm số hiển nhiên thoả điều kiện là f ( x) x; f ( x) 3 *Ta xác định các hàm số f (x) liên tục trong [0; ] và f ( x) 0; x (0; ) (7) f ( x) f ( y) f( x y) ; x, y , x y (0; ) Cho y 0 , ta có: f ( x) f (0) f ( x) ; x, (0; ) (7’) Hay f ( x) f ( x) f (0); x, [0; ] . Đặt f ( x) f (0) g ( x) thế vào (7) và sử dụng (7’), ta có: f ( x) f ( y) f ( x y ) f (0) hay f ( x y ) f (0) f ( x) f ( y ) f ( x y ) f (0) f ( x) f (0) f ( y ) f (0) Hay g ( x) g ( y ) g ( x y ); x, y [0; ], x y (7”) là phương trình hàm Cauchy và g ( x) x; f ( x) x . Ta cần xác định , để f ( x) 0 ; x (0; ) f ( A) f ( B ) f (C ) x 0; x (0; ) x 0; x (0; ) Hay hay 3 ( (1 ) ) ( A B C) 3 3 (1 ) Hay f ( x) x 0; x (0; ) (7”’). Cho x 0; x , ta có: 3 1 1 2 Kiểm tra các trường hợp: 1 + 1 : (7’”) thoả 2 1 1 + : (7’”) thoả f ( x) x 2 2 2 + 1 : (7’”) thoả f ( x) x (1 ) 1 Vậy các hàm cần tìm có dạng: f ( x) x ; 1 3 2 SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Bài toán 8: Xác định hàm số f (x) liên tục trong [0; ], sao cho: f (a), f (b), f (c) tạo thành số đo các cạnh của một tam giác nội tiếp trong đường tròn đường kính bằng 1 ứng với mọi tam giác ABC cho trước. Lời giải: Ta có nhận xét sau: Xét đường tròn (O) có đường kính 2R=1. M ( ) là tập hợp tất cả các tam giác nội tiếp trong đường tròn (O) nói trên. Khi đó điêu kiện cần và đủ để ba số dương , , là ba góc của một tam giác thuộc M ( ) là sin , sin , sin tạo thành độ dài các cạnh của một tam giác thuộc M( )( a 2 R sin sin , b 2 R sin sin , c 2 R sin sin ). Theo bài toán (1 ) 1 7 thì f ( x) sin x ; 1. 3 2 *Nhận xét: nghiệm của phương trình vô định x 2 y2 z 2 có thể mô tả x u. cos v dưới dạng y u. sin v ; u R ,v (0; ) . Ta suy ra các kết luận sau: 2 z u Bài toán 9: Chứng minh (u; v); u R , v (0; ) đều tồn tại một tam 2 P1 (u , v) u. cos v giác mà độ dài các cạnh là những số P2 (u, v) u. sin v ; u R ,v (0; ) 2 P3 (u , v ) u.v đều là các tam giác vuông. Lời giải: P1 (u , v) u. cos v P2 (u , v) u. sin v ; u R ,v (0; ) . 2 P3 (u , v ) u.v P1 (u; v) 0 P2 (u; v ) 0 Ta thấy . Từ đó suy ra P3 (u; v) 0 2 2 2 P1 (u; v) P2 (u; v) P3 (u; v) P1 (u; v), P2 (u; v), P3 (u; v ) là độ dài các cạnh của một tam giác vuông có canh huyền P3 (u; v) . SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Bài toán 10: Chứng minh rằng x 1 đều tồn tại một tam giác mà độ P1 ( x) x 4 x 3 2 x 2 x 1 dài các cạnh là những số P2 ( x) 2 x 3 x 2 2 x 1 và các tam giác đó P3 ( x) x 4 1 có góc lớn nhất như nhau ( x 1 cho trước). Lời giải: P1 ( x) ( x 2 1)( x 2 x 1) a ( x 2 x 1) 0 P2 ( x) ( x 2 1)(2 x 1) Đặt b (2 x 1) 0 . Ta có P3 ( x) ( x 2 1)( x 2 1) c ( x 2 1) 0 b c x2 2x 2 a x2 x 1 b c x2 2 x . Vậy a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Cạnh lớn nhất của tám giác ứng với P1 ( x) hay a . a2 b2 c2 1 2 Khi đó gọi là góc lớn nhất, cos ... 2bc 2 3 A.5)Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác. Một số hàm số không phải là hàm lồi nhưng có tính chất của hàm lồi được gọi là hàm “tựa lồi”, hàm số không phải là hàm lõm nhưng có tính chất của hàm lõm được gọi là hàm “tựa lõm” ,... (theo Thầy Nguyễn Văn Mậu) Bài toán 1: Trong tam giác ABC, nếu A
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG A B C 3.4) cot g cot g cot g 3 3 2 2 2 Nhận xét: Từ kết quả 3.2) ta nhận thấy rằng tính chất của hàm lõm không còn được sử dụng như một công cụ cơ bản để kiểm chứng tính đúng đắn của bất đẳng thức. Vậy vấn đề đặt ra là: Về tổng thể, ta có thể mô tả được hay không lớp các hàm tổng quát thoả mãn điều f ( A) f ( B) f (C ) 3f ( ) kiện 3 với mọi tam giác ABC? f ( A) f ( B) 3f ( ) f (C ) 3 Bài toán 1: Cho hàm số f (t ); t (0; ) . Chứng minh các điều kiện (1.1) và (1.2) sau đây là tương đương: x y f ( x) f ( y) 2f( ); x, y , x y (0; ) (1.1) 2 x y z f ( x) f ( y) f ( z) 3f ( ); x, y , z , x y z (0; ] (1.2) 3 Lời giải: x y z z x y z z +Giả sử: x y z , ta có f ( z ) f ( ) 2f (1.3) 3 2 Từ (1.1) và (1.3), ta có: x y z z x y z x y 3 f ( x) f ( y) f ( z) f( ) 2 f( ) f 3 2 2 x y z 4f ; x, y , z , x y z (0; ] . Suy ra (1.2) 3 x y +Từ (1.2), giả sử x z y , đặt z ta được (1.1). 2 Bài toán 2: Xác định hàm số f (t ); t (0; ) thoả mãn điều kiện: A B f ( A) f ( B ) (2). Lời giải: +(2) thoả với mọi cặp góc nhọn A,B tương đương với f (t ) f 0 (t ) là một hàm đồng biến trong (0; ] 2 SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG f 0 (t ) khi 0 t +Xét hàm số g 0 (t ) 2 . Ta chứng minh f0 ( t ) khi t 2 g 0 (t ) thoả điều kiện bài toán. Thật vậy: o A, B nhọn thì (2) thoả o Xét 0 A B ; A B 2 B A, g 0 ( B ) f 0 ( A) g 0 ( A)f0 ( B) +Ta chứng minh mọi hàm số f (t ); t (0; ) thoả điều kiện bài g 0 (t ), khi 0 t toán đều có dạng: f (t ) 2 . Thật vậy, từ g 0 (t ), khi t 2 g 0 ( B) f ( B) với B tù, ta có 0 A B ,A B thì 2 B A, f ( B ) g 0 ( B) f0 ( B) f 0 ( A) g 0 ( A) f ( A) sin t , khi 0 t Bài toán 3: Xét hàm số f (t ) 2 . Chứng minh với 1 cos t , khi t 2 3 3 mọi tam giác ABC ta đều có f ( A) f ( B) f (C ) (3) 2 Lời giải: +Tam giác ABC nhọn (hay vuông) thì (3) có dạng quen thuộc 3 3 sin A sin B sin C 2 +Tam giác ABC tù: C thì (3) có dạng 2 3 3 sin A sin B 1 cos C (3' ) đúng 2 3 3 Do sin A sin B 1 cos C sin A sin B sin C 2 A.6)Các đề thi học sinh giỏi. I.Tính giá trị hàm số: Bài toán 1: Cho hàm số f ( x), x Z , thoả: f (1) 0 . Tính f (19) f ( m n) f ( m) f ( n) 3(4mn 1); m, n Z Lời giải: Ta có 19=10+9 SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG f (1) 0 f (2) 2 f (1) 9 9 f (4) 2 f (2) 45 63 f (5) f (4) f (1) 45 108 f (9) f (5) f (4) 237 408 f (10) 2 f (5) 297 513 Suy ra f (19) f (10) f (9) 1077 513 408 1077 1998 Bài toán 2: (Dự tuyển IMO) Cho hàm số f (x) : f (1) 1 . Tìm các số n Z : f (n) n f ( x ) f ( y ) f ( x y ) xy 1; x, y R Lời giải: Cho y 1 f ( x) f (1) f ( x 1) x 1 f ( x 1) f ( x) 2 f ( n) f (n 1) (n 1); n Z, f ( n 1) f (n 2) (n) f ( n 2) f (n 3) (n 1) ...... f (2) f (1) (3) n 1 Suy ra f ( n) ( n 1) (n) (n 1) ... (3) 2 1 2 i 2 1 (n 1)(n 2) f ( n) n 2 n n2 n 2 0 n 1, n 2 2 Bài toán 3: Cho hàm số f xác định trên tập các số nguyên thoả: f (0) 0 f (1) 3 . Tính f (7) f ( x) f ( y ) f (x y) f (x y ); x, y Z Lời giải: +Ta chứng minh f (n) 3 f (n 1) f (n 2) . Ta có f (1) f (0) f (1) f (1) f (0) 2 f (n) f (1) f (n 1) f (n 1) 3 f (n) f (n 1) f (n 1) f (n 1) 3 f (n) f (n 1) f (n) 3 f ( n 1) f (n 2) + Suy ra: f (7) 3 f (6) f (5) f (2) 3 f (1) f (0) 7 f (3) 3 f (2) f (1) 18 f (4) 3 f (3) f (2) 47 f (5) 3 f (4) f (3) 123 f (6) 3 f (5) f (4) 322 f (7) 3 f (6) f (5) 843 SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
- TRƯỜNG TH PT PHẠM THÀNH TRUNG Bài toán 4: Cho hàm số f xác định trên tập N* thoả: f (1) 5 f f ( n) 4n 9 . Tính f (1789) n n 1 f (2 ) 2 3; n N* Lời giải: Ta có 1789=4.445+9, 445=4.109+9, 109=4.25+9, 25=4.4+9 Ta tính các giá trị: f (4) f (2 2 ) 2 3 3 11 f (11) f f (4) 4.4 9 25 f (25) f f (11) 4.11 9 53 f (53) f f (25) 4.25 9 109 f (109) f f (53) 4.53 9 221 f (221) f f (109) 4.109 9 445 f (445) f f ( 221) 4.221 9 893 f (893) f f (445) 4.445 9 1789 f (1789) f f (893) 4.893 9 3581 Bài toán 5: Cho hàm số f xác định trên R thoả: f ( x ) f ( y ) f ( xy ) x y 2; x, y R (5). Tính f (36) 3 Lời giải: f (0) f (0) f (0) 2 f (0) 2 hay f (0) 3 3 f ( x ) f (0) f (0) 3 +T/h f (0) 2 , ta có x 2; x R, y 0 f ( x) x 2 3 2 không thoả (5) f ( x ) f (0) f (0) +T/h f (0) 3 , ta có x 2; x R, y 0 f ( x) x 3 thoả 3 (5). Suy ra: f (36) 36 3 39 Bài toán 6: 2x 7 Đặt f1 ( x) , f n 1 ( x) f1 f n ( x) ; n 1 . Tính f 2001 (2002) x 3 Lời giải: SANG KIEN KINH NGHIEM MON TOAN-(2006-2007).doc Ngô Quang Dũng Trang 1
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán 12
18 p | 603 | 147
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Sử dụng tính đơn điệu, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số để khảo sát nghiệm của phương trình và bất phương trình
38 p | 151 | 21
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Phát triển tư duy hàm cho học sinh qua các bài toán về phương trình vô tỉ
14 p | 71 | 8
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Hướng dẫn học sinh dùng tư duy hàm số để giải phương trình, hệ phương trình
22 p | 72 | 8
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Giải phương trình hàm bằng phương pháp thế
12 p | 46 | 8
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Một số biện pháp chỉ đạo giáo viên nâng cao chất lượng môn khám phá khoa học trong môi trường giáo dục “Lấy trẻ làm trung tâm” tại trường Mầm non Cư Pang
33 p | 71 | 6
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số bài toán thường gặp về viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
19 p | 42 | 6
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phân loại và cách giải bài toán tìm giới hạn hàm số trong chương trình Toán lớp 11 THPT
27 p | 53 | 5
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Rèn luyện kĩ năng, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh THPT qua việc xây dựng một số bài toán trắc nghiệm nguyên hàm không sử dụng máy tính cầm tay
12 p | 51 | 5
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Ứng dụng của đồ thị hàm số bậc hai để biện luận số nghiệm của phương trình đại số lớp 10
23 p | 39 | 3
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Rèn luyện kỹ năng giải hệ phương trình cho học sinh lớp 12 thông qua kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp khác
21 p | 19 | 3
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp sử dụng hàm số mũ và hàm số gôgarit để nâng cao hiệu quả giải các bài toán thực tế trong chương trình THPT
23 p | 42 | 3
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Xây dựng môi trường đọc thân thiện tại trường tiểu học Phan Bội Châu
21 p | 47 | 3
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Rèn luyện kĩ năng và tư duy sáng tạo cho học sinh khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương trình
22 p | 47 | 2
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Một số kinh nghiệm tư duy áp dụng để tìm con đường khai thông nhằm giải quyết bài toán một cách gọn gàng
22 p | 50 | 2
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Sử dụng phương pháp hàm số giải bài toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức
22 p | 28 | 2
-
Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Phương pháp giải bài tập Hoá dạng nhận biết chất ở lớp 9
19 p | 11 | 2
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