intTypePromotion=1

SKKN: Rèn luyện cho học sinh sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức

Chia sẻ: Nguyễn Lê Huy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

0
240
lượt xem
69
download

SKKN: Rèn luyện cho học sinh sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bất đẳng thức là một dạng bài toán khó và thường gặp trong các kỳ thi tuyển học sinh giỏi và các kì thi Đại học - Cao đẳng vì thế các bạn học sinh có thể tham khảo sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện cho học sinh sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức để có thêm kỹ năng giải toán về đạo hàm.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: SKKN: Rèn luyện cho học sinh sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức

  1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT BA ĐÌNH NGA SƠN -------***------- RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Họ và tên tác giả : Nguyễn Văn Kế Chức vụ : Giáo viên Đơn vị công tác : Trường THPT Ba Đình SKKN thuộc môn: Toán SKKN thuộc năm học 2010 -2011 1
  2. PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Bất đẳng thức là một mảng kiến thức khó , thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi các cấp và đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học và Cao đẳng. Cùng với định nghĩa đạo hàm, các kết quả trong việc khảo sát sự biến thiên của hàm số được sử dụng để giải quyết nhiều bài toán toán học và nhiều bài toán trong các nghành khoa học khác. Do đó việc hướng dẫn học sinh sử dụng đạo hàm để chứng minh bất dẳng thức là một điều cần thiết, giúp học sinh hiểu sâu sắc, chắc chắn những kiến thức về đạo hàm; đồng thời giúp các em không chỉ giải được những bài toán có sẵn một lược đồ giải chung, mà còn giải được nhiều bài toán đòi hỏi nhiều đến kỹ năng tư duy, tổng hợp các kiến thức rút ra từ các nội dung khác nhau. Hơn nữa một thực tế là rất nhiều học sinh chưa thấy hết được ứng dụng của đạo hàm trong các bài toán về phương trình, bất phương trình ,hệ phương trình và đặc biệt là bài toán chứng minh bất đẳng thức. Việc sử dụng việc khảo sát sự biến thiên của hàm số để chứng minh một số bất đẳng thức tạo nên sự phong phú về thể loại và phương pháp giải toán. PHẦN II: CÁC GIẢI PHÁP CẢI TIẾN 1.Thực trạng vấn đề : Bài toán chứng minh bất đẳng thức khá đa dạng phong phú và có thể nói là khó đối với học sinh phổ thông . Rất nhiều trường hợp việc chứng minh bất đẳng thức gặp không ít khó khăn , thậm chí không tìm ra được lời giải đúng bởi một nhẽ là do học sinh chưa được trang bị tốt các kiến thức, phương pháp ,kỹ năng giải các bài toán thuộc thể loại này. 2.Phương pháp nghiên cứu. Đề tài được sử dụng phương pháp phân tích , tổng hợp, so sánh. 3.Đối tượng: Ôn thi học sinh giỏi và học sinh thi vào các trường Đại học , Cao đẳng. 4.Cách thức thực hiện: Để thực hiện đề tài này ,tôi phân thành 2 dạng bài tập tương ứng với các dạng bất đẳng thức chỉ chứa một biến và bất đẳng thức có chứa nhiều biến . 5.Nội dung: A-CƠ SỞ LÝ THUYẾT : Trong nhiều bất đẳng thức chứa biến có thể chọn một hàm số đại diện để khảo sát sự biến thiên, qua đó tìm được miền giá trị của hàm số đại diện , từ đó suy ra điều cần chứng minh. Tuy nhiên việc chọn hàm số đại diện cần kết hợp các kiến thức về đạo hàm và vận dụng linh hoạt các kiến thức cơ bản khác về bất đẳng thức . 2
  3. B- MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN : Sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức, trong nhiều trường hợp đã được giải quyết rất ngắn gọn, lời giải nhẹ nhàng, trong sáng và trong nhiều trường hợp có thể nói là độc đáo, tạo cho học sinh hứng thú, tự tin hơn trong học tập .Giúp phát triển óc tư duy linh hoạt sáng tạo cho học sinh . Các bài tập được chọn trong đề tài này có thể bắt nguồn từ các bài tập trong sách giáo khoa , sách bài tập và trong các đề thi học sinh giỏi , các đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học và Cao đẳng . các bài tập được chọn hướng vào yêu cầu cơ bản và bài tập có nhiều kiến thức cần khai thác , qua đó khắc sâu , hệ thống và nâng cao các kiến thức cơ bản về ứng dụng của đạo hàm cũng như bất đẳng thức . DẠNG 1: Bất đẳng thức có chứa một biến * Phương pháp : Chọn luôn biến đó làm biến của hàm số cần khảo sát * Các ví dụ: Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi x thuộc đoạn  0;1 ta luôn có : x x2 1  x  e  1 x  2 (Trích đề tuyển sinh trường Đại học Kiến trúc năm 2000) Bài giải: x x2 (1) x (2) Ta cần chứng minh 2 bất đẳng thức e  x  1  0 ,  x  1  e  0 2 x2 Xét hàm số f ( x)   x  1  e x với x thuộc đoạn  0;1 2 f’(x) =x-1+e , f’’(x) =1-e-x -x * Với x thuộc đoạn  0;1 thì e x  e0  0  f ''( x)  0, x  0;1 Suy ra f’(x) đồng biến trên đoạn  0;1 Do đó với x thuộc đoạn  0;1 thì: f’(x)  f’(0)  x  1  e x  0  e  x  x  1 Do đó (1) được chứng minh . * Với x thuộc đoạn  0;1 thì f’(x)  f’(0), nên f(x) đồng biến trên đoạn 0;1 . Suy ra: với x thuộc đoạn  0;1 thì f(x)  f(0) Do đó (2) được chứng minh. 3
  4. Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi x ta đều có : 5 1 x 5  1  x   16 Bài giải: 5 1 Bất đẳng thức đã cho tương đương với : x 5  1  x   0 16 1 5 Xét hàm số f ( x )  x 5  1  x   trên 16 Ta có f’(x) = 5x4-5(1-x)4 = 5[x2+(1-x)2](2x-1) f’’(x) = 20[x3+(1-x)3] 1 1 1 f’(x) = 0  x   f ''     0 2  2  16 1 1 Do vậy hàm số f(x) đạt cực tiểu duy nhất tại x  , f CT  f    0 2 2 1 Vậy f(x)  0 với mọi x thuộc ,đẳng thức xảy ra khi x= 2 Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số thực a ta luôn có: 2 3a 4  34a8  2 (Trích đề tuyển sinh trường Đại học Quy Nhơn năm 1997) Bài giải: 2 a 4 4a8 Bất đẳng thức đã cho tương đương với : 3 3 20 2 Xét hàm số f (a)  3a 4  34a8  2 trên 2 a 4 4a8 Ta có f '(a)  2a.3 .ln3  4.3 .ln3 f '(a )  0  a  2 2 a2 4 2 4a8 Lại có f ''(a)  4a .3 .ln 3 16.3 .ln2 3  0 Suy ra f’(a) là hàm số đồng biến trên ,nên f’(a)>0 khi a>-2 và f’(a)< 0 khi a< -2 Ta có bảng biến thiên: a  -2  f’(a) - 0 + f(a) 0 4
  5. Từ bảng biến thiên suy ra f (a )  0, a  , đẳng thức xảy ra a=-2 Bài tập tương tự :  1.Cho tam giác ABC có 0  A  B  C  . Chứng minh rằng : 2 2cos3C  4cos 2C  1 2 cosC 2.Chứng minh rằng nếu x là số thực dương thì với mọi n nguyên dương , x x2 x3 xn ta đều có : e  1  x    ...  2! 3! n! ( Trích đề 101- Bộ đề tuyển sinh )   3.Chứng minh rằng với mọi x thuộc nửa khoảng 0;  ta luôn có:  2 x3 tanx  x  6 áp dụng: Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có : A B C tan  tan  tan  3 2 2 2 4. Cho a,b,c là các số thực thoả mãn: a  6, b  8, c  3 . Chứng minh rằng với mọi x  1ta luôn có : x 4  ax 2  bx  c ( Đề 15 – Bộ đề tuyển sinh) DẠNG 2: Bất dẳng thức có chứa nhiều biến * Phương pháp : - Cách 1: Quy về bất đẳng thức có ít biến hơn nhờ việc đổi biến, đánh giá, chọn hàm số đại diện, … - Cách 2: Chọn một biến là biến của hàm số và các biến còn lại là tham số . Chú ý : Sau khi tìm được giá trị của biến để hàm số đạt cực trị cần thử lại xem đẳng thức trong bất đẳng thức cần chứng minh có xảy tại đúng giá trị đó không và giá trị đó có thoả mãn các điều kiện của giả thiết không. * Các ví dụ: Ví dụ 1: Chứng minh rằng với a,b là hai số không âm bất kỳ ta luôn có 3a 3  17b 3  18ab 2 Bài giải: 5
  6. Cách 1: (Quy về BĐT có một biến ) Ta xét hai trường hợp : + Nếu b=0 : BĐT trở thành a 3  0 , BĐT đúng với mọi a không âm + Nếu b>0: Đặt a=tb (với t  0) Ta được 3t 3b 3  18tb3  17b3  0  3t 3  18t  17  0 Xét hàm số f(t) = 3t3-18t+17, t  D   0;   f '(t )  9t 2  18, f '(t )  0  t  2 Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên D: t 0 2  f’(t) - 0 + 17 f(t) 17-12 2 Suy ra f(t) > 0 với mọi thuộc D Vậy: BĐT được chứng minh , đẳng thức xảy ra khi a=b=0. Nhận xét: Trong BĐT đã cho thì biểu thức tham gia bài toán là biểu thức đẳng cấp , nên gợi cho ta cách đặt a=tb, để đưa BĐT đã cho về BĐTchỉ chứa một biến và khi đó việc chọn hàm số để khảo sát là dễ dàng . Cách 2: ( Chọn một biến là biến số của hàm số cần khảo sát , biến còn lại xem là tham số) Xét hàm số f(a) =3a3-18b2a + 17b3 ,với a thuộc D=  0;  và b là tham số không âm. f’(a) = 9a2 -18b2, f’(a) = 0  a  b 2 + Nếu b=0 , ta có bảng biến thiên của f(a) trên D : a 0  f’(a) 0 + f(a) 0 Suy ra: f(a)  0 , với mọi a thuộc D 6
  7. + Nếu b > 0 , Ta có bảng biến thiên của f(a) trên D: a 0 b 2  f’(a) 0 - 0 + 17b3 f(a) b3 (17  12 2) Suy ra f(a)>0 với mọi b > 0 Cả hai trường hợp ta được f(a)  0 với mọi a thuộc D .Hay 3a 3  17b3  18ab 2  0 với mọi a,b không âm , đẳng thức xảy ra khi a=b=0 Nhận xét : Bằng cách giải tương tự, khi chọn hàm số với b là biến số và a là tham số để khảo sát sự biến thiên ta cũng chứng minh được BĐT đã cho. Ví dụ 2 : Cho hai số khác 0 thoả mãn điều kiện (a+b)ab = a2+b2 – ab. Chứng minh 1 1 rằng:   16 a 3 b3 Bài giải: 1 1  a  b   a  b  ab  2 2 Cách 1 : Đặt T  3  3  a b a 3b3 Đặt S = a+b, P = ab với điều kiện S 2  4 P (1). Khi đó theo giả thiết bài toán 2 S2 ta có SP=S -3P , dễ thấy S  0, S  3 , do đó P  và điều kiện (1) trở S 3 2 4S 2 S 1 S  1 thành S   0  S 3 S 3  S  3 S 2  6S  9 Ta biểu diễn T theo S : T  . S2 S 2  6S  9 Xét hàm số f ( S )  , S  D   ; 3   1;   S2 6( S  3) f '( S )  S3 Bảng biến thiên của f(S) trên D S  -3 1  7
  8. f’(S) - - 1 16 f(S) 0 1 1 Từ đó suy ra: T  16 , Đẳng thức xảy ra khi a=b= . 2 Cách 2 : 1 1  a  b   a  b  ab   a  b   1 1  2 2 2 2 Đặt T  3  3       a b a 3b3  ab   a b  Đặt a=tb (t  0) , từ giả thiết suy ra (t+1)tb3=(t2-t+1)b2 t2  t 1 t2  t 1  b ,a  t (t  1) t 1 2 2 2  1 1   t  2t  1  Do đó T       2   a b   t  t 1  t 2  2t  1 3t 2  3 Xét hàm số f (t )  2 , f '(t )  2 t  t 1  t 2  t  1 Bảng biến thiên của f(t): t  -1 1  f’(t) - 0 + 0 - 1 4 f(t) 0 1 Suy ra f(t)  4 1 Do đó: T  16 , Đẳng thức xảy ra khi a=b= . 2 Ví dụ 3 : Chứng minh rằng ,nếu a,b,c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì : 3a2+3b2+3c2+4abc  13. ( Trích đề tuyển sinh trường Đại học Vinh năm 2001) Bài giải : Đặt T= 3a +3b2+3c2+4abc -13 2 Cách 1 : (Đánh giá để ước lượng bất đẳng thức về bất đẳng thức có chứa một biến). Do vai trò của a,b,c như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c ,suy ra a+b  2c (1) Lại có a+b+c=3 và a+b>c (2) 8
  9. 3 Từ (1) ,(2) suy ra 3-c  2cvà 3-c>c  1  c< 2 Ta biến đổi T = 3(a2+b2)+3c2+4abc -13 = 3[(a+b)2-2ab] +3c2+4abc -13 = 3(3-c)2+3c2-2ab(3-2c)-13 2 ab Do 3-2c>0 và từ bất đẳng thức ab    suy ra :  2  2 1 2 3 1 T  3  3  c   c 2    a  b   3  2c  -9 = c3  c 2    2 2 2 3 1 3 Đặt f(x)= x 3  x 2  với 1  x< . 2 2 2 3  3 f’(x)=3x2-3x=3x(x-1)  0 với 1  x< suy ra f(x) đồng biến trên 1;  2  2 Vậy: T  f(x)  f(1) = 0 đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. Nhận xét: Nhờ sự đánh giá ta đã ước lượng được một bất đẳng thức chỉ chứa một biến. Cách 2: (Khảo sát lần lượt từng biến) Do vai trò của a,b,c như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c ,suy ra: a+b  2c (1) Lại có a+b+c=3 và a+b>c (2) 3 Từ (1) ,(2) suy ra 3-c  2c và 3-c>c  1  c< 2 Với mỗi giá trị b đã chọn , thay b=3-a-c vào T ta được : T=(6-4c)a2 -2(2c2-9c+9)a +6c2-18c+16=f(a) Vì f(a) là hàm số bậc hai đối với a có hệ số của a2 là (6-4c)>0 với mọi  3 3 c c 1;  Suy ra f(a) nhỏ nhất khi a=  2 2 3c 3 1 Do đó T  f    c 3  c 2  =g(c)  2  2 2  3 Lại có g’(c)=3c2-3c =3c(c-1)  0 với mọi c 1;   2 Vậy: T  g(c)  g(1)=0 Nhận xét : 9
  10. - Nếu ba số thực dương có tổng bằng a thì ít nhất một trong các số đó  a  a 2a  thuộc nửa khoảng  0;  , một số thuộc đoạn  ;  .  3 3 3  - Khi gặp bất đẳng thức T=T(a;b;c)  0 với a,b,c thoả mãn một điều kiện nào đó , trong nhiều trường hợp ta có thể làm như sau : + Tính b theo a và c + Viết T = f(a) , coi c là tham số . + Chứng minh f(a)  g(c). + Chứng minh g(c)  0 , suy ra T  0 Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn . Chứng minh rằng : sinA+sinB + sinC + tanA+ tanB + tanC >2  Bài giải : BĐT đã cho tương đương với BĐT : (sinA+ tanA -2A)+ (sinB + tanB -2B)+( sinC+ tanC-2C) > 0 (1) (vì A+B+C=  )   Xét hàm số f(x)= sinx+tanx -2x trên D=  0;  ,  2 (cosx  1)(cos 2 x  cosx  1 f '( x )  cos 2 x cosx  1  0 Do x  D   2  f '( x )  0  cos x  cosx  1   sin 2 x  cosx  0 Suy ra: f(x) đồng biến trên D  f(x)> f(0) =0 Với x=A , x=B,x=C ta có : f(A)>0, f(B)>0, f(C)>0 Cộng ba BĐT trên ta có (1) Vậy BĐT được chứng minh Nhận xét: Trong lời giải trên ta đã chọn hàm số đại diện là f(x)= sinx+tanx   -2x trên D=  0;  .  2 Ví dụ 5 : 10
  11. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a2+b2+c2 = 1 Chứng minh rằng: a b c 3 3  2  2  b2  c2 c  a 2 a  b2 2 ( Trích đề 26- Bộ đề Tuyển sinh). Bài giải : BĐT (1) đã cho tương đương với BĐT: a b c 3 3 a2 b c 3 3        1  a 2 1  b 2 1  c2 2 a 1  a 2  b 1  b2  c 1  c2  2 1 Xét hàm số f  x   trên (0;1) x 1  x 2  3x2  1 3 f ' x   , f ' x   0  x  (do x thuộc khoảng (0;1)) 2 2 x 2 1  x  3 Bảng biến thiên của hàm số f(x) trên khoảng (0;1). x 3 0 1 3 f’(x) - 0 + f(x) 3 3 2 3 3 3 3 3 Suy ra min f  x   khi x   f  x  , x   0;1 . x 0;1 2 3 2 3 3 a2 3 3a 2 Với x=a  f  a     (1). 2 a 1  a 2  2 b2 3 3b2 c2 3 3c2 Tương tự với x=b,x=c ta cũng có   2 ,   3 b 1  b2  2 c 1  c2  2 11
  12. Cộng (1) , (2),(3) các vế tương ứng và chú ý a2+b2+c2=1,ta được điều cần 3 chứng minh , đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 3 Bài tập tương tự: 1-Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn a+b+c=3. Chứng minh rằng: a  b  c  ab  bc  ca 2-Cho a,b,c là các số thực thoả mãn a>c, b>c, c>0 . Chứng minh rằng: c(a  c)  c(b  c)  ab ( Trích đề thi Đại học khối A năm 1980). 3-Cho tam giác ABC không tù . Chứng minh rằng : 1 1  cos3 A  cos3B  cos3C    cos 2 A  cos 2 B  cos 2C   3 2 5  cosA  cosB  cosC  4 2 2 2 4- Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng : 1 1 1 3 15     a  b  c  a b c 2 2 PHẦN III: KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM 1. Kết quả nghiên cứu để kiểm tra hiệu quả của đề tài tôi tiến hành kiểm tra trên hai đối tượng có chất lượng tương đương là học sinh lớp 12B và lớp 12I. Trong đó lớp 12B chưa được hướng dẫn sử dụng đạo hàm khảo sát sự biến thiên của hàm số để chứng minh bất đẳng thức . Với hình thức kiểm tra là làm bài tự luận với thời gian 60 phút với đề bài như sau: ĐỀ KIỂM TRA 60’ Câu 1: ( 5 điểm) a. Chứng ming rằng nếu x là số thực dương thì ta luôn có : ln x  x 3   b. Chứng minh rằng: 2cosx  cotx  3 x   0, x  0;  2  2 Câu 2: ( 3 điểm) Cho a, b là các số thực không âm. Chứng minh rằng : 3a 3  7b3  9ab 2 Câu 3: ( 2 điểm) Cho ba số thực dương a,b,c thoả mãn x+y+z=3 . Chứng minh rằng: 12
  13. x 2  y 2  z 2  xyz  4 Kết quả thu được như sau: Điểm < 5 Điểm 5 
  14. độc lập, sáng tạo và tiềm năng vận dụng tri thức vào những tình huống mới . Vì nhiều lí do khác nhau , nên trong bài viết này, tôi cũng chỉ mới nêu ra cách giải quyết một số dạng bất đẳng thức nhờ sử dụng công cụ đạo hàm. Rất mong được sự đóng góp, cùng trao đổi của các bạn đồng nghiệp để có thể khai thác tốt nhất các bài toán thuộc thể loại này . Tôi xin chân thành cám ơn! Nga Sơn, ngày 28 tháng 4 năm 2011 Người thực hiện Nguyễn Văn Kế 14
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2