intTypePromotion=1

SKKN: Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số - Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

0
460
lượt xem
155
download

SKKN: Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số - Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

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

Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số là một phương pháp rất rõ ràng và dễ áp dụng để giải một lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số, một nội dung mà học sinh luôn gặp trong bất cứ kì thi nào và hầu hết các em học sinh đều gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác định phương pháp giải. Hi vọng phương pháp này sẽ xoá tan tâm lí “ sợ “ gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số của học sinh. Chính vì vậy mà đề tài này rất cần thiết cho các đối tượng là các em học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi, các em học sinh đang chuẩn bị cho kì thi đại học và tất cả các em học sinh muốn tìm hiểu một hướng sáng tác của các bài toán chứng minh bất đẳng thức và giới hạn hàm số. Mời quý thầy cô và các bạn tham khảo sáng kiến “Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số - Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt”.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: SKKN: Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số - Trường chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

  1. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ - TRƯỜNG CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT
  2. A.Phần mở đầu Trong cuộc đời học sinh của mỗi người, thậm chí cả giáo viên chúng ta khi tiếp xúc với nội dung bất đẳng thức đều quan tâm đến nguồn gốc xuất phát của bài toán chứng minh bất đẳng thức. Trong công tác giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, bản thân tôi đã gặp những tình huống mà học sinh đưa ra là “ Tại sao người ta lại nghĩ được bài toán chứng minh bất đẳng thức này “ ; “ Tại sao để tính giới hạn này người ta thêm bớt lượng này thì không được, nhưng thêm bớt lượng kia lại giải ra “. Những câu hỏi đó luôn xuất hiện trong tâm trí của tôi và luôn nhắc nhở tôi phải tìm hiểu nó. Hình ảnh trực quan về tiếp tuyến của một đường cong là cơ sở để giải thích những câu hỏi đó của các em học sinh. Cũng từ đó đã nảy sinh ra việc nghiên cứu một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số mà được gọi là phương pháp tiếp tuyến. Phương pháp này thể hiện được nguồn gốc xuất phát của bài toán nên tôi chọn đề tài “ Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số “ với mục đích cung cấp một phương pháp giải toán mới cho các em học sinh và quan trọng hơn cả là giúp các em nhìn thấy được bản chất của sự việc, hiện tượng, thấy được sự sáng tạo ra những bài toán đẹp từ những kiến thức hết sức cơ bản, từ những hình ảnh hết sức trực quan. Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn của hàm số là một phương pháp rất rõ ràng và dễ áp dụng để giải một lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số, một nội dung mà học sinh luôn gặp trong bất cứ kì thi nào và hầu hết các em học sinh đều gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác định phương pháp giải. Hi vọng phương pháp này sẽ xoá tan tâm lí “ sợ “ gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số của học sinh. Chính vì vậy mà đề tài này rất cần thiết cho các đối tượng là các em học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi, các em học sinh đang
  3. chuẩn bị cho kì thi đại học và tất cả các em học sinh muốn tìm hiểu một hướng sáng tác của các bài toán chứng minh bất đẳng thức và giới hạn hàm số. B.Phần nội dung 1.Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức a.Cơ sở lí thuyết : Nếu y  ax  b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm A  x0 ; f  x0   ( A không phải là điểm uốn ), khi đó tồn tại  ;   chứa x0 sao cho f ( x)  ax  b x   ;   hoặc f ( x)  ax  b x   ;   . Đẳng thức xảy ra khi x  x0 .Từ đây ta có f  x1   f  x2   ...  f  xn   a ( x1  x2  ...  xn )  nb hoặc f  x1   f  x2   ...  f  xn   a ( x1  x2  ...  xn )  nb với x1 , x2 ,..., xn   ;   và đẳng thức xảy ra khi x1  x2  ...  xn  x0 Nếu x1  x2  ...  xn  k ( k không đổi ) thì f  x1   f  x2   ...  f  xn   ak  nb hoặc f  x1   f  x2   ...  f  xn   ak  nb với x1 , x2 ,..., xn   ;   b.Thực trạng vấn đề : Bất đẳng thức là một vấn đề rất quan trọng và khó đối với học sinh cấp trung học phổ thông. Học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong việc xác định phương pháp giải vì không có một phương pháp và đường đi rõ ràng. Có những cách giải từ trên trời rơi xuống. Học sinh không thể hiểu được vì sao người ta lại nghĩ ra được một bài toán như vậy, vì sao lại có một bài giải như vậy. Trong đề tài này tôi xin trình bày một phương pháp mà nếu học sinh không nắm được cơ sở lí luận đó thì sẽ không hiểu tại sao lại có một lời giải như vậy, và khi học sinh nắm được cơ sở lí luận của phương pháp này rồi thì việc sử dụng phương pháp này thật rõ ràng cụ thể, các em sẽ có thể tự chứng minh được một lớp các bất đẳng thức và có thể tự sáng tác ra các bài toán chứng minh bất đẳng thức.
  4. c.Các bước tiến hành Nếu gặp các BĐT thuần nhất hoặc đồng bậc ta nên chuẩn hóa, tùy vào đặc điểm từng bài mà ta có cách chuẩn hóa phù hợp để đưa bất đẳng thức về dạng các biến được cô lập dạng f ( x1 )  ...  f  xn    hoặc f ( x1 )  ...  f  xn    . Sau đó thực hiện theo các bước sau :  Xét xem dấu “=” xảy ra khi nào và điều mong ước là x1  ...  xn  x0  Dựa vào hình thức của BĐT, xét hàm số f ( x ) , viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x) tại điểm có hoành độ x0 , giả sử phương trình tiếp tuyến là y  g ( x) . k  Viết f ( x)  g ( x)   x  x0  h( x) , trong đó h  x0   0 , k  2, k  , kiểm nghiệm f ( x)  g ( x)  0x  D hoặc f ( x)  g ( x)  0x  D .  Từ đó đưa ra lời giải : ta có f ( xi )  g ( xi )  0 hoặc f ( xi )  g ( xi )  0xi  D , xi  D, i  1, n  Cộng n bất đẳng thức theo vế ta được điều phải chứng minh Các ví dụ làm rõ phương pháp 2 2 2  2a  b  c    2b  a  c    2c  a  b   8 Ví dụ 1: Cho a, b, c  0 . CMR: 2 2 2 2 2a   b  c  2b 2   a  c  2c 2   a  b  Phân tích : Vì BĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử a  b  c  1. Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành f (a)  f (b)  f (c)  8 với a, b, c   0;1 x2  2 x  1 1 trong đó f ( x ) = 2 , x   0;1 . Dấu “=” của BĐT xảy ra khi a  b  c  3x  2 x  1 3
  5. 1 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x  là : 3 4 y  4x  3 2 4   3x  1  4 x  1 Ta xét f ( x)   4 x   =   2  0x   0;1  3 3x  2 x  1 Vì vậy ta có lời giải sau: Vì BĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử a  b  c  1 . 2 2 2 Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức  a  1   b  1   c  1 8 , 2a 2  (1  a )2 2b 2  (1  b)2 2c 2  (1  c)2 a, b, c   0;1 , a  b  c  1 2 2  a  1  4    3a  1  4a  1 Ta có 2 2   4a     0a   0;1 2a  (1  a )  3 3a 2  2a  1 2 2  b  1  4    3b  1  4b  1   4b     0b   0;1 2 2 2b  (1  b )  3 3b 2  2b  1 2 2  c  1  4    3c  1  4c  1 2 2   4c     0c   0;1 2c  (1  c)  3 3c 2  2c  1 Cộng ba BĐT theo vế ta được 2 2 2  a  1  b  1  c  1    4  a  b  c  4  8 2a 2  (1  a ) 2 2b 2  (1  b) 2 2c 2  (1  c) 2 3 Ví dụ 2:Cho a, b, c   và a  b  c  1. 4 a b c 9 CMR: 2  2  2  a  1 b  1 c  1 10 Phân tích : 1 Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  3
  6. x 1 Xét hàm f ( x)  2 , tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ là x 1 3 36 x  3 y . 50 2 36 x  3   3 x  1 (4 x  3) 3 Ta có f ( x)  =  0x   50 50  x  1 2 4 Vì vậy ta có lời giải sau : 2 a 36a  3   3a  1 (4a  3) 3  =  0a   50  a  1 2 2 a 1 50 4 2 b 36b  3   3b  1 (4b  3) 3  =  0b   2 b 1 50 50  b  1 2 4 2 c 36c  3   3c  1 (4c  3) 3  =  0c   50  c  1 2 2 c 1 50 4 Cộng ba BĐT ta được : a b c 9 3 2  2  2   a, b, c   và a  b  c  1 a  1 b  1 c  1 10 4 Ví dụ 3:Cho a, b, c >0 và a  b  c  3 .CMR: a  b  c  ab  bc  ca Phân tích : Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1 BĐT  2 a  2 b  2 c  9  a 2  b 2  c 2 Xét hàm f ( x)  x 2  2 x .Tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x ) tại điểm có hoành độ 1 là y  3x . Ta có 2 f ( x)  3 x  x 2  2 x  3 x =  x 1   x  2 x   0x   0;   Suy ra a 2  2 a b2  2 b c 2  2 c  9 Suy ra BĐT được chứng minh Bài tập rèn luyện:
  7. 1.Cho các số thực a, b, c >0 thỏa a  b  c  1 .CMR: a b c 9    1  bc 1  ac 1  ab 10 2 HD: Ta có bc   b  c  , tương tự…. 4 a b c 4a 4b 4c Ta có sự đánh giá sau:    2  2  2 1  bc 1  ac 1  ab a  2a  5 b  2b  5 c  2c  5 2.Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng 1 1 1 9  1 1 1      4    a b c abc  ab bc ca  Phân tích: Ví BĐT là thần nhất nên không làm mất tính tổng quát ta có thể giả sử a  b  c  1 . Khi đó BĐT có thể được viết lại : 1 1 1  1 1 1  1    9  4    .Dấu “=”xảy ra khi a  b  c  a b c  1 a 1 b 1 c  3 1  5x Dẫn đến việc xét hàm f ( x ) = , tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có  x2  x 1 hoành độ là y  18x  3 .Ta xét 3 2 18 x3  21x 2  8 x  1  3 x  1  2 x  1 f ( x)   18 x  3  = =  x2  x x(1  x) 1 vì a, b, c là độ dài của 3 cạnh tam giác , khi đó 1  a  b  c > 2a suy ra a, b, c   0;     2 1 suy ra f ( x)   18 x  3   0x   0;  .    2 Từ đó có lời giải bài toán như thế nào ? 3.Cho a, b, c >0.CMR: 2 2 2 b  c  a   a  c  b b  a  c  3    (b  c ) 2  a 2 (a  c) 2  b 2 (b  a ) 2  c 2 5
  8. Phân tích : Vì BĐT cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh BĐT đúng với mọi a, b, c >0 và a  b  c  1 2 2 2 1  2a  BĐT được viết lại thành 2  1  2b   1  2c   3 2 2 2a  2a  1 2b  2  1 2c  2c  1 5 1 1 1 27  2  2  2  2a  2a  1 2b  2b  1 2c  2c  1 5 1 Dấu “=” xảy ra khi a  b  c 3 1 Từ đó liên tưởng đến hàm f ( x ) = 2 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị 2x  2 x  1 1 54 x  27 hàm số tại điểm có hoành độ là y  3 25 2 54 x  27  3x  1 (12 x  2)  0x  0;1 Ta xét f ( x)  =   25 25  2 x 2  2 x  1 Từ đó ta có lời giải : Vì BĐT cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh BĐT đúng với mọi a, b, c >0 và a  b  c  1 2 1 54a  27  3a  1 (12a  2)  0a  0;1  =   25  2a 2  2 a  1 2 2a  2a  1 25 2 1 54b  27  3b  1 (12b  2)  0b  0;1  =   2 2b  2b  1 25 25  2b 2  2b  1 2 1 54c  27  3c  1 (12c  2)  0c  0;1  =   25  2c 2  2c  1 2 2c  2c  1 25 Cộng ba BĐT theo vế ta được 1 1 1 54a  27 54b  27 54c  27 27 2 + 2 + 2    = 2a  2a  1 2b  2b  1 2c  2c  1 25 25 25 5
  9. 1 3 2 4.Cho a, b, c >0 . CMR: 3 3  a  b2  c2   1  1  1   a  b  c  a2  b2  c2  a b c  Phân tích : Vì BĐT là cùng bậc nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử a 2  b2  c 2  1 . Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành f (a)  f (b)  f (c)  1 với a, b, c   0;1 1 3 1 1 trong đó f ( x)   x, x   0;1 . Dấu “=” của BĐT xảy ra khi a  b  c  3 3 x 3 1 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ là : 3 1 2 3 22 3 y x 3 3 2 Ta xét f ( x)  1 2 3 x 22 3 =  3x  1  1  3   0x   0;1 3 3 3 3x Vì vậy ta có lời giải sau: Vì BĐT là cùng bậc nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử a 2  b2  c 2  1 . 2 Ta có 1 3 1 a  1 2 3 a 2 2 3 =   1  3   0a   0;1 3a  1 3 3 a 3 3 3 3a 2 1 3 1 b  1 2 3 b 22 3 =  3b  1  1  3   0b   0;1 3 3 b 3 3 3 3b 2 1 3 1 c  1 2 3 c 22 3 =   1  3   0c   0;1 3c  1 3 3 c 3 3 3 3c Cộng ba BĐT theo vế ta được 1 2 3 1 2 3 f ( a )  f (b )  f ( c )   a  b  c  2  2 3   3  a 2  b2  c 2   2  2 3  1 3 3 5. Cho a, b, c  : a  b  c  6 .CMR: a 4  b4  c 4  2(a 3  b3  c 3 ) Phân tích:
  10. Dấu “=” của BĐT xảy ra khi a  b  c  2 BĐT   a 4  2a 3    b4  2b3    c 4  2c3   0 . Ta xét hàm f ( x)  x 4  2 x3 .Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f(x) tại điểm có hoành dộ 2 là y  8 x  16 . Ta có f ( x)  (8 x  16) = x 4  2 x3  8 x  16 =  x  2 2  x 2  2 x  4   0x Vì vậy ta có lời giải sau: 2 Ta có a 4  2a3  8a  16 =  a  2   a 2  2a  4   0, a 2 Tương tự ta có : b 4  2b3  8b  16 =  b  2  b 2  2b  4   0b  2 c 4  2c3  8c  16 =  c  2   c 2  2c  4   0c  Cộng ba BĐT lại với nhau ta được : a 4  b 4  c 4  2(a3  b3  c 3 )  8(a  b  c)  48 a b  c b  a  c c a  b 6 6. Cho a, b, c >0. CMR: 2 2  2 2  2 2  a  b  c b   a  c c  a  b 5 7. Cho a, b, c >0. CMR:  abc a  b  c  a 2  b 2  c 2   3 3 a 2 2 b c 2   ab  bc  ca  9 n 8.Cho n số thực dương thỏa mãn a i 1 i  n .CMR: x1 x 1 1 2  ...  n 2   ...  1  x1 1  xn 1  x1 1  xn 9.Cho a.b.c.d>0 thỏa ab  bc  cd  da  1 . a3 b3 c3 d3 1 CMR:     bcd cd a d ab abc 3 a b c 9 10. Cho a, b, c >0. CMR: 2  2  2  b  c  a  c a  b 4 a  b  c 1 1 1 9 11. Cho a, b, c >0, a 2  b2  c 2  1 . CMR:    1  ab 1  bc 1  ca 2 1 1 1 12. Cho a, b, c >0, a 2  b2  c 2  1 . CMR:     a  b  c   2 3 a b c
  11. 1 1 1 4 13. Cho a, b, c >0, a 2  b2  c 2  3 . CMR:     a  b  c   7 a b c 3 3 3 3 14. Cho a, b, c >0. CMR:  3a  b  c    3b  a  c    3c  a  b   375 3 3 3 3a 3   b  c  3b 3   a  c  3c3   a  b  11 a3 b3 c3 15. Cho a, b, c >0. CMR: 3  3  3 1 a3   b  c  b3   a  c  c3   a  b 16. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1      a b c a b c b c  a c  a b 17. Cho a, b, c, d  0 và a  b  c  d  2 . a2 b2 c2 d2 16 CMR: 2  2  2  2  a 2  1 b 2  1 c 2  1 d 2  1 25 2a 2 2b2 2c 2 18. Cho a, b, c >0. CMR: 2  2  2 1 2a 2   b  c  2b 2   a  c  2c 2   a  b  n x1 x n 19. Cho n số thực dương thỏa mãn a i  1 .CMR:  ...  n  i 1 2  x1 2  xn 2 n  1 20.Cho a, b, c >0 và a  b  c  1 .CMR: 10  a3  b3  c3   9  a5  b5  c5   1 21.Cho a, b, c là các số thực dương sao cho a 2  b2  c 2  3 1 1 1 CMR:  5  5 1 a  3  a b  3  b c  3  c2 5 2 2 1 1 1 22.Cho a, b, c >0 và a  b  c  3 .CMR:   3 a 2  3a  3 b 2  3b  3 c 2  3c  3 1 1 1 23. Cho a, b, c >0, a 4  b4  c 4  3 . CMR:   1 4  ab 4  bc 4  ca 2 2 2 24. Cho a, b, c >0. CMR:  b  c  3a    a  c  3b    a  b  3c   1 2 2 2 2a 2   b  c  2b 2   a  c  2c 2   a  b  2 Rõ ràng phương pháp tiếp tuyến là một phương pháp chứng minh bất đẳng thức rất rõ ràng, hiệu quả, dễ áp dụng đối với học sinh. Giúp học sinh không còn cảm giác “sợ “ khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức, một nội
  12. dung mà học sinh luôn gặp trong mọi kì thi của cấp trung học phổ thông, một nội dung mà đa số mọi học sinh đều gặp vướng mắc trong việc tìm phương pháp giải. Qua phương pháp này giúp học sinh thấy được chỉ từ một kiến thức rất đơn giản, chỉ từ một hình ảnh rất trực quan về tiếp tuyến của một đường cong có thể phát hiện được tính chất và từ đó tạo ra hướng sáng tạo được những bài toán đẹp và phương pháp giải toán hiệu quả. Phương pháp này đã được áp dụng cho đối tượng là học sinh lớp 12T2 và đội tuyển học sinh giỏi khối 12 trong chuyên đề ‘Một số phương pháp giải tích chứng minh bất đẳng thức”. Trong chuyên đề này các em đã có thể tự giải những lớp bài toán chứng minh bất đẳng thức thuần nhất hoặc cùng bậc trong các kì thi Olympic Quốc tế và hơn thế nữa các em đã có sự tập tành nghiên cứu khoa học là tự sáng tác các bài toán chứng minh bất đẳng thức. Mặc dù không phải bất cứ bài toán chứng minh bất đẳng thức nào cũng có thể giải bằng phương pháp trên nhưng ít ra nó cũng đã giúp các em có một phương pháp rõ ràng, dễ thực hiện đối với một lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức khó và quan trọng hơn cả nó đã giúp các em thấy được xuất xứ của bài toán chứng minh bất đẳng thức và các em cũng có thể tự sáng tác bài toán chứng minh bất đẳng thức tạo sự hứng thú học tập và sáng tạo cho các em . Từ đó tạo một niềm tin trong học tập cho các em, tạo một thái độ học tập là phải nắm được cái cốt lõi của vấn đề, và chính những điều đó đã giúp các em các em học sinh giỏi trong đội tuyển 12 đạt kết quả tốt trong kì thi học sinh giỏi tỉnh : 1 giải nhất, 2 giải nhì và 2 giải khuyến khích. 0 2.Sử dụng phương pháp tiếp tuyến để tìm giới hạn dạng vô định 0 a.Cơ sở lí thuyết : Giả sử hàm số y  f ( x) có đạo hàm tại x0 . Ta đã biết tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y  f ( x) tại M0   C  là giới hạn của cát tuyến M0M của đồ thị (C ) khi
  13. M dần tới M0 ( M, M0 thuộc đồ thị (C ) ) . Và vì vậy có thể thấy rằng khi x  x0 thì f(x) và f ' ( x0 )( x  x0 )  f  x0  là hai lượng “vô cùng bé tương đương” b.Thực trạng vấn đề : 0 Trong quá trình khử dạng vô định đối với những giới hạn dạng 0 m f ( x)  n g ( x) lim k ( m, n, k tự nhiên, 2  k  min m, n ), người ta thường có kĩ x  x0  x  x0  thuật xử lí là thêm bớt một lượng mà chúng ta vẫn hay gọi là phương pháp gọi 0 số hạng vắng, khi ấy ta thường gặp phải vấn đề là khử được dạng vô định 0 nhưng lại gặp phải dạng vô định    nếu như số hạng vắng là hằng số. Nguyên 0 nhân là dạng vô định mà ta khử sau khi thêm bớt hằng số vắng, không phải là 0 hai lượng vô cùng bé cùng cấp. Vấn đề đặt ra là số hạng vắng đó tìm như thế 0 nào để thu được dạng vô định mà vô cùng bé ở tử và vô cùng bé ở mẫu là 0 cùng cấp để có thể khử dạng vô định trên mà không phải gặp tình huống khử được dạng vô định này lại gặp dạng vô định khác. Phương pháp tiếp tuyến sẽ giúp chúng ta giải quyết được vấn đề này. c.Các bước thực hiện : m l ( x )  n h( x ) f ( x)  g ( x) Giả sử giới hạn lim k được viết lại là lim k ( y  f ( x) và x  x0  x  x0  x  x0  x  x0  y  g ( x) có đạo hàm tại x0 ) Khi đó ta thực hiện theo các bước sau :  Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số y  f ( x) hoặc y  g ( x) tại x0 , giả sử được y  t ( x) m l ( x)  n h ( x)  m l ( x)  t ( x) t ( x )  n h( x )   Tính x x lim k = x x  lim k  k  0  x  x0  0    x  x0   x  x0    Các ví dụ làm rõ phương pháp :
  14. 8 x3  x 2  6 x  9  3 9 x 2  27 x  27 Ví dụ 1 : Tìm giới hạn T= lim x 0 x3 Lời giải : Đặt f ( x) = 8 x 3  x 2  6 x  9 , g ( x) = 3 9 x 2  27 x  27 . Phương trình tiếp tuyến của hàm số y  f ( x) tại điểm có hoành độ 0 là y  x  3 . Khi đó  8 x 3  x 2  6 x  9  ( x  3) ( x  3)  3 9 x 2  27 x  27  T= lim    = x 0   x3 x3    8   1  37 lim   lim   x 0 2 = x  0  f ( x )  x  3   x  3 2   x  3 g ( x)   g  x    27     cos 2 x  2 x  4 1  2 x 2  4 x Ví dụ 2: Tìm giới hạn T= lim x 0 x2 Lời giải : Đặt f ( x) = cos 2 x  2 x , g ( x) = 4 1  2 x 2  4 x . Phương trình tiếp tuyến của hàm số y  f ( x) tại điểm có hoành độ 0 là y  1  x . Khi đó cos 2 x  2 x  4 1  2 x 2  4 x T= lim x 0 x2  cos 2 x  2 x  1  x = lim     1  x   4 1  2 x 2  4 x   x 0  x2 x2    = lim  x 2  2sin 2 x  lim  x4  4 x3  6 x2   (1  1  2 x2 ) x 0 x 2   f ( x)   (1  x)  x 0 x 2 1  x 3  1  x  2 g ( x)  (1  x)  g ( x) 2   g ( x) 3    sin 2 x 2 1  2  x 2  4 x  6  x2 (1  1  2 x 2 ) = lim  lim x 0   f ( x)   (1  x)  x0 1  x 3  1  x 2 g ( x)  (1  x)  g ( x) 2   g ( x) 3    3 5 1 =    2 4 4
  15. Bài tập rèn luyện 1  2 x  3 1  3x 1.Tìm giới hạn lim ( Đại học Thuỷ Lợi Hà Nội 2001 ) x 0 x2 3  2 x  x 2  2 cos 2 x  4 2  4 x  x 3  1  2 x 2 2. Tìm giới hạn lim x 0 x2 1  52 x  x ln 1  x   3 1  3 x 3. Tìm giới hạn lim x 0 3x 2 x3 4. Tìm giới hạn lim x 0 1  2 x  1  x 2   3 1  3x  1  3x 2  Phương pháp tiếp tuyến đã giúp học sinh có được một phương pháp rõ ràng và hiệu quả trong việc tìm giới hạn của một lớp hàm số không phải bằng cách mò mẫm hoặc giải hệ tìm hàm. Chính vì vậy trong phần giới hạn hàm số, các em học sinh lớp 11T2 năm học 2010-2011 đã học tập rất tốt trong chương giới hạn hàm số, đặc biệt là đối với những giới hạn mà phải gọi hàm số vắng thì 0 các em rất thành thạo trong việc khử các dạng vô định này, vì các em rất hiểu 0 rõ bản chất của hàm số vắng đó là gì.
  16. C.Phần kết luận Trong quá trình áp dụng sáng kiến , bản thân đã rút ra được kết luận  Phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức dành để vận dụng cho một lớp bất đẳng thức thuần nhất hoặc cùng bậc cùng với phép chuẩn hoá thích hợp để cô lập được các biến. f ( x)  g ( x)  Phương pháp tiếp tuyến dành để tìm giới hạn lim k trong x  x0  x  x0  0 đó f ( x)  m l ( x) , g ( x) = n h( x) , và giới hạn có dạng vô định ,( m, n, k tự nhiên , 0 2  k  min m, n ) và f ' ( x0 )  g ' ( x0 ) Việc vận dụng phương pháp tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số thật sự là một phương pháp giải toán vô cùng hiệu quả trong việc giải một lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giới hạn hàm số. Qua việc vận dụng phương pháp này chúng ta có thể rèn luyện được phương pháp tư duy khoa học, phát triển vấn đề từ những vấn đề cơ bản và cuối cùng là rèn luyện cách nhìn nhận vấn đề một cách sâu sắc từ gốc rễ, không qua loa đại khái, hời hợt bên ngoài.
  17. Tài liệu tham khảo [1] Phan Quốc Khánh, Phép tính vi tích phân, NXBGD 1997 [2]Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam [3]Tài liệu mạng
  18. MỤC LỤC Trang A.Phần mở đầu…………………………………………………………1 B. Nội dung……………………………………………………………. 2 1.Sử dụng phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức………...2 2.Sử dụng phương pháp tiếp tuyến tìm giới hạn hàm số……………….11 C.Phần kết luận…………………………………………………………14 D.Tài liệu tham khảo……………………………………………………15 Rạch Giá, ngày 12 tháng 2 năm 2012 Người viết

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản