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

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 đ

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 dầnmức 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 "

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

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'  0với 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

 Đồng biến trên K thì  f x   f y   x y  0 , với mọi x, y thuộc K.

 Nghịch biến trên K thì  f x   f y   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]

i) Nếu ''( ) 0 f x   x [ ; ]a b thì f x( )f x x x'( )(0  0) f x( ) 0  x0 [ ; ]a b

ii) Nếu ''( ) 0 f x   x [ ; ]a b thì f x( )f x x x'( )(0  0) f x( ) 0  x0 [ ; ]a b

Đẳng thức trong hai Bất đẳng thức trên xảy ra  x x  0

Ta có thể chứng minh nhận xét trên như sau

i) Xét hàm số g x( )f x( ) f x x x'( )(0  0) f x , ( )0 x[ ; ]a b

Ta có : g x'( )f x'( ) f x'( )0  g x''( )f x''( ) 0,   x [ ; ]a b

Suy ra phương trình g x'( ) 0 có nghiệm duy nhất x x và  0 g x'( ) đổi dấu từ ( ) sang () khi x qua x nên ta có : 0 g x( )g x( ) 0 0   x [ ; ]a b

ii) Chứng minh tương tự

Chú ý: Phương trình f x x x'( )(0  0) f x là phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( )0hàm số y f x tại điểm   M x f x 0;  0 .

 Nhận xét 4: Cho hàm số y f x( ) liên tục trên [a;b], và phương trình

a) Từ tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit

Ví dụ 1.Xuất phát từ hàm số y loga x đồng biến trên từng khoảng xác định với

1



a 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) loga xloga y với a1

2) loga xloga y với 0a1

Từ (1) và (2) suy ra log x3y 2 log y3z 2 log z3x 2 6

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3y 2log y3z 2 log z3x 2 6

log x y z xyz log x y z z    logzxyz

Mà log xxyz log yxy zlog zxyz 

3 9

 log x ylog y xlog y zlog z ylog x zlo g z xSuy ra log x y z x    log x y z y   lo g zx y z 9

Từ đó ta có bài toán sau:

 Bài 2: Cho x y z t, , , 1; 3 Chứng minh rằng :

Ta được bài toán :

 Bài 1: Cho x y z, , là số thực dương Chứng minh rằng:

Do đó ta được bài toán:

 Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số thực x2 ta luôn có

Cộng vế với vế ta được bài toán:

 Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z không âm thì

Ta được bài toán

 Bài 5: Cho các số thực x y z, , thỏa mãn x y z  0 Tìm giá trị nhỏ nhất

+ Với x0 ta có 3x  x2    1 x x 1, xây dựng các BĐT tương tự đối với biến

 Bài 6: Cho tam giácABC Chứng minh rằng:

sin sin sin

Để che giấu hàm số, ta có thể sử dụng bất đẳng thức quen thuộc:

Từ đó được bài toán mới là:

 Bài 7: Cho tam giácABC Chứng minh rằng

sin sin sin

 Bài 8: Cho các số thực x y z, , Chứng minh rằng :

Và bất đẳng thức (x2 2)(y2 2)(z2 2)x y z  2

Từ đó suy ra có bài toán:

 Bài 9: Chứng minh rằng x y z, , , ta luôn có:

3) Từ trên, ta suy ra: Với x1 thì

Kết hợp với đẳng thức trong tam giác

tanAtanBtanCtan tan tanA B C, ta được

 Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng:

 Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng:

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 đồng biến trên x  với a 1 và nghịch biến trên  với 0a1

Vì vậy với mọi số thực x y, ta có:

 Bài 5: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x y z  3 Chứng minh rằng:

Từ (**) ta có các bài toán sau:

 Bài 6: Cho x, y, z là các số thực Chứng minh rằng:

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

a 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  loga x loga y 0 với a1.

2) x y  loga x loga y 0 với 0a1

 Với mọi số dương x,y ta có:

log x log y x y2  2     0 x log x y log y x log y y log x 2  2  2  2

Tương tự ta có y log 2yz log 2z y log2zz log 2y và

+ 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 x2 y 1log2yz 1log z2 0.

+ Với giả thiết xyz 1 kết hợp với (1)

Ta có y z log x  2 z x log y  2 x y log z  2

x log y log z y log z log x z log x log y

xlog yz ylog zx zlog xy xlog x ylog y zlog z

 xlog x ylog y zlog z

Do đó2 x log x y log y z log z2  2  2  xlog x ylog y zlog z2  2  2

Hay xlog x ylog y zlog z2  2  2 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 x ylog y zlog z2  2  2 0

b) x y z x y z 1

 Với mọi số dương x, y, z lơn hơn 1 ta có

log x log y x y x  x     0 x y log y x log y y x  x Tương tự ta có:

a) xlogz x logx y ylogx y logy z zlogy z logz x 0 với x y z, , 1.

b) xlogz x logx y ylogx y logy z zlogy z logz x 0 với 0x y z, , 1.

 Với mọi số dương x,y,z lớn hơn 1 ta có

log x log y x y z  z     0 x log x y log y x log y y log x z  z  z  z

logz x y x y logx y z y z logy z x z x x logz ylogy z 

Kết hợp BĐT côsi ta được:

 Bài 4: Chứng minh rằng:

logz x y x y logx y z y z logy z x z x 2 x y z với x, y, z là số thực lớn hơn 1 

 Với mọi số dương x,y ta có:

Ta được bài toán:

 Bài 5: Cho x y z, , là các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức sau:

2 2 2   



x y z y z z x x y

 Bài 6: Cho x y z, , là các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức sau:

x y z hay xy yz zx xyz   thì x y z, , 1; Ta có bài toán sau:

 Bài 3: Cho các số thực x, y, z dương thỏa mãn xy yz zx xyz  

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z  

 Bài 1: Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh rằng:

x y z

e .

+ Với giả thiết 1  1 1e

1, , 

+ 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

Ta lại có AcosBcosC BcosCcosA CcosAcosB

Hay sin cos sin cos sin cos 0

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:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

Ta được bài toán

 Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng:

3A sinA3B sinB3C sinC0

 Ta có hàm số f t  tant đồng biến trên 0;

A B  tanA tanB  0 AtanA B tanB A tanB B tanA

Tương tự ta có:

Mặt khác ta có tanAtanBtanC3 3

Do đó ta có tanA A B tanB C tanC  3

Ta được bài toán

 Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng:

 Ta có hàm số f t  cott nghịch biến trên 0; nên 

A B  cotA cotB  0 AcotA B cotB A cotB B cotA

Ta được bài toán

 Bài 4: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:

Nếu A B C  thì a b c  do đó cosAcosBcosC và

a2 b2 cosA cosB 0 hay a2cosA b 2cosB a 2cosB b 2cosA

Tương tự ta có b2cosB c 2cosC b 2cosC c 2cosB và

2cos  2cos  2cos  2cos

Cộng vế với vế ta được:

3 a cosA b cosB c cosC  a b c cosAcosBcosC

2

Vậy ta được bài toán

 Bài 5: Cho tam giác ABC có AB c BC a AC b ,  ,  Chứng minh rằng:

Tổng quát(chứng minh hoàn toàn tương tự)

Cho tam giác ABC có AB c BC a AC b ,  ,  và x là số thực dương

Vậy ta được bài toán

 Bài 6: Cho tam giác ABC có AB c BC a AC b ,  ,  Chứng minh rằng

 Bài 1: Cho x y z, , là các số thực không âm thỏa mãn x y z  3

Vì x0 nên f x'  0,  x 0 hàm số f x đồng biến trên '  0; do đó 

phương trình f x'  0 có tối đa một nghiệm Mặt khác f ' 1  0 do đó phương trình f x'  0 là nghiệm duy nhất.

 Cho x2 y2 z2 1, ta có bài toán:

 Bài 2: Cho x y z, , là các số thực không âm thỏa mãn x2  y2 z2 1

 Suy ra ta có lnx x  1,  x 0 y x xy yln   ,x y, 0

Xây dựng các BĐT tương tự kết hợp với đánh giá cơ bản ta có bài toán

 Bài 1: Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn x y z  3

Xây dựng các BĐT tương tự kết hợp với ràng buộc các biến ta có bài toán

 Bài 2: Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn x y z  3

 Phương trình tiếp tuyến tại

Tương tự ta có bài toán:

 Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng:

tanAtanBtanC3 3Tương tự ta có

 Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng:

 Thay x bởi các góc khác nhau ta có các bài toán:

 Bài 5: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:

 Bài 6: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:

(n dấu căn) vớin N n , 2.

 Bài 7: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng

a) cot ABcot BC cot CA  3

Vậy ta có bài toán

 Bài 9: Cho tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Chứng minh rằng : tan tan tan 4 3

Dấu "=" xảy ra khi x0 hoặc x1

 Từ nhận xét trên ta có ngay bài toán

 Bài 1: Cho các số thực a b c, , 0;1 Chứng minh rằng:

2a 2b 2c    a b c 3Giả thiết a b c  1 và a b c, , không âm có ngay a b c, , 0;1 do đó ta có bài toán

 Bài 2: Cho các số thực không âm a b c, , thỏa a b c  1 Tìm giá trị lớn nhất của

Từ đó, ta có bài toán sau

 Bài 3: Cho các số thực a b c, , không âm thỏa mãn a3b3 c3 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P8a 8b 8c  3 2a a b.2b c.2c.

Hướng dẫn: Từ giả thiết ta có a b c, , 0;1 Từ lập luận trên ta có:

8x  x  1 3 2 x x  8x  3 2x x x 1,  x 0;1

Từ đó ta có các bài toán sau:

 Bài 4: Cho các số thực a b c, , 0;1 Chứng minh rằng

Áp dụng cho các biến a, b, c và ràng buộc biến bởi đẳng thức a2 b2 c2 1

Ta được bài toán sau:

 Bài 5: Cho các số thực không âm thỏa mãn a2 b2 c2 1

Dấu "=" xảy ra khi x0 hoặc x1

Kết hợp với f x liên tục trên    nên ta có f x( ) 0  x0;1.

 Từ đó ta có bài toán

 Bài 1: Cho các số thực a b c, , 0;1

Chứng minh rằng: 7a 7b 7c 2a 2b 2c 5a b c  

Giả thiết a b c  1 và a b c, , không âm có ngay a b c, , 0;1 do đó ta có bài toán

 Bài 2: Cho các số thực không âm a b c, , thỏa a b c  1

Tìm giá trị lớn nhất của P7a 7b 7c  2a  2b  2c

Kết hợp BĐT: x x n, x 0;1 , n2,n  ta được bài toán:

 Bài 3: Cho các số thực không âm a b c, , thỏa a b c  1 Với n là số tự

nhiên lớn hơn 1 Tìm giá trị lớn nhất của :

a) P7a 7b 7c  2a2  2b2  2c2

b) P7a 7b 7c  2a n  2b n  2c n

 Bài 4: Cho các số thực không âm a b c, , thỏa  1  1  1 1

đó là hai điểm đầu mút

Kết hợp với f x liên tục trên    nên ta có ( ) 0 1;0

 Bài 2: Cho các số thực không dương a b c, , thỏa 1

Ta được bài toán:

 Bài 3: Cho các số thực a b c, , không dương thỏa mãn 3 3 3 1

C KẾT LUẬN

Đề tài này đã được bản thân tôi và các đồng nghiệp cùng đơn vị thí điểm trên các em có học lực từ khá trở lên Kết quả thu được rất khả quan, các em học tập một cách say mê hứng thú Một số em đã đạt được những thành tích tốt qua những đợt thi học sinh giỏi và thi đại học năm vừa qua

Vì tác dụng tích cực trong việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi nên kính mong hội đồng khoa học và quý thầy ( cô) góp ý bổ sung để đề tài ngày một hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng hơn trong quá trình dạy học ở trường THPT