Rèn luyện kỹ năng sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức

Thực trạng vấn đề 2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề 2.3.1 Xây dựng phương trình hàm số bằng cách đặt ẩn phụ 2.3.2 Xây dựng phương trình hàm số bằng cách dồn về một biến

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT TĨNH GIA I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ

CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Người thực hiện: Nguyễn Thị Hiền Chức vụ: Giáo viên

SKKN thuộc môn: Toán

MỤC LỤC

1.LỜI MỞ ĐẦU

1.1 Lý do chọn đề tài

1.2 Mục đích nghiên cứu

1.3 Đối tượng nghiên cứu

1.4 Phương pháp nghiên cứu

2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN

2.1 Cở sở lí luận

2.2 Thực trạng vấn đề

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

2.3.1 Xây dựng phương trình hàm số bằng cách đặt ẩn phụ

2.3.2 Xây dựng phương trình hàm số bằng cách dồn về một biến là một trong các biến đã cho

2.3.3 Áp dụng vào bài toán thực tế

2.3.4 Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức mới 2.4 Hiệu quả đạt được

3 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

1 Kết luận

2 Kiến nghị

1 LỜI MỞ ĐẦU

Mục tiêu hàng đầu của việc dạy học môn toán trung học phổ thông là trang

bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh

Phần bất đẳng thức khá quan trọng trong việc phát triển tư duy sáng tạo, tư duy biện chứng cho học sinh Sử dụng ứng dụng của đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức là một phương pháp rất hiệu quả.Có rất nhiều bài toán thực tế quy về việc tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số Mặt khác từ việc chứng minh một bài toán cụ thể, kết hợp khai thác các kiến thức đã học, các kiến thức liên quan tìm ra các bất đẳng thức mới Từ đó phát huy tính cực, chủ động, sáng tạo của học sinh trong việc lĩnh hội tri thức và tạo niềm tin, hứng thú trong học tập môn Toán

1.1 Lý do chọn đề tài

Chủ đề bất đẳng thức tương đối khó đối với mọi đối tượng học sinh Sự nhận thức học sinh thể hiện khá rõ:

- Học sinh lúng túng không có định hướng khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng

- Khả năng phân tích dữ kiện, tổng hợp các kiến thức liên quan đến bài toán còn hạn chế

- Chưa có kỹ năng vận dụng tính chất cơ bản của bất đẳng thức và các bất đẳng thức cổ điển để kiến tạo ra tri thức tổng hợp từ đó vận dụng vào giải bài tập

- Chưa có kĩ năng vận dụng kiến thức đã học vào trong thực tế cuộc sống

- Từ các bất đẳng thức đã chứng minh chưa biết phân tích xây dựng thành các bài toán mới

Vì vậy để khắc phục các hạn chế trên của học sinh, và bồi dưỡng khả năng tư duy cho học sinh khá giỏi, qua đó nâng cao chất lượng mũi nhọn cho nhà trường tôi đã

chọn đề tài: Rèn luyện kỹ năng sử dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức 1.2 Mục đích nghiên cứu.

- Từ một bất đẳng thức cụ thể cần rèn luyện cho học sinh kỹ năng xây dựng phương trình hàm số thích hợp, từ đó sử dụng ứng dụng của đạo hàm vào để chứng minh bất đẳng thức hoặc tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm

số

- Bên cạnh đó hướng dẫn học sinh vận dụng kiến thức đã học vào giải bài toán tối ưu trong thực tế

- Giúp giáo viên có định hướng tốt khi giảng dạy chủ đề bất đẳng thức

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Các dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức, bài tập tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số sử dụng chiều biến thiên của hàm số Các bài toán thực tế quy

về tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Xây dựng hệ thống bài tập định hướng

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN

2.1.Cở sở lý luận

- Giáo viên ôn tập lại nội dung và tính chất của bất đẳng thức Côsi, bunhiacốpxki

- Phương pháp tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn

Cách tìm: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b] khi đó luôn tồn tại:

[a; b]

[a; b]ax ( );min ( )

 Tìm x ia b i;  ( 1;2; ; )n tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không xác định

 Tính f a f x( ), ( ), ( ), (i f b i1;2 ; )n

 Tìm GTLN = max f a f x( ), ( ), ( ) , ( ), ( )1 f x2 f x n f b  ,

GTNN=min f a f x( ), ( ), ( ) , ( ), ( )1 f x2 f x n f b 

- Phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên khoảng

Cho hàm số y = f(x) liên tục trên (a; b)

 Tính f’(x), lập bảng biến thiên hàm số trên (a;b)

 Căn cứ vào bảng biến thiên kết luận về GTLN, GTNN nếu có

2.2 Thực trạng vấn đề

Phần bất đẳng thức là chủ đề khá quan trọng trong việc phát triển tư duy sáng tạo, tư duy biện chứng cho học sinh Đồng thời cũng thường gặp trong các đề thi đại học và cao đẳng, đề thi học sinh giỏi hàng năm.Trong khi đó số tiết phân phối cho bài học ít Khả năng vận dụng kiến thức đã học vào giải các bài toán thực

tế của học sinh còn hạn chế

Có rất nhiều phương pháp vận dụng chứng minh bất đẳng , các phương pháp giải đa dạng, một số tài liệu đưa ra cách giải mang tính thủ thuật, không tự nhiên làm cho học sinh không có cách nhìn bao quát về chứng minh bất đẳng thức Dẫn đến việc học sinh ”sợ” khi gặp bài toán bất đẳng thức

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

2.3.1 Xây dựng phương trình hàm số bằng đặt ẩn phụ

Một trong yếu tố quyết định là học sinh xác định được phương trình hàm số

Để học sinh vận dụng thành thạo nội dung của phương pháp và tạo niềm tin lĩnh hội tri thức cho học sinh Từ các bài tập cụ thể tôi hướng dẫn học sinh phân tích dữ kiện và tìm ra ẩn phụ, mỗi bài toán mở ra một hướng khai thác dữ kiện khác nhau

để tìm ra cách đặt ẩn phụ, từ đó xác định hàm số

Bài 1 [3] : Cho ba số thực x, y, z thõa mãn: x2 + y2 + z2 = 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz

Nhận xét:

- Ba ẩn x,y,z có vai trò bình đẳng và P là biểu thức đối xứng với ba ẩn

- Từ đó đưa về bài toán với ẩn t = x + y + z

- Sử dụng BĐT để tìm điều kiện của biến

(Ghi chú: [3] ( giải thích cho việc trích dẫn lấy từ tài liệu tham khảo số 3))

Giải: Đặt t = x + y + z Vì (x + y + z)2 3(x2 + y2 + z2) nên  6 t 6

Ta có P = (x + y + z) (x2 + y2 + z2 - xy - xz – zx)

= 3t - 1

2t

3 Xét hàm f(t) = 3t - 1

2t

3 với t  6; 6

  , f’(t) = 0  t  2

Ta có f (  6) 0; (  f  2)  2 2; ( 2) 2 2f 

Vậy maxP =2 2khi x  y z 23 ; minP 2 2 khi x  y z 23

Chứng minh rằng: 6( ) 2 1990 1990 2017

2

Nhận xét:

- Bài toán này vai trò x, y, z không còn bình đẳng bài toán này khai thác (*) :

x2 +y 2+ z2 +2xy = 3(x + y+z)

2

2

x y z

- Từ đó dồn về một biến t = x + y +z

Giải: Ta có

2

x y z

a c b

Đặt: t = x + y + z Xét hàm f(t) = 6t + 3980 2 9

2 



t với t (0;6]

Ta có f’(t) = 6- 1990 2 0 (0;6]

(  2)  2   t

t t Suy ra f(t) nghịch biến trên t (0;6]

Do đó min ( )(0;6] f t f(6) 2017 Dấu bằng xảy ra khi 6 12

x y z x

x y z y

x z y z

1 1 1   

a b c

Nhận xét:

- Ta đăt t = a+ b+ c Chiều cần đánh giá 2 2 2 ( )

1  1  1    

f a b c

- Để có đánh giá 2

1 

a

b ta cần 1+ b

2  Vì vậy cần đi theo hướng đảo chiều

của đánh giá nghĩa là 1 2

1 b thành - 2

1

1 b

- Ta có

a

2 2

2



ab ab

b ( Kĩ

thuật côsi ngược dấu)

Giải:

Ta có

a

2 2

2



ab ab

b

Khi đó 2

1    2

a

b Tương tự ta có: 2

1    2

b bc b

c ; 2

1    2

c ac c a

Từ đó suy ra: 2 2 2

a b c

Áp dụng BĐT Cosi: 3ab bc ac   (a b c   )2

Do đó:

2

Vậy

2

3

6

 

2 3

( )

6

  t 

f t t t với t3



  t  t t    

Vì hàm số đồng biến và liên tục khi t3 Do đó ( ) (3) 57

2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 57

2 khi a= b = c= 1

Nhận xét: Khi làm bài tập giáo viên định hướng để học sinh phân tích dữ kiện:

- Nếu các biến đối xứng và vai trò bình đẳng thì ta nghĩ đến việc dồn về biến mới thông qua đặt t = x + y +z ; t= x 2 + y 2 + z 2 , t = xyz, t= (x + y + z) 2

- Khai thác dữ kiện và biểu thức cần chứng minh một cách linh hợp kết hợp với sử dụng các bất đẳng thức cổ điển từ đó tìm ra ẩn phụ và điều kiện của

ẩn phụ.

2.3.2 Xây dựng hàm số bằng cách dồn về một biến là một trong các biến đã cho

Trong phần này hàm số được xây dựng bằng cách chọn một biến làm biến đại diện, tìm điều kiện của biến đại diện (nếu có) và biến đổi bài toán về bài toán với phần tử đại diện Để làm hạn chế phạm vi của biến ta thường sử dụng giả thiết

x = max{x,y,z} hoặc x = min{x,y,z}

Bài 1 [2]: Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng:

1 + 9xyz  4( xy + yz + xz)

Nhận xét:

- Vai trò các ẩn bình đẳng nên có thể chọn một trong ba biến làm biến đại diện, giả sử ta chọn biến đại diện là biến x

- Kết hợp z + y = 1 – x và 2 1 2

xy chuyển về hàm số với biến x

Giải : Ta có : x + y = 1 - z

2

4 (1 ) (4 9 )( ) 1

Mặt khác 9 3 3 2 6 (1 )(3 1)2 0, [0;1]

z z z z z

z

Vậy 1 + 9xyz  4( xy + yz + xz)

Dấu bằng xảy ra khi (x,y,z) = {( ; ; );( ; ;0);( ;0; );(0; ; )1 1 1 1 1 1 1 1 1

Bài 2: Cho ba số không âm x, y,z thõa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng

Nhận xét:

- Vai trò các ẩn bình đẳng nên ta chọn một trong ba biến làm biến đại diện, giả

sử ta chọn biến đại diện là biến x, sau đó chuyển về bài toán với ẩn x

- Để hạn chế phạm vi của biến ta giả thiết x = max{x,y,z}

- Nếu dấu của f’(x) khó xét ta xét dấu của f’’(x), từ đó xét dấu của f’(x)

Giải:

Không mất tính tổng quát giả sử x = max{x, y,z} 1 1

3

  x

Ta có:

2

y z

2



t

Vì '(1) '( ) 01

3

f f  nên tồn tại duy nhất 0 ( ;1)1

3

t  để '( ) 0f t  o

Bảng biến thiên:

Suy ra

Dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)={(1;0;0), (0;1;0), (0;0;1)}

Bài 3: Cho ba số không dương x, y, z thõa mãn xz + yz + 1 = xy Chứng minh

rằng:

2



Nhận xét:

- Vai trò ẩn x, y bình đẳng còn z độc lập nên ta chọn biến đại diện là biến z,

sau đó đánh giá để chuyển về bài toán với ẩn z

- Bài toán này ta đặt ẩn 1 a;1 b z c;

x  y   bài toán có điều kiện “ đẹp hơn” là

1

ab bc ca

Giải:

Khi đó: VT =

Ta có:

1

ab





Suy ra: 2 2 22 1 ( ) '( ) 2 ( 1 2 22 2) '( ) 0 3

1

c



Từ đó ta có: maxVT = max f c( )= f( 3)32 khi x y  2 3,z 3

x

1

3 t0 1 f’ - 0 +

90

7 2

f t( )0

2.3.3 Áp dụng vào bài toán thực tế

Có rất nhiều bài toán thực tế quy về việc tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của hàm số Ví như bài toán về quãng đường ngắn nhất, bài toán tạo được hình đa diện( hình lập phương , hình hộp chữ nhật, hình nón , trụ, cầu ) có thể tích lớn nhất Hay tạo ra hình đa diện khi làm tốn ít nhiên liệu nhất Thông qua đó học sinh thấy được ứng dụng quan trong của toán học vào thực tiễn cuộc sống

.Trên bờ biển có một cái kho ở vị trí C cách B

một khoảng 7km.Người canh hải đăng có thể

chèo đò từA đến M trên bờ biểnvới vận tốc

4km h/ rồi đi bộ đến C với vận tốc 6km h/ .Vị trí

của điểm M cách B một khoảng bao nhiêu để

người đó đi đến kho nhanh nhất?

Nhận xét:

- Đặt BM = x từ đó xác định thời gian đi từ A đến

kho theo

- Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số lập được

Giải:

Đặt BM=x km( ) Þ MC= - 7 x km( ) ,(0 < <x 7)

Ta có: Thời gian chèo đò từA đến M là: 2 25( ).

4

AM

x

t   h

Thời gian đi bộ đến C là: 7 ( )

6

MC

x

t   h Thời gian từ Ađến kho 2 25 7

t    Khi đó: 2 16

x t

x

 , cho t   0 x 2 5 Lập bảng biến thiên

Suy ra thời gian đến kho nhanh nhất khi x= 2 5(km).

x 0 2 5 7

t’ - 0 +

12

74 4

t( 2 5 )

Câu 2 [5] : Bạn An là một học sinh lớp

12, bố bạn là một thợ hàn Bố bạn định

làm một chiếc thùng hình trụ từ một

mảnh tôn có chu vi 120 cm(như hình

vẽ).Bằng kiến thức đã học em giúp bố

bạn chọn mảnh tôn để làm được chiếc

thùng có thể tích lớn nhất, khi đó chiều

dài, rộng của mảnh tôn lần lượt là:

A 35cm; 25cm B 40cm; 20cm C 50cm;10cm D 30cm; 30cm

Hướng dẫn giải:

- Cần xác định hàm số là thể tích của khối trụ dựa trên dữ kiện biết chu vi của hình chữ nhật

- Gọi một chiều dài là ( )x cm (0< <x 60), khi đó chiều còn lại là 60 - x cm( ), giả sử

quấn cạnh có chiều dài là x lại thì bán kính đáy là ; 60

2

x

p

4

x x

V p r h

p

Xét hàm số: 3 2 ( )

f x =- x + x xÎ

40

x

f x x x f x

x

é = ê

Lập bảng biến thiên, ta thấy 3 2 ( )

f x =- x + x xÎ lớn nhất khi x=40

Khi đó chiều dài là 40 cm; chiều rộng là 20 cm Chọn đáp án B

Câu 3 [1]: Cắt bỏ hình quạt AOB

(hình phẳng tô đậm trong hình vẽ)

từ một tấm bìa các tông hình tròn

bán kính R rồi dán hai bán kính

OA và OB của hình quạt tròn còn

lại với nhau để được một cái phễu

có dạng hình nón Gọi x là góc ở

tâm của hình quạt tròn dùng làm

phễu là x (0  x 2 )

Tìm x để hình nón có thể tích lớn

nhất

Giải:

Vì độ dài của đường tròn đáy hình nón bằng độ dài dây cung AB của hình quạt tròn dùng làm phễu nên ta có:

2 2

2

B

Thể tích của hình nón là:   



3

2

1

R

V r h x x x

Ta có :









(8 3 )

x







 







 



0

2 6 3

x

x

Bảng biến thiên:

Vậy hình nón có thể tích lớn nhất khi x= 2 6

3



Câu 4 [5]: Một xưởng cơ khí nhận làm những chiếc thùng phi với thể tích theo yêu

cầu là 2000 lít mỗi chiếc Hỏi bán kính đáy và chiều cao của thùng lần lượt bằng bao nhiêu để tiết kiệm vật liệu nhất?

A 1m và 2m B 1dm và 2dm C 2m và 1m D 2dm và 1dm

Nhận xét:

- Thùng làm ra tốn ít nguyên liệu nhất khi diện tích toàn phần của thùng nhỏ nhất.

Như vậy gọi bán kính đáy là x chiều cao là h từ thể tích suy ra mối liên hệ h và x

- Tính diện tích toàn phần của thùng theo h và x Từ đó lập hàm số với biến x

( hoặc h) và tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số tìm được

2000 ( ) 2 (  lit   m ) Gọi bán kính đáy và chiều cao lần lượt là x m x( )(  0) và h m( ).Ta có thể tích thùng phi 2

2

V  x h   22

h x



x

0 2 6

3

 2π

V’ + 0 −

V 

3

2 3 27

R

Diện tích toàn phần của thùng: 2 2

2

tp

S x x h x x x

Ta có    22    

'tp 2 (2 ) 'tp 0 1

x

Bảng biến thiên

Vậy để tiết kiệm vật liệu ta chọn bán kính đáy thùng bằng 1m, chiều cao thùng bằng 2m Chọn đáp án C

2.3.4 Khai thác bất đẳng thức đã chứng minh thành các bất đẳng thức mới

Với mục tiêu giúp học sinh không chỉ dừng lại ở việc chứng minh một bất đẳng thức, mà từ bất đẳng thức đã chứng minh khai thác tìm tòi ra nhiều bất đẳng thức mới, qua đó phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh và nhu cầu khám phá tri thức mới

Khai thác bài toán 1( mục II 2):

Cho ba số không âm x,y,z thõa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng

Hướng 1: Thay biến bởi các biểu thức phù hợp

Chẳng hạn thay x, y, z tương ứng bởi 1 1 1; ;

x y z .

Khi đó ( 1) trở thành 1 9 4( 1 1 1 ) xyz 9 4(x y z)

xyz xy yz xz

x y z  Chứng minh rằng: xyz + 9 4(x + y + z)

Hướng 2: Xây dựng bài toán: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = xy + yz + xz + mxyz (mR)

xy yz xz mxyz m xyz

27

m

x 0 1 

S’ - 0 +

S

4 

+ Nếu m < - 9

4 thì

m xyz   P Mặt khác xy + yz + xz = ( x+ y + z)33 xyz.33 xy yz xz 9xyz

Suy ra P = xy + yz + xz – 9xyz + ( m+ 9) xyz (m9)xyz

+ Nếu m - 9 thì P 0

+ Nếu m < - 9 thì ( m + 9) xyz (m+ 9) 3 9

x y z  m



m

m





Tùy theo cách chọn giá trị m mà ta có các BĐT tương ứng (chẳng hạn m = -2) ta có BĐT: Nếu x, y, z 0 và x + y + z =1 thì 0 2 7

27

xy yz xz xyz

Hướng 3: Thay đổi hình thức bài toán

Vì x + y + z = 1 nên x2 + y2 + z2 = 1 – 2(xy + yz + xz)

x3 + y3 + z3 = 1 -3(xy + yz + xz) + 3xyz

Khi đó biểu thức : P = m(x3 + y3 + z3) + n(x2 + y2 + z2) + p(xy + yz + xz) +qxyz = (3m + q)xyz + (p – 3m – 2n)( xy + yz + xz)+ m + n

= (p – 3m – 2n)( xy + yz + xz + 3

m p

xyz



  ) + m + n khi p – 3m – 2n 0 Vận dụng các kiến thức của bài toán 2.1 và tùy theo cách chọn giá trị m, n, p, q mà

ta có thể xây dựng các bất đẳng thức mới

Chẳng hạn :

a) Với m = 1, n = p = r = 0, q = 3 thì ta có BĐT:

Nếu x, y, z là các số thực không âm thõa mãn x + y + z = 1 thì

2

9x  y z  xyz

b) Với n = 3, m = p = 0, q = - 4 thì ta có BĐT:

Nếu x, y, z là các số thực không âm thõa mãn x + y + z = 1 thì

7

9 x y z  xyz 

Hướng 4: Kết hợp với các bất đẳng thức cổ điển từ đó tạo ra các bất đẳng thức mới Hướng 4.1 Mở rộng theo hướng tăng số biến

Xuất phát từ dữ kiện: (x - 1)(y - 1) 0  xy  x + y -1