Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THPT Dương Đình Nghệ. GV: Vò Hoµng S¬n. Phần một: Đặt vấn đề Hiện nay ,giáo dục không ngừng được cải cách và đổi mới .Để kịp với xu hướng này ,rất nhiều yêu cầu được đặt ra .Một trong số đó chính là làm sao để có được những phương pháp giải toán hay ,nhanh,mà vẫn cho kết quả chính xác .Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số là một phương pháp giải toán như vậy. Có rất nhiều bài toán thoạt nhìn tưởng rất khó,nếu giải được thì lời giải sẽ khó hiểu,rắc rối .Nhưng nếu áp dụng phương pháp này ,bài toán sẽ trở thành đơn giản ,gọn hơn rất nhiều .Đó chính là một trong những ứng dụng của phương pháp này ,ngoài ra phương pháp sử dụng tính đơn điệu còn phát huy sự ưu việt trong nhiều trường hợp khác . Nói tóm lại,Phương pháp này rất cần thiết đối với các em học sinh đang chuẩn bị ôn thi tốt nghiệ trung học phổ thông,thi đại học và cao đẳng.Nó sẽ giúp các em phát huy tèi ®a tÝnh s¸ng t¹o trong viÖc t×m ra con ®­¬ng gi¶i to¸n nhanh nhÊt ,hay nhÊt vµ chÝnh x¸c nhÊt . Trong qu¸ tr×nh d¹y häc m«n to¸n ë bËc trung häc phæ th«ng, chóng ta gÆp rÊt nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Để giải các bài toán dạng trên có bài ta giải được bằng nhiều phương pháp khác nhau , cũng có bài chỉ có thể giải được bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán là một phương pháp hay,thông thường để giải quyết một bài toán sẽ đơn giản,gọn nhẹ hơn so với phương pháp khác . Tuy nhiên để học sinh có kỹ năng ta cần hệ thống hoá lại bài tập ,để học sinh và giáo viên bít lóng tóng h¬n. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán ,chiếm một vị trí đặc biệt quan trọng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Phương pháp này dựa trên mối liên hệ giữa tính đồng biến và nghịch biến của một hàm số với đạo hàm của nó . SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. GV: Vò Hoµng S¬n. Để sử dụng phương pháp này,điều cốt yếu là chúng ta cần xây dựng một hàm số thích hợp ,rồi nghiên cứu tính đồng biến ,nghịch biến của nó trên đoạn thích hợp.Các hàm số ấy trong nhiều trường hợp có thể nhận tra ngay từ đầu ,còn trong các trường hợp đặc biệt ta cần khôn khéo để phát hiện ra chúng .. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. GV: Vò Hoµng S¬n. Phần hai: Nội dung ,phương pháp ,cách thức thực hiện.. A.KiÕn thøc cÇn nhí ! Hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [a;b] được gọi là đồng biến trên đoạn ấy, nếu với mọi x1 < x2 thuộc đoạn [a ;b] ta đều có f(x1) < f(x2) . Điều kiện để y = f(x) đồng biến trên [a ;b] là y'= f(x)  0 , x  [a ;b] .Đồng thời dấu ''='' đạt được tại một số điểm riêng biệt. Đối với hàm đồng biến thì ymax= y(b) , ymin= y(a) (a < b) ,đồng thời nếu phương tr×nh f(x) =0 cã nghiÖm th× nghiÖm Êy lµ duy nhÊt. Tương tự, y = f(x) được gọi là nghịch biến trên [a ;b] là y' = f'(x)  0 , x  [a;b]. Đồng thời dấu ''='' đạt được tại một số điểm riêng biệt. Đối với hàm nghịch biến thì ymax= y(a) , ymin= y(b) (a < b) ,đồng thời nếu phương trình f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất. Hàm số y = f(x) chỉ đồng biến hoặc chỉ nghịch biến trên đoạn [a;b] được gọi là đơn điệu trên đoạn ấy. Hàm đơn điệu có tính chất quan trọng sau đây: f(x) = f(y)  x = y. Nếu f(x) đồng biến , g(x) nghịch biến thì : 1). Nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm x = x0 thì nghiệm ấy là duy nhất. 2). Nghiệm của bất phương trình f(x) > g(x) là giao của x>x0 và miền xác. định của bất phương trình . 3). Nghiệm của bất phương trình f(x) < g(x) là giao của x< x0 và miền xác. định của bất phương trình .. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. GV: Vò Hoµng S¬n. B.Mét sè vÝ dô : I. VÝ dô 1:. Phương trình. giải phương trình:. x 1 - 4  x = 1. (1). Gi¶i: ®iÒu kiÖn -1  x  4.  (1) . x  1 = 1+ 4  x. Cã nghiÖm x = 3, v×. 3 1 = 2 = 1 +. 4  3 = 2 §óng. và vì vế trái là hàm đồng biến ( đạo hàm dương) , vế phải là hàm nghịch biến ( đạo hàm âm), nªn x = 3 lµ nghiÖm duy nhÊt cña (1). Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu , tránh được bình phương 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm. x5 +x3 - 1  3x +4 =0. Ví dụ 2.Giải phương trình.. Gi¶i: §iÒu kiÖn x  1/ 3 . §Æt f(x) = x5 +x3 - 1  3x +4 Ta cã f'(x) = 5x4 +3x2 +. 3 >0 2 1  3x. 1  f(x) đồng biến / ( , ] 3 Mặt khác f(-1) = 0 nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = -1. Ví dụ 3. Giải phương trình .. x 2  15  3 x  2  x 2  8. Giải.Phương trình  f ( x)  3 x  2  x 2  8  x 2  15  0. (*). Nếu x  2 / 3 thì f(x) <0  phương trình (*) vô nghiệm .  1  1 2 NÕu x >2/3 th× f'(x) = 3 + x    0 x>  2 3 x 2  15   x 8. 2   f(x) đồng biến /  ,   3 . Mà f(1) = 0 nên (*) có đúng một nghiệm x = 1. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. Ví dụ 4: Giải bất phương trình :. . 2 3.   x. GV: Vò Hoµng S¬n. 2 3.  2 x. x. (1). Giải: Nhận thấy x = 2 là nghiệm ,vì khi đó ta có : 2- 3  2  3  4  22 x. x. 2 3 2 3 V× 2x > 0 nªn (1)       1 4 4     Do. 2 3 2 3  1 4 4. Nªn vÕ tr¸i lµ hµm nghÞch biÕn ,vµ v× vËy x =2 lµ nghiÖm duy nhÊt cña (1) . NhËn xÐt .C¸i hay cña c¸ch gi¶i nµy lµ ph¸t hiÖn ra c¬ sè bÐ h¬n 1 để sử dụng tính nghịch biến. Ví dụ 5:Giải phương trình : x + lg(x2 -x -6) = 4 +lg(x +2). Gi¶i: §iÒu kiÖn x +2>0, x2 - x -6 >0  x  3. VËy (1)  x + lg(x +2) +lg(x -3) = 4 +lg(x +2)  lg(x -3) = 4 -x. (2). Phương trình này có nghiệm x =4 vì khi đó ta có lg1 = 0 đúng . Vì vết trái đồng biến (cơ số lôgarit lớn hơn 1).Vế phải nghịch biến ( đạo hàm âm) , Nªn (2) cã nghiÖm duy nhÊt x = 4 ( tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x > 3) Ví dụ 6: Giải phương trình 2log3cotgx = log2cosx Gi¶i: §iÒu kiÖn cosx > 0,sinx > 0 . §Æt. . log2cosx = y  cosx = 2y  log3cotg2x = log2cosx = y cotg2x. =. 3y. V×. cotg2x. cos 2 x 4y =  1  cos 2 x 1  4 y. y. 3  3y - 12y = 4y     3 y  1, cã nghiÖm duy nhÊt y = -1 4 Vì vế trái cơ số 3/4 <1 là hàm nghịch biến ,vế phải cơ số 3>1 là hàm đồng biến . VËy cosx = 2-1 = 1/2  x =  / 3  2k , k  R . KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ,ta ®­îc nghiÖm cña (1) lµ :. x=.  3.  2 k , k  z .. Nhận xét .Cái hay của cách giải này là đưa (1) về dạng phương trình mũ không chính tắc để sử dụng tính đơn điệu. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. GV: Vò Hoµng S¬n. Ví dụ 7: giải phương trình. 3 x 2 - 2x 3 = log 2 (x 2 + 1) - log 2 x. (1). Gi¶i: §iÒu kiÖn: x > 0. víi ®iÒu kiÖn Êy (1)  x 2 (3-2x) - log 2 (x + Do x > 0 nªn x+. 1 ) x. (2). 1  2 vµ do vÕ ph¶i lµ hµm loga cã c¬ sè lín h¬n 1, x. nên là hàm đồng biến.  log 2 (x +. 1 )  log22 = 1. x. Vậy thì vế trái dương  x2(3-2x) >0  3-2x > 0. Ta có x2(3-2x) = x.x.(3-2x) là tích của 3 số dương ,có tổng không đổi bằng 3 ,nên nó đạt giá trị lớn nhất bằng 1 ,khi x = 3 -2x = 1. Như vậy là VT  1 ,đạt dấu = khi x = 1 , VP  1 , đạt dấu = khi x = 1.  phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. Nhận xét.Cái hay của cách giải này là áp dụng linh hoạt hệ quả của bất đẳng thức Côsi và tính đơn điệu của hàm logarit. Ví dụ 8. giải các phương trình: 3.4x + (3x-10)2x + 3 - x = 0 Giải. đặt y = 2x > 0, khi đó ta có 3y2 + (3x - 10)y + 3 - x = 0 Từ đó y =. 3 x  10  (3 x  8)  6. NÕu y1 =. 1 = 2x  x = -log23. 3. y1 =. 1 hoÆc y2 = 3-x 3. Nếu y2 = 3 - x = 2x , ta có x = 1 là nghiệm duy nhất , vì khi đó 3 -1 = 2 đúng và vì vế trái là hàm nghịch biến ( có đạo hàm âm) , vế phải là hàm đồng biến ( cơ số hàm mũ lớn hơn 1). Nhận xét.Cách giải này hay ở chổ biết chọn ẩn số mới thích hợp để đưa về phương trình bậc hai và sử dụng được tính đơn điệu của hàm số.. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. II.. GV: Vò Hoµng S¬n. Bất hương trình. VÝ dô 1.. giải bất phương trình. x9 > 5 -. 2x  4. (2). Gi¶i: §iÒu kiÖn x  2. do vế trái là hàm đồng biến( đạo hàm dương) vế phải la hàm nghịch biến(đạo hàm âm) nên nghiệm của (2) là giao của x  2 và x > x 0 vói x 0 là nghiệm của phương trình. x9 = 5 -. 2x  4 ;. phương trình cuối có nghiệm duy nhất x =0, vì khi đó ta có. 9 =5- 4 đúng. và vế trái đồng biến, vế phải nghịch biến. VËy nghiÖm cña (2) lµ giao cña x  2 va. x > 0 x > 0. Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu , tránh được bình phương 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm.. x  1  3 5 x  7  4 7 x  5  5 13 x  7  8. Ví dụ 2. Giải bất phương trình . Gi¶i . §iÒu kiÖn x  5/7 .XÕt f(x) = Ta cã f'(x) =. x  1  3 5 x  7  4 7 x  5  5 13 x  7. 1 5 7 13    0 2 x  1 3 3 (5 x  7) 2 4 4 (13 x  7)3 5 5 (13 x  7) 4. 5   F9x) đồng biến /  ,   .Mặt khác f(3) = 8 nên bpt f(x) < 8. 7   x  5/ 7 5  f ( x)  f (3)     x  3. 7 x  3. Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu,trong khi đó muốn giải bằng cách khác sẽ rất khó khăn. Ví dụ 3.Giải bất phương trình . 2x + Gi¶i. §iÒu kiÖn x > 0.§Æt f(x) = 2x +. x  x  7  2 x 2  7 x  35 x  x  7  2 x2  7 x. 1 2x  7 Ta cã f'(x) = 2    0 2 2 x 2 x7 x  7x 1. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán.   29 2  , f      35   12    . 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. GV: Vò Hoµng S¬n.   29  Nên f(x) đồng biến và do đó f(x) < 35 = f      12   Ví dụ 4: Giải bất phương trình : Gi¶i: §iÒu kiÖn: x  0, x +. x.   . 1 1  0, x  2  0 2 x x. 2.  29  0 x  .  12 . 1 1 2  x 2  2 x x x. Do vËy (1)  x3  1  x3  1  2 §Æt. 2. (1). x 1 (2). x3  1  u  x3  1  v  0 ,khi đó. 1  1 u  v  2   (2)   2 2  u  v 2 u  v  2 (u  v)(u  v)  2 . u  v  2  u -v  1   v  u  1. VËy :. x3  1 . §¸p sè : x  3. v. 1  0 (thÝch hîp) 2. 1 5 5  x3   x  3  1 2 4 4. 5 4. HoÆc xÐt VT =f(x)=. x3  1  x3  1 là hàm đồng biến. Suy ra nghiệm của (2) là giao của x  1 và x > x0 ,trong đó x0 là nghiệm của phương trình : Suy ra x0 = 3. x3  1  x3  1 = 2.. 5 5 ,suy ra bất phương trình có nghiệm x  3 . 4 4. Nhận xét.Cái hay của cách giải là sử dụng tính đồng biến và sử dụng cách đặt ẩn phụ để đưa về hệ bất phương trình hoặc hệ phương trình bậc ,tránh được việc bình phương 2 vế (dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm)và tránh được việc giải phương trình bậc cao.. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. GV: Vò Hoµng S¬n. Ví dụ 5: Giải bất phương trình x  2  x  5  2 x 2  7 x  10  5  2 x. (1). Gi¶i: §iÒu kiÖn x  -2. x2 u0. §Æt. x5 v 0. x 2  7 x  10  uv.. Suy ra. Do u và v đồng biến khi x  -2 Vế trái là hàm đồng biến , vế phải là hàm nghịch biến Nên nghiệm của (1) là giao của x  -2 và x < x0 với x0 là nghiệm của phương trình: x  2  x  5  2 x 2  7 x  10  5  2 x. V× u2 +v2 = 2x +7 ,suy ra 2x = u2 +v2 -7 Vµ u2 +v2 +2uv +( u +v) -12 =0 §Æt u +v = t >0 ta ®­îc : t2 +t -12 = 0 , t > 0 u  v  3. u  v  3   u 1  2 2 u  v   1 u  v   3  . Suy ra t =3 vËy  Từ đó u =. x  2  1  x  1. VËy nghiÖm cña (1) lµ 2  x  1 Nhận xét.Cái hay của cách giải này là dùng tính đơn điệu của các hàm số để đưa bất phương trình vô tỷ về hệ phương trình bậc 1. VÝ dô 6.Víi gi¸ trÞ nµo cña tham sè m th× bpt sau cã nghiÖm? x2 + 2 x  m  m 2  m  1  0 Giải: Đặt t = x  m  0  t2 = x2 -2mx +m2 , khi đó (1)  y = t2 +2t +2mx +m -1  0 Cã nghiÖm t  0. Ta cã. y' = 2t +2  y' = 0.  t = -1. Nªn ymin = y(0) = 2mx +m -1 = 2m2 +m -1  0  -1  m . 1 . 2. Nhận xét.Cái hay của cách giải này là sử dụng giá trị tuyệt đối x  m làm ẩn số để đưa về parabol theo t  0  Không phải xét tương quan giữa x và y làm cho cách giải nhẹ nhµng h¬n. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. III.. GV: Vò Hoµng S¬n. Hệ Phương trình. cot x - coty  x -y (1) VÝ dô 1: T×m c¸c sè x   0;   ,y   0;   tho¶ m·n hÖ :  (2) 5x + 8 y = 2 Giải : Viết phương trình (1) dưới dạng : x - cotx = y - coty. (3). XÐt hµm sè f(t) = t - cot t , 0 < t <  . Khi đó f(t) xác định t   0;  và f'(t) = 1 +. . 1 > 0 , t   0;  sin 2 t. f(t) đồng biến t   0;  .. Tõ (3)  f(x) = f(y)  x = y. Thay vào phương trình (2) của hệ ,ta đựoc x = y =. 2 . 13. VÝ dô 2: Gi¶i hÖ :  x  y  tan x  tan y      tan x  tan y  2, x, y   0; 2  . Giải : Viết phương trình (1) dưới dạng x - tan x = y - tan y. (3).     1  ,cã f'(t) = 1- 2 < 0 ,do t   0;  cos t  2  2. Và xét hàm f(t) = t - tant xác định t   0;. . 0 < cos t < 1.VËy f( t) nghÞch biÕn .. Tõ (3) suy ra f(x) = f(y)  x = y vµ tõ (2). . tan x = tan y = 1.  x = y =. 4. VÝ dô 3: Chøng tá r»ng víi a  0 hÖ :.  2 a2 2 x  y  y   a2  2 2 y  x  x. Cã nghiÖm duy nhÊt.. a2 a2 Gi¶i: §iÒu kiÖn : x  0 , y  0 . Do x vµ cïng dÊu , Do y vµ cïng dÊu y x.  x> 0 , y> 0.Bëi vËy : SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ (1)  2x2y = y2 + a2 (1)'. (2)  2y2x = x2 +a2. GV: Vò Hoµng S¬n. (2)'. (1)'-(2)' ta ®­îc:2xy (x -y) = (y-x)(y+x)  ( x-y) ( 2xy +x+y) =0,do x > 0,y >0 nªn ( 2xy +x+y) >0. Do đó x - y =0 hay x = y.Thay x =y vào (1)' ta được : f(x) = 2x3 -x2 = a2 ; f'(x) = 6x2 -2x . Ta cã b¶ng biÕn thiªn:. x  f’ f. 1 0 3  - - 0// + 3 -1/27 3 CT. Từ đó suy ra phương trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2 > 0) có nghiệm duy nhất . Nhận xét.Cái hay của cách giải này là từ hệ đối xứng loại 2. (1) -(2) ,không trừ trực tiếp ngay ,mà biến đổi trước để khi trừ (1') cho (2') thì phương trình hệ quả không chứa tham sè,nªn tr¸nh ®­îc biÖn luËn.. 2 x  1  y 3  y 2  y  VÝ dô 4.Gi¶i hÖ : 2 y  1  z 3  z 2  z  3 2 2 z  1  x  x  x Giải.Xét hàm đặc trưng f(t) = t3 +t2 +t với t   Ta có f'(t) = 3t2 +2t +1 = 2t2 +(t+1)2 >0  f(t) đồng biến . Gi¶ sö : x  y  z  f ( x)  f ( y )  f ( z ).  2z +1  2 x  1  2 y  1.  zx y yz. x  y  z x  y  z Hệ đã cho     3 2 2 2 x  1  x  x  x ( x  1)( x  1)  0. x  y  z 1   x  y  z  1. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. III.. GV: Vò Hoµng S¬n. Bất đẳng thức ex > 1 +x , x  0. VÝ dô 1. Chøng minh r»ng :. Giải : Đặt f(x) = ex -x -1 , khi đó f'(x) = ex -1 *NÕu x> 0 th× f(x) > 0 nªn f t¨ng trªn [ 0; +  ) Do đó f(x) > f(0) =0  ex > x +1. nên f giảm trên (-  ,0) do đó f(x) > f(0) = 0. *NÕu x<0 th× f'(x) < 0.  ex > x +1 . VËy ex > x +1 x  0 . VÝ dô 2. Chøng minh r»ng nÕu x > 0, th× ln x <. t víi t > 0.. Gi¶i . XÐt hµm sè f(t) = lnt Ta cã. f (t) =. x. 1 1 2 t   t 2 t 2t. LËp b¶ng xÐt dÊu sau:. t. 0 +. f'(t) ft). 4 0. -. Nh­ vËy x  0 ,cã f(x)  f(4).  lnx - x  ln4-2 Do 4<e2  ln4 < 2 ,vËy tõ (1) suy ra lnx - x < 0  ln x <. x. (®pcm). VÝ dô 3. Chøng minh r»ng log19992000 > log20002001. Gi¶i. XÐt hµm sè f(x) = logx(x +1) víi x > 1. Khi đó bất đẳng thức đã cho có dạng tương đương sau : f( 1999) > f(2000) Ta cã f(x) = logx(x +1) =. ln( x  1) ln x. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. GV: Vò Hoµng S¬n x. x ln x ln( x  1) ln  x ln x  ( x  1)ln( x  1) ( x  1) x1 x  1 x  f(x) =   0 ln 2 x x( x  1)ln 2 x x( x  1)ln 2 x. Vậy f(x) là hàm nghịch biến khi x > 1,do đó (2) hiển nhiên đúng .. 1 + ln x nÕu x > 0. x. VÝ dô 4. Chøng minh r»ng ln ( 1+ 1  x 2 ) < Gi¶i.XÐt hµm sè f(t) = ln( 1+ 1  t 2 ) - lnt -. (®pcm). 1 víi t > 0 t. t. Ta cã. 2 1 1 1 t2  t 1  t f(t) = - + 2 = >0 2 2 2 t t 1 1 t t 1 t. Do đó f(t) là hàm đồng biến khi t > 0, vì x > 0 ,nên 1  f(x) < f(+  ) = lim f(t) = lim ln(1  1  t 2 )  ln t   t t  t 1 1 t2 ) =0  f(x) < lim (ln t  t.  ln(1+ 1  x ) < lnx +. 1  ®.p.c.m x. VÝ dô 5. Chøng minh r»ng : x > ln(x +1) , x > 0. Gi¶i : §Æt f(x) = x - ln(x +1) liªn tôc trªn [ 0 ,+  ) cã f'(x) = 1 -. 1 x   0; x  0 x 1 x 1.  f t¨ng trªn [ 0 ,+  )  f(x) > f(0) =0 VÝ dô 6. Chøng minh r»ng : lnx > Gi¶i : §Æt f(x) = lnx -. 2( x  1) x 1.  x > ln(x+1) víi x > 0.. víi x>1.. 2( x  1) ( x>1) liªn tôc trªn [ 1 ; +  ) x 1. 1 4 ( x  1) 2   0, x  1. Ta cã f'(x) =  x ( x  1) 2 x( x  1) 2. VËy víi x > 1 ta cã f(x) > f(1) = 0.  f t¨ng trªn [ 1 ; +  ). Từ đó suy ra lnx >. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 2( x  1) x 1. víi x>1.. 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. . VÝ dô 7. cho 0 <  <. 2. Gi¶i. xÐt hµm sè : f(x) =. . Chøng minh r»ng: sin  >. VÝ dô 8. cho 0 <  <. . sin x   víi x  0,  x  2. f(x) lµ hµm nghÞch biÕn trªn ( 0,.  <. 2. x cos x  sin x cos x( x  tgx)    = suy ra f'(x) < 0 x  0, 2   x2 x2. Ta cã f'(x) =. V× 0 <. GV: Vò Hoµng S¬n.  2.  2.  f(  ) > f(.  2. ).  2. ). sin . . sin >. . 2  sin  >   ®.p.c.m.  2  2. . Chøng minh r»ng:  sin  + cos  > 1.   Gi¶i.xÐt hµm sè : f(x) = xsinx + cosx - 1 víi x  0,   2    f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx  0  x  0,   2. V× f' = 0 chØ khi x = 0 hoÆc x = 0< <. V×. .  2.    f là hàm đồng biến trên 0,  . 2  2. .  f(0) < f(  )  0 <  sin  + cos  - 1.  sin  + cos  > 1  ®.p.c.m. VÝ dô 9.Chøng minh r»ng :. sinx < x < tgx víi 0 < x <. . Gi¶i . §Æt f(x) = x - sin x , x  (0; ] . 2 Và có đạo hàm trên ( 0 ;.  2.  2. Khi đó f liên tục trên [ 0 ,. )  f t¨ng trªn [ 0 ,.  2.  2. ]. ]. . Từ đó x > 0  f(x) > f(0)  x > sinx với x  (0; ) 2   Tương tự ta cũng có x < tgx , x   0;  .  2. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. VÝ dô 10. Chøng minh r»ng nÕu 0 < x <.  2. GV: Vò Hoµng S¬n. th× 2sinx + 2tgx  2x+1. Giải: áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 2sinx +2tgx  2 2sin xtgx Ta chøng minh : 2 2sin xtgx  2x+1  2sinx +tgx  22x  sinx +tgx  2x ( x  (0;.  2. )). §Æt f(x) = sinx +tgx -2x víi 0 < x< Ta cã f'(x) = cosx + V× 0 < x <.  2.  2. 1 2 cos 2 x. nên cosx > cos2x .Do đó :. f'(x) > cos2x +. 1 2  0 . cos 2 x.   f t¨ng trªn (0; )  f(x) > f(0) = 0 2    sinx +tgx > 2x , x   0;   2. (®pcm). x3 Ví dụ 11. Chứng minh bất đẳng thức : x  sin x với x > 0. 6 Gi¶i : §Æt. f(x) = sinx +. x3 -x 6. x2 Ta cã f'(x) = cosx + -1 2 f''(x) = - sin x +x > 0 ( theo vÝ dô ...).  f'' t¨ng trªn ( 0 ; +  )  f'(x) > f'( 0) = 0, víi x > 0.  f t¨ng trªn ( 0 ; +  )  f(x) > f( 0) = 0, víi x > 0.  x-. x3  sin x ( ®pcm) . 6. Nhận xét : Từ cách giải ví dụ 11 ta đi đến kết quả tổng quát sau : Giả sử f có đạo hàm cấp n trên ( a,b) thoả : f(a) = f'(a) = f''(a) = ... = f(n-1)(a) = 0 vµ f(n) >0 x   a; b  th× f(x) >0 , x   a; b  SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. GV: Vò Hoµng S¬n 3. Ví dụ 12.Chứng minh rằng : sinx < x Giải : đặt f(x) = x -. 5. x x víi x > 0.  6 120. x3 x5 - sinx , víi x > 0.  6 120. Ta cã :. x2 x4 f'(x) = 1    cos x 2 24. x3 f'' (x) = - x  sin x 6 f(4)(x) = x - sinx f(5)(x) = 1-cosx  0 f(0) = f'(0) = f''(0)=f(3)(0) =f(4)(0) =0.  f(x) > 0 ;  x > 0. C.Một số bài tập tương tự. x2 1.Chøng minh r»ng : ln(1+x) > x  2 2.Chøng minh r»ng : ln(1+ 1  x 2 ) <. x>0. 1  ln x , x>0. x. 3. Chøng minh r»ng : logx(x+1) > logx+1(x+2) , x  1. 4.Giải bất phương trình :. x  9  5  2x  4.  y3 x   sin y  6   z3 5.Giải hệ phương trình :  y   sin z 6   x3 z   sin x  6 . e x  e x  y  y  6.Gi¶i hÖ : e y  e y  z  z  z zx e  e  x 7.Giải phương trình : 3.25x-2 +(3x-10).5x-2 +3-x = 0. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. GV: Vò Hoµng S¬n. Phần 3:Kết quả đạt được và bài học kinh nghiệm. 1.ý nghÜa thùc tiÔn. -Sau khi được rèn luyện hệ thống kiến thức trên,các em học sinh đã mạnh dạn hơn ,linh hoạt hơn trong việc dùng đạo hàm để giải toán . -Cái hay của cách giải này là sử dụng linh hoạt tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình, giải bất phương trình, giải hệ phương trình .. -Tr¸nh ®­îc viÖc biÖn luËn theo tham sè ë mét sè bµi to¸n. -Tránh phải xét nhiều trường hợp ở một số bài toán. -Tránh phải áp dụng bất đẳng thức côsi ...cần phải chứng minh duy nhất ... -Tránh việc bình phương hai vế dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm và tránh việc giải phương tr×nh bËc cao. 2.KÕt qu¶ thu ®­îc .... .....................................HÕt .................................... SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Trường THPT Dương Đình Nghệ. GV: Vò Hoµng S¬n. Sở giáo dục và đào tạo thanh hoá Trường THPT Dương đình nghệ. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Néi dung Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán. Gi¸o Viªn: Vò Hoµng S¬n M«n: To¸n Trường: THPT Dương Đình Nghệ. N¨m Häc: 2007 - 2008. SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm Lop12.net số để giải toán. 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>