Tải bản đầy đủ

SKKN một số giải pháp giúp học sinh có kỹ năng giải bài toán liên quan đến khảo sát hàm số

MỤC LỤC
Nội dung

Trang

1. Đặt vấn đề

2

2. Giải quyết vấn đề

2

2.1. Cơ sở lý luận của vấn đề

2

2.2. Thực trạng của vấn đề

3


2.3.Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề

4

2.3.1. Giải pháp chung

4

2.3.2. Một số ứng dụng cụ thể

5

2.3.2.1. Giải pháp 1: Đưa sơ đồ tư duy vào để học sinh nhớ

5

kiến thức cơ bản và phương pháp một cách hệ thống.
2.3.2.2. Giải pháp 2: Giúp học sinh có kỹ năng tránh một số

8

sai lầm khi giải toán liên quan đến khảo sát
2.3.2.3 Giải pháp 3: Chia bài toán thành các dạng theo

15

hàm số và đưa ra cách giải đối với từng dạng.
2.4. Hiệu quả của sang kiến

21

3. Kết luận

22

Tài liệu tham khảo

23

1



1. Đặt vấn đề
Trong đề thi tốt nghiệp THPT, Đại học, Cao đẳng, THCN của các năm bài
toán liên quan đến khảo sát hầu như không thể thiếu nhưng đối với học sinh
THPT bài toán liên quan đến khảo sát là một trong những bài toán khó vẫn cần
đến sự áp dụng linh hoạt của định nghĩa, các tính chất, các phương pháp giải.
Trong quá trình dạy giải tích lớp 12 tôi thấy học sinh rất lúng túng khi giải bài
toán liên quan đến khảo sát, đứng trước một bài toán liên quan đến khảo sát học
sinh không biết bắt đầu từ đâu, dùng phương pháp nào để làm, đặc biệt là bài
toán có chứ tham số bên cạch đó học sinh còn mắc một số sai lầm mà không
phát hiện ra, nhầm lẫn giưa kiến thức về đồng biến, nghịch biến và cực trị.
Trong thực tế đa số học sinh giải bài toán liên quan đến khảo sát một cách
hết sức máy móc.
Qua thực tế giảng dạy nhiều năm tôi nhận thấy rất rõ yếu điểm này của
học sinh vì vậy tôi mạnh dạn đề xuất sáng kiến. “Một số giải pháp giúp học
sinh có kỹ năng giải bài toán liên quan đến khảo sát”.
2. Giải quyết vấn đề
2.1. Cơ sở lý luận của vấn đề
Trong quá trình giảng dạy lớp 12 với chương trình sách giáo khoa mới với
việc tiếp cận với bài toán tính tích phân đặc biệt bài tập sách giáo khoa nhiều
học sinh chỉ làm những bài đơn giản, những học sinh yếu còn không biết xác
định các phương pháp cho một bài toán đơn giản. Do vậy tôi chia dạng bài tập
và với mỗi dạng đưa ra các bài toán tổng quát từ dễ đến khó và phương pháp
giải.
Để đáp ứng được việc thay đổi chương trình sách giáo khoa cần thay đổi
phương pháp giảng dạy. Đặc biệt là đổi mới phương pháp giải bài tập hay
phương pháp giải toán
Ở trường phổ thông đối với học sinh có thể xem việc giải là hình thức
chủ yếu của của hoạt động toán học.
Trong dạy toán mỗi bài tập toán học được sử dụng với những dụng ý khác
nhau, có thể dùng để tạo tiền đề xuất phát, để gợi động cơ để làm việc với nội

2


dung mới, để củng cố, kiểm tra.
Ở mỗi thời điểm cụ thể nào đó mỗi bài tập chứa đựng tường minh hay ẩn
tàng những chức năng khác nhau, các chức năng này đều hướng tới chức năng
dạy học.
Tìm được một lời giải hay của một bài toán, tức là đã khai thác những đặc
điểm riêng của bài toán, điều đó làm cho học sinh biết được sự quyến rũ của sự
sáng tạo cùng niềm vui thắng lợi.
Khi thực hiện giải toán cần đảm bảo: lời giải không có sai lầm, lập luận
phải có căn cứ chính xác, lời giải phải đầy đủ ngoài ra cần lời giải ngắn gọn,
đơn giản nhất cách trình bày rõ ràng hợp lý.
Khi thực hiện giải toán việc quan trọng là phương pháp tìm tòi lời giải
trước hết:
Tìm hiểu nội dung bài toán tức là tìm hiểu về giả thiết, kết luận, hình vẽ
minh hoạ.
Bài toán thuộc dạng toán nào (chứng minh hay tìm tòi, tính toán)
Những kiến thức cơ bản cần áp dụng (các định lý, các khái niệm, các điều
kiện tương tương, các phương pháp).
Xây dựng chương trình giải cần xác định rõ các bước tiến hành……..
Thực hiện chương trình giải là trình bày bài giải theo các bước đã đặt ra
chú ý sai lầm thường gặp trong tính toán, biến đổi.
Kiểm tra chương trình giải.
Trong mỗi bài, mỗi chương sử dụng bản đồ tư duy để tổng hợp các kiến
thức học sinh dễ nhớ dễ hiểu.
2.2. Thực trạng của vấn đề
Đối với học sinh khi học về liên qua đến khảo sát cảm thấy rất khó vì nó
có nhiều dạng, m i dạng chia làm nhiều dạng nh đặc biệt nó còn liên quan
nhiều đến kiến thức cũ như dấu tam thức, nhị thức, cách giải phương trình, bất
phương trình, tính đạo hàm ... Nhiều học sinh khi đứng trước một bài toán
không biết mình phải dung các nào để giải. Việc phân tích nhận dạng bài toán
cho học sinh còn yếu.

3


Khi cho học sinh giải các bài toán cụ thể học sinh lại quên phương pháp
ngay, có khi giải sai không biết là mình làm sai.
2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề
2.3.1. Giải pháp chung
Đối với đối tượng học sinh trung bình, khá, gi i cho học sinh tự xây dựng
lời giải cho bài toán tổng quát sau đó đi giải một lớp các bài toán cụ thể nhằm
phát triển tư duy cho học sinh.
Đối với đối tượng học sinh yếu hướng dẫn học sinh và đưa học sinh lời
giải của bài toán tổng quát học sinh áp dụng giải lớp các bài toán cụ thể.
Một bài toán tổng quát đưa ra nhiều cách giải và mỗi cách giải chỉ ra khả
năng áp dụng, chỉ ra các trường hợp có thể xảy ra.
Trong quá trình tìm tòi cách giải, học sinh biết phân tích nhận dạng hoặc
tìm các kiến thức vận dụng. Tìm các mối quan hệ giữa các yếu tố của bài toán.
Có thể sử dụng hình vẽ để học sinh quan sát tìm ra hướng giải.
Khi tiếp cận với bài toán cần cho học sinh hiểu và nắm vững nội dung
của bài, gợi mở cho học sinh những bài toán quen thuộc có sử dụng phương
pháp giải. Có thể là đặc điểm nhận dạng. Có thể là nguyên nhân để có kết quả và
lời giải của bài toán.
Thực hiện lời giải, kiểm tra quá trình phương pháp vận dụng và các kiến
thức vận dụng.
Mở rộng bài toán nếu có thể, giúp học sinh phát triển tư duy. Ta đưa ra
các bài toán gốc sau đó giúp học sinh giải được một lớp các bài toán tưng tự với
các hàm khác nhau.
Đưa ra các sai lầm hay mắc phải để học sinh nhận biết và tránh mắc phải
sai lầm.
Dự trên nhận định trên tôi đưa ra các giải pháp sau:
Giải pháp 1: Đưa sơ đồ tư duy vào để học sinh nhớ kiến thức cơ bản và
phương pháp một cách hệ thống.
Giải pháp 2: Giúp học sinh có kỹ năng tránh một số sai lầm khi giải toán
lien quan đến khảo sát

4


Giải pháp 3: Chia tích phân thành các dạng theo hàm số và đưa ra cách
giải đối với từng dạng.
2.3.2. Một số ứng dụng cụ thể
2.3.2.1. Giải pháp 1: Đưa sơ đồ tư duy vào để học sinh nhớ kiến thức cơ bản
và phương pháp một cách hệ thống
Việc sứ dụng bản đồ tư duy trong qua trình dạy học giúp cho học sinh có
thể nhớ kiến thức của một chương, của toàn cấp, của một bài một cách dễ dàng
Bản đồ tư duy giúp học sinh học được phương pháp học: Việc rèn luyện
phương pháp học tập cho học sinh không chỉ là một biện pháp nâng cao hiệu quả
dạy học mà còn là mục tiêu dạy học. Thực tế cho thấy một số học sinh học rất
chăm chỉ nhưng vẫn học kém, nhất là môn toán, các em này thường học bài nào
biết bài đấy, học phần sau đã quên phần trước và không biết liên kết các kiến
thức với nhau, không biết vận dụng kiến thức đã học trước đó vào những phần
sau. Phần lớn số học sinh này khi đọc sách hoặc nghe giảng trên lớp không biết
cách tự ghi chép để lưu thông tin, lưu kiến thức trọng tâm vào trí nhớ của mình.
Sử dụng thành thạo bản đồ tư duy trong dạy học học sinh sẽ học được phương
pháp học, tăng tính độc lập, chủ động, sáng tạo và phát triển tư duy.
Bản đồ tư duy giúp học sinh học học tập một cách tích cực. Một số kết
quả nghiên cứu cho thấy bộ não của con người sẽ hiểu sâu, nhớ lâu và in đậm
cái mà do chính mình tự suy nghĩ, tự viết, vẽ ra theo ngôn ngữ của mình vì vậy
việc sử dụng bản đồ tư duy giúp học sinh học tập một cách tích cực, huy động
tối đa tiềm năng của bộ não. Việc học sinh tự vẽ bản đồ tư duy có ưu điểm là
phát huy tối đa tính sáng tạo của học sinh, phát triển năng khiếu hội họa, sở
thích của học sinh, các em tự do chọn màu sắc (xanh, đ , vàng, tím,…), đường
nét (đậm, nhạt, thẳng, cong…), các em tự “sáng tác” nên trên mỗi bản đồ tư duy
thể hiện rõ cách hiểu, cách trình bày kiến thức của từng học sinh và bản đồ tư
duy do các em tự thiết kế nên các em yêu quí, trân trọng “tác phẩm” của mình.
Trên cơ sở đó tôi đã đưa sơ đồ tư duy váo một số tiết dạy cụ thể tôi hay đưa vào

5


dạy ở các tiết ôn tập chương, bài tập và thường yêu cầu học sinh xây dụng bản
đồ tư duy về kiến thức trước ở nhà. Sau đây tôi đưa ra một vài ví dụ về sơ đồ tư
duy khi dạy học sinh có thể nắm kiến thức một cách đơn giản:
Khi bắt đầu dậy một chương giáo viên có thể giới thiệu học sinh nội dung
kiến thức cơ bản của cả chương bằng sơ đồ tư duy. Có thể cho học sinh chuan bị
trước theo sự hướng dẫn của giáo viên cụ thể chương khào sát hàm số có thể
giới thiệu với học sing bằng sơ đồ sau
Hướng dẫn học bằng sơ đồ tư duy giúp học sinh:
Sáng tạo hơn
Ghi nhớ tốt hơn
Có cái nhìn tổng thể về kiến thức
*Sau khi dạy xong bài , để thực hiện ôn tập tôi thực hiện các bước sau:
Bước 1: Xây dựng sơ đồ tóm tắt các dạng bài tập và phương pháp giải
Sau mỗi bài học lý thuyết tôi đã hướng dẫn học sinh về nhà học theo sơ kiến
thức và các dạng bài tập.
Làm như vậy học sinh có dịp ôn lại kiến thức đã học và tự sáng tạo sơ đồ
theo năng lực và năng khiếu bản thân
Đặc biệt là sau học song chương I tôi câu đã yêu cầu học sinh viết sơ đồ
các bài toán liên quan đến khảo sát và mỗi một học sinh đưa ra một ý tưởng
( Có bản đính kèm)
Nhưng bảng sơ đồ tư duy chỉ là Minh họa trong thự tế giảng dạy tôi yêu
cầu học sinh chia nh kiến thức và đưa ra phương pháp cụ thể

6


Bài tính đơn điệu hàm số

Cho hàm số y = ax3 + bx2
+ cx + d (a  0). Tìm m để
hàm số thỏa mãn một số
tính chất sau:

Dạng 1: Để hàm số
đồng biến trên R thì
y '  0, x 

a  0

 y '  0

Dạng 2: Để hàm số nghịch
biến trên R thì
y '  0, x 

a  0

 y '  0

Dạng 3: Để hàm số có độ dài
khoảng đồng biến, (nghịch biến) (x1;
x2)bằng d thì ta thực hiện các bước như
sau:
-TXĐ: D = R
-Tính y’.
-Tìm điều kiện để hàm số có khoảng
đồng biến (nghịch biến): a  0 (1)
  0

-Biến đổi x1  x2  d thành
( x1  x2 )2  4 x1x2  d 2 (2)

-Sử dụng định lí Vi-ét đưa (2) thành
phương trình theo m.
-Giải phương trình, đối chiếu điều
kiện (1) để chọn nghiệm.

7


2.3.2.2.Giải pháp 2: Giúp học sinh có kỹ năng tránh một số sai lầm khi
giải toánbài toán liên quan đến khảo sat.
Phân tích những sai lầm thông qua một số ví dụ minh họa
a. Sai lầm khi xét tính đơn điệu của hàm số
Các em thường mắc phải sai lầm khi không nắm vững định nghĩa về tính
đơn điệu của hàm số.
Ví dụ 1:
Xét tính đơn điệu của hàm số: y  f (x) 

x 1
x 1

Một số học sinh trình bày như sau:
Tập xác định: D = ¡ \ {- 1}
Ta có: y ' 

2
 0, x  D
(x  1)2

Bảng biến thiên:
x

- ¥



-1

+

y'

+


1

y
- ¥

1

Suy ra: Hàm số đồng biến trên (- ¥ ;- 1) È (- 1; + ¥ )
Phân tích:
Lời giải trên có vẻ như đúng rồi, nếu ta không chú ý đến kết luận của bài
toán ! Chú ý rằng: nếu hàm số y = f(x) đồng biến trên tập D thì với mọi x 1, x2
thuộc D,
x1 < x2  f(x1) < f(x2). Trong kết luận của bài toán, nếu ta lấy x1 = - 2 Î D và
x2 = 0 Î D thì x1 < x2 nhưng f(x1) = 3 > - 1 = f(x2) ???
Lời giải đúng là:
Tập xác định: D = ¡ \ {- 1}
Ta có: y ' 

2
 0, x  D
(x  1)2

8


Bng bin thiờn:
x

- Ơ



-1

+

y'

+


1

y
- Ơ

1

Suy ra: Hm s ng bin trờn tng khong (- Ơ ;- 1) v (- 1; + Ơ ) .
Nhiu khi cỏc em khụng chỳ ý n cỏc im ti hn ca hm s, vỡ vy
vic xột du ca o hm y' s b sai.
b. Sai lm khi chng minh bt ng thc
Khi s dng tớnh n iu ca hm s chng minh bt ng thc, hc
sinh thng mc phi sai lm l khụng nh chớnh xỏc nh ngha tớnh n iu
ca hm s vn dng.
Vớ d 2: (Bi tp 5, trang 10, sỏch giỏo khoa gii tớch 12 - ban c bn)
Chng minh rng: tanx > x, vi " x ẻ

ổ pử
ỗỗ0; ữ


ốỗ 2 ứ

Mt s hc sinh trỡnh by nh sau:
ổ pử

Xột hm s f(x) = tanx - x, vi x ẻ ỗỗỗ0; ữữữ.
ố 2ứ
Ta cú: f '(x) =

1
- 1 = tan 2 x > 0 , " x ẻ
2
cos x

ổ pử
ỗỗ0; ữ
, suy ra hm s f(x) ng bin
ỗố 2 ữ



ổ pử
trờn khong ỗỗỗ0; ữữữ.
ố 2ứ

ổ pử
T x > 0 ị f(x) > f(0) tanx - x > tan0 - 0 hay tanx > x, vi " x ẻ ỗỗỗ0; ữữữ.
ố 2ứ

Phõn tớch: Li gii trờn cú v ỳng, nhng sai lm õy khỏ tinh vi (?!). Sau
ổ pử
khi kt lun f(x) ng bin trờn khong ỗỗỗ0; ữữữ thỡ vỡ sao t x > 0 ị f(x) > f(0)
ố 2ứ

ổ pử

Sai lm õy l 0 ẽ ỗỗỗ0; ữữữ.
ố 2ứ
Nh rng: nu f(x) ng bin trờn on [a; b ] (tc l f(x) liờn tc trờn [a; b ] v f
'(x)> 0 vi " x ẻ (a; b)) thỡ vi " x1 , x2 ẻ [a; b ], x1 > x2 ị f (x1 ) > f (x2 )

9


Li gii ỳng l:
ộ pử
Xột hm s f(x) = tanx - x, vi x ẻ ờ0; ữữữ.
ờở 2 ứ

Ta cú: f '(x) =

1
- 1 = tan 2 x 0 , " x ẻ
2
cos x

ộ pử
, du "=" xy ra ch ti x = 0, suy
ờ0; ữ

ờở 2 ữ


ộ pử
ra hm s f(x) ng bin trờn na khong ờ0; ữữữ.
ờở 2 ứ

ổ pử
T x > 0 ị f(x) > f(0) tanx - x > tan0 - 0 hay tanx > x, vi " x ẻ ỗỗỗ0; ữữữ.
ố 2ứ

Cỏc em cng hay mc nhng sai lm khi vn dng sai tớnh cht ca cỏc hm
ng bin, nghch bin.
c. Sai lm khi gii cỏc bi toỏn liờn quan ti o hm
Sai lm khi vn dng cỏc cụng thc tớnh o hm.
Vớ d 3: Tớnh o hm ca hm s y = (2x+1)x.
Mt s hc sinh trỡnh by nh sau:
Ta cú y' = x(2x + 1)x- 1 (2x + 1) ' = 2x.(2x + 1)x- 1 .
Phõn tớch:
Li gii trờn ó vn dng cụng thc (ua )' = a .ua - 1.u ' . Vn dng nh vy l sai, vỡ
cụng thc ny ch ỏp dng cho s m a l mt hng s.
Li gii ỳng l:
iu kin: x > -

1
, x ạ 0 (khi ú y > 0)
2

T y = (2x+1)x ị ln y = x.ln(2x + 1)
ị (ln y) ' = (x.ln(2x + 1))' ị

y'
2x
= ln(2x + 1) +
y
2x + 1


2x ự

ị y ' = (2x + 1)x . ờln(2x + 1) +
ờở
2x + 1 ỳ


Sai lm khi tớnh o hm ca hm s ti mt im.
Cỏc em hay mc phi sai lm dng ny l ỏp dng cụng thc (ua )' = a .ua - 1.u ' ,
a ẻ Ă , nhng quờn rng nu nh a khụng nguyờn thỡ cụng thc ny ch ỳng

khi u nhn giỏ tr dng.
d. Sai lm khi gii cỏc bi toỏn liờn quan ti cc tr ca hm s
10


Khi sử dụng quy tắc I để xét tính đơn điệu của hàm số các em quên rằng
đó là điều kiện đủ chứ không phải là điều kiện cần.
Quy tắc:
 y ' > 0 , " x Î (a; b) Þ hàm số đồng biến trên khoảng (a;b)
 y ' < 0 , " x Î (a; b) Þ hàm số nghịch biến trên khoảng (a;b)
Điều ngược lại nói chung là không đúng (!).
Ví dụ 4: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
y = x3 - mx2 + x- 1 đồng biến trên ¡ .
Một số học sinh trình bày như sau:
Tập xác định: D = ¡ .
ïí a > 0
y ' = 3x2 - 2mx + 1. Hàm số đồng biến trên ¡ Û y ' > 0 , " x Î ¡ Û ïì

ïïî D ' < 0

3 > 0
ïí
Û ïì 2
Û ïïî m - 3 < 0

3< m<

3.

Phân tích: Chẳng hạn, hàm số y = x3 đồng biến trên ¡ , nhưng y ' = 3x2
³ 0 , " x Î ¡ , dấu "=" xảy ra chỉ tại x= 0 (!). Nhớ rằng: nếu hàm số y = f(x) xác

định trên khoảng (a;b), f '(x) ³ 0 , " x Î (a; b) và dấu "=" xảy ra chỉ tại hữu hạn
điểm thuộc khoảng (a;b) thì hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (a;b).
Lời giải đúng là:
íï a > 0
Hàm số đồng biến trên ¡ Û y ' ³ 0 , " x Î ¡ Û ïì

ïïî D ' £ 0

íï
3 > 0
Û ïì 2
Û ïïî m - 3 £ 0

3£ m£

3.

Khi sử dụng quy tắc II để xác định cực trị của hàm số các em cũng quên
rằng đó chỉ là điều kiện đủ chứ không phải là điều kiện cần.
Quy tắc:
íï f '(x0 ) = 0
Þ x0 là điểm cực tiểu
 ïì
ïïî f ''(x0 ) > 0

ïí f '(x0 ) = 0
Þ x0 là điểm cực đại
 ïì
ïïî f ''(x0 ) < 0

11


Điều ngược lại nói chung là không đúng (!).
Ví dụ 5: Cho hàm số y = f(x) = mx4. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm
số đạt cực đại tại x = 0 ?
Một số học sinh trình bày như sau:
f '(x) = 4mx3 , f ''(x) = 12mx2.
ïí f '(0) = 0
ïí 4m.0 = 0
Điều kiện để hàm số đạt cực đại tại x = 0 là: ïì
hệ vô
Û ïì
ïïî f ''(0) < 0

ïïî 12m.0 < 0

nghiệm m.
Vậy không tồn tại giá trị nào của m để hàm số đạt cực đại tại x = 0.
Phân tích:
Ta thấy, với m = - 1, hàm số y = - x4 có y ' = - 4x3 , y ' = 0 Û x = 0.
Bảng biến thiên:
x

- ¥



0

+

y'

-

0
0

y

- ¥

- ¥

Suy ra hàm số đạt cực đại tại x = 0 (!)
Vậy lời giải trên sai ở đâu ???
íï f '(x0 ) = 0
Þ x0 là điểm cực đại của hàm số, còn điều
Nhớ rằng, nếu x0 th a mãn ïì
ïïî f ''(x0 ) < 0

ngược lại thì chưa chắc đúng (!) Vì nếu x0 là điểm cực đại thì vẫn có thể f ''(x0) =
0. Lí do là điều kiện f ''(x0) < 0 chỉ là điều kiện đủ để hàm số g(x) = f '(x) nghịch
biến trong lân cận (x0 - h; x0 + h) (với h > 0), khi đó:
ïíï f '(x) > f '(x0 ) = 0, " x Î (x0 - h; x 0 )
Þ x0 là điểm cực đại của hàm số.
ì
ïïî f '(x) < f '(x0 ) = 0, " x Î (x0 ; x 0 + h)

Lời giải đúng là:
Cách 1:
Ta có y ' = 4mx3. Để hàm số đạt cực đại tại x = 0 thì y '(x) > 0, " x Î (- h;0) , với
íï 4mx
h > 0. Tức là: ïì

3

> 0

ïïî - h < x < 0

Þ

m < 0.

Thử lại, ta thấy với m < 0 là điều kiện cần tìm.
12


Cỏch 2: xột 3 trng hp (m = 0, m > 0, m < 0)
m = 0: Ta cú y = f(x) = 0 l hm hng nờn hm s khụng cú cc tr.
m > 0: Ta cú y ' = 4mx3 , y ' = 0 x = 0. Lp bng bin thiờn ta thy x0 l
im cc tiu ca hm s.
m < 0: Ta cú y ' = 4mx3 , y ' = 0 x = 0. Lp bng bin thiờn ta thy x0 l
im cc i ca hm s.
Kt lun: Hm s t cc i ti x = 0 khi v ch khi m < 0.
e. Sai lm khi gii bi toỏn tỡm giỏ tr nh nht, giỏ tr ln nht ca hm s
Cỏc em thng mc sai lm khi khụng nm vng nh ngha giỏ tr ln
nht (GTLN) v giỏ tr nh nht (GTNN) ca hm s trờn mt min D.
Vớ d 6:
Tỡm giỏ tr nh nht ca hm s y = f(x) = cos2 x +

1
+
cos 2 x


1 ử

2 ỗỗcosx +
- 1.


ốỗ
cosx ứ

Mt s hc sinh trỡnh by nh sau:
t t = cosx +

1
1
= t2 - 2.
ị cos 2 x +
2
cosx
cos x

Ta c hm s: g(t) = t2 + 2t - 3 = (t+1)2 - 4 - 4, " t ẻ Ă
Vy min f (x) = - 4 , khi t = - 1.
Phõn tớch: Sai lm õy l chuyn bi toỏn khụng tng ng. Giỏ tr nh
nht ca hm f(x) khụng trựng vi giỏ tr nh nht ca hm g(t), " t ẻ Ă .
Cú th thy ngay khi t = - 1 thỡ khụng tn ti giỏ tr ca x cosx +

1
= - 1 (!)
cosx

f ( x) m , x D
x 0 D : f ( x 0 ) m

f ( x)
Nh rng, s m min
D
Li gii ỳng l:

t

t = cosx +

1
, vi
cosx

ớù p

1
1
x ẻ D = Ă \ ỡ + kp , k ẻ Â ùý ị t = cosx +
= cosx +
2 . Du "=" xy ra
cosx
cosx
ùùỵ
ợùù 2

khi v ch khi cosx = 1
Khi ú: cos 2 x +

1
= t2 - 2.
2
cos x

Ta c hm s: g(t) = t2 + 2t - 3.

Lp bng bin thiờn hm s g(t) (vi t 2 ):
13


t

- ¥

-2

g '(t) -

-

-1
0



2

+

+





g(t)

5

-3
Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra: m  min
f (x) = min g(t) = - 3
D
t 2

Đạt

được

khi

t

=

-

Û cosx +

2

1
=- 2
cosx

Û cosx = - 1

Û x = p + k 2p , k Î ¢
g. Sai lầm khi viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
Ví dụ 7:
Cho hàm số y = f(x) = - x3 + 3x2, có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của
y

(C) biết tiếp tuyến đó đi qua điểm A(-1;4)
Một số học sinh trình bày như sau:
f '(x) = - 3x2 + 6x.
Ta có điểm A(-1;4) Î đồ thị (C).
suy ra phương trình tiếp tuyến là:

x

y = f '(-1).(x+1)+4 Û y = - 9(x + 1) + 4
Û y = - 9x - 5 .

2

-1

Phân tích:
Phương trình tiếp tuyến y = - 9x - 5 là
tiếp tuyến tại A (nhận A làm tiếp điểm)
tất nhiên là kẻ từ A. Nhưng vẫn có thể có
-5

tiếp tuyến của đồ thị (C) đi qua A mà không nhận A làm tiếp điểm.
Lời giải đúng là:
Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1;4)
và có hệ số góc k là: y = k(x + 1) + 4
Điều kiện để đường thẳng (d) là tiếp tuyến của đồ thị (C) là hệ sau có nghiệm:
ïíï - x3 + 3x 2 = k (x + 1) + 4
(I).
ì
2
ïï
k
=
3
x
+
6
x
î

14


éx = 2, k =
ïí x3 - 3x - 2 = 0
ê
Hệ (I) Û ïì
Û
2
ïï k = - 3x + 6x
î

0
êëx = - 1, k = - 9

Từ đó ta có hai tiếp tuyến có phương trình: y = 4 và y = - 9x - 5.
2.3.2.3 Giải pháp 3: Chia bài toán thành các dạng theo hàm số và đưa ra cách
giải đối với từng dạng.
Bài toán 1 : Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d (a  0). Tìm m để hàm
số thỏa mãn một số tính chất sau:
a  0
 y '  0

Dạng 1: Để hàm số đồng biến trên R thì y '  0, x   

a  0

Dạng 2: Để hàm số nghịch biến trên R thì y '  0, x   
 y '  0
Dạng 3: Để hàm số có độ dài khoảng đồng biến, (nghịch biến) (x 1;
x2)bằng d thì ta thực hiện các bước như sau:
- TXĐ: D = R
- Tính y’.
- Tìm điều kiện để hàm số có khoảng đồng biến (nghịch biến): a  0

  0

(1)
- Biến đổi x1  x2  d thành ( x1  x2 )2  4 x1x2  d 2 (2)
- Sử dụng định lí Vi-ét đưa (2) thành phương trình theo m.
- Giải phương trình, đối chiếu điều kiện (1) để chọn nghiệm.
Dạng 4: Để hàm số có cực trị (Cực đại, cực tiểu)  y '  0 có 2 nghiệm
a  0

phân biệt  
 y '  0
Dạng 5: Để hàm số không có cực trị (Cực đại, cực tiểu)  y '  0 có
nghiệm kép hoặc vô nghiệm
a  0

 y '  0

Lưu Ý: Hàm số luôn có cực trị  phương trình y’ = 0 luôn có 2 nghiệm phân
biệt m   y '  0, m

15


 f '( A)  0
 f "( A)  0

Dạng 6: Để hàm số đạt cực đại tại x = A  

 f '( B)  0
 f "( B)  0

Dạng 7: Để hàm số đạt cực tiểu tại x = B  

 f '( x0 )  0
 f ( x0 )  h

Dạng 8: Để hàm số đạt cực trị bằng h tại x = x0  

 f '( x0 )  0
 f ( x0 )  y0

Dạng 9: Để hàm số đi qua điểm cực trị M( x0 ; y0 )  

Dạng 10: Để hàm số có 2 cực trị nằm về 2 phía đối với đường thẳng (d):
Phương pháp: Hiển nhiên y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1; x2, khi đó 2 điểm
cực trị là M1 (x1;y1 )&M2 (x2 ;y2 ) .
1. Nếu (d) là trục Oy thì ycbt  x1  0  x2
2. Nếu (d) là đường thẳng x = k thì ycbt  x1  k  x2
3.

Nếu

(d)



đường

thẳng

ax

+

by

+

c

=

0

thì

ycbt  (ax1  by1  c)(ax2  by2  c)  0

4/ Nếu đường tròn (C) thì tương tự trường hợp 3.
Dạng 11: Để hàm số có 2 cực trị nằm về 2 phía đối với đường thẳng (d):
Phương pháp: Hiển nhiên y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1; x2, khi đó 2 điểm
cực trị là M1 (x1;y1 )&M2 (x2 ;y2 ) .
 x1  x 2  0

1. Nếu (d) là trục Oy thì ycbt  

 0  x1  x 2
 x1  x 2  k

2. Nếu (d) là đường thẳng x = k thì ycbt  

 k  x1  x 2

3.

Nếu

(d)



đường

thẳng

ax

+

by

+

c

=

0

thì

ycbt  (ax1  by1  c)(ax2  by2  c)  0

4. Nếu đường tròn (C) thì tương tự trường hợp 3.
Dạng 12: Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của hàm số, ta
thực hiện các bước sau:
- TXĐ: D  .
- Đạo hàm: y’ = f’(x); y’ = 0 (*)
a  0
  0

- Hàm số có cực đại, cực tiểu  Pt(*) có hai nghiệm phân biệt  

16


(**)
- Khi đó, tọa độ các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số th a mãn hệ:
 f '( x)  0
 y  Ax  B

 y  f '( x).g ( x)  Ax  B

Tức là, tọa độ các điểm cực đại, cực tiểu cùng th a mãn phương trình y =
Ax + B.
- Vậy đối chiếu điều kiện (**) phương trình đường thẳng đi qua hai điểm
cực trị của hàm số có dạng y = Ax + B.
Dạng 13: Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của hàm số, ta
thực hiện các bước sau:
- TXĐ: D 

 b' 
\  
 a' 

- Đạo hàm: y’ = f’(x); y’ = 0  g ( x)  Ax 2  Bx  C  0

(*)

- Hàm số có cực đại, cực tiểu  Pt(*) có hai nghiệm phân biệt khác 

b'
a'


A  0

(**)
   0

b'
 g ( )  0
a'

- Khi đó, tọa độ các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số th a mãn hệ:
 ax 2  bx  c '
 f '( x)  0
0

(ax 2  bx  c)' 2ax  b

 a ' x  b ' 
2


y


(ax  bx  c)


2
y

(
a
'
x

b
')'
a'


ax  bx  c
(
a
'
x

b
')

y

a'x  b'

Tức là, tọa độ các điểm cực đại, cực tiểu cùng th a mãn phương trình
y

2ax  b
a'

- Vậy đối chiếu điều kiện (**) phương trình đường thẳng đi qua hai điểm
cực trị của hàm số có dạng y 

2ax  b
a'

Dạng 14: Để hàm số có cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng
(d): y = mx + n, (m  0).
Phương pháp:
- Tìm điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu (1)
- Lập phương trình đường thẳng () đi qua 2 điểm cực trị

17


- Gọi I(xI ; y I ) là trung điểm đoạn nối hai điểm cực trị.

-

 Ñk(1)

ycbt  (d)  ()  keát quaû
I  (d)


Hướng dẫn hoc sinh hệ thống bằng bảng
Một số dạng bài tập về cực trị thường gặp
a  0

 y '  0

1. Để hàm số y = f(x) có 2 cực trị:

2. Để hàm số y = f(x) có hai cực trị nằm về 2 phía đối với trục
hoành:

a  0

  y '  0
.

 yCĐ . yCT  0

(Hàm số có hai giá trị cực trị trái dấu)
3. Để hàm số y = f(x) có hai cực trị nằm về 1phía đối với trục
hoành:

4. Để hàm số y = f(x) có hai cực trị nằm phía trên trục hoành:
.

5. Để hàm số y = f(x) có hai cực trị nằm phía dưới trục hoành:

a  0

  y '  0

 yCĐ . yCT  0

a  0
  0
 y'

 yCĐ  yCT  0
 y .y  0
 CĐ CT
a  0
  0
 y'

 yCĐ  yCT  0
 y .y  0
 CĐ CT

a  0

  y '  0

6. Để hàm số y = f(x) có hai cực trị nằm về 2 phía đối với trục
 xCĐ .xCT  0

tung:

18


7. Để hàm số y = f(x) có hai cực trị nằm về 1 phía đối với trục

a  0

  y '  0

 xCĐ .xCT  0

tung:

8. Để hàm số y = f(x) có hai cực trị nằm bên phải trục tung:

a  0
  0
 y'

 xCĐ .xCT  0
x  x  0
CT
 CĐ

9. Để hàm số y = f(x) có hai cực trị nằm bên trái trục tung:

a  0
  0
 y'

 xCĐ .xCT  0
x  x  0
CT
 CĐ

10. Để hàm số y = f(x) có cực trị tiếp xúc với trục hồnh:

 yCĐ . yCT  0

Bài tốn 2. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C). PTTT tại M ( x0 ; y0 )  (C ) có
dạng: y  f '( x0 )( x  x0 )  y0
*Dạng 1: Tiếp tuyến thường gặp:
PTTT của (C) tại điểm có hồnh độ x0:

y  f(x 0 )
Ta đi tìm:  0
 PTTT cần tìm là : y  f '(x 0 )(x  x 0 )  y 0
f
'(x
)

0


PTTT của (C) tại điểm có hồnh độ y0:
Ta đi tìm:

x 0 bằng cách Gpt :f(x 0 )  y 0
 PTTT cần tìm là : y  f '(x 0 )(x  x 0 )  y 0


f
'(x
)

0


PTTT của (C) khi cho biết hệ số góc k:
Ta đi tìm:

x 0 bằng cách Gpt :f '(x 0 )  k
 PTTT cần tìm là : y  f '(x 0 )(x  x 0 )  y 0


y

f(x
)

0
0


PTTT của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y = ax + b:

19


Ta i tỡm:
x 0 baống caựch Gpt :f '(x 0 ) a

PTTT can tỡm laứ : y f '(x 0 )(x x 0 ) y 0


y

f(x
)

0
0


PTTT ca (C) bit tip tuyn vuụng gúc vi ng thng y = ax + b:
Ta i tỡm:

x 0 baống caựch Gpt : a.f '(x 0 ) 1
PTTT can tỡm laứ : y f '(x 0 )(x x 0 ) y 0


y

f(x
)

0
0


PTTT ca (C) ti im tha món phng trỡnh f(x) = 0:
Ta i tỡm:
x 0 baống caựch Gpt : f ''(x 0 ) 0

PTTT can tỡm laứ : y f '(x 0 )(x x 0 ) y 0
y 0 f(x 0 )
f '(x )
0


* Dng 2: S tip xỳc ca hai ng cong cú phng trỡnh: (C) y = f(x) v (C)
y = g(x).

f(x) g(x)
Phng phỏp: (C) tip xỳc (C)
cú nghim, nghim ca h
f
'(x)

g'(x)

phng trỡnh trờn l honh tip im ca hai ng cong ú.
* Dng 3: Tỡm A, t A k c n tip tuyn ti th y = f(x) (C).
Phng phỏp:
- Gi s A(x0; y0)
- Phng trỡnh ng thng i qua A(x0; y0) v cú h s gúc k cú dng (d): y =
k(x-x0) + y0

f(x) k(x x 0 ) y 0 (1)
- ng thng (d) tip xỳc (C)
cú nghim.
f
'(x)

k
(2)



- Thay (2) vo (1) ta c:

f(x) = f(x)(x - x0) + y0

(3)

S nghim ca phng trỡnh (3) l s tip tuyn k t A ti (C).

Vy t A k c n tip tuyn ti th (C) (3) cú n nghim phõn bit
im A(nu cú).

* Dng 4: Vit PTTT ca th hm s y = f(x) (C) i qua im A(x0; y0).
20


Phương pháp:
- Gọi phương trình đường thẳng đi qua A(x0; y0) và có hệ số góc k có dạng (d): y
= k(x-x0) + y0
f(x)  k(x  x 0 )  y 0 (1)

- Để đường thẳng (d) là tiếp tuyến của (C)  

f
'(x)

k
(2)



nghiệm.
- Thay (2) vào (1) ta được:

f(x) = f’(x)(x - x0) + y0

(3)


y  f(x 0 )
- Giải (3) tìm được x 0   0
, ta tìm được tiếp tuyến.
k

f
'(x
)

0


2.4. Hiệu quả của sang kiến
Kết quả kháo sát 2 lớp 12A1 và 12A3 năm học 2013-2014 khi chưa
áp dụng giải pháp tôi đã nghiên cứu bài kiểm tra có kết quả như sau.
Lớp

Số lượng

Gi i

Khá

TB

Yếu

Kém

SL %

SL %

SL %

SL %

SL

%

12A1

27

0

0

5

18,5 9

33,4 8

29,6 5

18,5

12A3

27

0

0

4

14,8 10

37

33,4 4

14,8

9

Sau dó tôi đã bắt đầu nghiên cứu và đưa vào áp dụng thì kết quả như sau:
. Đựơc phân tích kỹ, chi tiết cho các đối tượng học sinh qua các tiết ôn tập, tăng
tiết. Kết quả bài kiểm tra 1 tiết chương I trên các đối tượng lớp 12A3 (27 học
sinh) ; 12A1 (27học sinh) như sau.
Lớp

Số lượng

Gi i

Khá

TB

Yếu

Kém

SL %

SL %

SL %

SL %

SL %

12A1

27

5

18,5 6

22,2 14

51,9 2

7.4

0

0

12A3

27

3

11,2 10

37

44,4 2

7.4

0

0

12

Nhận thấy kết quả số học sinh khá, gi i tăng lên nhiều và số học sinh đạt
điểm yếu, kém giảm đi rõ rệt so với năm học trước mà hai lớp có học lực ngang

21


nhau. Hy vọng các em sẽ có nhiều thành công hơn trong các kỳ thi sắp tới.
Sau khi thực hiện sáng kiến học sinh học tập rất tích cực và hứng thú đặc
biệt là khi giải bài toán tích phân các em tính tích phân rất thận trọng và hiểu
bản chất của vấn đề chứ không tính rập khuôn một cách máy móc như trước, đó
là việc thể hiện việc phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh.
3. Kết luận
Từ kinh nghiệm thực tế giảng dạy và áp dụng thử nghiệm thí hầu hết học
sinh làm một cách đơn giản.
Qua kết quả đó khi dạy học sinh những bài toán phức tạp mỗi giáo viên
cần hướng dẫn học từ những bài toán đơn giản gần gũi với bài đang xét và
hướng dẫn từ đó học sinh tìm ra cách giải cho bài toán phức tạp.
Để tạo khả năng tư duy của một nhóm học sinh tôi đưa ra các bài toán
tổng quát cho học hoạt động nhóm tìm ra hướng giải, và nêu các cách giải khác
nhau, so sánh tính ưu việt của các cách giải đó.
Đối với đối tượng học sinh trung bình, khá, gi i cho học sinh tự xây dựng
lời giải cho bài toán tổng quát sau đó đi giải một lớp các bài toán cụ thể nhằm
phát triển tư duy cho học sinh.
Đối với đối tượng học sinh yếu hướng dẫn học sinh và đưa học sinh lời
giải của bài toán tổng quát học sinh áp dụng giải lớp các bài toán cụ thể.
Tôi đưa ra một vài giải pháp mang tính chất khả thi và hiệu quả
Giải pháp 1: Đưa sơ đồ tư duy vào để học sinh nhớ kiến thức cơ bản và
phương pháp một cách hệ thống.
Giải pháp 2: Giúp học sinh có kỹ năng tránh một số sai lầm khi giải toán
lien quan đến khảo sát
Giải pháp 3: Chia tích phân thành các dạng theo hàm số và đưa ra cách
giải đối với từng dạng.
Trên đây là một vài kinh nghiệm mà tôi tâm đắc nhất và qua giảng dạy
thực tế đã có nhiều tác dụng và tôi tiếp tục trong năm học này.
Tôi rất mong được sự đóng góp ý kiến để đề tài của tôi được hoàn chỉnh
hơn, xin chân thành cảm ơn.

22


Tài liệu tham khảo
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.

Giải tích nâng cao 12 – Nhà xuất bản Giáo dục
Bài tập giải tích nâng cao 12 – Nhà xuất bản Giáo dục
Sách giáo viên giải tích nâng cao 12 – Nhà xuất bản Giáo dục
Giải tích 12 – Nhà xuất bản Giáo dục
Bài tập Giải tích 12 – Nhà xuất bản Giáo dục
Sách giáo viên Giải tích 12 – Nhà xuất bản Giáo dục
Những vấn đề chung về đổi mới giáo dục phổ thông – Môn Toán - Nhà
xuất bản Giáo dục.

23



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×