Tải bản đầy đủ

skkn một số phương pháp xét chiều biến thiên của hàn số dành cho học sinh lớp 10

Mục lục
Số tt
1

Nội dung
A. Mở đầu

Trang
2

2

I. Lý do chọn đề tài

2

3

II. Mục đích

3


4

B. Nội dung

4

5

I. Cơ sở lý luận

4

6

1. Các giai đoạn của việc hình thành kỹ năng giải

4

bài tập toán
7

2 .Các kỹ năng giải bài tập toán

4

8

II. kỹ thuật xét chiều biến thiên của hàm số

4

9

1. Đa thức hoá

4

10


2. Dùng điểm rơi trong bất đẳng thức để tìm

7

khoảng đơn điệu
11

3. Sử dụng phương pháp tiếp cận giới hạn và

9

đạo hàm
12

Một số bài tập tham khảo

12

13

Chú giải

13

14

Tài liệu tham khảo

13

15

C. Kết luận

14

A . MỞ ĐẦU
1


I . Lý do chọn đề tài .
Toán học có vị trí cực kỳ quan trọng trong đời sống, trong các trường học
vì nó có khả năng to lớn, góp phần thực hiện mục tiêu đào tạo con người “làm chủ
tri thức khoa học và công nghệ hiện đại, có tư duy sáng tạo, có kỹ năng thực hành
giỏi, có tác phong công nghiệp, có tính tổ chức và kỹ thuật. Toán học ở trường
trung học phổ thông còn là môn học tương đối khó đối với học sinh. Để các em
tiếp cận được với kiến thức thường phải thông qua các bài tập, các dạng bài tập cụ
thể đây là một trong những nguồn để hình thành kiến thức cho học sinh. Giải bài
tập toán cũng giúp học sinh tìm kiếm những kiến thức và kỹ năng mới. Thông qua
các bài tập toán, các dạng toán học sinh sẽ được hình thành củng cố kiến thức, kỹ
năng giải toán, rèn luyện phát triển tư duy sáng tạo.
Do vai trò của toán học trong đời sống, trong khoa học và công nghệ hiện
đại, các kiến thức và phương pháp toán học là công cụ thiết yếu giúp học sinh học
tập các môn học khác, giúp học sinh hoạt động có hiệu quả trong mọi lĩnh vực .
Tuy nhiên với thời gian trên lớp không nhiều mà các em lại phải làm quen
với nhiều dạng bài tập toán học khác nhau thì đây là vấn đề không đơn giản. Là
một giáo viên hiện đang dạy toán ở trường trung học phổ thông tôi thấy học sinh
thường gặp những vấn đề sau: Không nắm được các dạng bài tập, chưa định hướng
được cách giải, lúng túng khi trình bày lời giải, học xong quên các dạng bài tập.
Nhìn chung kỹ năng giải bài tập toán ở các em còn non yếu.
Trong chương trình toán lớp 10, phương pháp hàm số để giải quyết các bài
toán cực trị - bài toán chứa tham số…là một công cụ rất hiệu quả. Tuy nhiên, học
sinh mới chỉ được biết về tính biến thiên của một vài hàm đa thức hoặc phân thức
đơn giản: bậc nhất, bậc hai, … ; trong khi các bài toán liên quan đòi hỏi việc khảo
sát một số dạng hàm phức tạp mà công cụ đạo hàm lại vượt quá tầm tay của học
sinh lớp 10.
2


Vì khuôn khổ của đề tài mà tôi chỉ đi sâu phần “một số phương pháp xét
chiều biến thiên của hàm số dành cho học sinh lớp 10” .
II.MỤC ĐÍCH :
Toán học là môn học rất phong phú và đa dạng mà trình độ còn hạn chế,
tuổi nghề còn ít nên tôi nghiên cứu với đề tài này với mục đích đơn giản là góp
phần vào công tác giảng dạy và học tập được tốt hơn. Giúp các em biết nhận dạng
bài tập để làm tốt, nâng cao chất lượng dạy – học môn toán .
Qua một số bài toán đặc trưng, với các kĩ thuật sơ cấp “biến khó thành
dễ”, giúp học sinh dần hoàn thiện kiến thức hàm số và tự tin vận dụng phương
pháp hàm số.

B. NỘI DUNG

3


I . CƠ SỞ LÝ LUẬN
Sự hình thành kỹ năng giải bài tập toán là một quá trình diễn ra trong suốt
thời gian học tập toán học. Quá trình này gồm các giai đoạn sau .
1. Các giai đoạn của việc hình thành kỹ năng giải bài tập toán:
- Giai đoạn 1:
Học sinh vận dụng lý thuyết để giải bài tập toán. Khi học sinh giải những bài
tập sơ đẳng này sẽ tạo nên những thao tác cần thiết để giải các bài toán đơn giản.
- Giai đoạn 2 :
Học sinh vận dụng kiến thức, thao tác đã có được để giải các bài toán cơ bản
- Giai đoạn 3 :
Học sinh vận dụng kiến thức, kỹ năng thao tác giải bài tập cơ bản để giải các
bài tập ở mức độ cao hơn đó là các bài phân hoá với sự đa dạng phức tạp .
2 .Các kỹ năng giải bài tập toán.
Trong quá trình phát triển tri thức ở học sinh thì các kỹ năng cũng mở rộng
và phát triển theo.
II. Kĩ thuật xét chiều biến thiên của hàm số .
1. Đa thức hoá:
Bài toán 1. 1 Tìm min, max của biểu thức: P 

| 2a  b |  | a  b |
a b
2

2

;(a 2  b 2  0) .

Giải:
1. Nếu a  0, b �0 : P = 2.
2

2. Nếu a �0 : P 

b
b
 1
a
a
2

�b �
1 � �
�a �

a. Trong (�; 1) : P 

1 2x
1 x

2





2  x  1 x
1 x

2

2t
t  2t  5
2

b
a

, với x   R .

, với t  1  2 x �(3; �).

4


P

2
5 2
 1
t2 t



2

1
1
5u 2  2u  1 , với u  �(0; ) .
t
3

Hàm số f (u )  5u 2  2u  1 trong (0;1/3) có tập giá trị là [4/5;1) .
Vậy 2  P � 5, x  1 .
b. Trong  1; 2 : P 

3

.

1  x2

Hàm số g ( x)  1  x 2 trong  1; 2 có tập giá trị là [1;5].
Vậy

3
�P �3, x � 1; 2 .
5

c. Trong (2; �) : P 

2x 1
1 x

2



2t
t  2t  5
2

, với t  2 x  1 �(3; �).

Thực hiện tương tự trường hợp a/. ta cũng có:

3
 P  2, x  2 .
5

Tổng hợp các kết quả, ta có: MaxP = 3, khi b  0, a �0 . MinP =

3
, khi b  2a .
5

Bài toán 2  2 . Cho bất phương trình ( ẩn x ): mx 2  x  1 �  x 2  2 x . Tìm tất cả giá
trị
của tham số m để bất phương trình có nghiệm.
Giải:
0 �x �2


2
2
* mx  5x  2 �  x  2 x � �

(m  1) x 2 �3 x  2


(1)

0  x �2


* x  0 không là nghiệm của (1) với mọi m, vậy (1) � � 2 3
m �  1

� x2 x
�1
1
1
� �t
* Đặt t  , t �[ ; �) ; (1) trở thành: �2
x
2

m �2t 2  3t  1

1
2

* Xét hàm số f (t )  2t 2  3t  1 trong [ ; �) ; có tập giá trị là [

5

17
; �) .
8


Kết luận: bất phương trình có nghiệm m �

17
.
8

* Nhận xét: Việc “sáng tác” các bài toán dạng này khá đơn giản, chỉ cần lưu ý
đến vị trí
của tham số trong kết quả biến đổi cuối.
�x  y  xy  m

Bài toán 3  3 . Cho hệ phương trình : �2

2
�x  y  m

(1).

Tìm m để hệ có nghiệm ( x; y ) thoả mãn: x  1, y  1
Giải :
�x  y  xy  m

* Hệ (1) � �

( x  y ) 2  2 xy  m


�S  P  m

Đặt S  x  y; P  xy ta có hệ : � 2

�S  2 P  m

(2)

( x  1)( y  1)  0

�P  S  1  0
x  1, y  1 � �
��
�x  1  y  1  0
�S  2  0
�S  P  m
�2
�S  2 P  m
�2
* Vậy yêu cầu của bài toán trở thành : Tìm m để hệ �S  4 P �0 có nghiệm (S,P)
�P  S  1  0

S 20



�S  P  m
�P  S  m
�P  S  m

�2
�2

2
S

2
P

m
S

2(
S

m
)

m
2
S

S

m
�P  S  m




�2
�2
�2
2
2S  S 2  m
�S  4 P �0 � �S  4( S  m) �0 � �S  4( S  2 S  S ) �0 � �
�P  S  1  0

�S 2  2S  1  0

( S  m)  S  1  0
4




0 �S � ; S �1
3

S 2 0
S 20





�S  2  0

* Xét hàm số f ( S )  2 S  S 2 trên [0 ;4/3]\{1} ; suy ra kết quả : 0 �m  1 .
* Nhận xét :

6


+ Kỹ thuật cơ bản của bài toán này là phép thế biến và tham số, đưa về đa thức
một biến.
+ Còn một cách thể hiện lời giải tương tự : đặt x  1  X ; y  1  Y với X > 0,Y > 0.
2. Dùng điểm rơi trong bất đẳng thức để tìm khoảng đơn điệu:
Bài toán 4.  4
Xét chiều biến thiên của hàm số: f ( x)  x  1 

1
x2

Giải:
* Tập xác định: D  (�; 2) �(2; �)
* Trong khoảng (2; �) : f ( x)  x  2 

1
 1 �2  1  3 ,(bất đẳng thức Cô-si).
x2

f ( x )  3 � x  3 . Xét chiều biến thiên trong mỗi khoảng (2;3) và (3; �) :
f (b)  f (a)

ba

ba

a b
1
(b  2)(a  2)
3  a  b và < 0 nếu
 1
 0 nếu
ba
(b  2)(a  2)

2 a b 3.

Vậy f nghịch biến trong (2;3) và đồng biến trong (3; �) .

* Tương tự, trong (�; 2) : f ( x)  1  �2  x 


1 �
��1  2  1 , f ( x )  1 � x  1 .
2 x�

Xét chiều biến thiên trong mỗi khoảng (1;2) và (�;1) , ta có f nghịch biến trong
(1;2) và
đồng biến trong (�;1) .
Nhận xét:
Bài toán tổng quát: f ( x)  Ax  B 
f1 ( x)  Ax  B và f 2 ( x) 

C
; AC �0 .
xD

C
cùng tính đơn điệu khi AC < 0, cụ thể:
xD

7


Nếu A  0  C : f đồng biến trên từng khoảng xác định.
Nếu A  0  C : f nghịch biến trên từng khoảng xác định.
Nếu AC  0 : Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có
f ( x )  A( x  D) 

C
 B  AD �2 AC  B  AD ( hoặc f ( x) �2 AC  B  AD
xD

tuỳ theo A,C cùng dương hay âm và tuỳ theo x < -D hay x > -D)).
dấu đẳng thức tại: x   D �

C
là hai ”điểm rơi” để xét khoảng đơn điệu.
A

Chú ý: nên cho các bài tập ở dạng f(x) có AC < 0 để học sinh làm quen trước với
dạng hàm này.
Bài toán 5  5 . Tìm tất cả giá trị của tham số m để bất phương trình
x 2  (m  3) x  2m  3 �0 (1)

là hệ quả của bất phương trình 2 x 2  3x �0 (2)
Giải:
�0 x
* (2) ۣ

3
2

� 3�
0; �
* (1) là hệ quả của (2) khi và chỉ khi: x 2  (m  3) x  2m  3 �0 thoả x ��
� 2�

1
� 3�
� 3�
0; �� x  1 
0;
�m; x ��
� x 2  3 x  3 �m( x  2); x ��
x2
� 2�
� 2�


* Áp dụng kết quả bài toán 3, ta có chiều biến thiên của f ( x)  x  1 

1
trong
x2

� 3�
0;

� 2�

3
2

f ( x )   . Vậy m �
Suy ra min
0;3/ 2

3
là kết quả của bài toán.
2

Bài toán 6  6 . Xét chiều biến thiên của hàm số : f ( x)  x 2  2 x  2  x 2  2 x  5
8


Giải :
r

r

r r

* Áp dụng bất đẳng thức : | a |  | b |�| a  b | hay a 2  b 2  c 2  d 2 � (a  c )2  (b  d )2
f ( x)  (1  x) 2  12  ( x  1) 2  22 � 22  32  13 ; f ( x)  13 �

*

1 x 1
1
 0� x .
1 x 2
3

f (b)  f (a)
ba2
ba2


A
2
2
2
ba
(1  b)  1  (1  a)  1
(b  1)  4  ( a  1) 2  4

Với a  b �1 : A  0
Với 1 �a  b : A  0
Với 1  a  b 

1
: 0  1  a  2(1  a ) & 0  1  b  2(1  b) ;
3

đặt x  1  a, y  1  b, z  1  a, t  1  b;0  z  2 x, 0  t  2 y
� A

z t
z 4 t 4
2

Tương tự với

2



x y
y  1  x2  1
2

 0 nên f nghịch biến trong (�;1/ 3) .

1
 a  b  1 , ta có A > 0 nên f đồng biến trong (1/ 3; �) .
3

3. Sử dụng phương pháp tiếp cận giới hạn và đạo hàm :
Bài toán 7. (Sử dụng lại bài toán 4)
Xét chiều biến thiên của hàm số: f ( x)  x  1 

1
x2

Giải:
* Tập xác định: D  (�; 2) �(2; �)
Với a, b �D : a  b  2 hoặc 2  a  b , xét
* Khi cho b � a thì

f (b)  f (a )
1
 1
ba
(b  2)(a  2)

f (b)  f ( a)
1
�1
ba
(a  2) 2

Kết quả nhận được chính là đạo hàm tại a của f, từ đây có thể dần hình thành khái
niệm
giới hạn và đạo hàm, cũng như quan hệ giữa chiều biến thiên và dấu của đạo hàm
cho học sinh chuyên toán.
9


Cho 1 

1
0 
(a  2) 2

 a 1
 a 3 , ta cũng có được hai “điểm rơi” nói trong phương pháp


trên.
Bài toán 8. Xét chiều biến thiên của hàm số: f ( x)  x  3 

2
x 1

Giải:
* Tập xác định: D   ;1  1;
Với a, b �D : a  b  1 hoặc 1  a  b , xét
* Khi cho b � a thì

f (b )  f ( a )
2
1 
b a
(b  1)(a  1)

f (b )  f ( a )
2
 1
b a
(a  1) 2

Kết quả nhận được chính là đạo hàm tại a của f, từ đây có thể dần hình thành khái
niệm
giới hạn và đạo hàm, cũng như quan hệ giữa chiều biến thiên và dấu của đạo hàm
cho học sinh chuyên toán.

Cho 1 

1
0 
(a  1) 2

 a 0
 a 2 , ta cũng có được hai “điểm rơi” nói trong phương pháp


trên.
Nhận xét:
Bài toán tổng quát: f ( x)  Ax  B 

C
; AC �0 .
xD

Với  D  a  b hoặc a  b   D :

f (b)  f ( a)

ba

A(b  a) 

C (a  b)
C
(b  D)(a  D )
 A
ba
(b  D )(a  D )

Nếu A  0  C : f đồng biến trên từng khoảng xác định.

10


Nếu A  0  C : f nghịch biến trên từng khoảng xác định.
Nếu AC  0 : cho b � a thì

f (b)  f (a )
C
C
� A
 0 � a  D �
: ta có hai
2
ba
(a  D )
A

”điểm rơi” để xét khoảng đơn điệu.
Bài toán 9  7 . Xét chiều biến thiên của hàm số : f ( x)  x 3  3x 2
Giải :
* Với a  b , xét A 

f (b)  f ( a)
 a 2  ab  b 2  3(a  b) . Cho b � a , ta có A � 3a 2  6a
ba
b
2

a
2

Ta có hai “điểm rơi” là 0 và 2. Biến đổi A  (a  2)(a  )  (b  2)(b  )
* Nếu a  b  0 : A > 0
Nếu 2  a  b : A > 0
Nếu 0  a  b  2 : A < 0
* Vậy f đồng biến trong các khoảng (�;0);(2; �) và nghịch biến trong khoảng
(0;2).

Nhận xét:
1. Việc chỉ ra “điểm rơi” không khó, quan trọng là qua việc xét dấu biểu thức
f (b)  f (a )
ba

củng cố cho học sinh các kĩ thuật chứng minh bất đẳng thức.
2. Có thể dùng bất đẳng thức Cô – si để tìm điểm rơi:
1
f ( x )  x 3  3x 2   x.x.(6  2 x) �4 , x �(0;3) , dấu = tại x = 2.
2
f ( x)  x 3  3 x 2  x 2 .(3  x) �0, x �(0;3) , dấu = tại x = 0.

3. Tổng quát : f ( x)  ax3  bx 2  cx  d ,(a �0) .
11


Theo phương pháp 2 : Đặt x  t 

b
, biến đổi hàm số về dạng
3a

g (t )  at 3  mt  n  t ( at 2  m)  n

Dùng bất đẳng thức Cô – si cho 2at 2 , at 2  m, at 2  m nếu a < 0, hoặc
2at 2 , at 2  m,  at 2  m

nếu a > 0. Suy ra các điểm rơi là t  �

m
b
m
hay x   �
( tồn tại khi am < 0)
3a
3a
3a

Một số bài tập tham khảo :
BT1. Tìm m sao cho phương trình x 4  3x3  mx 2  3x  1  0
a. có đúng 3 nghiệm
b. có đúng 2 nghiệm
BT2. Tìm m sao cho bất phương trình  2  ( x  1)(5  x)  (mx  x  3) �0 thoả với
mọi x thuộc tập xác định
BT3. Xét chiều biến thiên của hàm số f ( x)  x (1  x 2  1) .
Áp dụng, giải bất phương trình : 2 x +1 + x x 2 + 2 + ( x +1) x 2 + 2 x + 3 < 0
BT4. Tìm a để phương trình sau có nghiệm : 1- x - 2a x + 3 = a 1- x BT5. Tìm m để hàm số f ( x) 

x 2  3x  m
nghịch biến trên (-1;1)
2x  1

x2  x  m
BT6. Tìm m để hàm số f ( x) 
đồng biến trên (-2;1)
x 1

Chú giải
1 : Trích từ báo toán học tuổi trẻ số 254.
 2 : Trích từ toán nâng cao 10 của Phan Huy Khải.
 3 : Trích từ toán sơ cấp của Lê Đình Thịnh.

12

x +3 + a


 4 : Trích từ sách giáo khoa cơ bản 12 của bộ giáo dục.
 5 : Trích từ toán sơ cấp của Lê Đình Thịnh.
 6 : Trích từ đề thi tuyển sinh đại học năm 1996 của bộ giáo dục.
 7 : Trích từ sách giáo khoa cơ bản 12 của bộ giáo dục.

Tài liệu tham khảo
1. Báo toán học tuổi trẻ.
2. Toán nâng cao 10 (Phan Huy Khải).
3. Toán sơ cấp (Lê Đình Thịnh).
4. Đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng năm 1996 của bộ giáo dục.

C. KẾT LUẬN
Phương pháp hàm số có hiệu ứng rất tốt trong nhiều bài toán đại số ở chương
trình phổ thông, vấn đề là tuỳ theo đối tượng học sinh trong từng cấp lớp mà giáo
viên có thể vận dụng một cách hiệu quả nhất.
13


Các phương pháp nêu trên có thể rất “ cầu kì”,” lằng nhằng” đối với học sinh
lớp 12, nhưng lại cũng rất thú vị đối với học sinh lớp 10 chuyên toán mà người viết
đã giảng dạy thể nghiệm. Hầu hết học sinh khi đã nắm được các “ kĩ thuật” trên,
đều biết vận dụng một cách sáng tạo và hiệu quả trong các bài toán đại số mà lời
giải quá phức tạp nếu như chỉ biết dùng các phương pháp truyền thống, thuần tuý
đại số.
Đề tài này đã được bản thân tôi và các đồng nghiệp cùng đơn vị thí điểm
trên các em học sinh có học lực 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 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 này ngày một hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng hơn trong quá trình dạy học
ở trường THPT.

Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm này do tôi viết, không sao chép
của người khác.
Xin chân thành cảm ơn!
Xác nhận của Thủ trưởng đơn vị

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2018
Người viết

Lê Đình Hải

14



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×