Nội dung

Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác ĐỀ TÀI PHÁT TRIỂN TƯ DUY HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ MŨ LÔGARIT VÀ HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC. A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Bất đẳng thức là một vấn đề khó trong chương trình phổ thông, nó thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi các cấp và thi đại học. Trong quá trình dạy học và nghiên cứu vấn đề này tôi thấy bất đẳng thức chứa các hàm số Mũ - Lôgarit 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 dần mức 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 " GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác 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 x1 , x2  K : x1  x2  f  x1   f  x2   Hàm số f được gọi là nghịch biến trên K nếu x1 , x2  K : x1  x2  f  x1   f  x2  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  0 với 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. 4. Các nhận xét  Nhận xét 1: Hàm số f xác định trên K và  Đồng biến trên K thì x1 , x2  K , x1  x2  f  x1   f  x2   Đồng biến trên K thì x1 , x2  K , x1 x2  f  x1   f  x2   Nghịch biến trên K thì x1 , x2  K , x1  x2  f  x1   f  x2  .  Nghịch biến trên K thì x1 , x2  K , x1 x2  f  x1   f  x2  .  Nhận xét 2: Hàm số f xác định trên K và  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 f ''( x) 0 x  [ a; b] thì f ( x)  f '( x0 )( x  x0 )  f ( x0 ) x0  [a; b] GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác ii) Nếu f ''( x) 0 x  [ a; b] thì f ( x)  f '( x0 )( x  x0 )  f ( x0 ) x0  [a; b] Đẳng thức trong hai Bất đẳng thức trên xảy ra  x x0 . Ta có thể chứng minh nhận xét trên như sau i) Xét hàm số g ( x)  f ( x)  f '( x0 )( x  x0 )  f ( x0 ) , x  [a; b] Ta có : g '( x)  f '( x)  f '( x0 )  g ''( x)  f ''( x) 0, x [a; b] Suy ra phương trình g '( x) 0 có nghiệm duy nhất x x0 và g '( x ) đổi dấu từ (  ) sang (  ) khi x qua x0 nên ta có : g ( x) g ( x0 ) 0 x  [a; b] . ii) Chứng minh tương tự. Chú ý: Phương trình f '( x0 )( x  x0 )  f ( x0 ) là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm M  x0 ; f  x0   .  Nhận xét 4: Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên [a;b] , và phương trình f  x  0 chỉ có đúng hai nghiệm trên [a;b] là a và b thì f  x  luôn mang một dấu trên  a; b  II. XÂY DỰNG CÁC CHUỖI BÀI TẬP BẤT ĐẲNG THỨC 1. XUẤT PHÁT TỪ NHẬN XÉT 1 a) Từ tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit Ví dụ 1. Xuất phát từ hàm số y log a x đồng biến trên từng khoảng xác định với a  1 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) log a x log a y với a  1 . 2) log a x log a y với 0  a  1 . 1  Với x   1;2 nên  x  1  x  2  0  x 2 3x  2  3x  1  3x 3  1 2 + Tương tự ta có: y 2 3 y  2, z 2 3z  2 . Do x, y, z là các cơ số lớn hơn 1 nên: log x  3 y  2   log y  3 z  2   log z  3x  2  log x y 2  log y z 2  log z x 2 (1) Áp dụng BĐT Côsi ta có: log x y 2  log y z 2  log z x 2 2  log x y  log y z  log z x  6 3 log x y.log y z.log z x 6 (2) GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác Từ (1) và (2) suy ra log x  3 y  2   log y  3z  2   log z  3x  2  6 Đẳng thức xẩy ra khi x  y z 2 . + Vì x  1 nên 1 log 3 z 3 1  3x  1 log 3 z 3 1  3x3  1 2  log 3 z 3 1  3x  1  1 log 3  3x 3  1 2 3 z 1 Tương tự ta có: 1 1 log 3  3 y 3  1 , log 3  3z  1  log 3  3z 3  1 3 y 1 2 3 x 1 2 3 y 1 Cộng vế với vế ta được: log 3 (3 y  1)  log 3 (3 z  1)  log 3 (3 x  1)  log 3 x3 1  3 y  1  3 x 1 3 y 1 3 z 1 1 1 1 log 3 (3 y 3  1)  log 3 (3 z 3  1)  log 3 (3 x3  1) 2 3 x 1 2 3 y 1 2 3 z 1 Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1 [log 3 (3 y 3  1)  log 3 (3 z 3  1)  log 3 (3 x3  1) ] 3 x 1 3 y 1 3 z 1 2  3 3 3 log (3 y 3  1).log 3 (3 z 3  1).log 3 (3 x 3  1)]  3 3 x 1 3 y 1 3 z 1 2 2 Đẳng thức xẩy ra khi x  y z 2 . 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  3 y  2   log y  3z  2   log z  3x  2  6 . 3 b) log 3 x3 1 (3 y  1)  log 3 y3 1 (3 z  1)  log 3 z3 1 (3 x  1)  . 2 1 1 1   1  x  y  z xyz .  Xét x, y, z  1; 3  nên xy yz zx  Khi đó ta có: log x  x  y  z  log x  xyz  , log y  x  y  z  log y  xyz  , log z  x  y  z  log z  xyz  Mà log x  xyz   log y  xyz   log z  xyz  GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác 3  log x y  log y x  log y z  log z y  log x z  log z x 9 Suy ra log x  x  y  z   log y  x  y  z   log z  x  y  z  9 Từ đó ta có bài toán sau:   Bài 2: Cho x, y, z, t  1; 3  . Chứng minh rằng : a) log x  x  y  z   log y  x  y  z   log z  x  y  z  9 . b) log x  y  z  t   log y  z  t  x   log z  t  x  y   log t  x  y  z  12 2  1 Ví dụ 2. Xuất phát từ hàm số f  t  ln  1    .  t  2t  1 1 4 1   0, t  0 Ta có f '  t  t t  1  2 2    2t  1 t  t  1  2t  1 Do đó f  t  nghịch biến trên  0;  2  1 1  ln 3  1, t   ;   1) Suy ra ln  1     t  2t  1 2  x  Với t  ta xét 2 x  y  0 ta được : y 2x  y y 2y   ln  x  y  ln 3x ln  1    ln 3  1 hay 2x  y x  2x  y  x2  y2 1  Với t  với x, y  0 khi đó t  ta được: 4 xy 2 2   4 xy  4 xy 4 xy   x  y ln  1  2   ln3  1  ln 1   ln 3   2 . x  y 2   x  y  2 x 2  y 2   x  y   Ta được bài toán :  Bài 1: Cho x, y, z là số thực dương. Chứng minh rằng: 2  4 xy   x  y  ln 3  a) ln  1  2 2 x  y 2   x  y  2 2 2  4 xy   4 yz   4 zx   x  y   y  z    z  x b) ln  1  2 2   1  2 2   1  2 2  ln 27  2 2 2 x  y  y  z  z x   x  y  y  z   z  x  GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác 2) Suy ra a b  0 thì f  a   f  b  1 2 2   1 ln  1    Hay ln  1    a  2a  1   b  2b  1 4 a  b  ab  b   ln    ab  a   2a  1  2b  1 Do đó ta có bài toán:  4 a  b  ab  b  Bài 2: Cho a b  0 . Chứng minh rằng ln  .   ab  a   2a  1  2b  1 3) Kết hợp với BĐT  x 3 1   , x 2 ta có : 7 7x 2 7 x  x 2  14 x  3   ln 3 với x 2 . Bài 3: Chứng minh rằng ln  1  2  x  3  x 2  14 x  3  4) Kết hợp với x y  , x  y 0 ta được 1 x 1 y  x 1  2 y 1  2  ln  1  ln  1     2x  x  y  2 y 1   1 x 1 y 1 4 y  x 2 xy  y  Hay ln , áp dụng BĐT Côsi ta có 2 xy  x  3x  1  3 y  1 Bài 4: Chứng minh rằng : ln 16  y  x  2 xy  y  với mọi số thực x  y  0 . 2 xy  x  3x  3 y  2  2 t Ví dụ 3. Xuất phát từ hàm số f  t  3   t 2  1  t đồng biến trên  . 1) Kết hợp với BĐT x 2  1 2 x, x   do đó ta có: 2 2   f  x 2  1  f  2 x   3x 1   x 2  1  1   x 2  1  32 x      3 x  1  2x  2 1  2x  2 x4  2x2  2  x2  1  4x2 1  2x Do đó ta có bài toán:  Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số thực x ta luôn có GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác 3 x  1 4 2 2  4 x 2  1  2 x (*) 2 x  2x  2  x 1 2) Kết hợp với BĐT x  2 3x, x  2 Khi đó ta có: 2 3   f  x3  2   f  3x   3x 2   x 3  2   1   x3  2   33 x     3  3 x  1 2 x 2     3x  2  3x  2  1  3x     1  3x  x 6  4 x3  5  x3  2 Do đó ta được bài toán: Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số thực x  2 ta luôn có  3 x  1 2 x 2     9 x 2  1  3x  x 6  4 x3  5  x 3  2 3) Kết hợp với giả thiết a b ta được: 3a     a 2  1  a 3b b 2  1  b hay   2  b 2  1  2b 3a  b  2  a 2  1  2a  2  a  1  2a Kết hợp BĐT Bunhiacopxky ta có:   2 2  b  1  2b 3  3b  1 , 2 2 2 2     1  2 a  1   2 Do đó ta có bài toán:    a b 2 Bài 3: Chứng minh rằng 3 . 9b  3  1  2 a  1 , với a b . x 4) Với x 0 ta có: 3   x 2  1  x 1  3x  x 2  1  x Tương tự ta có: 3 y  y 2  1  y, 3z  z 2  1  z Cộng vế với vế ta được bài toán:  Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z không âm thì a) 3x  3 y  3z 3  x  y  z b) 3x  3 y  3z  x 2  1  y 2  1  z 2  1  x  y  z . + Từ bài 4a ta được: với mọi số thực x, y, z thì 3 x y  3 y z  3 z x  x  y  y  z  z  x  3 Áp dụng BĐT a  b  a  b và kết hợp giả thiết thêm x  y  z 0 , ta có  x 2 2 2 2 y  y  z  z  x  x y  y  z  z  x  x y  y  z  z  x   2 2  y  z  z  x  x  y   z  x  x  y  y  z  2 x  y  y  z  z  x GV: Đậu Thanh Kỳ 2  Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác Do đó:  2 2 x y  y z  z x  2 x y  y z  z x 2   6 x 2  y2  z 2   2 x  y  z  Hay x  y  y  z  z  x  6  x 2  y 2  z 2  x y y z z x Suy ra P 3  3  3  6  x 2  y 2  z 2  3 Ta được bài toán Bài 5: Cho các số thực x, y , z thỏa mãn x  y  z 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất  x y y z z x của biểu thức: P 3  3  3  6  x 2  y 2  z 2  (Đại học KA 2012) + Với x 0 ta có 3x  x 2  1  x x  1 , xây dựng các BĐT tương tự đối với biến A B C y, z và cho x sin , y sin , z sin cộng lại ta được 2 2 2  Bài 6: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng: sin 3 A 2 sin 3 B 2 sin 3 C 2 3  sin A B C  sin  sin 2 2 2 Để che giấu hàm số, ta có thể sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: A B C  sin  sin cos A  cos B  cos C 2 2 2 Từ đó được bài toán mới là: sin Bài 7: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng  sin 3 A 2 sin 3 B 2 sin 3 C 2 3  cos A  cos B  cos C 2 Từ trên ta cũng có 3 x 2  1, x  , 3x  1 x 2  2, x   , xây dựng các BĐT tương tự và nhân lại với nhau ta được bài toán: x2 Bài 8: Cho các số thực x, y , z . Chứng minh rằng :  2 2 2 a) 3x .3 y .3z ( x 2  1)( y 2  1)( z 2  1) .  2  2  2  x y z 2 2 2 b) 3  1 3  1 3  1 ( x  2)( y  2)( z  2) Lại có: ( x 2  1)( y 2  1)( z 2  1) ( x  y  z  xyz ) 2  ( xy  yz  zx  1)2 ( xy  yz  zx  1) 2 GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn 2 Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác Và bất đẳng thức ( x 2  2)( y 2  2)( z 2  2)  x  y  z  2 Từ đó suy ra có bài toán:  Bài 9: Chứng minh rằng x, y, z , ta luôn có: 3x  2  y2  z2 ( xy  yz  zx  1) 2 . Bài 10: Chứng minh rằng x, y , z ta luôn có  3 1 3 1 3 1  x  y  z  . x2 y2 z2 2 ln  1 4 x  Ví dụ 4. Xuất phát từ hàm f  x   đồng biến trên khoảng  0;  . x 1) Với a b  0 ta có:  ln  1 4 a b  ln  1 4 b ln  1  4a  a b a  ln  1  4b   b b   1  4 a   1  4 b  a a b a  1  4 a   1  4b  1   1     a   b    2a  a   2b  b  (Đại học KD 2007) 2   2    2   2  Do đó ta có bài toán: b  a 1   1  Bài 1: Chứng minh rằng:  2a  a   2b  b  , a b  0. 2   2   2) Với x, y, z 1 ta có Tương tự ta có: ln  1 4 x  x ln  1 4 y  y ln 5, ln 5 ln  1 4 z  z ln 5 Từ đó ta có bài toán:  Bài 2: Cho x, y, z 1 chứng minh rằng: ln  1 4 x  x   ln  1 4 y  y  ln  1 4 z  z ln125 Bài 3: Cho x, y, z 1 thỏa mãn x  y  z 4 . Chứng minh rằng: x ln  1 4 x   y ln  1 4 y   z ln  1 4 z  16ln 5 GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác 2 ln(1  4 x ) ln(1  4 x ) 3) Từ trên, ta suy ra: Với x 1 thì , hay  x2 x 2 ln(1  4 x ) x ln(1  4 x ) Tương tự, xây dựng thêm y và công lại, ta được: 2 2 ln  (1  4 x )(1  4 y )  x ln(1  4 x )  y ln(1  4 y )   2 2 x y 2 Lại theo bất đẳng thức Cauchy thì: (1  4 )(1  4 )  (4  4  2) 4 Từ đó có bài toán: x2 y2 Bài 4: Cho x, y 1 . Chứng minh rằng: x ln(1  4 x )  y ln(1  4 y ) x2 y2 ln(4  4  2)   ln 2 . 2 4) Kết hợp với bất đẳng thức Trêbưsép, ta có x, y, z  0 thì:   ln(1  4 x ) ln(1  4 y ) ln(1  4 z )  1 ( x  y  z)    ln(1  4 x )  ln(1  4 y )  ln(1  4 z )  3 x y z   1  ln(1  4 x ) ln(1  4 y ) ln(1  4 z )  ln(1  4 x )  ln(1  4 y )  ln(1  4 z )   Hay   3 x y z xyz   Bài 5: Cho các số thực dương x,y,z. Chứng minh rằng: 1  ln(1  4 x ) ln(1  4 y ) ln(1  4 z )  ln(1  4 x )  ln(1  4 y )  ln(1  4 z )   .   3 x y z xyz  b) Từ tính đơn điệu hàm số lượng giác 2 1 Ví dụ . Xét hàm số f  x   sinx  t anx  x nghịch biến trên 3 3    0;  .  2    Kết hợp với 2 x  x, x   0;  suy ra  4 2 1 2 1 f  2 x   f  x   sin2x  t an2x  2 x  sinx  t anx  x 3 3 3 3  2sin x  2cos x  1  tan 2 x  3 x Ta có bài toán: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác    Bài 1: Chứng minh rằng x   0;  ta luôn có:  4 2sin x  2cos x  1  tan 2 x  3 x .  ta có 2 2 1 2 1 f  b   f  b   sina  t ana  a  sinb  t anb  b 3 3 3 3 sin  a  b   2  sin a  sin b   a b cos a cos b  Giả thiết 0  a  b   Bài 2: Cho 0  a  b   , chứng minh rằng: 2 2  sin a  sin b   sin  a  b  a b. cos a cos b  Gắn vào tam giác ABC nhọn, xây dựng các BĐT với các biến A, B, C ta được bài toán  Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng: 2 1  sin A  sin B  sin C    t anA  tan B  tan C    3 3 Kết hợp với đẳng thức trong tam giác A B C sin A  sin B  sin C 4cos cos cos , 2 2 2 tan A  tan B  tan C tan A.tan B.tan C , ta được  Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng: A B C cos cos  t anA tan B tan C  3 . 2 2 2 A B C Kết hợp với BĐT sin A  sin B  sin C cos  cos  cos , ta được 2 2 2 8cos  Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng: A B C  2  cos  cos  cos   t anA tan B tan C  3 . 2 2 2  GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác 2. XUẤT PHÁT TỪ NHẬN XÉT 2 a) Từ tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit x Ví dụ 1. Xuất phát từ hàm số f  x  a đồng biến trên  với a  1 và nghịch biến trên  với 0  a  1 . Vì vậy với mọi số thực x, y ta có: x y 1)  x  y   a  a  0 với a  1 . x y 2)  x  y   a  a  0 với 0  a  1 . x 1) Vì hàm số f  x  4 đồng biến trên  nên với x, y   ta có:   4 x  4 y   x  y  0  x.4 x  y.4 y x.4 y  y.4 x. Tương tự ta có y.4 y  z.4 z  y.4 z  z.4 y , z.4 z  x.4 x z.4 x  x.4 z. Cộng vế với vế các BĐT ta được 2  x.4 x  y.4 y  z.4 z   x  y  .4 z   y  z  .4 x   z  x  .4 y (*) Từ (*) ta có các bài toán sau:  Bài 1: Chứng minh rằng:  2x  y  z  .4 x   2 y  z  x  .4 y   2 z  x  y  4 z 0 đúng với mọi số thực x, y, z .  Bài 2: Cho x, y, z là các số thực thoả mãn x  y  z 0 . Chứng minh rằng: x.2 x  y.2 y  z.2 z 0  Bài 3: Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh rằng x.4 x  y.4 y  z.4 z x 2 y  z  y 2 z  x  z 2 x  y .   4 x  4 y   x 2  y 2  0  x 2 .4 x  y 2 .4 y x 2 .4 y  y 2 .4 x. Suy ra x 2 .4 x  y 2 .4 y 2 xy.2 x  y , xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại ta được bài toán.  Bài 4: Cho các số thực x, y, z chứng minh rằng: x 2 .4 x  y 2 .4 y  z 2 .4 z xy.2 x  y  yz.2 y  z  zx.2 z  x .   4 x  4 y   x3  y 3  0  x3.4 x  y 3.4 y x 3 .4 y  y 3 .4 x. 3 x 3 y 3 z 3 y 3 x 3 z 3 y 3 x 3 z Do đó 2  x .4  y .4  z .4  x .4  y .4  y .4  z .4  z .4  x .4 Áp dụng BĐT Côsi ta được: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác  Bài 5: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x  y  z 3 . Chứng minh rằng: a) x3 .4 x  y 3 .4 y  z 3 .4 z 12 xyz . 3 x 3 y 3 z 2 2 b) x .4  y .4  z .4 6 x  y  z  1 2) Vì hàm số f ( x)  x là hàm số nghịch biến trên  nên ta có: 8 x y x y  1 1   x  y  ( x  y ) 0  x  y  y  x . 8 8 8 8 8 8  y z y z z x z x Tương tự ta có y  z  z  y , z  x  x  z . 8 8 8 8 8 8 8 8 Cộng vế với vế các BĐT trên ta được y z  x y yz zx  x 2  x  y  z   z  x  y (**) 8 8 8 8 8 8  Từ (**) ta có các bài toán sau:  Bài 6: Cho x, y, z là các số thực. Chứng minh rằng: x  y  2z y  z  2x z  x  2 y   0 . 8z 8x 8y  Bài 7: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x  y  z 0 . Chứng minh rằng: x y z   0 . 8x 8 y 8z  Bài 8: Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn x  y  z 1 . Chứng minh rằng:  1 1 1  x  y 3 3 xyz . z 8 8 8 Bài 9: Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn xyz 1 .Chứng minh rằng: x y yz zx 6    . 8z 8x 8y 2 x y z x2  y 2 y2  z2 z 2  x2   3 b)  x  y  22 z  x  y  y  z  22 x  y  z  z  x  22 y  z  x a) 1  2 x2 y 2 x2 y 2 x 2 y 2 2 xy  1 2   x  y  ( x  y ) 0  x  y  y  x  y  x  x  y với mọi số thực 4 4 4 4 4 4 2 4 4  x, y . GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác 2 xy 2 yz 2 zx x 2  y 2 y 2  z 2 z 2  x 2      2 x y 2 y z 2 z x 4z 4x 4y Kết hợp BĐT Cauchy_Swash ta được bài toán Từ đó suy ra:  Bài 10: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x  y  z 1 . Chứng minh rằng: 2 xy 2 yz 2 zx x 2  y 2 y 2  z 2 z 2  x 2 .      2 x y 2 y z 2 z x 4z 4x 4y Ví dụ 2. Xuất phát từ hàm số y log a x đồng biến trên từng khoảng xác định với a  1 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   log a x  log a y  0 với a  1 . 2)  x  y   log a x  log a y  0 với 0  a  1 .  Với mọi số dương x,y ta có:  log 2 x  log 2 y   x  y  0  x.log 2 x  y.log 2 y x. log 2 y  y. log 2 x Tương tự ta có y.log 2 y  z.log 2 z  y. log 2 z  z. log 2 y và z.log 2 z  x.log 2 x z. log 2 x  x. log 2 z Cộng vế với vế ta có: 2  x.log 2 x  y.log 2 y  z.log 2 z   y  z  log 2 x   z  x  log 2 y   x  y  log 2 z (1) Hay  2 x  y  z  log 2 x   2 y  z  x  log 2 y   2 z  x  y  log 2 z 0 (2) + 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 2 x   y  1 log 2 y   z  1 log 2 z 0 . + Với giả thiết xyz 1 kết hợp với (1) Ta có  y  z  log 2 x   z  x  log 2 y   x  y  log 2 z x  log 2 y  log 2 z   y  log 2 z  log 2 x   z  log 2 x  log 2 y  xlog 2 yz  ylog 2 zx  zlog 2 xy xlog 2 x  1  ylog 2 y  1  zlog 2 z  1  xlog 2 x  ylog 2 y  zlog 2 z Do đó 2  x.log 2 x  y.log 2 y  z.log 2 z   xlog 2 x  ylog 2 y  zlog 2 z Hay xlog 2 x  ylog 2 y  zlog 2 z 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 : GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác a) xlog 2 x  ylog 2 y  zlog 2 z 0 b) x x y y z z 1 .  Với mọi số dương x, y, z lơn hơn 1 ta có  log x x  log x y   x  y  0  x  y.log x y x. log x y  y Tương tự ta có: y  z.log y z  y. log y z  z ; z  x.log z x z. log z x  x Cộng lại ta được: x  log z x  log x y   y  log x y  log y z   z  log y z  log z x  0 . Ta có bài toán:  Bài 3: Chứng minh rằng: a) x  log z x  log x y   y  log x y  log y z   z  log y z  log z x  0 với x, y, z  1 . b) x  log z x  log x y   y  log x y  log y z   z  log y z  log z x  0 với 0  x, y , z  1 .  Với mọi số dương x,y,z lớn hơn 1 ta có  log z x  log z y   x  y  0  x.log z x  y.log z y x. log z y  y. log z x Tương tự ta có: y.log x y  z.log x z  y. log x z  z. log x y z.log y z  x.log y x z. log y x  x. log y z Cộng lại ta được ta có: log z  x x y y   log x  y y z z   log y  z z x x  x  log z y  log y z    y  log x z  log z x   z  log x y  log y x  Kết hợp BĐT côsi ta được:  Bài 4: Chứng minh rằng: log z  x x y y   log x  y y z z   log y  z z x x  2  x  y  z  với x, y, z là số thực lớn hơn 1  Với mọi số dương x,y ta có:  ln x  ln y   x  y  0  x.ln x  y.ln y x. ln y  y. lnx Tương tự ta có y.ln y  z.ln z  y. ln z  z. ln y và z.ln z  x.ln x z. ln x  x. ln z Cộng lại ta được 2[ x ln x  y ln y  z ln z ] ( y  z )ln z  ( z  x)ln y  ( x  y)ln z Hay ( x x y y z z ) 2 x y  z . y z  x .z x  y Ta được bài toán:  Bài 5: Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức sau: x 2 x y 2 y z 2 z x y  z . y z  x .z x  y GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác 3 1 1 1 1 1 1 3  xyz     27 ta được bài toán. Kết hợp BĐT    x y z 3 xyz  x y z  Bài 6: Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức sau: x x yyzz  2 x  ( yz ) 3  y  ( z  x )  z  ( x  y )  27 . et Ví dụ 3. Xuất phát từ hàm số f  t   đồng biến trên  1;  và nghịch biến trên t  0;1 .  ex e y  xe y ye x  Ta có x, y   0;1 :  x  y     e x  e y  0  y y x  x x ye z ze y xe z y z ze   e  e ,  e z  e x Tương tự ta có: z y x z Cộng vế với vế lại ta được: yz x zx y x y z .e  .e  .e 2  e x  e y  e z  x y z 2 2 2 Mặt khác x, y, z   0;1 nên e x  e y  e z e x  e y  e z . 2 2 2 yz x zx y xy z .e  .e  .e 2 e x  e y  e z . Suy ra x y z Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z 1  Từ đó ta có bài toán:    Bài 1: Cho x, y, z   0;1 . Chứng minh rằng: yz x zx y x y z .e  .e  .e 2  e x  e y  e z  x y z 2 2 2 yz x zx y xy z .e  .e  .e 2 e x  e y  e z b) x y z a)    Bài 2: Cho các số thực x,y,z không âm thỏa mãn x  y  z 1 . ex e y ez   3  e x  e y  e z  Chứng minh rằng: x y z  ex e y  e y ex ex  e y  Ta có x, y   1;   :  x  y     0  2  2  x y y x xy   GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác ez e y ez  e y ex ez ex  ez , 2 2 Tương tự ta có: 2  2  z y zy x z xz Cộng vế với vế ta được:  ex e y ez   1 1  ex  1 1  e y  1 1  ez 2  2  2  2             y z   y z x  z x y  x y z x 1 1 1 Cho   1 hay xy  yz  zx xyz thì x, y, z   1;   Ta có bài toán sau: x y z  Bài 3: Cho các số thực x, y, z dương thỏa mãn xy  yz  zx xyz .  ex e y ez  ex e y ez Chứng minh rằng: 3  2  2  2     . y z  x y z x 1 Ví dụ 4. Xuất phát từ hàm số f  t  t ln t đồng biến trên  e ;   và nghịch biến 1 trên  0; e  .  Ta có: x, y   e  1;   :  x  y   x ln x  y ln y  0 1 Xét hàm số f  t  t ln t , t   e ;   . 1 Ta có: f '  t  ln t  1 0, t   e ;   1 Suy ra x, y   e ;   :  x  y   x ln x  y ln y  0 x ln x y ln y  x 2 ln x  y 2 ln y xy  ln x  ln y    ln  xy  y x y ln y z ln z z ln z x ln x  ln  yz  ,  ln  zx  Tương tự ta có z y x z  1 1 1 1 1 1 Cộng vế với vế ta có x    ln x  y    ln y  z    ln z 2ln  xyz   z x  y z x y 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:  1 1 1 1 1 1 1  a) x    ln x  y    ln y  z    ln z 2ln  xyz  với x, y, z   ;   .  z x e   y z  x y  1 1 1 1 1 1  1 b) x    ln x  y    ln y  z    ln z 2ln  xyz  với x, y, z   0;  .  z x  e  y z  x y GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác 1 1 1 1   e khi đó x, y, z  (thỏa mãn điều kiện ràng buộc trên) x y z e  1 1 1   Ta có x  e   ln x  y  e   ln y  z  e   ln z 2ln  xyz  . x y z    Do đó ta có bài toán: + Với giả thiết  Bài 2: Cho cho các số thực dương thỏa mãn 1 1 1   e . x y z 3ln  xyz  . e + Với giả thiết x, y, z là số thực lớn hơn một thỏa mãn xyz 3 ta được: Chứng minh rằng x ln x  y ln y  z ln z   Bài 3: Cho cho các số thực lớn hơn 1 thỏa mãn xyz 3 . 2 2 2 Chứng minh rằng x  y  z  ln x  y  z  x  ln y  z  x  y  ln z 6ln 3 . b) Xuất phát từ tính đơn điệu của hàm số lượng giác Sử dụng trực tiếp tính chất 2  Xét hàm số f  t  cos t , t   0;  Ta có f '  t   sin t  0,  t   0;   Suy ra  A  B   cos A  cos B  0  A cos A  B cos B B cos A  A cos B Tương tự ta có: B cos B  C cos C C cos B  B cos C , C cos C  A cos A  A cos C  C cos A Cộng vế với vế ta được: 2  A cos A  B cos B  C cos C   A  cos B  cos C   (1)  B  cos C  cos A   C  cos A  cos B  Ta lại có A  cos B  cos C   B  cos C  cos A   C  cos A  cos B  B C B C CA C A AB A B 2 A cos cos  2 B cos cos  2C cos cos 2 2 2 2 2 2 B C CA A B 2 A cos  2 B cos  2C cos 2 2 2 A B C  2  A sin  B sin  C sin   2  2 2 2  A B C  Từ (1) và (2) suy ra 2  A cos A  B cos B  C cos C  2  A sin  B sin  C sin  2 2 2  GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác A B C       Hay A  sin  cos A   B  sin  cos B   C  sin  cos C  0 2 2 2       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: A B C       A  sin  cos A   B  sin  cos B   C  sin  cos C  0 . 2 2 2          Xét hàm số f  t  sin t , t   0;   2   Ta có: f '  t  cos t  0,  t   0;   2 Suy ra  A  B   sin A  sin B  0  A sin A  B sin B B sin A  A sin B Tương tự ta có: B sin B  C sin C C sin B  B sin C , C sin C  A sin A  A sin C  C sin A Cộng vế với vế ta được: 2  A sin A  B sin B  C sin C   B  C  sin A+  C  A  sin B   A  B  sin C  3  A sin A  B sin B  C sin C    sin A+sin B  sin C    3 A    sin A   3B    sin B   3C    sin C 0 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:  3 A    sin A   3B    sin B   3C    sin C 0 .    Ta có hàm số f  t  tan t đồng biến trên  0;  nên  2  A  B   tan A  tan B  0  A tan A  B tan B  A tan B  B tan A Tương tự ta có: B tan B  C tan C B tan C  C tan B, C tan C  A tan A C tan A  A tan C Cộng vế với vế lại ta được 2  A tan A  B tan B  C tan C   B  C  tan A   C  A  tan B   A  B  tan C  3  A tan A  B tan B  C tan C    tan A  tan B  tan C  GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác Mặt khác ta có tan A  tan B  tan C 3 3 Do đó ta có A tan A  B tan B  C tan C  3 . Ta được bài toán  Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng: A tan A  B tan B  C tan C  3  Ta có hàm số f  t  cot t nghịch biến trên  0;  nên  A  B   cot A  cot B  0  A cot A  B cot B  A cot B  B cot A Tương tự ta có: B cot B  C cot C B cot C  C cot B, C cot C  A cot A C cot A  A cot C . Cộng vế với vế lại ta được: 2  A cot A  B cot B  C cot C   B  C  cot A   C  A  cot B   A  B  cot C  3  A cot A  B cot B  C cot C    cot A  cot B  cot C  A cot A  B cot B  C cot C cot A  cot B  cot C    3 Ta được bài toán   Bài 4: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng: A cot A  B cot B  C cot C cot A  cot B  cot C  .  3 Sử dụng linh hoạt tính chất 2 Ta có trong tam giác ABC có cạnh AB c, BC a, CA b nếu biểu thức chứa các biến bình đẳng nhau thì ta hoàn toàn có thể giả sử a b c  A B C  .  Bây giờ ta kết hợp với tính đơn điệu hàm số f  x  cos x là đồng biến trên  0;  do đó: Nếu A B C thì a b c do đó cos A cos B cos C và  a 2  b2   cos A  cos B  0 hay a 2 cos A  b2 cos B a 2 cos B  b2 cos A . Tương tự ta có b 2 cos B  c 2 cos C b 2 cos C  c 2 cos B và c 2 cos C  a 2 cos A c 2 cos A  a 2 cos C . Cộng vế với vế ta được: 3 a 2 cos A  b 2 cos B  c 2 cos C   a 2  b 2  c 2   cos A  cos B  cos C  Mặt khác ta có cos A  cos B  cos C  GV: Đậu Thanh Kỳ 3 2 Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác Do đó a 2 cos A  b 2 cos B  c 2 cos C  Vậy ta được bài toán 1 2 a  b2  c2  .  2 Bài 5: Cho tam giác ABC có AB c, BC a , AC b . Chứng minh rằng:  a 2 cos A  b 2 cos B  c 2 cos C  1 2 a  b2  c2  .  2 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. Chứng minh rằng: 1 a x cos A  b x cos B  c x cos C   a x  b x  c x  . 2  Bây giờ ta kết hợp với tính đơn điệu hàm số f  x  sin x là đồng biến trên  A B C    0;  do đó với A B C      0 , suy ra 2 2 2 2  2 A B C A B C sin sin sin  0,cos cos cos  0 2 2 2 2 2 2 A B  B C    sin  sin   cos  cos  0 2 2  2 2   sin A B A C B B B C cos  sin cos  sin cos  sin cos 0 2 2 2 2 2 2 2 2  sin A B B C A C B B cos  sin cos sin cos  sin cos 2 2 2 2 2 2 2 2 Do đó: sin A B B C C A A C C A B B cos  sin cos  sin cos sin cos  sin cos  sin cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Mà sin A C C A B B B B B B B A C cos  sin cos  sin cos sin     sin cos cos  sin cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác cos 2 3sin 2 B 3 3 B B  2 cos 2  3 cos , 2 4 4 2 2 B B B B B B  cos 2 2 3sin 2 cos 2 2 3 sin cos 2 2 2 2 2 2 3  B B B B B  2 B     3sin 2  cos 2  2 3 cos  2 3 sin cos Suy ra 2  cos 2 4  2 2 2 2 2  B B B 3 B 9   2B  cos 2   Hay 2 3  cos  sin cos    3  sin 2 2 2 2 2 2 2    cos B B B 3 3 (2)  sin cos  2 2 2 4 Từ (1) và (2) ta có sin A B B C C A 3 3 cos  sin cos  sin cos  2 2 2 2 2 2 4 Đẳng thức xảy ra  A B C . Vậy ta được bài toán  sin Bài 6: Cho tam giác ABC có AB c, BC a , AC b . Chứng minh rằng A B B C C A 3 3 . cos  sin cos  sin cos  2 2 2 2 2 2 4 3. XUẤT PHÁT TỪ NHẬN XÉT 3. x2 x x có g '  x  e  x, g " x  e  1 0, x 0 và 2 phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1 là 1 y  e  1 x  2 Ví dụ 1. Xét hàm số g  x  e x  x2 1  e  1 x  , x 0 2 2 x2  y 2  z 2 3 x y z Từ đó ta có e  e  e   e  1  x  y  z   với mọi 2 2 x, y, z   0;   .  Cho x  y  z 3 , ta có bài toán: Suy ra e x  GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác  Bài 1: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x  y  z 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P e x  e y  e z  x2  y 2  z 2 . 2 Sau đây là lời giải đầy đủ x2 1 x Xét hàm số f  x  e    e  1 x  trên  0;  2 2 x x Ta có f '  x  e  x   e  1 và f ''  x  e  1 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. Bảng biến thiên  x 0 1  0 + f ' x   1 f  x 2 0 x 1 x2 1 x Vậy ta có e    e  1 x  0 hay e   e  1 x  2 2 2 2 Tương tự ta có: y2 1 z z2 1 y e   e  1 y  , e   e  1 z  . 2 2 2 2 3 3 Cộng vế với vế ta được: P  e  1  x  y  z   3e  2 2 3 Vậy min P 3e   x  y z 1. 2 2 2  Cho x  y  z 2 1 , ta có bài toán: x  2 Bài 2: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x 2  y 2  z 2 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  ex  e y  ez  2 . xyz 1 1 Ví dụ 2. Xét hàm số f  x  ln x có f '  x   , f " x   2  0, x  0 và x x phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ 1 là y x  1 GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác  Suy ra ta có ln x x  1, x  0  y ln x xy  y, 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 . Tìm giá trị lớn nhất của Q  y ln x  z ln y  x ln z . Lời giải đầy đủ Xét hàm số f  x  ln x  x  1 trên  0;  1 1 Ta có f '  x    1 , f '  x  0   1 0  x 1 x x Bảng biến thiên  x 0 1  + 0 f ' x  0 f  x   Suy ra ln x  x  1 0 , x   0;   Ta có ln x x  1  y ln x xy  y Tương tự ta có z ln y  yz  z, x ln z xz  x Cộng vế với vế ta được: y ln x  z ln y  x ln z xy  yz  zx   x  y  z  Mặt khác ta có Do đó Q   x  y  z xy  yz  zx   x  y  z 2 3 2   x  y  z  0 . 3 Vậy max Q 0  x  y z 1. ln x 1 1  , x  0 x x 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 .  Suy ra ta có ln x x  1, x  0  x ln x x 2  x, x  0  Tìm giá trị lớn nhất của Q x ln x  y ln y  z ln z  x 2  y 2  z 2 .  Bài 3: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2  y 2  z 2 3 . Tìm giá trị lớn nhất của Q x  1  ln x   y  1  ln y   z  1  ln z  .  Bài 4: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx 3 xyz . GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác Tìm giá trị lớn nhất của Q  ln x ln y ln z   . x y z Ví dụ 2. Xét hàm số f  x  sinx có f '  x  cos x, f " x   sinx 0, x   0;   .   Xét hàm số f  x  cosx có f '  x   sin x, f " x   cosx 0, x   0;  .  2 Xét hàm số f  x  tan x có f '  x   1 2sin x   , f " x   >0, x   0;  . 2 3 cos x cos x  2 Xét hàm số f  x  cot x có f '  x   1 2cosx   , f " x   3 >0, x   0;  . 2 sin x sin x  2   Phương trình tiếp tuyến tại x  của hàm số f  x  sinx là 3 1  3 y x  2 3 2 1  3 Suy ra sin x   x    , x   0;  . 2 3 2 Do đó ta có bài toán:  Bài 1: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng: sinA  sin B  sin C  Tương tự ta có bài toán:  3 3 . 2 Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng: 3 cosA  cosB  cosC  . 2   Phương trình tiếp tuyến tại x  của hàm số f  x  tan x là 3   y 4  x    3 3      Suy ra tan x 4  x    3 , x   0;  . 3   2 Do đó ta có bài toán:  Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác tan A  tan B  tan C 3 3 Tương tự ta có  Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng: cotA  cot B  cot C  3 .  Thay x bởi các góc khác nhau ta có các bài toán: Bài 5: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng:  a) sin AB  sin BC  sin CA  3 3 2 b) sin 3 A2 B  sin 3 B 2C  sin 3 C 2 A  3 3 2 c) sin n An k B k  sin n B n k C k  sin n C n  k Ak   3 3 với n, k  N ; n 2;1 k  n . 2 Bài 6: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng: a) tan A B C  tan  tan 3 2  4 4 4 b) tan A B C 3 2  2  .....  3  tan  tan  2n 2n 2n 2  2  .....  3   3  ( n  dấu căn) với n  N , n 2 . Bài 7: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng a) cot AB  cot BC  cot CA  3 b) cot n An k B k  cot n B n k C k  cot n C n k Ak  3  Bài 8: Chứng minh rằng: sin A B C 3 2  2  .....  3 ( n  dấu căn) với mọi tam giác  sin  sin  2n 2n 2n 2 ABC và n  N , n 2  Từ các kết quả trên với tam giác ABC ta có các BĐT: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác     Do đó ta có 2 3 sin B 3  3  B   , 2sin C 1  3  C   , 3 6   3 cot A A   3  2 3   2  2 4 Cộng vế với vế ta có 2 3 sin B  2sin C  3 cot A 4  2 3    Đẳng thức xảy ra A  , B  , C  . 2 3 6 Vậy ta có bài toán  Bài 9: Cho tam giác ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q 2 3 sin B  2sin C  3 cot A . 2  Từ các kết quả trên với tam giác ABC ta có A     2   A    A   ;     ;  thì f    f '       Với A   2 3 2  3  2  3  2 3   B C   Lại có B  C   ,   0;  nên 3 2 2  6  B    B     Từ đó ta có, f    f '       f   và 2  12   2 12   12  C f   f  2    C   '      12   2 12    f   3   f  .  12  Cộng vế với vế lại ta được  A  B f   f    2 2 C f   f 2 Đẳng thức xảy ra  A         2 f   4  3  12  3. 2  ; B C  và các hoán vị. 3 6 Từ đó ta có bài toán:  Bài 10: Cho tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn GV: Đậu Thanh Kỳ 2 . 3 Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác Chứng minh rằng : tan A B C  tan  tan 4  2 2 2 3. 4. XUẤT PHÁT TỪ NHẬN XÉT 4 Ví dụ 1. Ta có hàm số f ( x) 2 x  x  1 có f '( x) 2 x ln 2  1  f '( x) 0 có nghiệm duy nhất. Do đó f ( x ) 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Mà f (0)  f (1) 0  f ( x) 0  x 0, x 1 . 1 Kết hợp với f(x) liên tục trên  và f    0 nên ta có: f ( x) 0  x   0;1 .  2 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  3 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 2a  2b  2c . Nhận xét: Ngoài ra ta có thể tìm giá trị nhỏ nhất bằng sử dụng BĐT Côsi  Ta có x, y , z   , ta có: 1 x3  y 3  z 3  3xyz   x  y  z   ( x  y )2  ( y  z )2  ( z  x)2  2 3 Do đó nếu x  y  z 0  x  y 3  z 3 3 xyz a Cho x 2 , y  a, z  1, a   0;1 khi đó theo kết quả trên ta có x  y  z 2a  a  1 0 Vì vậy 8a  a 3  1 3a.2a . Từ đó, ta có bài toán sau  Bài 3: Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn a 3  b3  c 3 1 . a b c a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 8  8  8  3  a.2  b.2  c.2  . Hướng dẫn: Từ giả thiết ta có a, b, c   0;1 . Từ lập luận trên ta có: 8 x  x3  1 3 x.2 x  8 x  3 x.2 x x 3  1, x   0;1 GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác Suy ra P a 3  b3  c 3  3 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 0, b 0, c 1 và các hoán vị Vậy max P 4 .  Ta có 2 x  x  1 0  2 x x  1  x log 2  x  1  x ln 2 ln  x  1 với 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 a b c  a  1  b  1  c  1 a) 2 b)  a  b  c  ln 2 ln  a  1  b  1  c  1 c) ab  bc  ca b log 2  a  1  c log 2  b  1  a log 2  c  1 2 Từ lập luận trên ta có x ln 2 x ln  x  1 , x   0;1 Áp dụng cho các biến a, b, c và ràng buộc biến bởi đẳng thức a 2  b 2  c 2 1 . Ta được bài toán sau:  Bài 5: Cho các số thực không âm thỏa mãn a 2  b 2  c 2 1 . Chứng minh rằng: a ln  a  1  b ln  b  1  c ln  c  1 ln 2 . Ví dụ 2. Ta có hàm số f ( x) 7 x  2 x  5 x có f '( x ) 7 x ln 7  2 x ln 2  5 x x  2 1  f '( x) 0  7 ln 7 2 ln 2  5  ln 7    5.   , dễ thấy hàm số 7 7 x x  2 1 g  x     5.  nghịch biến nên phương trình f '  x  0 có nghiệm duy 7 7 nhất. x x Do đó f ( x) 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Mà f (0)  f (1) 0  f ( x) 0  x 0, x 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 . a b c a b c Chứng minh rằng: 7  7  7 2  2  2  5  a  b  c  GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác 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 7 a  7b  7c  2a  2b  2c . n Kết hợp BĐT: x x , 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 : 2 2 2 a) P 7 a  7b  7c  2a  2b  2c n n n b) P 7 a  7b  7c  2a  2b  2c  Ta có 7 x 2 x  5 x  x n 7 x x n 2 x  5 x n1, x   0;1 , Vì vậy ta có bài toán  Bài 4: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a n1  b n1  c n1 1 . Tìm giá trị n a a n b b n c c lớn nhất của P a  7  2   b  7  2   c  7  2  . Với n  , n  1.  1  2 Ví dụ 3: Ta có hàm số f  x  x  log 4  4 x  1 trên đoạn   ;0  .  2   1  Ta dễ dàng chứng minh được f ( x ) 0 có đúng hai nghiệm   ;0  và hai nghiệm  2  đó là hai điểm đầu mút.  1  Kết hợp với f  x  liên tục trên  nên ta có f ( x) 0  x    ;0  .  2  1 Dấu "=" xảy ra khi x 0 hoặc x  . 2  1   Như vậy ta có x  log 4  4 x 2  1 0, x    ;0  (*)  2  Từ đó ta có bài toán   1  Bài 1: Cho các số thực a, b, c    ;0  . Chứng minh rằng:  2  a  b  c  log 4  4a 2  1  4b 2  1  4c 2  1 0 Giả thiết cho a  b  c  1  1  ta có ngay với a, b, c không dương thì a, b, c    ;0  2  2  . Ta có bài toán: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác  Bài 2: Cho các số thực không dương a, b, c thỏa a  b  c  1 . 2 2 2 2 Tìm giá trị lớn nhất của P  4a  1  4b  1  4c  1 .  1   BĐT (*) tương đương với x3  x 2 log 4  4 x 2  1 0, x    ;0  .  2  Ta được bài toán:  1 . Tìm 2 2 2 2 2 2 2 giá trị lớn nhất của P a log 4  4a  1  b log 4  4b  1  c log 4  4c  1 Bài 3: Cho các số thực a, b, c không dương thỏa mãn a 3  b3  c3   BĐT (*) tương đương với 4 x 2  1 4 x  4 x3  x x 4 x  4 x  1 2 4x 1 ,  1  x    ;0  . Xây dựng các BĐT tương tự và ràng buộc biến ta có các bài toán:  2    1  Bài 4: Cho các số thực a, b, c    ;0  . Chứng minh rằng:  2  4 a  4 b  4 c 4  a 2  b 2  c 2   3 .  Bài 5: Cho các số thực không dương a, b, c thỏa a  b  c  1 . Tìm giá trị 2 a b c 3 3 3 nhỏ nhất của P 4  4  4  4  a  b  c  .   1  Bài 6: Cho các số thực a, b, c    ;0  . Chứng minh rằng:  2  4a  4b  4c  GV: Đậu Thanh Kỳ 9 4  a 2  b2  c 2   1 . Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác 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. Xin chân thành cảm ơn! Diễn Châu ngày 20/4/2014 Người thực hiện : Đậu Thanh Kỳ GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn