Đề tài Ứng dụng của đạo hàm vào giải một số bài toán bậc THPT

I-đặt vấn đề
1- Nhiệm vụ của giáo viên các môn học nói chung và đặc biệt là môn toán nói riêng là bồi dưỡng năng lực trí tuệ cho học sinh,trong đó các hoạt động tổng hợp, khái quát,hệ thống hoá vô cùng quan trọng.Nhờ các hoạt động này những bài toán đơn lẻ được sắp xếp thành chuyên đề sẽ giúp các em có cái nhìn sáng sủa một vấn đề khi giải toán.Nó giúp học sinh,cảm nhận được những điều thú vị khi học toán, không sợ làm toán và yêu toán hơn.Từ đó hình thành óc tư duy lôgic, giúp các em nhận thức thế giới một cách biện chứng khách quan.
2- Trong chương trình toán lớp 12, chương I : Đạo hàm có một vai trò hết sức quan trọng. Nếu biết sử dụng tốt các kiến thức ở chương này chúng ta sẽ giải được một loạt các dạng bài toán rất gọn gàng,thậm trí là phương pháp ngắn gọn nhất. Học sinh mới được trang bị kiến thức ở đầu lớp 12 nên kỹ năng sử dụng đạo hàm vào giải các bài toán còn nhiều hạn chế.Mặt khác trong các đề thi hiện nay thường xuyên đề cập đến các bài toán có liên quan đến đạo hàm.Việc tổng hợp, khái quát hoá, hệ thống hoá thành các dạng, giúp các em giải toán dễ dàng là điều nên làm. 
 Vì vậy tôi đã đi sâu tìm hiểu các “ứng dụng của đạo hàm vào giải một số bài toán bậc THPT”. Góp phần làm phong phú thêm kinh nghiệm giảng dạy môn toán của tỉnh Hải Dương.
II- Nội dung
1- ứng dụng đạo hàm vào giải phương trình và hệ phương trình .
1.1. Cơ sở lý thuyết.
a- Nếu hàm số y = f(x) đồng biết (hoặc nghịch biến) trên (a;b) và phương trình f(x) = m (1) có nghiệm x0 (a;b) thì phương trình (1) có nghiệm x=x0 duy nhất trên (a,b).
b- Nếu f(x) là hàm số đồng biến trên (a;b), g(x) là hàm số nghịch biến trên (a;b) và phương trình f(x) = g(x) có nghiệm x=x0 thì x0 là nghiệm duy nhất trên (a;b).
c- Nếu y = f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên (a;b) và f(x) = f() 
d- Nếu hàm số y=f(x) có đạo hàm cấp 2 liên tục trên (a;b) và f”(x) >0 x(a;b) thì phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm trên (a;b).
e-Định lý Lagrang mở rộng:
 Cho hàm số:y=f(x) liên tục trên ;Giả sử F(x) là một nguyên hàm của f(x) thoả mãn F(b)-F(a) = 0 .Khi đó x0 (a;b) là nghiệm của phương trình f(x)=0.
 Chứng minh: áp dụng định lý Lagrang cho hàm số F(x) trên ,x0 (a;b) sao cho :F(b)-F(a) = F’(x0)(b-a).Mặt khác F’(x0) = f(x0) và F(b)-F(a)=0 nên f(x0) =0. 
1.2.Bài tập áp dụng.
Bài 1: Giải phương trình: 1- = cosx (1)
Bài giải: Tập xác định : D = R .Phương trình (1) 1- - cosx = 0
Xét f(x) = 1- - cosx2 có f’(x) = -x + sinx.
 f’’(x) = -1+cosx 0 f’(x) là hàm số nghịch biến trên R. Mà f’(0) = 0 f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.
Bảng biến thiên: 
 x
- 0 + 
f’(x)
 + 0 -
f(x)
 0
 Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f(x) = 0 có nghiệm x = 0 duy nhất.
Bài 2:
 Cho n là số tự nhiên lớn hơn 2. Giải phương trình: Sinnx + cosnx = 2
 trên D = (0;) .
Bài giải: Xét f(x) = sinnx + cosnx với x(0;).
 f’(x) = nsinn-1x. cosx – ncosn-1x .sĩnx
 = nsinxcosx.(sinn-2x- cosn-2x)
 f’(x) = 0 x=
Bảng biến thiên: 
x
0 
f’(x)
 - 0 +
f(x)
 2
Từ bảng biến thiên f(x) = 2 có nghiệm duy nhất x = 
BàI 3: Giải phương trình: 3x+5x = 6x+2 (1) 
Bài giải: Tập xác định D = R 
Phương trình (1)3x+5x- 6x-2= 0.
Xét f(x) = 3x+5x- 6x-2
 f’(x) = 3xln3 + 5xln5-6 f’’(x)=3xln23 + 5xln25 > 0nên hàm số f’(x) đồng biến trên R phương trình f’(x) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm phương trình f(x)=0 có nhiều nhất 2 nghiệm. Dễ thấy f(0) = 0, f(1)=0 nên phương trình f(x) = 0 có đúng 2 nghiệm x = 0, x = 1.
BàI 4: Giải hệ phương trình 
Bài giải: 
Từ (2) -1, y1 xét f(t) = t3-3t với t
 f’(t) = 3t2-3, f’(t)=0 
Bảng biến thiên: 
x
- -1 1 + 
f’(t)
 + 0 - 0 +
f(t)
Hàm số f(t) nghịch biến trên (-1;1) do đó phương trình (1) f(x) = f(y) x=y
Thay x=y vào (2) được x6 = x= 
Vậy hệ có 2 nghiệm và 
Bài 5: Giải hệ 
Bài giải: Xét hàm số f(t) = t2 – 3t + 3
Hệ trở thành 
Có f(t) = (t-+ t nên từ (1) y3>9. >( y> tương tự ta có
 x,z > ; f’(t)= 2t-3, f’(t) = 0 t=
Bảng biến thiên: 
t
- + 
f’(t)
 - 0 +
f(t)
Hàm số f(t) đồng biến trên (;+) 
Giả sử xf(x)f(y) y3z3 yz z3 x3 z từ đó 
x x = y = z.
Nếu <x lý luận như trên cũng dẫn đến x = y = z .
Thay vào hệ được x3-9x2+27x-27 = 0 x=3. Vậy x = y = z =3.
Bài 6:
 Giải hệ 
Bài giải: Nhật xét 4t2-2t+1>0 
Hệ phương trình tương đương với 
Xét f(t) = ln(4t2-2t +1)+8t3+6t-3
 f’(t)= f(t) đồng biến trên R
Hệ 
Giả sử xy f(x) f(y) g(y) g(z) yz f(y)f(z) zx
xyzx x=y=z.
Nếu xy lý luận tương tự cũng dẫn đến x=y=z thay x=y=z vào hệ được: 
 ln(4x2-2x+1)+8x3+4x-3=0 (4) .Xét h(x) = ln(4x2-2x+1)+8x3+4x-3
có h’(x) =
nên h(x) đồng biến trên R. Mặt khác h()=0 nên phương trình (4) có 1 nghiệm x=y=z= .Vậy hệ có 1 nghiệm x=y=z=.
BàI 7: Cho phương trình: f(x) = ax2+bx+c = 0 (a0) và m > 0 thoả mãn :
 ++=0.Chứng minh phương trình có nghiệm x0 (0;1).
Bài giải:
Ta có x0 (0;1) nên x0 0, phương trình ax2+bx+c = 0 xm-1(ax2+bx+c) = 0 
axm+1+bxm+cxm-1=0.Đặt g(x) = axm+1+bxm+cxm-1,gọi G(x) là một nguyên hàm của g(x),G(x) = xm+2+xm+1+xm.Ap dụng định lý Lagrang cho G(x) trên thì x0 (0;1) sao cho G(1)-G(0) = G’(x0)(1-0).
 Mà G(1)= ++=0 (giả thiết); G(0)=0 nên G’(x0) = 0 hay g(x0)=0.
Phương trình g(x) = 0 có nghiệm x0 (0;1) f(x) = 0 có nghiệm x0 (0;1).
BàI 8: Cho phương trình: f(x) = acos4x + bcos3x + ccos2x + dcosx = 0.
Chứng minh phương trình: f(x) = 0 luôn có nghiệm thuộca,b,c,d.
Bài giải:
 Gọi F(x) là một nguyên hàm của f(x),F(x)=sin4x+sin3x+sin2x+sinx.
Ap dụng định lý Lagrang cho hàm số F(x) trên x0 sao cho F()-F(0)=F’(x0)( -0).Mà F()=0;F(0)=0 F’(x0) = 0 hay f(x0) = 0 phương trình f(x) = 0 có nghiệm x0 a,b,c,d.
Bài tập đề nghị:
Bài 1: Chứng minh rằng phương trình acos3x + bcos2x + ccosx + sinx = 0 luôn có nghiệm thuộc a,b,c.
Bài 2: Chứng minh rằng phương trình cos4x + acos2x + bsin2x = 0 luôn có nghiệm thuộc a,b.
Bài 3: Chứng minh rằng phương trình asinnx +bcosnx + ccosx + 1=0 luôn có nghiệm thuộc nN* và ++ = 0.
2- ứng dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN,GTNN.
2.1. Cơ sở lý thuyết:
Định lý Lagrăng: Cho hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b], có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (a;b) thì tồn tại c(a;b) sao cho: f’(c)=.
Hệ quả 1: Cho hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b], có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (a;b) thì phương trình f’(x)= có nghiệm x(a;b).
Hệ quả 2: Cho hàm số y=f(x) liên tục trên [a;b] có đạo hàm tại mọi điểm thuộc (a;b) và f(a)=f(b) thì phương trình f’(x)=0 có nghiệm x(a;b).
2.2.Bài tập áp dụng:
Bài 1: Chứng minh rằng: Với 0 < a < b.
Bài giải: Xét hàm số y=lnx trên [a;b] với 0<a<b.Hàm số y=lnx liên tục và có đạo hàm trên (0; +) nên liên tục và có đạo hàm trên (a;b). Theo định lý Lagrăng c(a;b) sao cho f’(c)= Vì 0 < a < c < b nên .
BàI 2: Chứng minh .
Bài giải: Xét hàm số y=cosx, hàm số này thoả mãn mọi điều kiện của định lý Lagrăng trên [a;b] nên c(a;b) sao cho f’(c)=
cosb-cosa = (b-a)(-sinc) 2sin.vì -1 và a-b < 0 nên (b-a)a-b2sin
 Vậy .
BàI 3: Cho 0 < < .Chứng minh 
Bài giải: Xét hàm số y=tgx trên (0;), hàm số này thoả mãn mọi điều kiện của định Lý lagrăng trên [] với 0 < nên c sao cho f’(c)= mà f’(c)=nên có: = vì 0 < 
Nên cos > cosc > cos > 0.
cos2>cos2c>cos2 
nên <.
Bài 4: Cho x>0 , chứng minh (1+
Bài giải: Xét hàm số f(x) = xln(1+) trên (0;+).
f(x)=x[ln(1+x)-lnx] 
Để xét dấu f’ (x) ta xét hàm số g(t)=lnt với t[x; x+1], hàm số này thoả mãn các điều kiện của định lý Lagrăng trên [x; x+1] nên c(x;x+1) sao cho g’(c)= mà g’(c) = = ln(x+1)-lnx. Vì 0 < x < c < x+1 nên 
 do đó ln(x+1)- lnx= nên
f’(x)>0 hàm f(x) đồng biến trên (0; +) vì x<x+1 nên f(x) < f(x+1)
BàI 5:Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của A=8sin x + 8cos x (xR).
Bài giải:Thay cos2x = 1- sin2x ta được A=8sin x+.Đặt t + 8sin x ,có 0 x 1
 xR nên t .Xét hàm số f(t)=t + với t có f(1) = f(8) = 9.
f’(t) = 1-, có f’(t) = 0t = 2 ;f(2) = 4.Bảng biến thiên của hàm số f(t):
 t
-2 1 2 8 
f’(t)
 - 0 +
f(t)
 9 9
 4
Từ bảng biến thiên ta có 4 f(t) 9 f(t) =9 với x=k (kZ). f(t) =4 với t=2 sin2x=sinx=x=+ k (kZ).Vậy A=9 lớn nhất tại x=k (kZ)
A= 4 nhỏ nhất tại x=+ k (kZ).
BàI 6:Cho tam giác ABC có A > B > C .Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x)= + -1.
Bài giải:
+Tìm tập xác định của hàm số:Theo giả thiết A > B > C a > b > c 
2RsinA > 2RsinB > 2RsinC sinA > sinB > sinC Tập xác định 
D = (-;sinC)sinA;+). 
+Tính f’(x)=+ xD thì f’(x)>0 nên hàm số f(x) luôn đồng biến trên D.Mặt khác lim f(x) = 1 và lim f(x) =+
 x x
Bảng biến thiên:
 x
- sinC sinA + 
f’(x)
 + + 
f(x)
 + 1 
1 f(sinA)
f(sinA)= - 1 sinB > sinC.Từ bảng biến thiên giá trị nhỏ nhất của f(x) là f(sinA) ,tại x=sinA.
Chú ý: Từ kết quả trên suy ra phương trình + = (với điều kiện A > B > C ) có đúng một nghiệm x=x0 (x0 > sinA).
3- ứng dụng đạo hàm để nhận dạng tam giác.
3.1. cơ sở lý thuyết
Để nhận dạng tam giác ABC đều, ta có thể tiến hành các bước sau:
+Chọn hàm số f(x) liên quan sao cho: f’() = 0, f’’(x) không đổi dấu trên [0;].
+Lập bảng biến thiên.
+Lần lượt thay x bằng các góc A, B, C đưa về một bất đẳng thức, dấu bằng xảy ra khi A = B = C = .Để nhận dạng tam giác vuông, cân ta cũng làm tương tự .
3.2. Bài tập áp dụng:
BàI 1: Xác định dạng tam giác ABC biết tg.
Bài giải:
 Xét hàm số f(x) = ln(tg) - x trên (0;) .Ta có f’(x) = có f’() =0
 f’’(x) = - 
Bảng biến thiên: 
x
 0 
f’’(x)
 - -
f’ (x)
 + 0 -
f(x)
 ln(tg
Từ bảng biến thiên ta có f(x) dấu bằng xảy ra khi x = Do đó
 + 
ln (tg tg)
Dấu bằng xảy ra khi A = B = C = vậy tam giác ABC đều.
Bài 2: Nhận dạng tam giác ABC nếu:
 (tg)+ (tg)+ (tg)= 3
Bài giải: Xét hàm số f(x)=(tg trên (0;)
 f’(x) = .Ta có f’(
 f’’(x) = + 
Bảng biến thiên:
 x
 0 
f’’(x)
 + +
f’ (x)
 - 0 +
f(x)
Từ bảng biến thiên ta có f(x) 
 Dấu bằng xảy ra khi x=
Do đó 
+
	(tg
Dấu bằng xảy ra khi A=B=C= Vậy tam giác ABC đều.
BàI 3: Nhận dạng tam giác ABC nếu sinA + sinB + sinC=.
Bài giải: Xét hàm số f(x) =sinx - trên (0; )
 f’(x) = cosx - .Ta có f’() = 0
 f’’(x) = -sinx<0 
Bảng biến thiên 
 x
 0 
f’’(x)
 - -
f’ (x)
 + 0 -
f(x)
Từ bảng biến thiên ta có f(x) , dấu bằng xảy ra khi x = 
Do đó
 + 
sinA + sinB +sinC - 
dấu bằng xảy ra khi A=B=C= .Vậy tam giác ABC là tam giác đều.
BàI 4: Nhận dạng tam giác ABC nếu sin.
Bài giải: Xét hàm số f(x) =ln(sin)-x với x .
 f’(x)= .Ta có f’() = 0
 f’’(x) = - 
Bảng biến thiên 
 x
 0 
 f’’(x)
 - -
 f’ (x)
 + 0 -
 f(x)
 f()=ln .Từ bảng biến thiên ta có f(x) . Dấu bằng xảy ra khi x = ,do đó:
 +
 ln(sin sin dấu bằng xảy ra khi A = B =C = .Vậy tam giác ABC là tam giác đều.
Bài 5: Tính góc A,B, C của tam giác ABC biết .
Và cotgA + cotgB + cotgC + 3cotgAcotgBcotgC = 4(2-
Bài giải:
Đặt M = cotgA + cotgB + cotgC+ 3cotgA cotgB cotgC
 	M = cotgA + cotgB + cotgC (1+3cotgA cotgB)
M = cotgA + cotgB + cotgC [1+3(1-cotgA cotgC-cotgB cotgC)]
M = (cotgA + cotgB)(1-3cotgC) + 4cotgC
 Không làm mất tính chất tổng quát của bài toán ta giả sử A.
 cotgA cotgB cotgC mà nên (1)
Mặt khác cotgA + cotgB (2)
Từ (1) và (2) 
Đặt x = tg
Vậy M M .
Xét hàm số f(x) = với x ]
Ta có f’(x) = - x ]
Do đó f(x) nghịch biến trên 
Vì x nên f(x) 
 .Dấu bằng xảy ra 
Vậy hoặc hoặc 
III-kết luận và kiến nghị
3.1.Những bài học được rút ra:
 Để làm tốt chuyên đề này yêu cầu giáo viên và học sinh cần phải tiến hành theo những bước sau:
a-Đối với thầy:
-Nghiên cứu kỹ chương trình sách giáo khoa và tài liệu tham khảo, dạy chắc kiến thức cơ bản, dạy cách học, cách ghi nhớ và cách sử dụng kiến thức.
-Khi giảng dạy phải phân dạng, sau mỗi dạng phải củng cố, hướng dẫn phương pháp suy nghĩ tìm lời giải.
-Lựa chọn bài tập điển hình của từng dạng, động viên khuyến khích học sinh tìm lời giải hay hơn.
Trong quá trình giảng dạy, người thầy cần tạo ra không khí học tập sôi nổi, cởi mở để học sinh giám phát biểu những ý kiến riêng nhằm giúp học sinh hứng thú học tập, phát triển khả năng tư duy.
b-Đối với trò:
-Yêu cầu phải học lý thuyết trước khi làm bài tập, từ đó nắm chắc kiến thức cơ bản.
-Trước một bài toán cần đọc kỹ đề bài, phân tích tìm mối liên hệ giữa các yếu tố, xác định dạng, phương hướng giải rồi mới đi giải cụ thể.
-Giải xong một dạng bài toán phải biết rút ra những nhận xét cần thiết.Đúc rút kinh nghiệm để khỏi bỡ ngỡ trước một dạng toán lạ.
-Có ý thức sưu tầm những bài toán thuộc lĩnh vực đang quan tâm trên các sách báo, tài liệu tham khảo.
3.2.Kết luận và kiến nghị:
1-Trên đây là kinh nghiệm giảng dạy về "ứng dụng của đạo hàm vào giải một số bài toán bậc trung học phổ thông"giúp học sinh vận dụng giải được những bài toán thuộc loại ứng dụng của đạo hàm.Học sinh nếu được thầy hướng dẫn theo kinh nghiệm này sẽ có cái nhìn sáng sủa, không bị lúng túng khi gặp các dạng toán ứng dụng đạo hàm.Qua khảo sát chúng tôi thấy 75% học sinh tiếp thu và phát huy được hiệu quả của kinh nghiệm.
2-Sáng kiến kinh nghiệm là kết quả của quá trình lao động và sáng tạo của người thầy sau một thời gian giảng dạy.Ngành Giáo dục & Đào tạo Hải Dương trong những năm qua đã rất chú ý đến việc viết sáng kiến kinh nghiệm, nó đã có tác dụng thiết thực trong việc động viên giáo viên trong ngành nghiên cứu, tìm tòi, sáng tạo để có được những sáng kiến kinh nghiệm có giá trị, để mọi người áp dụng.Tuy nhiên đối với các nhà trường, những sáng kiến kinh nghiệm chưa được giải cũng nên động viên tác giả và đồng nghiệp xây dựng,hoàn chỉnh tiếp, vì dù sao đó cũng là những tinh tuý đã được chắt lọc, để được phổ biến trong thời gian tới, tránh đưa vào quên lãng. 
Giao nhận bài thi
Buổi chấm..ngày.tháng 7 năm 2008
Tt
Cặp chấm
Số bài
Số tờ
Số phách
Chữ ký
Lần 1
Lần 2
Nhận
Trả
1
Dung-nd
2
Hải
3
Hà
4
Bình(bg)
5
Hiệp
6
Thu
7
Mai
8
Nhất
9
Dũng
10
Dung-cg
11
Lợi
12
chính
13
Oong
14
Hiến-kt
15
Quyền
16
Ngọc
17
Viển
18
Thắm
19
Loan
20
Hiếu
21
Bình(qt)
22
Nam
23
Cẩm
24
Hùng
25
t.phong
26
v.phong
27
Hiến-cx
28
đẩu
Giao nhận bài thi cho thanh tra
Buổi chấm..ngày.tháng 7 năm 2008
Tt
Họ và tên
Số bài
Số tờ
Số phách
Chữ ký
Nhận
Trả
1
2
3
4
5
Giao nhận bài thi cho thanh tra
Buổi chấm..ngày.tháng 7 năm 2008
Tt
Họ và tên
Số bài
Số tờ
Số phách
Chữ ký
Nhận
Trả
1
2
3
4
5
Giao nhận bài thi cho thanh tra
Buổi chấm..ngày.tháng 7 năm 2008
Tt
Họ và tên
Số bài
Số tờ
Số phách
Chữ ký
Nhận
Trả
1
2
3
4
5
Phân công cặp chấm
Buổi chấm..ngày.tháng 7 năm 2008
stt
Họ và tên người chấm lần 1
Họ và tên người chấm lần 2
1
Phạm Thị Dung - Nguyễn Du 
Hoàng Sỹ Quyền –BCKim Thành
2
 Nguyễn Thị Thanh Hải- Nguyễn Du
Phạm Thị Minh Ngọc-Thanh Miện
3
Trần Thị Thu Hà-Hoàng Văn Thụ
Nguyễn Văn Viển-Thanh Miện II
4
Trần Ngọc Bình –Bình Giang
Nguyễn Thị Hồng Thắm-TMiện II
5
Vương Mạnh Hiệp –Bình Giang
Phạm Thị Loan-BC Thanh Miện
6
Đỗ Văn Thu –BCBình Giang
Vũ Duy Hiếu- Quang Trung
7
Lê Thị Thu Mai –Kẻ Sặt
Trịnh Thuý Bình- Quang Trung
8
Đỗ Thế Nhất –Kẻ Sặt
Bùi Văn Nam-Ninh Giang
9
Nguyễn Đức Dũng –Cẩm Giàng
Vũ Văn Cẩm-BC Khúc Thừa Dụ
10
Nguyễn Thị Dung -BC Cẩm Giàng
Vũ Văn Hùng-BC Hưng Đạo
11
Tạ Thị Lợi –Tuệ Tĩnh
Nguyễn Tiên Phong-Tứ Kỳ
12
Nguyễn Đức Chính–Tuệ Tĩnh
Nguyễn Văn Phong- Tứ Kỳ
13
Nguyễn Văn Oong-Kim Thành
Nguyễn Văn Hiến – Cầu Xe
14
Nguyễn Đức Hiến-Kim Thành
Đồng Văn Đẩu – Cầu Xe