Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm lượng giác

32 709 3
Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm lượng giác

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Phát triển tư học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lơgarit hàm số lượng giác ĐỀ TÀI PHÁT TRIỂN TƯ DUY HỌC SINH THƠNG 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 vấn đề khó chương trình phổ thơng, thường xuất đề thi học sinh giỏi cấp thi đại học Trong trình dạy học nghiên cứu vấn đề thấy bất đẳng thức chứa hàm số Mũ - Lôgarit hàm số lượng giác thấy tài liệu sách báo Một số đề thi đại học học sinh giỏi năm gần thường thấy sử dụng hàm số để giải loại này, đặc biệt có xuất bất đẳng thức chứa đối tượng hàm số Mũ -lôgarit hàm số lượng giác Chẳng hạn đề thi đại học khối A, A1 năm 2012, đề thi đại học khối D 2007 Trong đề tài đề xuất ví dụ đặc trưng cho hàm số, từ ví dụ xây dựng thành chuỗi toán Việc xây dựng chuỗi toán nâng dần mức độ khó giúp học sinh phát triển tư duy, gây hứng thú cho học sinh Từ học sinh hoạt động cách tích cực, độc lập, chủ động sáng tạo Vì lý tơi chọn đề tài " Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ, lôgarit hàm số mũ " GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác B NỘI DUNG ĐỀ TÀI I CƠ SỞ LÝ THUYẾT Định nghĩa tính đơn điệu hàm số Sách giáo khoa đại số 10 định nghĩa hàm số đồng biến nghịch biến sau: " Giả sử K khoảng, đoạn khoảng f hàm số xác định K • Hàm số f gọi đồng biến K ∀x1 , x2 ∈ K : x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) • Hàm số f gọi nghịch biến K ∀x1 , x2 ∈ K : x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) Điều kiện cần để hàm số đơn điệu Giả sử hàm số f có đạo hàm khoảng I a) Nếu hàm số f đồng biến I f ' ( x ) ≥ với x ∈ I b) Nếu hàm số f nghịch biến I f ' ( x ) ≤ với x ∈ I Chú ý: Khoảng I định lí thay đoạn nửa khoảng Khi phải bổ sung giả thiết “Hàm số liên tục đoạn nửa khoảng đó” Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu Giả sử hàm số f có đạo hàm khoảng I a) Nếu f ' ( x ) > với x ∈ I hàm số f đồng biến khoảng I b) Nếu f ' ( x ) < với x ∈ I hàm số f nghịch biến khoảng I c) Nếu f ' ( x ) = với x ∈ I hàm số f khơng đổi khoảng I Các nhận xét  Nhận xét 1: Hàm số f xác định K • Đồng biến K ∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇔ f ( x1 ) < f ( x2 ) • Đồng biến K ∀x1 , x2 ∈ K , x1 ≤ x2 ⇔ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) • Nghịch biến K ∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇔ f ( x1 ) > f ( x2 ) • Nghịch biến K ∀x1 , x2 ∈ K , x1 ≤ x2 ⇔ f ( x1 ) ≥ f ( x2 )  Nhận xét 2: Hàm số f xác định K • Đồng biến K  f ( x ) − f ( y )  ( x − y ) ≥ , với x, y thuộc K   • Nghịch biến K  f ( x ) − f ( y )  ( x − y ) ≤ , với x, y thuộc K    Nhận xét 3: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục có đạo hàm đến cấp hai đoạn [a;b] i) Nếu f ''( x) ≥ ∀x ∈ [a; b] f ( x) ≥ f '( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) ∀x0 ∈ [a; b] GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác ii) Nếu f ''( x) ≤ ∀x ∈ [a; b] f ( x) ≤ f '( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) ∀x0 ∈ [a; b] Đẳng thức hai Bất đẳng thức xảy ⇔ x = x0 Ta chứng minh nhận xét 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 phương trình g '( x) = có nghiệm x = x0 g '( x) đổi dấu từ ( − ) sang ( + ) x qua x0 nên ta có : g ( x) ≥ g ( x0 ) = ∀x ∈ [a; b] ii) Chứng minh tương tự Chú ý: Phương trình f '( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x ) điểm M ( x0 ; f ( x0 ) )  Nhận xét 4: Cho hàm số y = f ( x ) liên tục [a;b] , phương trình f ( x ) = có hai nghiệm [a;b] a b f ( x ) mang dấu ( a; b ) II XÂY DỰNG CÁC CHUỖI BÀI TẬP BẤT ĐẲNG THỨC XUẤT PHÁT TỪ NHẬN XÉT a) Từ tính đơn điệu hàm số mũ lơgarit Ví dụ Xuất phát từ hàm số y = log a x đồng biến khoảng xác định với a > nghịch biến khoảng xác định với < a < Do với số thực x, y ( x ≥ y ) thuộc khoảng xác định hàm số ta có 1) log a x ≥ log a y với a > 2) log a x ≤ log a y với < a < • Với x ∈ ( 1;2] nên ( x − 1) ( x − ) ≤ ⇔ x ≤ x − ⇔ 3x − ≥ ( 3x + 1) + Tương tự ta có: y ≤ y − 2, z ≤ 3z − Do x, y, z số lớn nên: log x ( y − ) + log y ( z − ) + log z ( 3x − ) ≥ log x y + log y z + log z x (1) Áp dụng BĐT Cơsi ta có: log x y + log y z + log z x = ( log x y + log y z + log z x ) ≥ log x y.log y z.log z x = (2) Từ (1) (2) suy log x ( y − ) + log y ( z − ) + log z ( 3x − ) ≥ GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lơgarit hàm số lượng giác Đẳng thức xẩy x = y = z = + Vì x > nên log z +1 ( 3x − 1) ≥ log z3 +1 ( 3x + 1) ⇔ log z3 +1 ( 3x − 1) ≥ Tương tự ta có: log ( 3x + 1) z +1 1 log ( y + 1) , log ( 3z − 1) ≥ log ( 3z + 1) y +1 x +1 y +1 Cộng vế với vế ta được: log (3 y − 1) + log (3 z − 1) + log (3 x − 1) ≥ log x3 +1 ( y − 1) ≥ x +1 y +1 z +1 1 log (3 y + 1) + log (3 z + 1) + log (3 x3 + 1) x +1 y +1 z +1 Áp dụng BĐT Cơsi ta có: [log (3 y + 1) + log (3 z + 1) + log (3 x + 1) ] x +1 y +1 z +1 ≥ 3 3 3 log +1 (3 y + 1).log y3 +1 (3 z + 1).log z +1 (3 x + 1)] = 3x 2 Đẳng thức xẩy x = y = z = Do ta có toán sau:  Bài 1: Cho x, y, z số thực thuộc nửa khoảng ( 1;2] , chứng minh rằng: a) log x ( y − ) + log y ( z − ) + log z ( 3x − ) ≥ b) log x3 +1 (3 y − 1) + log y3 +1 (3 z − 1) + log z3 +1 (3 x − 1) ≥ ( 1 + + ≥ ⇔ x + y + z ≥ xyz • Xét x, y, z ∈ 1;  nên  xy yz zx Khi 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 ) = + log x y + log y x + log y z + log z y + log x z + log z x ≥ Suy log x ( x + y + z ) + log y ( x + y + z ) + log z ( x + y + z ) ≥ GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xn Ơn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lơgarit hàm số lượng giác Từ ta có tốn sau:  ( Bài 2: Cho x, y, z , t ∈ 1;  Chứng minh :  a) log x ( x + y + z ) + log y ( x + y + z ) + log z ( x + y + z ) ≥ b) log x ( y + z + t ) + log y ( z + t + x ) + log z ( t + x + y ) + log t ( x + y + z ) ≥ 12  1 Ví dụ Xuất phát từ hàm số f ( t ) = ln 1 + ÷−  t  2t + −1 =− < 0, ∀t > Ta có f ' ( t ) = t t + + 2 ( ) ( 2t + 1) t ( t + 1) ( 2t + 1) Do f ( t ) nghịch biến ( 0;+∞ )  1 1  ≤ ln − 1, ∀t ∈  ; +∞ ÷ 1) Suy ln 1 + ÷−  t  2t + 2  x • Với t = ta xét x ≥ y > ta : y 2x − y y 2y  + ln ( x + y ) ≤ ln 3x ln 1 + ÷− ≤ ln − hay 2x + y x  2x + y  x2 + y • Với t = với x, y > t ≥ ta được: xy   xy  xy xy  ( x − y) ln 1 + − ≤ ln − ⇔ ln 1 + ≤ ln − 2 ÷ ÷ x + y  ( x + y) x +y  ( x + y)   Ta toán :  Bài 1: Cho x, y, z số thực dương Chứng minh rằng:  xy  ( x − y) ≤ ln − a) ln 1 + 2 x + y2 ÷ ( x + y)    xy  yz   zx  ( x − y) − ( y − z) − ( z − x) b) ln 1 + 2 ÷1 + 2 ÷1 + 2 ÷≤ ln 27 − 2 x + y  y + z  z +x  ( x + y) ( y + z) ( z + x)  2 2) Suy a ≥ b > f ( a ) ≤ f ( b ) 2  1  1 ≤ ln 1 + ÷− Hay ln 1 + ÷−  a  2a +  b  2b + GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác 4( a + b)  ab + b  ⇔ ln  ÷≤  ab + a  ( 2a + 1) ( 2b + 1) Do ta có tốn:  4( a + b)  ab + b  Bài 2: Cho a ≥ b > Chứng minh ln  ÷≤  ab + a  ( 2a + 1) ( 2b + 1) 3) Kết hợp với BĐT  x + ≥ , ∀x ≥ ta có : 7x x  x − 14 x +  + ln với x ≥ Bài 3: Chứng minh ln 1 + ÷≤ x +  x + 14 x +  x y ≥ , ∀x ≥ y ≥ ta 1+ x 1+ y  x +1 y +1  ln 1 + ≤ ln 1 + ÷− x ÷− y x  y    +1 +1 x +1 y +1 4( y − x) xy + y ≤ Hay ln , áp dụng BĐT Côsi ta có xy + x ( 3x + 1) ( y + 1) 4) Kết hợp với Bài 4: Chứng minh : ln 16 ( y − x ) xy + y ≤ với số thực x ≥ y > xy + x ( 3x + +3 y + ) t Ví dụ Xuất phát từ hàm số f ( t ) = ( ) t + − t đồng biến ¡ 1) Kết hợp với BĐT x + ≥ x, ∀x ∈ ¡ ta có: 2   f ( x + 1) ≥ f ( x ) ⇔ 3x +1  ( x + 1) + − ( x + 1)  ≥ 32 x      3( x −1) ⇔ ( 2x) + − 2x   x4 + x2 + + x2 + ≥ 4x2 + − 2x Do ta có tốn:  Bài 1: Chứng minh với số thực x ta ln có 3( x −1) x + 2x + + x + 2) Kết hợp với BĐT x + ≥ 3x, ∀x ≥ −2 2 ≥ x + − x (*) GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác Khi ta có: f ( x + ) ≥ f ( x ) ⇔ 3x +2 ⇔ 3( x −1)    (x x+2 ( ) (  + ) + − ( x + )  ≥ 33 x     ( 3x ) ( 3x ) ) + − 3x    + + 3x ≥ x + x3 + + x3 + Do ta tốn: Bài 2: Chứng minh với số thực x ≥ −2 ta ln có  3( x −1) x+2 ( ) ( 3) Kết hợp với giả thiết a ≥ b ta được: 3a ( ) ( ) a + − a ≥ 3b b + − b hay Kết hợp BĐT Bunhiacopxky ta có: ( ) ) x + + 3x ≥ x6 + x3 + + x3 + 2 ( b + 1) + 2b ≤ ( 3b + 1) , ) ( ( b + 1) + 2b 3a −b ≥ ( a + 1) + 2a ( ( a + 1) + 2a ) ( ) ≥  + a + 1   Do ta có tốn:  ( ) a −b Bài 3: Chứng minh 9b + ≥ + a + , với a ≥ b x 4) Với x ≥ ta có: ( ) x + − x ≥ ⇔ 3x ≥ x + + x Tương tự ta có: y ≥ y + + y, 3z ≥ z + + z Cộng vế với vế ta toán:  Bài 4: Chứng minh với số thực x, y, z khơng âm a) 3x + y + 3z ≥ + x + y + z b) 3x + y + 3z ≥ x + + y + + z + + x + y + z + Từ 4a ta được: với số thực x, y, z x− y + y − z + z − x ≥ x − y + y − z + z − x + Áp dụng BĐT a + b ≥ a + b kết hợp giả thiết thêm x + y + z = , ta có ( x− y + y−z + z−x) = x− y + y−z + z−x + x− y ( y−z + z−x) + y − z ( z − x + x − y ) + z − x ( x − y + y − z ) ≥ 2( x − y + y − z + z − x 2 2 GV: Đậu Thanh Kỳ 2 ) Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác Do đó: ( 2 x− y + y−z + z−x ≥ x− y + y−z + z−x Hay x − y + y − z + z − x ≥ ( x + y + z ) ) = 6( x + y2 + z2 ) − 2( x + y + z ) x− y y−z z−x Suy P = + + − ( x + y + z ) ≥ Ta toán Bài 5: Cho số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ  x− y y−z z−x biểu thức: P = + + − ( x + y + z ) (Đại học KA 2012) + Với x ≥ ta có 3x ≥ x + + x ≥ x + , xây dựng BĐT tương tự biến A B C y, z cho x = sin , y = sin , z = sin cộng lại ta 2  Bài 6: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: A sin sin +3 B sin +3 C ≥ + sin A B C + sin + sin 2 Để che giấu hàm số, ta sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: A B C + sin + sin ≥ cos A + cos B + cos C 2 Từ toán là: sin Bài 7: Cho tam giác ABC Chứng minh  sin A sin B sin C + + ≥ + cos A + cos B + cos C 2 Từ ta có 3x ≥ x + 1, ∀x ∈ ¡ , 3x + ≥ x + 2, ∀x ∈ ¡ , xây dựng BĐT tương tự nhân lại với ta toán: Bài 8: Cho số thực x, y, z Chứng minh :  2 a) 3x y 3z ≥ ( x + 1)( y + 1)( z + 1) ( )( )( ) x y z 2 b) + + + ≥ ( x + 2)( y + 2)( z + 2) Lại có: ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = ( x + y + z − xyz ) + ( xy + yz + zx − 1) ≥ ( xy + yz + zx − 1) GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác Và bất đẳng thức ( x + 2)( y + 2)( z + 2) ≥ ( x + y + z ) Từ suy có tốn:  Bài 9: Chứng minh ∀x, y, z , ta ln có: 3x  + y2 + z ≥ ( xy + yz + zx − 1) Bài 10: Chứng minh ∀x, y, z ta ln có ( + 1)( + 1)( + 1) ≥ ( x + y + z ) x2 y2 Ví dụ Xuất phát từ hàm f ( x ) = 1) Với a ≥ b > ta có: ln ( + a ) ⇔ ln ( 1+ ) ) a b ≤ ln ( 1+ b a a ln ( 1+ x ) đồng biến khoảng ( 0;+∞ ) x ≤ ⇔ ( 1+ b a z2 ln ( + 4b ) b ) ≤ ( 1+ ) a b b a b a  + a   + 4b    1  ⇔  a ÷ ≤  b ÷ ⇔  2a + a ÷ ≤  2b + b ÷ (Đại học KD 2007)         Do ta có tốn: b  a   1  Bài 1: Chứng minh rằng:  2a + a ÷ ≤  2b + b ÷ , ∀a ≥ b >     2) Với x, y, z ≥ ta có Tương tự ta có: ln ( 1+ x ) ln ( 1+ y ) y x ≥ ln 5, ≥ ln ln ( + z ) z ≥ ln Từ ta có tốn:  Bài 2: Cho x, y, z ≥ chứng minh rằng: ln ( 1+ x ) x  + ln ( 1+ y ) y + ln ( 1+ z ) z ≥ ln125 Bài 3: Cho x, y, z ≥ thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: x ln ( 1+ x ) + y ln ( 1+ y ) + z ln ( 1+ z ) ≥ 16ln GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lơgarit hàm số lượng giác ln(1 + x ) ln(1 + x ) 3) Từ trên, ta suy ra: Với x ≥ , hay ≥ x2 x ln(1 + x ) ≥ x ln(1 + x ) Tương tự, xây dựng thêm y công lại, ta được: 2 ln (1 + x )(1 + y )  ≥ x ln(1 + x ) + y ln(1 + y )     2 x y Lại theo bất đẳng thức Cauchy thì: (1 + )(1 + ) ≤ (4 + + 2) Từ có tốn:  Bài 4: Cho x, y ≥ Chứng minh rằng: x2 y2 x ln(1 + x ) + y ln(1 + y ) ln(4 + + 2) ≥ + ln 4) Kết hợp với bất đẳng thức Trêbưsép, ta có ∀x, y, z > thì: x2 y2  ln(1 + x ) ln(1 + y ) ln(1 + z )  x y z (x + y + z)  + +  ≤ ln(1 + ) + ln(1 + ) + ln(1 + ) x y z    ln(1 + x ) ln(1 + y ) ln(1 + z )  ln(1 + x ) + ln(1 + y ) + ln(1 + z ) + + Hay  ÷≤ 3 x y z x+ y+z   Bài 5: Cho số thực dương x,y,z Chứng minh rằng:  ln(1 + x ) ln(1 + y ) ln(1 + z )  ln(1 + x ) + ln(1 + y ) + ln(1 + z ) + +  ÷≤ 3 x y z x+ y+z  b) Từ tính đơn điệu hàm số lượng giác Ví dụ Xét hàm số f ( x ) = sinx + t anx − x nghịch biến 3  π  0; ÷  2  π • Kết hợp với x > x, x ∈  0; ÷ suy  4 2 f ( x ) < f ( x ) ⇔ sin2x + t an2x − x < sinx + t anx − x 3 3 ⇔ 2sin x ( 2cos x − 1) + tan x < x Ta có toán: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác 1 1 + + = e 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 ta có tốn: + Với giả thiết  Bài 2: Cho cho số thực dương thỏa mãn 1 + + = e x y z 3ln ( xyz ) e + Với giả thiết x, y, z số thực lớn thỏa mãn xyz = ta được: Chứng minh x ln x + y ln y + z ln z ≥  Bài 3: Cho cho số thực lớn thỏa mãn xyz = 2 Chứng minh x ( y + z ) ln x + y ( z + x ) ln y + z ( x + y ) ln z ≥ 6ln b) Xuất phát từ tính đơn điệu hàm số lượng giác Sử dụng trực tiếp tính chất • Xét hàm số f ( t ) = cos t , t ∈ ( 0;π ) Ta có f ' ( t ) = − sin t < 0, ∀ t ∈ ( 0;π ) Suy ( A − B ) ( cos A − cos B ) ≤ ⇔ 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: ( 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 = A cos cos + B cos cos + 2C cos cos 2 2 2 B+C C+A A+ B ≤ A cos + B cos + 2C cos 2 A B C  =  A sin + B sin + C sin ÷ ( ) 2 2  A B C  Từ (1) (2) suy ( A cos A + B cos B + C cos C ) ≤  A sin + B sin + C sin ÷ 2 2  GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác A B      C  Hay A  sin − cos A ÷+ B  sin − cos B ÷+ C  sin − cos C ÷≥ 2       Đẳng thức xảy tam giác ABC Ta 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 ÷≥ 2        π • Xét hàm số f ( t ) = sin t , t ∈  0; ÷  2  π Ta có: f ' ( t ) = cos t > 0, ∀ t ∈  0; ÷  2 Suy ( A − B ) ( sin A − sin B ) ≥ ⇔ 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: ( A sin A + B sin B + C sin C ) ≥ ( B + C ) sin A+ ( C + A ) sin B + ( A + B ) sin C ⇔ ( A sin A + B sin B + C sin C ) ≥ π ( sin A+sin B + sin C ) ⇔ ( A − π ) sin A + ( 3B − π ) sin B + ( 3C − π ) sin C ≥ Đẳng thức xảy tam giác ABC Ta toán  Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng: ( A − π ) sin A + ( 3B − π ) sin B + ( 3C − π ) sin C ≥  π • Ta có hàm số f ( t ) = tan t đồng biến  0; ÷ nên  2 ( A − B ) ( tan A − tan B ) ≥ ⇔ 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 ( A tan A + B tan B + C tan C ) ≥ ( B + C ) tan A + ( C + A ) tan B + ( A + B ) tan C ⇔ ( A tan A + B tan B + C tan C ) ≥ π ( tan A + tan B + tan C ) GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác Mặt khác ta có tan A + tan B + tan C ≥ 3 Do ta có A tan A + B tan B + C tan C ≥ π Ta toán  Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng: A tan A + B tan B + C tan C ≥ π • Ta có hàm số f ( t ) = cot t nghịch biến ( 0;π ) nên ( A − B ) ( cot A − cot B ) ≥ ⇔ 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: ( A cot A + B cot B + C cot C ) ≥ ( B + C ) cot A + ( C + A ) cot B + ( A + B ) cot C ⇔ ( A cot A + B cot B + C cot C ) ≥ π ( cot A + cot B + cot C ) A cot A + B cot B + C cot C cot A + cot B + cot C ≥ W π Ta 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 ≥ π Sử dụng linh hoạt tính chất Ta có tam giác ABC có cạnh AB = c, BC = a, CA = b biểu thức chứa biến bình đẳng ta hồn tồn giả sử a ≥ b ≥ c ( A ≥ B ≥ C ) • Bây ta kết hợp với tính đơn điệu hàm số f ( x ) = cos x đồng biến ( 0;π ) đó: Nếu A ≥ B ≥ C a ≥ b ≥ c cos A ≤ cos B ≤ cos C ( a − b2 ) ( cos A − cos B ) ≤ hay a cos A + b2 cos B ≤ a cos B + b2 cos A Tương tự ta có b cos B + c cos C ≤ b cos C + c cos B c cos C + a cos A ≤ c cos A + a cos C Cộng vế với vế ta được: ( a cos A + b cos B + c cos C ) ≤ ( a + b + c ) ( cos A + cos B + cos C ) Mặt khác ta có cos A + cos B + cos C ≤ GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xn Ơn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lơgarit hàm số lượng giác Do a cos A + b cos B + c cos C ≤ Vậy ta toán ( a + b2 + c ) Bài 5: Cho tam giác ABC có AB = c, BC = a, AC = b Chứng minh rằng:  a cos A + b cos B + c cos C ≤ ( a + b2 + c ) Tổng quát(chứng minh hoàn toàn tương tự) Cho tam giác ABC có AB = c, BC = a, AC = b x số thực dương Chứng minh rằng: a x cos A + b x cos B + c x cos C ≤ ( a x + b x + c x ) • Bây ta kết hợp với tính đơn điệu hàm số f ( x ) = sin x đồng biến π A B C  π  0; ÷ với A ≥ B ≥ C ⇒ > ≥ ≥ > , suy 2 2  2 A B C A B C sin ≥ sin ≥ sin > 0,cos ≥ cos ≥ cos > 2 2 2 A B  B C  ⇒  sin − sin ÷ cos − cos ÷≥ 2  2  ⇔ sin A B A C B B B C cos − sin cos − sin cos + sin cos ≥ 2 2 2 2 ⇔ sin A B B C A C B B cos + sin cos ≤ sin cos + sin cos 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 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 (1) Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác cos 3sin B 3 B B + ≥ cos = cos , 4 2 B B B B B B + cos ≥ 3sin cos = sin cos 2 2 2 B B B B B  B 3  + ÷+  3sin + cos ÷ ≥ cos + sin cos Suy  cos 4  2 2  B B B B   2B + cos ÷ = Hay  cos + sin cos ÷≤ +  sin 2 2 2 2   ⇒ cos B B B 3 (2) + sin cos ≤ 2 Từ (1) (2) ta có sin A B B C C A 3 cos + sin cos + sin cos ≤ 2 2 2 Đẳng thức xảy ⇔ A = B = C Vậy ta tốn  sin Bài 6: Cho tam giác ABC có AB = c, BC = a, AC = b Chứng minh A B B C C A 3 cos + sin cos + sin cos ≤ 2 2 2 XUẤT PHÁT TỪ NHẬN XÉT x2 x x có g ' ( x ) = e − x, g "( x ) = e − ≥ 0, ∀x ≥ phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ y = ( e − 1) x + Ví dụ Xét hàm số g ( x ) = e x − x2 ≥ ( e − 1) x + , ∀x ≥ 2 x2 + y + z x y z Từ ta có e + e + e − ≥ ( e − 1) ( x + y + z ) + với 2 x, y, z ∈ [ 0; +∞ ) • Cho x + y + z = , ta có tốn: Suy e x − GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xn Ơn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác  Bài 1: Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ P = e x + e y + e z − x2 + y + z Sau lời giải đầy đủ x2 x Xét hàm số f ( x ) = e − − ( e − 1) x − [ 0;+∞ ) 2 x x Ta có f ' ( x ) = e − x − ( e − 1) f '' ( x ) = e − Vì x ≥ nên f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ≥ ⇒ hàm số f ' ( x ) đồng biến [ 0;+∞ ) phương trình f ' ( x ) = có tối đa nghiệm Mặt khác f ' ( 1) = phương trình f ' ( x ) = nghiệm Bảng biến thiên +∞ x − + f '( x ) +∞ f ( x) x x2 x Vậy ta có e − − ( e − 1) x − ≥ hay e − ≥ ( e − 1) x + 2 2 Tương tự ta có: y2 z z2 y e − ≥ ( e − 1) y + , e − ≥ ( e − 1) z + 2 2 3 Cộng vế với vế ta được: P ≥ ( e − 1) ( x + y + z ) + = 3e − 2 Vậy P = 3e − ⇔ x = y = z = 2 • Cho x + y + z = , ta có tốn: x  Bài 2: Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ P = ex + e y + ez − x+ y+z 1 Ví dụ Xét hàm số f ( x ) = ln x có f ' ( x ) = , f "( x ) = − < 0, ∀x > x x phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ y = x − GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lơgarit hàm số lượng giác • Suy ta có ln x ≤ x − 1, ∀x > ⇔ y ln x ≤ xy − y, ∀x, y > Xây dựng BĐT tương tự kết hợp với đánh giá ta có tốn  Bài 1: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn Q = y ln x + z ln y + x ln z Lời giải đầy đủ Xét hàm số f ( x ) = ln x − x + ( 0;+∞ ) 1 Ta có f ' ( x ) = − , f ' ( x ) = ⇔ − = ⇔ x = x x Bảng biến thiên +∞ x − + f '( x ) f ( x) −∞ −∞ Suy ln x − x + ≤ , ∀x ∈ ( 0; +∞ ) Ta có ln x ≤ x − ⇔ 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 ( x + y + z) xy + yz + zx ≤ ( x + y + z) − ( x + y + z) = Vậy max Q = ⇔ x = y = z = Do Q ≤ ln x ≤ − , ∀x > x x Xây dựng BĐT tương tự kết hợp với ràng buộc biến ta có tốn  Bài 2: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = • Suy ta có ln x ≤ x − 1, ∀x > ⇔ x ln x ≤ x − x, ∀x > ⇔ Tìm giá trị lớn Q = x ln x + y ln y + z ln z − x − y − z  Bài 3: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn Q = x ( + ln x ) + y ( + ln y ) + z ( + ln z )  Bài 4: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xn Ơn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lơgarit hàm số lượng giác Tìm giá trị lớn Q = ln x ln y ln z + + x y z Ví dụ Xét hàm số f ( x ) = sinx có f ' ( x ) = cos x, f "( x ) = − sinx ≤ 0, x ∈ [ 0; π ]  π 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 ) = 2sin x  π , f "( x ) = >0, x ∈  0; ÷ cos x cos x  2 Xét hàm số f ( x ) = cot x có f ' ( x ) = − • Phương trình tiếp tuyến x = 2cosx  π , f "( x ) = >0, x ∈  0; ÷ sin x sin x  2 π hàm số f ( x ) = sinx 1 π y =  x − ÷+ 2 3 1 π Suy sin x ≤  x − ÷+ , ∀x ∈ [ 0; π ] 2 3 Do ta có tốn:  Bài 1: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: sinA + sin B + sin C ≤ Tương tự ta có tốn:  3 Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng: cosA + cosB + cosC ≤ • Phương trình tiếp tuyến x = π hàm số f ( x ) = tan x π  y =  x − ÷+ 3  π   π Suy tan x ≥  x − ÷+ , ∀x ∈  0; ÷ 3   2 Do ta có tốn:  Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác tan A + tan B + tan C ≥ 3 Tương tự ta có  Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng: cotA + cot B + cot C ≥ • Thay x góc khác ta có toán: Bài 5: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:  a) sin AB + sin BC + sin CA ≤ 3 b) sin A2 B + sin B 2C + sin C A ≤ 3 c) sin n An−k B k + sin n B n−k C k + sin n C n−k Ak ≤  3 với n, k ∈ N ; n ≥ 2;1 ≤ k < n Bài 6: Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: ( ) a) tan A B C + tan + tan ≥ − 4 b) tan A B C − + + + tan n + tan n ≥ 2n 2 + + +  ( n − dấu căn) với n ∈ N , n ≥ Bài 7: Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh a) cot AB + cot BC + cot CA ≥ b) cot n An−k B k + cot n B n−k C k + cot n C n −k Ak ≥  Bài 8: Chứng minh rằng: sin A B C − + + ( n − dấu căn) với tam giác + sin n + sin n ≤ 2n 2 ABC n ∈ N , n ≥ • Từ kết với tam giác ABC ta có BĐT: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác π π   Do ta có sin B ≤ +  B − ÷, 2sin C ≤ +  C − ÷, 3 6   cot A A π ≥ − 3 − ÷ 2 4 Cộng vế với vế ta có sin B + 2sin C − cot Đẳng thức xảy A = A ≥4− π π π , B= ,C= Vậy ta có tốn  Bài 9: Cho tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q = sin B + 2sin C − cot A • Từ kết với tam giác ABC ta có A π π   2π   A  π  A π  Với A ∈  ; π ÷⇒ ∈  ; ÷ f  ÷ ≥ f '  ÷ − ÷+ 3 2   2    π B C  π Lại có B + C ≤ ⇒ , ∈  0; ÷ nên 2  6 B  π  B π  π  Từ ta có, f  ÷ ≥ f '  ÷ − ÷+ f  ÷ 2  12  12   12  C   π  C π  f  ÷ ≥ f '  ÷ − ÷+ 2  12  12  π  f ÷ 3 π  f  ÷  12  Cộng vế với vế lại ta  A f  ÷+ 2 B f  ÷+ 2 C  f  ÷≥ 2 Đẳng thức xảy ⇔ A = π  π  f  ÷+ f  ÷ = − 3  12  2π π ; B = C = hoán vị Từ ta có tốn:  Bài 10: Cho tam giác ABC có góc khơng nhỏ GV: Đậu Thanh Kỳ 2π Trường THPT Nguyễn Xn Ơn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác Chứng minh : tan A B C + tan + tan ≥ − 2 XUẤT PHÁT TỪ NHẬN XÉT Ví dụ Ta có hàm số f ( x) = x − x − có f '( x) = x ln − ⇒ f '( x) = có nghiệm Do f ( x) = có nhiều hai nghiệm Mà f (0) = f (1) = ⇒ f ( x) = ⇔ x = 0, x = 1 Kết hợp với f(x) liên tục ¡ f  ÷ < nên ta có: f ( x) ≤ ⇔ x ∈ [ 0;1] 2 Dấu "=" xảy x = x = • Từ nhận xét ta có tốn  Bài 1: Cho số thực a, b, c ∈ [ 0;1] Chứng minh rằng: a + 2b + c ≤ a + b + c + Giả thiết a + b + c = a, b, c khơng âm có a, b, c ∈ [ 0;1] ta có tốn  Bài 2: Cho số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = Tìm giá trị lớn P = a + 2b + c Nhận xét: Ngoài ta tìm giá trị nhỏ sử dụng BĐT Cơsi • Ta có ∀x, y, z ∈ ¡ , ta có: x + y + z − 3xyz = ( x + y + z ) ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )    Do x + y + z ≤ ⇒ x + y + z ≤ 3xyz a Cho x = , y = − a, z = −1, a ∈ [ 0;1] theo kết ta có x + y + z = 2a − a − ≤ Vì 8a − a − ≤ 3a.2a Từ đó, ta có tốn sau  Bài 3: Cho số thực a, b, c không âm thỏa mãn a + b3 + c3 = a b c a b c Tìm giá trị lớn biểu thức P = + + − ( a.2 + b.2 + c.2 ) Hướng dẫn: Từ giả thiết ta có a, b, c ∈ [ 0;1] Từ lập luận ta có: x − x3 − ≤ x.2 x ⇔ x − x.2 x ≤ x + 1, ∀x ∈ [ 0;1] GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác Suy P ≤ a + b3 + c + = Đẳng thức xảy a = 0, b = 0, c = hoán vị Vậy max P = • Ta có x − x − ≤ ⇔ x ≤ x + ⇔ x ≤ log ( x + 1) ⇔ x ln ≤ ln ( x + 1) với ∀x ∈ [ 0;1] Từ ta có toán sau:  Bài 4: Cho số thực a, b, c ∈ [ 0;1] Chứng minh a +b + c ≤ ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) a) b) ( a + b + c ) ln ≤ ln ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) c) ab + bc + ca ≤ b log ( a + 1) + c log ( b + 1) + a log ( c + 1) Từ lập luận ta có x ln ≤ x ln ( x + 1) , ∀x ∈ [ 0;1] Áp dụng cho biến a, b, c ràng buộc biến đẳng thức a + b + c = Ta toán sau:  Bài 5: Cho số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a ln ( a + 1) + b ln ( b + 1) + c ln ( c + 1) ≥ ln Ví dụ Ta có hàm số f ( x) = x − x − x có f '( x) = x ln − x ln − x x 2 1 ⇒ f '( x) = ⇔ ln = ln + ⇔ ln =  ÷ +  ÷ , dễ thấy hàm số 7 7 x x 2 1 g ( x ) =  ÷ + 5. ÷ nghịch biến nên phương trình f ' ( x ) = có nghiệm 7 7 Do f ( x) = có nhiều hai nghiệm x x Mà f (0) = f (1) = ⇒ f ( x) = ⇔ x = 0, x = Dấu "=" xảy x = x = Kết hợp với f ( x ) liên tục ¡ nên ta có f ( x) ≤ ⇔ x ∈ [ 0;1] • Từ ta có tốn  Bài 1: Cho số thực a, b, c ∈ [ 0;1] a b c a b c Chứng minh rằng: + + ≤ + + + ( a + b + c ) GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lơgarit hàm số lượng giác Giả thiết a + b + c = a, b, c không âm có a, b, c ∈ [ 0;1] ta có tốn  Bài 2: Cho số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = Tìm giá trị lớn P = a + 7b + 7c − 2a − 2b − 2c n Kết hợp BĐT: x ≥ x , ∀x ∈ [ 0;1] , n ≥ 2, n ∈ ¥ ta tốn:  Bài 3: Cho số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = Với n số tự nhiên lớn Tìm giá trị lớn : 2 a) P = a + 7b + 7c − 2a − 2b − 2c n n n b) P = a + 7b + 7c − 2a − 2b − 2c • Ta có x ≤ x + x ⇔ x n x ≤ x n x + x n +1 , ∀x ∈ [ 0;1] , Vì ta có tốn  Bài 4: Cho số thực không âm a, b, c thỏa a n+1 + b n+1 + c n+1 = Tìm giá trị n a a n b b n c c lớn P = a ( − ) + b ( − ) + c ( − ) Với n ∈ ¥ , n >   Ví dụ 3: Ta có hàm số f ( x ) = x + log ( x + 1) đoạn  − ;0      Ta dễ dàng chứng minh f ( x) = có hai nghiệm  − ;0  hai nghiệm   hai điểm đầu mút   Kết hợp với f ( x ) liên tục ¡ nên ta có f ( x) ≤ ⇔ x ∈  − ;0    Dấu "=" xảy x = x = −   • Như ta có x + log ( x + 1) ≤ 0, ∀x ∈  − ;0  (*)   Từ ta có tốn    Bài 1: Cho số thực a, b, c ∈  − ;0  Chứng minh rằng:   a + b + c + log ( 4a + 1) ( 4b + 1) ( 4c + 1) ≤ Giả thiết cho a + b + c = −   ta có với a, b, c khơng dương a, b, c ∈  − ;0    Ta có tốn: GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xn Ơn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác  Bài 2: Cho số thực không dương a, b, c thỏa a + b + c = − 2 2 Tìm giá trị lớn P = ( 4a + 1) ( 4b + 1) ( 4c + 1)   • BĐT (*) tương đương với x + x log ( x + 1) ≤ 0, ∀x ∈  − ;0    Ta toán:  Bài 3: Cho số thực a, b, c không dương thỏa mãn a + b3 + c3 = − Tìm 2 2 2 giá trị lớn P = a log ( 4a + 1) + b log ( 4b + 1) + c log ( 4c + 1) • BĐT (*) tương đương với x + ≤ 4− x ⇔ x + x ≤ x 4− x ⇔ x ≥ 4x + ,   ∀x ∈  − ;0  Xây dựng BĐT tương tự ràng buộc biến ta có tốn:      Bài 4: Cho số thực a, b, c ∈  − ;0  Chứng minh rằng:   4− a + 4− b + 4− c ≥ ( a + b + c ) +   Bài 5: Cho số thực không dương a, b, c thỏa a + b + c = − Tìm giá trị −a −b −c 3 nhỏ P = + + − ( a + b + c )   Bài 6: Cho số thực a, b, c ∈  − ;0  Chứng minh rằng:   a + 4b + c ≥ GV: Đậu Thanh Kỳ ( a + b2 + c ) + Trường THPT Nguyễn Xn Ơn Phát triển tư học sinh thơng qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác C KẾT LUẬN Đề tài thân đồng nghiệp đơn vị thí điểm em có học lực từ trở lên Kết thu khả quan, em học tập cách say mê hứng thú Một số em đạt thành tích tốt qua đợt thi học sinh giỏi thi đại học năm vừa qua Vì tác dụng tích cực việc bồi dưỡng học sinh giỏi nên kính mong hội đồng khoa học q thầy ( cơ) góp ý bổ sung để đề tài ngày hồn thiện hơn, có ứng dụng rộng trình dạy học trường THPT Xin chân thành cảm ơn! Diễn Châu ngày 20/4/2014 Người thực : Đậu Thanh Kỳ GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn .. .Phát triển tư học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lơgarit hàm số lượng giác B NỘI DUNG ĐỀ TÀI I CƠ SỞ LÝ THUYẾT Định nghĩa tính đơn điệu hàm số Sách giáo khoa đại số. .. Ôn Phát triển tư học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lơgarit hàm số lượng giác C KẾT LUẬN Đề tài thân đồng nghiệp đơn vị thí điểm em có học lực từ trở lên Kết thu khả quan,... y, z số thực dương thoả mãn xyz = Chứng minh : GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn Phát triển tư học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu hàm số mũ - lôgarit hàm số lượng giác

Ngày đăng: 22/03/2015, 11:50

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan