Skkn một số lưu ý khi tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ LƯU Ý KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC Người thực hiện: Vương Đình Sơn Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Trần Mai Ninh SKKN thuộc môn: Toán THÁNG NĂM 2022 skkn MỤC LỤC Nội dung Phần 1: MỞ ĐẦU Trang A Lý chọn đề tài B Phương Pháp thực C Thời gian thực Phần 2: NỘI DUNG A Kiến thức bất đẳng thức (BĐT) I Tính chất II Các phép tốn bất đẳng thức III Một số bất đẳng thức quan trọng 1.Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối 2 Bất đẳng thức Cauhy Bất đẳng thức Shwartz (Bunhiacovski) B Các phương pháp thông dụng chứng minh BĐT I Phương pháp 1: (biến đổi tương đương) Phương pháp Các ví dụ II Dùng BĐT thường gặp (BĐT Cosi – BĐT Shiwartz) C ỨNG DỤNG BĐT VÀO BÀI TỐN TÌM GTLN GTNN Cơ sở lý thuyết tìm GTLN GTNN Phương pháp I: Phương pháp nhóm – so sánh Phương pháp 2: Phương pháp tìm điều kiện PT bậc hai có nghiệm 12 Phương pháp 3: Phương pháp áp dụng BĐT Cauchy Shwartz 14 Phần III: KẾT QUẢ 20 skkn PHẦN I MỞ ĐẦU A Lý chọn đề tài Bài tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ nhất( GTLN GTNN) tốn tương đối khó Bởi sở lý thuyết ngắn , lại đa dạng kĩ thuật thủ thuật làm tốn Nó địi hỏi thời gian lớn để thấu hiểu giải toán, mà đòi hỏi nhạy cảm khả tư cao Đặc biệt để giải tốn tìm GTLN GTNN kiến thức tổng hợp đại số, giải tích, hình học…thường sử dụng Trong phạm vi đó, việc dự đốn GTLN GTNN cịn đồi hỏi kinh nghiệm , lẫn thơng minh định đường phương tiện để chứng minh Hơn nữa, tốn tìm GTLN GTNN dạng tốn hay gặp kì thi vào 10 Qua thực tế giảng dạy trường THCS Trần Mai Ninh nhận thấy dạy phần thường gặp khó khăn sau đây:  Khó khăn thứ nhất: Đối tượng học sinh dù có học lực khá, ham thích học tốn “ngại” giải tốn  Khó khăn thứ hai: Học sinh hay mắc phải sai lầm thiếu sót từ việc chứng minh việc kết luận tốn  Khó khăn thứ ba :Đối với học sinh khối 9, áp dụng bất đẳng thức đề giải tốn tìm GTLN GTNN lại cịn gặp nhiều khó khăn Đặc biệt, tài liệu nâng cao cho học sinh không dễ dàng tiếp thu giải Thực tế làm cho trăn trở Phải cho học sinh hứng thú học tập gặp tốn nói chung dễ dàng tiếp thu tốn tìm GTLN GTNN áp dụng bất đẳng thức nói riêng ? Vì , tơi định chọn đề tài “ Một gợi ý tìm GTLN GTNN dành cho học sinh lớp 9” , với mong muốn góp phần nhỏ kinh nghiệm vào cơng tác giảng dạy tốn tìm GTLN GTNN cho học sinh lớp trường THCS Trần Mai Ninh tạo tiền đề để học sinh tiếp tục tiếp cận toán em học lên THPT B Phương pháp thực Qua nhiều năm giảng dạy đặt biệt với nhiều năm dạy THPT chương trình đại số tơi thấy học sinh khó tiếp cận toán hay mắc phải số sai lầm để đến kết luận toán Do dạy phần tơi cho học sinh làm thật tốt toán bất đẳng thức bản, nắm vững sở lý thuyết toán GTLN GTNN, giải toán phạm vi phương pháp 1, phương pháp (được trình bày phần nội dung) để làm tảng vào phương pháp (được trình bày phần nội dung), đồng thời sai lầm mà học sinh hay mắc phải C Thời gian thực Tuần 34-35 ôn tập cuối năm Chủ yếu thực thời gian làm tập tự chọn chủ đề tự chọn nâng cao skkn PHẦN II NỘI DUNG A Kiến thức bất đẳng thức (BĐT) : I Tính chất * Quy ước: A  B  A  B  hay A  B  A B  1) A  B  B  A A  B  AC B  C 2)  3) A  B  A  C  B  C  C    4) A  B  A.C  B.C  C   ; A  B  A.C  B.C  C   II Các phép toán bất đẳng thức: 1) Cộng hai BĐT chiều: A  B  AC  B D  C  D * Chú ý: Trừ hai BĐT chiều sai 2) Trừ hai BĐT ngược chiều A  B  AC  B  D  C  D * Chú ý: Cộng hai BĐT ngược chiều sai 3) Nhân hai BĐT chiều A  B   A.C  B.D  C  D  4) Bình phương BĐT dương 2n 2n * A  B   A2  B TQ: A  B   A  B (n   ) 5) Khai bậc hai BĐT A B 0 A  B A  B 1   6) Nghịch đảo BĐT:  A B  A.B  III Một số BĐT quan trọng: 1) Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối a) A B  A  B Dấu xảy A,B dấu TQ: a1+a2+ … + ana1+ a2+…+ an b) A  B  A  B Dấu xảy A,B dấu 2) BĐT Cauchy skkn Cho n số khơng âm a1, a2,…, an 0 Ta có: a1  a2   an n  a1.a2 an n Dạng 1:  a  n   an  aa a2 an    n   Dạng 2: n “ = “  a1 = a2 = … = an * Ta thường dùng:  a,b  Ta có : a  b  ab “=”  a = b 1   ( "  "  x  y) x y x y HQ: x, y  0:  a, b, c  Ta có: a  b  c  3 abc "" a b  c 1    ( "  "  x  y  z) x y z x yz HQ: x, y, z  0: 3) BĐT Shwartz ( Bunhiacovski ) Cho 2n số thực tùy ý : a1 , a2 , , an ; b1 , b2 , , bn Dạng 1: (a1.b1+a2.b2+ … + anbn)2  (a12+a12+…+a12) (b12+b12+…+bn2) Dạng 2:a1.b1+a2.b2+…+an.bn  "" a  a2   an   b12  b12   bn  a a1 a2    n  b1 , b2 , bn   b1 b2 bn * Cho số : ax  by  (a  b )( x  y ) * Chú ý: Hệ quả: Cho số dương: a1, a2, a3 > Ta có: 1  a1 a2  a1a2 ;  a1a2 a3 1   a1 a2 a Hệ : Cho n số dương : a1 , a2 , …., an Ta có: skkn Thật vậy: ấp dụng BĐT Shwartz dạng ta có: 2 an  a2  a1  a2   an   a1        n n n n      a12 a2 an  2         12   n   n2 n 2 a  a   a n  a  a   a n      n n    a1  a2   an  a12  a2   an n B Các phương pháp thộng dụng chứng minh BĐT I Phương pháp 1: (biến đổi tương đương) Phương pháp: *) A  B  A B  A > B  B1: Lập hiệu  B2: CM: A  B  Các ví dụ: a  b3  a  b  a ; b   Bài 1: Cho CM:  (1)   Hướng dẫn a  b3  a  b  4a  4b  a  3a 2b  3ab  b (1)   0  0    3 a  a 2b  ab  b3     a  a  b   b  a  b     a  b   a  b   (ĐPCM) Bài 2: ab  CM: a2  b2 (2) Hướng dẫn + a + b  : (2) a  b  2ab a  b 2 + a + b > :  2       a  b  4 ab a2  b2 Vậy : (ĐPCM)  2 skkn Bài 3: Cho a, b > CM: a b   a b b a (3) Hướng dẫn (3)  a a  b a  a b  b a   a  b  a   a  b  b    a  b   a  b  0  a b   a b 0 (Đúng) Bài Cho a, b   CMR: a  b  a b  a  b Hướng dẫn Ta có: a  b  a  b  ( a  b )   a  b   a  b  2ab  a  b  ab  ab  ab (đúng) (1) Ta có: a  ( a  b)  b  a  b  b  a  b  a  b (2) Từ (1) (2) suy ĐPCM Cho a, b, c  CM: a) Bài : abc  ab  bc  ca a2  b2  c2  a  b  c   b)  3   (1) (2) Hướng dẫn Ta CM: a2+b2+c2 ab + bc + ca (*) Cách 1: Ta có : (a  b)  a  b  2ab Tương tự a  c  2ac b  c  2bc  a  b  c  ab  bc  ac Cách 2: (*)  a  b  c  ab  bc  ca   1a 1  1 1  1 1    ab  b    a  ac  c    c  bc  b  2  2 2  2 2     a  b   a  c    b  c  2 skkn Cách a) (1)   a  b  c ab  bc  ca   a  b  c  2ab  2bc  2ca  3ab  3bc  3ca  a  b  c  ab  bc  ca (đúng) b) a2  b2  c2 (2)    a  b  c  2ab  2bc  2ac  2  3a  3b  3c  a  b  c  2ab  2bc  2ac  a  b  c  ab  bc  ca Cách 2: 2 2  a  b  c  a  b  c  2ab  2bc  2ca a)        a  b  c  cb  bc  ca cb  bc  ca ab  bc  ca   abc ab  bc  ca  3 3 a  b  c   a  b  c  2 a  b  c  b)  a  b  c  2 ab  bc  ca    a  b  c    a2  b2  c2 abc      2  a2  b2  c2  a  b  c    3   Đây tốn dạng không cần thiết phải nghĩ đến bất đẳng thức quen thuộc học sinh dễ định hướng phức tạp dung BDT cosi II Dùng BĐT thường gặp (BDT Côsi – BDT Shwartz) Bài 1:  a , b, c  CMR : b  c  16abc a  b  c   Cho  Hướng dẫn Cách 1: b  c   b  c   a   b  c     b  c  4a  b  c   4a  b  c  Lại có:  b  c 2  4bc Vậy : b  c  16abc Cách 2: Ta có: b + c ≥ 16abc  b + c ≥ 16bc (1 - b - c) skkn  b + c ≥ 16bc - 16b2c - 16bc2  16b2c + 16bc2 - 16bc + b + c ≥  c (16b2 - 8b + 1) + b(16c2 - 8c + 1) ≥  c (4b - 1)2 + b(c-1)2 ≥ (đúng) Vậy: b + c ≥ 16abc Cách 3: Ta có: b + c ≥ 16abc  b + c ≥ 16bc (1 - b - c)  b + c ≥ 16bc - 16bc (b + c)  (b + c)(1 + 16bc) ≥ 16bc (*) Để CM (*) ta xuất phát từ (b + c)2 ≥ 4bc Ta có: (b + c)2 ≥ 4bc  (b + c)2(1 + 16bc)2 ≥ 4bc (1 + 16bc)2 ≥(4bc)2  (b + c)(1 + 16bc) ≥ 16bc ((*) đúng) Suy ra: b + c ≥16abc Cách : Ta có: b + c ≥ 16abc  b + c ≥ 16bc (1 - b - c)   1   16(1  b  c) c b 1   16  16b  16c  c b 1  1   16b     16c     b  c  2      4 b   4 c   0 b  c  Suy ra: b + c ≥16abc Bài 2:  a , b, c  CMR : a b  bc  ca  9abc a  b  c   Cho  Giải a  b  c  3 abc Ta có:  2 ab  bc  ca  a b c  (a+b+c) (ab+bc+ca) ≥ 9abc  ab+bc+ca  9abc (a+b+c = 1) Bài 3: a, b, c  CMR : a b  bc  ca  2abc a  b  c   Cho  Giải Ta có ab + bc + ca - 2abc   ab(1-c) + bc (1-a) + ca ≥ (đúng) skkn Ta có : ab + bc + ca – 2abc   ab(1- c) + bc(1 – a) + ca  (đúng) Do a + b + c = 1; a, b, c > ;1 > c, > a ; ab, bc, ca>0) Suy ra: ab + bc + ca  2abc (ĐPCM) Bài 3: a, b, c      CMR : 1   1   1    64 Cho   a  b  c  a  b  c  Giải Cách 1: Ta có : + a = a + b + c + a ≥ 4 a bc + b = a+ b + c + b ≥ 4 b ac + c = a+ b + c + c ≥ 4 c ab   (1 + a (1 + b) (1 + c) ≥ 43 a 4b c 4 Suy ra: (1 + a)(1 + b) (1 + c) ≥ 64 abc Cách : a bc   a 1 a  a  b  c  4 Ta có: 1    a a a  a b ac   b 1 b  a  b  c  4 1    b b b  b 1 c 1 c  a  c  b c ab   4 c c c c 4 4 abc      64 1  1  1    64 abc  a  b  c  Suy ra:  a  b    ab  1 Bài 4: Cho a, b   CM:   a  b  (*)    Giải (‌ *)   a  b    ab   1 a  1 b  2  a  b  ab   1  a  b  ab  (1  a )   b     a  b  a 2b  2 1 2   ab    a  b   2   ab   a  b  Áp dụng BĐT Cosi:  1  ab  a  b    ab a  b  (*) Bài 5: Cho a,b > 0.CMR:  a b   64ab  a  b  skkn (1) Đặt x  a , y  b  a  x , b  y ( x, y  0) Giải (1)   x  y   64 x y  x  y    x  y   xy  x  y  4   x  y   xy  x  y   xy   S  8S P  16 P     S  P   S , P ( với S = x + y , P = xy ) Vậy (1) Bài : Cho a,b số thực CMR: 16ab  a  b    a  b  (2) Giải (2)  16ab  a  b   4ab    a  b   16 P  S  P   S (S = a + b;P = ab )   S  8P   0, S , P  S  16 PS  64 P  Vậy (2) Bài 7: a) Cho a, b   a2 + b2 = b) a, b > a2 + b2 = CM: CM: a8  b8  ab a2   Giải a) Ta có 12   a  b 1   a  b   12  12    a  b4  1   a  b    a  b8   12  12   a  b  b) Ta có  a  b    a  b 2a  b 2 2   1   ( 2a )  1.b     1  2a  b    2   a  b   a  b   2 a 4 a2   Những toán yêu cầu em phải sử dụng trực tiếp khéo léo BĐT học C.ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀO BÀI TỐN TÌM GTLN VÀ GTNN Cơ sở lý thuyết tìm GTLN GTLN Để tìm GTLN bt A(x) với x  D ta làm sau: CMR x  D ta có A(x)  C (C số ) CMR tồn x0  D cho A(x0) = C Kết luận GTLN A(x) C x = x0 Để tìm GTNN bt A(x) với x  D ta làm sau: CMR x  D ta có A(x)  C (C số ) CMR tồn x0  D cho A(x0) = C skkn Kết luận GTNN A(x) C x = x0 PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG PHÁP NHÓM – SO SÁNH Để tiến hành giải tốn tìm GTNN GTLN Ta dùng phép biến đổi đại số để nhóm số hạng đưa bất đẳng thức ban đầu dạng sau: F  A2  k  k , F  B2  k  k , F  A2  B  k  k , F  A2 B  k  k ;( B  0) , F  AB  kl ;( B  l  0, A  k  0) Tất nhiên dấu bất đẳng thức xảy miền xác định biến số Chú ý : Nếu ta sử dụng nhiều bất đẳng thức so sánh dấu “=” xảy phải mang tính đồng thời bất đẳng thức Ví dụ1 Tìm GTNN : a ) y  x  x3  x  x  1, b).F (a, b)  a  b  2a  2b  7, c).P( x, y )  x  xy  y  x  5;( x, y  0) Giải: a).TXD : D   Ta có : y  x  x  3x  x  2   3   x  x  1   x        16  2 1 3  Vì  x     , dấu “=” xảy x   2 4  y x Vậy Min D 16 2 b) F  a, b   a  b  2a  2b    a  1   b  1   5, a, b   2 a  Dấu “=” xảy  b  1 Vậy MinF = c) P  x  xy  y  x  5;( x, y  0) 1     x 3 y  2 3  7    x      , x, y    2    x 3 y  x     Dấu “=” xảy   x 0 y    skkn 10  x   Vậy MinP =  y   Ví dụ Tìm GTLN : a) y  2 x  x  12 b) y  x  x  10 x2  2x  Giải: a) TXD : D   1 y   x  x  12 ( x  3)  3 Dấu “=” xảy x = - Vậy Max y  x = - D b) TXD: D   x  x  10 4 y  3  3 7 x  2x  x  2x   x  1  Dấu “=” xảy x = - y  x = - Vậy Max D BÀI TẬP RÈN LUYỆN NÂNG CAO Bài Cho x, y   thõa điều kiện x + y = Tìm GTNN A  x  y , B  x  y , C  x8  y Giải: Sử dụng đẳng thức ta : A  x2  y  1 2  x  y    x  y     x  y    2 Dấu “=” xảy x - y = 0, kết hợp với đk x + y = Suy x = y =1 Vậy MinA = x = y = Áp dụng kết ta có: B  x4  y  1 ( x  y )2  ( x  y )    x  y      2  x2  y   2 Dấu “=” xảy  x  y   x  y  x  y   Vậy MinB = x = y = Từ kết ta có : skkn 11 C  x8  y  1 4 4 2 ( x  y )  x  y  x  y          2  Dấu “=” xảy x = y = Vậy MinC = x = y = Bài Cho a, b, c > abc = Tìm GTLN : A 1   a  b  b3  c  c  a  Giải: Ta có:  a  b   a  ab  b  ab   a  b  (a  ab  b )  ab  a  b   a  b3  ab  a  b  Từ : a  b   a  b  abc  ab  a  b   abc  ab  a  b  c  Suy : 3 1 c   a  b3  ab  a  b  c  a  b  c Tương tự: 1 a   , b3  c  bc  a  b  c  a  b  c 1 b   c  a  ac  a  b  c  a  b  c Suy A  abc  abc Dấu “=” xảy a = b = c = Vậy MaxA = a = b = c = PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP ĐƯA TÌM ĐIỀU KIỆN PT BẬC HAI CĨ NGHIỆM i) Xét phương trình bậc hai : Ax2 + Bx + C = , A   Nếu phương trình có nghiệm    Nếu   af(x)  0, x  ii) Xét tốn tìm GTLN GTNN y  ax  bx  c , a , x  b, x  c , với tập xác định D   Ta chuyển biểu thức y phương trình dạng Ax  Bx  C  0, , hiển nhiên A,B,C phụ thuộc y Sau ta dựa vào i Chú ý: Xét A = so sánh với giá trị y (miền giá trị) Xét A  so sánh với giá trị y (miền giá trị) hai trường hợp trước đến kết luận Ví dụ Tìm GTLN : skkn 12 a) y  x  x  12 b) y  x  x  10 x2  2x  Giải: a) TXD : D   Ta có : y   yx  yx  12 y   (1) x  x  12  y = (1) trở thành : - = ( vô lý )  y  0;  '  y  12 y  y  3 y  y    y  Dấu “=” xảy x  Vậy Maxy = 3 y  3 y x = -3 b) TXD : D   3x  x  10 Ta có: y    y  3 x   y  3 x  y  10  (2) x  2x   y =  (2) trở thành : - = ( vô lý )  y  3;  '  ( y  3)  ( y  3)(2 y  10)  ( y  3)( y  7)    y  y 3  Dấu “=” xảy x  y 3 Vậy Maxy = x = Ví dụ : Tìm GTNN GTLN của: y  4x  (x   ) x2  Giải: Ta có: y  4x  yx  x  y   (3) x 1  y=0  (3) trở thành : - 4x - =  x  3  y  0;  '   y ( y  3)   y  y     y  1  y     1  y  Mặt khác : y(- 2) = - y(1/2) = Vậy Maxy = x = Miny = -1 x = -2 Ví dụ : x2  x  Tìm GTNN GTLN của: f ( x)  x  x 1 Giải: Dễ dàng ta thấy mẫu thức y luôn dương với mội x nên tập xác định y D   skkn 13 x2  x   0, x   * Ta có : f ( x)  x  x 1 2 Dấu “=” xảy x  x    x  1  x  Suy Minf(x) = x  1  x  2x2  x 1   y   x   y  1 x  y   0, (4) x  x 1 + Nếu y = (4) có nghiệm x = + Nếu y  (4) có nghiệm : * Ta có: y     y  1   y  1  y     y  1   y    1  y  Khi ta có maxy = x = , miny = -1 x = Suy Maxf(x) = Max  max y ; y   Max  , 1   Dấu “=” xảy x = Vậy Minf(x) = x  1  x  Maxf(x) = x = 2 Lời bình: Theo tơi học sinh lớp muốn làm tốt tốn tìm GTLN GTNN học sinh phải nắm vững phương pháp nêu Sau cho học sinh tiếp cận tốn tìm GTLN GTNN áp dụng BẤT ĐẲNG THỨC CÔ- SI BU- NHI- A- CỐP- XKI có phần phức tạp PHƯƠNG PHÁP 3: PHƯƠNG PHÁP ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY SHWARTZ Ví dụ Tìm GTNN GTLN : A  x    x Giải: x 1    x   TXD : D   1; 4 Đk:   x   Có học sinh giải sau: Ta có : A  x    x  0, x  D x  x  Dấu “=” xảy  x 1   Vậy MinA D x  Nhận xét : Cách giải sai Do học sinh không hiểu tồn đồng thời x = x = mâu thẫu Lời giải : Ta có : A  x    x  ( x  1)(4  x)    x  1   x   Dấu “=” xảy x - = – x  x  skkn 14 Và A    x  1   x  3 A x  Dấu “=” xảy   x   x  Vậy MaxA D x 1   MinA D x  Bài tốn áp dụng BDT Bunhiacopxki để tìm GTLN A Ta có A  x    x  1  12   x    x   Dấu “=” xảy x -1 = – x  x  Ví dụ 2 Tìm GTNN biểu thức f ( x)  x  ( x > ) x 1 Giải: Có bạn học sinh giải : 2    ( x  1)    3  x  1  Ta có : f ( x)  x  .1  x 1 x 1  x 1  x     x  Dấu “=” xảy  x   x 1 x  1  x     x  Vậy MinA x 1 x  1  a  b b  c Nhận xét : Cách giải sai Do học sinh hiểu a  b  c   Lời giải : 2  ( x  1)  1  2 1 x 1 x 1 2   x  1   x   1(dox  1) Dấu“=”xảyra x   x 1 Vậy MinA   2 x   Ta có : f ( x)  x  x 1 Ví dụ Tìm GTNN biểu thức sau : x2  a) f  x   x  b) f  x   x x2  Giải: a) Ta có: x  1  x   ( x dấu ) x x x skkn 15 Dấu “=” xảy x   x  1 x in f  x   x  1 Vậy M  \ 0 b) Ta có : f  x   x2   x2    x2   x2  x2  x2  Dấu “=” xảy x2 +1 =  x = x2  2 Vậy M in f  x   x = Bài toán học sinh hay mắc sai lầm GTNN Ví dụ 4: Tìm GTNN GTLN : f ( x)  x   x Giải: TXD: D   1;1 Áp dụng bất đẳng thức Bu- nhi- a- cốp- xki ta có:   f  x    3x   x 2 Ta thấy f(x) = x =    32  42   x    x    25  5  f ( x)  3 Suy Maxy = x = 5 Mặt khác, ta có : f ( x)  3x   x  3x  3, x   1;1 ;(do  x  0, x   1;1 Dấu “=” xảy x = -1 Suy Miny = -3 x = -1 Vậy Maxy = x = Miny = -3 x = - Lời bình : Bài tập học sinh vội vàng kết luận miny = -5 x = -1 Mà thực khơng có giá trị x để f(x) = -5 Phần tốn có phần đơn giản học sinh lại gặp sai lầm mà để học sinh khắc phục làm BÀI TẬP RÈN LUYỆN NÂNG CAO Bài : Cho z  1, x  2, y  Tìm GTLN M  xy z   zy x   zx y  xyz Đk : z  1, x  2, y  Ta có : y2 x 1 z 3 M   x y z Giải: 1.( x  1) 2.( y  2) 3.( z  3)   x y z  x 1  y   z     2x 2y 2z 1    2 2  skkn 16 Dấu “=” xảy x = , y = , z = 1  ) Vậy Max M = (1  Bài : Cho x  y  z  Tìm GTLN Và GTNN S = xy + yz + zx Giải: Ta có: ( x  y  z )2   x  y  z  2( xy  yz  zx)    2S   S   1 ,z  Dấu “=” xảy chẳng hạn x = 0, y  2 Vậy Min S = -1/2 ( x  y )   2 2 Mặt khác , ta có : ( y  z )   2( x  y  z )  2( xy  yz  zx)   S ( z  x )   Dấu “ = “ xảy x  y  z   Vậy Max S = Bài : Cho x, y, z > thõa mãn xyz = 1  x3  y  y3  z3  z  x3 Tìm GTNN S    xy yz zx Giải: Ap dụng BĐT Cô si cho số dương ta có:  x3  y  x  y  1.x y  3xy   xy 3 3 Tương tự: xy  y3  z3  yz yz  z  x3  zx zx Suy ra: S  3  x3  y  y3  z3  z  x3      xy yz zx xy yz zx 3 3 3 xy yz zx BĐT xảy x = y = z = Vậy MinS = 3 x = y = z = Bài 4: skkn 17  xy   2 ( x  y ) xy  x  y  xy Tìm GTLN A  1  x3 y Giải:  xy  2  xy  x  y   x  y  xy Ta có:   1 1   2 2 (1) x y x y xy 1 1        y 0 x y  x 2y  1 Ta đặt a = , b = y x a  b   2 a  b  a  b  ab Mà A  1   a  b3   a  b   a  b  ab    a  b  (*) x y Cách 1: Ta có: A = ( a + b)2  A  a  b a  b3  a  b    ( a + b > )   “ = “ xảy  a = b Ta biết : A  A Từ suy :     A  16   “ = “ xảy  a = b = 1 Vậy Max A = 16 x  y  Cách : Ta có: A= a3 + b3 = (a+b)(a2 –ab + b2 ) = (a + b)2 Từ (1) suy : a + b = (a + b)2 -3ab Mà: ab  ( ab )  a  b   a  b   ( a  b) 2   a  b   4(a  b)   a  b   vi : a  b    A  (a  b)  16 Vậy MaxA = 16 x = y = Cách 3: Đặt S = x + y , P = xy với S2 - 4P  skkn 18 S , P  S2 S  SP  P  ( hayP  ) Từ gt suy :  S  3 SP  S  P  1 x3  y ( x  y )( x  y  xy) ( x  y ) xy ( x  y ) S A   3    2  x y x y x3 y x3 y3 x y P P 1 2 Ta có: S  P   S  S  SP    S   P   S   S  16 3 S P P2 Vậy MaxA = 16 ( x = y = ) Ta có: Bài :  xy  Cho  2  x  y  Tìm GTLN GTNN A  x 1 y  y 1 x Giải: Ta có: S  x y   y x   ( x  y )( x  y  2)   “=”  x  y   x  0, y  Do xy     x  0, y  ∙ x  0, y  ta không xét ∙x < 0, y < 1  x  Gt: x2 + y2 =   1  y   ( y  1)  y2  y 1  y 1    Ta có :  x       x   x 1  x 1   2 x  y  2   x y   x  y  2 y  x  2   S  x y 1  y x 1   2 y x     y x 1    S  xy  x  y  S   xy  x  y   S    x  1  y  1  skkn 19  S  1  x   y  1 ""   x  1  y  Vậy: MaxS =  x   y  1 MinS = -1    x  1  y  2  x  y  Bài : Cho x  y  xy  Tìm GTLN S = x 1  y 1 Giải: Ta có: x  y  xy   x  y   xy  x, y   x y x y  xy  xy  (1) 2 Mà: x  y  xy   x  y   xy (2) Từ (1) (2)  x  y   x y  x  y    x  y  (a) Ta có S= x   y   2( x   y  1)  2( x  y  2) (b) Từ (a) (b) S = x   y   2(8)  “ = “  x  y 3 Vậy MaxS = x = y = PHẦN III KẾT QUẢ Những kinh nghiệm đúc kết vận dụng năm học Khi áp dụng phương pháp cho học sinh, sai lầm học sinh, thấy học sinh tiến nhiều việc trình bày việc kết luận tốn Đặc biệt, học sinh trung bình lớp tự nhiên khắc phục sai lầm Tôi tin kết khả quan việc ôn thi thi HSG thi vào THPT Mặc dù q trình biên soạn tơi cố gắng hết sức, khơng tránh thiếu sót Do mong trao đổi đóng góp ý kiến chân tình q thấy để SKKN áp dụng XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 26 tháng năm 2022 CAM KẾT KHƠNG COPY Người viết Vương Đình Sơn skkn 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO  Sách giáo khoa đại số 9, sách tập đại số  Phương pháp tìm GTLN GTNN Nguyễn Văn Nho  Một số viết diễn đàn toán học skkn DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Vương Đình Sơn Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên - Trường THCS Trần Mai Ninh TT Tên đề tài SKKN Cấp đánh giá xếp loại (Phòng, Sở, Tỉnh ) Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) Sở C 2008-2009 Sở C 2011-2012 Sở C 2009-2010 Sở C 2006-2007 Sở C 205-2016 Một cách gây hứng thú, sáng tạo cho học sinh THPT việc giải tập SGK mơn Tốn Mootj số biện pháp nâng bậc học sinh yếu môn Toán trường THPT Một hướng khai thác suy luận đồ thị tìm nghiệm phương trình áp dụng cho HS lớp 12 Một hướng tiếp cận cảm hóa học sinh cá biệt công tác chủ nhiệm Một kỹ xử lí nhanh tốn tính diện tích hình phẳng giải tích 12 skkn Năm học đánh giá xếp loại skkn