Giúp học sinh lớp 9 giải bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số nhằm nâng cao chất lượng thi vào THPT

MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 2 NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng 2.3 Các giải pháp biện pháp thực Phần I: Ôn tập bổ sung số kiến thức Phần II: Các phương pháp giải toán tìm GTLN(Max), GTNN(Min) biểu thức Phần III: Phân loại số dạng toán tìm GTLN, GTNN biểu thức Phần IV: Những sai lầm học sinh thường mắc phải 15 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 17 KẾT LUẬN * Bài học kinh nghiệm 18 3.1 Kết luận 19 3.2.Kiến nghị 19 ĐỀ TÀI: GIÚP HỌC SINH LỚP GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC ĐẠI SỐ NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG THI VÀO THPT MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Như biết: Toán học môn học Thông qua việc học toán, học sinh nắm vững nội dung toán học phương pháp giải toán mà từ vận dụng vào môn khoa học khác, đặc biệt môn khoa học tự nhiên Toán học sở cho ngành khoa học khác có vai trò quan trọng dạy học trường phổ thông, đòi hỏi người thầy phải có nghệ thuật sáng tạo, đổi phương pháp dạy học để đáp ứng nhu cầu học học sinh Nâng cao chất lượng giáo dục nhà trường trung học sở nhiệm vụ xuyên suốt giáo viên nói riêng nhà trường nói chung, chất lượng lớp sở đánh giá trình giáo dục cấp trung học sở Là giáo viên dạy toán lâu năm trường THCS thân trăn trở làm để nâng cao chất lượng môn Để làm điều giáo viên cần đổi phương pháp giảng dạy, tích cực kiểm tra, theo dõi sát việc học tập học sinh Qua đó, cần phải uốn nắn giải đáp vướng mắc cho em, điều chỉnh phương pháp giảng dạy cho học sinh dễ học, dễ nhớ, khắc sâu kiến thức Trong chương trình toán học trường THCS học “Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức đại số” Tuy nhiên hệ thống tập đặc biệt đề thi học sinh giỏi, học sinh thi tuyển sinh vào lớp 10 lại bắt gặp nhiều dạng toán Trong năm học 2015 – 2016 phân công nhà trường, trực tiếp giảng dạy môn toán thấy việc tiếp cận toán dạng em lúng túng, chí em chưa hiểu rõ phải làm trước câu hỏi đặt đề Vì cố gắng tìm tòi phát từ lớp em không làm quen với khái niệm giá trị lớn nhất, nhỏ Để giúp học sinh có công cụ để giải vấn đề tồn trên, mạnh dạn đưa “Một số phương pháp giải toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức đại số” với mong muốn giúp em trút bỏ nỗi băn khoan, lo lắng tiếp cận với hệ thống tập dạng 1.2 Mục đích nghiên cứu Đề tài nhằm củng cố cho học sinh, đặc biệt học sinh khá, giỏi môn toán lớp số kiến thức để giải số dạng toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức đại số Cũng từ mà phát triển tư lôgic cho học sinh, phát triển lực giải toán cho em, giúp em nhận biết tránh sai lầm giải toán để giải em hoàn thiện hơn, xác hơn, mà giúp em tự tin học toán Đề tài nhằm giúp cho giáo viên có thêm tư liệu, cẩm nang bổ ích để thực nhiệm vụ dạy học sáng tạo, có hiệu 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất(cực trị) - Một số dạng toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức đại số chương trình đại số lớp lớp - Phân tích, nhận xét, đánh giá sai lầm mà học sinh thường mắc phải rút học kinh nghiệm Trong phạm vi giới hạn sâu vào nghiên cứu số phương pháp chung nhất, nhằm cung cấp cho em kiến thức giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức đại số Các phương pháp nghiên cứu: - Phương pháp nghiên cứu: Tìm hiểu nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo, tài liệu bồi dưỡng, … - Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế, thu thập thông tin - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm lớp học sinh trước để rút kinh nghiệm cho lớp học sinh sau NỘI DUNG 2.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN Năm học 2016 - 2017 năm học mà toàn ngành tổ chức phong trào thi đua với chủ đề “Đổi mới, sáng tạo dạy học” nhằm tiếp tục triển khai có hiệu Nghị 29-NQ/TW ngày 04/11/2013 Ban Chấp hành Trung ương khóa XI đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo, Nghị Đại hội XI Công đoàn Việt Nam, Nghị Quyết Đại hội XIV CĐGD Việt Nam Kế hoạch hành động CĐGD Việt Nam triển khai thực Nghị 29NQ/TW; động viên cán quản lý, nhà giáo, người lao động toàn Ngành thể việc làm cụ thể, thiết thực để đổi mới, sáng tạo công tác, hoạt động dạy học nhà giáo học sinh, sinh viên, tạo bước chuyển biến nâng cao chất lượng giáo dục đào tạo - thực nhiệm vụ phát triển nguồn nhân lực, nguồn nhân lực chất lượng cao Trường THCS sở giáo dục bậc trung học, bậc nối tiếp bậc tiểu học hệ thống giáo dục quốc dân Trường THCS có vai trò, vị trí lớn lao việc thực mục tiêu, nhiệm vụ giáo dục thời đại - thời đại công nghiệp hóa, đại hóa Trường THCS tạo sở ban đầu quan trọng bên vững cho trẻ em, em trang bị kiến thức lĩnh vực nói chung lĩnh vực khoa học tự nhiên nói riêng có toán học - toán học giữ vai trò quan trọng, hành trang xuyên suốt đời người Toán học hình thành phát triển em từ bậc tiểu học phát triển sâu hơn, cao bậc trung học, trường THCS lại tiền đề để em hoàn thiện cấp học Trong trường THCS em hình thành ngày hoàn thiện khái niệm, tiên đề, định nghĩa, tính chất, mệnh đề toán học Các kiến thức toán học tiếp tục theo em tiến bước lên cấp học, bậc học Trong phạm vi đề tài đề cập “Một số phương pháp giải toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức” nhăm trang bị cho em khái niệm toán cực trị để tạo tiền đề cho em bước vào trường THPT bậc học cao 2.2 THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG a Thực trạng dạy học trường THCS Việc truyền thụ kiến thức giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức cho học sinh vấn đề nhiều giáo viên quan tâm, song lý nội dung chương trình nên phần lớn đưa vào dạy học nội dung buổi học ngoại khóa bồi dưỡng Mặt khác toán cực trị lại toán khó đa dạng, học sinh không dễ dàng tiếp cận được, mà phải có thời lượng định đặc biệt người giáo viên phải biết truyền đạt nội dung để thời lượng định học sinh tiếp nhận b Thực trạng học sinh Qua kiểm tra cho thấy khả giải toán tìm cực trị em không cao, em thường nghĩ giải xong toán xong công việc mà không nghĩ toán có ý nghĩa gặp toán có phương pháp giải tương tự em lại lúng túng tháo gỡ sao.… Bên cạnh có giáo viên chưa trọng sâu vào nội dung cách lôgíc, hệ thống, từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp nên việc tiếp nhận kiến thức học sinh gặp nhiều khó khăn chí học sinh mơ màng, lúng túng, không đưa lời giải hợp lí tính xác toán học Vì kết học sinh lớp năm học 2015-2016 sau: Năm học 20152016 Tổng số HS 38 Giỏi Khá SL % SL 2.6 Trung bình % SL 18.4 18 % 47.2 Yếu SL % S L % 10 26.3 5.5 2.3 CÁC GIẢI PHÁP VÀ BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN PHẦN I ÔN TẬP VÀ BỔ SUNG MỘT SỐ KIẾN THỨC Đây yêu cầu quan trọng lời giải toán cực trị, việc nắm bắt kiến thức giúp học sinh đánh giá, nhận xét toán từ tìm tòi lời giải cách hợp lý Cụ thể là: người thầy phải cho học sinh hệ thống lại số đẳng thức a2 ≥ với a ∈ R: Tổng quát a2k ≥ với a ∈ R(k ∈ z+) Dấu đẳng thức sảy a = - a2 ≤ với a ∈ R: Tổng quát - a2k ≤ với a ∈ R(k ∈ z+) Dấu đẳng thức sảy a = a = a ≥ Đẳng thức xảy a = a a ≥0 −a a Nên để tìm GTLN ta tìm cách biến đổi A = m [f ] − Còn để tìm GTNN ta tìm cách biến đổi A = m [f ] + 2k ( x) g ( x) (g(x) > 0) 2k ( x) g ( x) (g(x) > 0) c.Phương pháp sử dụng bất đẳng thức côsi bất đẳng thức Bunhiacôpxki Việc sử dụng bất đẳng thức côsi bất đẳng thức Bunhiacopxki vào giải toán tìm GTLN, GTNN tiện lợi Song muốn đạt điều đòi hỏi giáo viên phải cho học sinh nắm phần chứng minh bất đửng thức khai thác điều kiện toán, phải biết nhìn nhận, đánh giá nội dung đề cách linh hoạt khéo léo VD 1: Tìm GTLN biểu thức A = x − x (với ≤ x ≤ ) HD Giải Nhận thấy: x + – x = Nên với ≤ x ≤ ta áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số không âm x – x ta có: x+2− x ≥ x( − x ) ⇔ x − x ≤ Đẳng thức sảy ⇔ x = – x ⇔ x = Vậy MaxA = ⇔ x = VD 2: Tìm GTLN biểu thức B = 3x(3 – 2x) (với ≤ x ≤ ) HD Giải Ta có B = x( − x ) với ≤ x ≤ áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số không âm 2x – 2x ta có: 27  2x + − 2x  2x(3 – 2x) ≤   = ⇒ B ≤ =   27 27 ⇒ MaxB = ⇔ x = − xx = Vậy MaxB = ⇔x= 8 VD 3: Tìm GTLN biểu thức C = − x + x + (với − ≤ x ≤ ) HD Giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho hai số thực (1;1) ( − x ; x + ta có: ( ) ≤ (1 )( ) ( ) 2 + 12  − x + x +  = 2.8 = 16   Do C ≥ nên ≤ C ≤ ⇒ MaxC = ⇔ x = d Phương pháp sử dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b C2 = 6− x + x+2 2 VD 1: Tìm GTNN biểu thức A = x + x − HD Giải Với a = −a áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b Ta có: A = x + x − ≥ x + − x = ⇒ MinA = ⇔ x(1 – x) ≥ ⇔ ≤ x ≤ Vậy MinA = ⇔ − ≤ x ≤ VD 2: Tìm GTNN biểu thức B = x − 2016 + x − 2017 HD giải Áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b ta có B = x − 2016 + 2017 − x ≥ x − 2016 + 2017 − x = ⇒ MinB = ⇔ ( x − 2016 ) ( 2017 − x ) ≥ ⇔ 2016 ≤ x ≤ 2017 ⇒ MinB = ⇔ 2016 ≤ x ≤ 2017 VD 3: Tìm GTNN biểu thức C = x − + x − + x − HD Giải Tương tự ví dụ ta có: x −1 + x − = x −1 + − x ≥ x −1+ − x ≥ Mặt khác ta lại có x − ≥ C = x − + x − + x − ≥ ⇒ Min C = ⇔ x = (x - 1)(9 - x) ≥ ⇔ x = ≤ x ≤ ⇔ x = Vậy Min C = ⇔ x = Ở ví dụ cần ý học sinh thấy trường hợp ta xét x − + x − x − + x − không tìm giá trị x thỏa mãn để biểu thức đạt GTNN Ngoài phương pháp sử dụng đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối trên, em sử dụng phương pháp xét khoảng giá trị biến Chẳng hạn ví dụ ta có: + x < C = - x + - x + - x + = -3x + 17 ≥ 14 + ≤ x ≤ C = x - - x + - x + = - x + 15 ≥ + < x ≤ C = x - + x - - x + = x + > + x > C = x - + x - + x - = 3x - 17 ≥ 10 Kết hợp ba trường hợp ta có: Min C = ⇔ x = Phương pháp sử dụng miền giá trị(tập giá trị biểu thức) Cho biểu thức f (x) xác định miền D Gọi m giá trị f (x) ứng với giá trị x, tồn giá trị x thuộc miền D cho f (x) = m hay phương trình f(x) = m có nghiệm Từ điều kiện có nghiệm phương trình f(x) = m Ta tìm GTNN, GTLN Ta xem f(x) hàm số việc tìm GTNN, GTLN f (x) nghĩa tìm cận cận tập giá trị hàm số x2 − x − VD 1: Tìm GTLN, GTNN biểu thức A = x + x +1 HD Giải Gọi m giá trị thuộc miền giá trị A ta có: x2 − x − 2 = m ⇒ x − 2x − = m x + x + x + x +1 ⇔ ( m − 1) x + ( m + ) x + m + = có nghiệm * Với m = Từ (1) ⇒ 3x + = ⇔ x = −1 ( ) ( ) (1) * Với m ≠ (1) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ ⇔ ( m + ) − ( m − 1) ( m + ) ≥ ⇔ m + 4m + − 4m − 4m + ≥ ⇔ −3m2 + 12 ≥ ⇔ m2 ≤ ⇔ −2 ≤ m ≤ − ( m + 2) − ( + 2) Kết hợp hai trường hợp ta có: MaxA = ⇔ x = m − = 2 − = −2 ( ) ( ) − ( m + 2) − ( −2 + ) MinA = - ⇔ x = m − = −2 − = ( ) ( ) Vậy MaxA = ⇔ x = - MinA = - ⇔ x = VD 2: Tìm GTLN, GTNN biểu thức B = x + 3x + x2 + HD Giải: Nhận thấy B xác định với x Gọi m giá trị B ta có: x + 3x + =m x2 + ⇔ x + x + = mx + m ⇔ ( m − 1) x − x + m − = có nghiệm (1) * Với m = Từ (1) ⇒ - 3x = ⇔ x = * Với m ≠ (1) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ ⇔ − ( m − 1) ( m − 1) ≥ −3 −1 ⇔ ≤ m −1 ≤ ⇔ ≤ m ≤ Suy 2 2 −1 −b 3 −3 = ⇔ x= = = = = −1 2a ( m − 1)  −1  Min B 2  − 1÷   −b 3 ⇔x= = = =1 2a 5  MaxB = 2  − 1÷ 2  −1 ⇔ x = −1 Vậy Min B = Max B = ⇔ x = ⇔ ( m − 1) ≤ Từ hai ví dụ ta thấy phương pháp hiệu quả, lúc tìm đồng thời GTLN, GTNN Tuy nhiên để sử dụng phương pháp này, giáo viên phải cho học sinh nắm vững dấu nhị thức dấu tam thức bậc hai(giải bất phương trinh tích) Trên hai phương pháp để tìm cực trị biểu thức đại số mà em biết trước chúng em dùng đạo hàm PHẦN III PHÂN LOẠI MỘT SỐ DẠNG TOÁN TÌM GTLN, GTNN CỦA MỘT SỐ BIỂU THỨC THƯỜNG GẶP Trước cho học sinh giải toán cực trị không mẫu mực nên cho học sinh tiếp cận với số toán thường gặp sau Dạng 1:Tìm GTLN, GTNN tam thức bậc hai f(x) = ax2+ bx+ c Phương pháp chung để giải loại toán : Biến đổi dạng lũy thừa bậc 2k chẵn: m ±  f( x )  (k∈ z + ) cụ thể + Nếu a > f(x) = aX2 + m ≥ m ⇒ M inf( x ) = m ⇔ X = + Nếu a < f(x) = aX2 + m ≤ m ⇒ Maxf( x ) = m ⇔ X = VD 1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức A(x) = (x - 1)2+(x-3)2 HDGiải: 2 Ta có A(x) = (x - 1) + (x - 3) = x2 - 2x + + x2 - 6x + = 2(x2 - 4x + 5) = 2(x - 2)2 + ≥ Vì (x - 2)2 ≥ với ∀ x Vậy Min A(x) = x = VD 2: Tìm giá trị lớn biểu thức B(x) = - 5x2 - 4x + HD Giải: x) + 2 2   2 4 2 2 2   = −5  x + x +  ÷ −  ÷  + = −   x + ÷ −  + = −  x + ÷ + 5  25  5         Từ B(x) = - 5x2 - 4x + ta có B(x)= - 5(x2 + 2 2 V×  x + ÷ ≥ víi ∀x ∈ R nªn −5  x + ÷ ≤ 5 5   2 9  ⇒ B(x) = −5  x + ÷ + ≤ 5 5  Max B(x) = x = − 5 Dạng 2: Tìm GTLN, GTNN biểu thức bậc cao Đối với dạng tập hướng dẫn học sinh đổi biến để đưa dạng tam thức bậc hai, biến đổi trực tiếp lũy thừa bậc chẵn VD 1: Tìm GTNN biểu thức A = x4 - 4x3 + 5x2 - 4x + HD Giải 2 Ta có : A = x (x - 4x + 4) + (x - 4x +4) = (x - 2)2(x2 +1) ≥ ⇒ Min A = ⇔ x = VD 2: Tìm GTLN, GTNN biểu thức B = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) HD Giải * Cách Ta có: B = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) = (x2 + 5x + 4) (x + x + 4) +  = (x2 + 5x + 4)2 + (x2 + 5x + 4)2 + - = (x2 + 5x + + 1)2 - ≥ - ⇒ B = - ⇔ x2 + 5x + = ⇔ x = −5 ± −5 ± Vậy Min B = - ⇔ x = * Cách Từ B = (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) Đặt x2 + 5x + = y ⇒ B = (y - 1)(y + 1) = y2 - ≥ - 10 ⇒ B = - ⇔ y = hay x2 + 5x + = ⇔ x = −5 ± −5 ± Vậy Min B = - ⇔ x = Dạng Tìm GTLN, GTNN biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối VD 1: Tìm GTNN biểu thức A = ( x − 2016 ) + ( x − 2017 ) HD Giải Ta có: A = ( x − 2016 ) + ( x − 2017 ) = x − 2016 + x − 2017 (Xem VD mục IIId) VD 2: Tìm GTNN biểu thức B = ( x − 2016 ) + ( x − 2017 ) + ( x − 2018 ) HD Giải Ta có: B = x − 2016 + x − 2017 + x − 2018 (Đến ta giải tương tự VD mục IIId) VD 3: Tìm GTLN biểu thức C = 2(1 + x − ) - (x - 1)2 HD Giải Ta có: C = - (x - 1) + x − ) + Đặt y = x − (y > 0) Ta có: C = - y2 + 2y + = -(y - 1)2 + ≤ ⇒ Max C = ⇔ y = hay x − = ⇔ x - = ± ⇔ x = hoăc x = Vậy Max C = ⇔ x = hoăc x = Dạng Tìm GTLN, GTNN phân thức Trong dạng phân loại cho học sinh thấy phân thức có tử số, mẫu tam thức bậc hai, phân thức có mẫu bình phương, vào cụ thể mà lựa chọn cách phù hợp với mục đích 2 A(x) A(x) ≥ hoÆc ≤ k k2 3x + 6x + 10 A(x) = VD 1: Tìm GTLN biểu thức x + 2x + biến đổi dàng HD Giải: 3x + 6x + 10 x + 2x + 3x + 6x + + 3(x + 2x + 3) + 1 = = 3+ = 2 x + 2x + x + 2x + (x + 1) + Vì (x+1)2 ≥ với ∀ x nên (x+1)2+2 ≥ với ∀ x 1 1 Do đó: (x + 1)2 + ≤ ⇒ A(x) = + (x + 1) + ≤ + = ⇒ Max A(x) = (x+1)2 = ⇔ x = -1 2x − 16x + 41 VD 2: Tìm GTNN biểu thức B(x) = với x ∈ R x − 8x + 22 Ta có: A(x) = HD Giải: 11 2x − 16x + 41 2(x − 8x + 22) − 3 = = 2− 2 x − 8x + 22 x − 8x + 22 (x − 4) + Ta có: B(x) = Vì (x- 4) ≥ với ∀x nên (x- 4) +6 ≥ nên 2 3 ≤ = (x − 4) + 6 3 ≥ 2− = 2 (x − 4) + Min B(x) = (x- 4)2 = ⇔ x = 3x − x + VD 3: Tìm GTNN biểu thức C = x − 2x + ⇒ B(x) = − HD Giải 2 x − x + + x − x + ( x − 1) + ( x − )  x−2 = Ta có: C = =2+  ÷ ≥2 x2 − x + ( x − 1)  x −1  ⇒ C = ⇔ x - 2= ⇔ x = Vậy Min C = ⇔ x = 2 2 Tuy nhiên hướng dẫn học sinh dùng phương pháp đổi biến chẳng hạn như: Đặt x - = y ⇒ x= y + ta có: ( y + 1) + ( y + 1) + C= y2 3y2 − y +1 = 3− + 2 y y y = 1  1 = − + + =  − 1÷ + ≥ y y y  ⇒ C = ⇔ = ⇒ x - 1= ⇔ x = Vậy Min C = ⇔ x = y 2x +1 VD 4: Tìm GTLN, GTNN phân thức D = x +2 HD Giải: * Tìm GTNN ( x2 + x + − x2 + 4x + 2x +1 = Ta viết D dạng D = = x + 2 x2 + 2 x2 + ( = ( x + 2) ( 2 x +2 Vậy Min D = ) − ) ( ) ) −1 −1 ≥ ⇒ D= ⇔ x + = ⇔ x = - 2 2 −1 ⇔ x=-2 * Tìm GTLN x + x + − x + x − x + − ( x − 1) Ta viết D dạng D = = = x +2 x2 + x2 + x −1 = −( ) x +2 ≤ ⇒ D = ⇔ x - 1= ⇔ x = Vậy Max D = ⇔ x = Với ví dụ ta thấy việc biến đổi biểu thức dạng biểu thức thích hợp đòi hỏi phải biết đánh giá, nhận xét cách khéo léo làm xuất dạng tổng 12 quát m ±  f( x )  2k fx  m ±  ( )  g( x ) 2k để đánh giá kết luận Song sử dụng phương pháp miền giá trị toán lại giải theo quy tắc định mà việc giải vấn đề xét điều kiện có nghiệm phương trình Chẳng hạn với toán VD ta làm sau: Vì D có nghĩa với x nên gọi m giá trị biểu thức ứng với giá trị x Như tồn giá trị x cho 2x +1 2x +1 = m ( nghĩa phương trình = m có nghiệm) x +2 x +2 ⇔ mx − x + 2m − = ( *) −1 ' + TH 2: m ≠ để phương trình (*) có nghiệm ∆ ≥ ⇔ ( −1) − m ( 2m − 1) ≥ ⇔ − 2m + m ≥ ⇔ − m − m + m ≥ −1 ⇔ ( − m ) ( + m ) − m ( m − 1) ⇔ ( − m ) ( + 2m ) ≥ ⇔ ≤ m ≤1 −1 −1 + Với m = phương trình (*) có dạng x2 - 2x -2 = ⇔ x + x + = 2 ⇔ ( x + ) = ⇔ x = −2 + TH 1: m= phương trình (*) trở thành - 2x = ⇔ x = + Với m = phương trình (*) có dạng x2 - 2x + = ⇔ ( x − 1) = ⇔ x = −1 ⇔ x=-2 Max D = ⇔ x = Kết hợp hai trường hợp ta có: : Vậy Min D = Dạng Biểu thức chứa nhiều biến VD 1: Tìm giá trị m p cho: A = m - 4mp + 5p2 + 10m - 22p + 28 đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ HD Giải: 2 Ta có: A = (m - 4mp + 4p ) + (p2 - 2p + 1) + 27 + 10m - 20p = (m - 2p)2 + (p - 1)2 + 27 + 10(m - 2p) Đặt X = m - 2p Ta có A = x2 + 10X + 27 + (p - 1)2 = (X2 + 10X + 25) + (p - 1)2 + = (X + 5)2 + (p - 1)2 + Ta thấy: (X + 5)2 ≥ với ∀ m, p; (p - 1)2 ≥ ∀ p Do đó: A đạt giá trị nhỏ khi: X + = X = −5 m − 2p = −5 m = −3 ⇔ hay  ⇔  p =1 p − = p =  p = Vậy Min A=2 m=-3; p=1 VD 2: Tìm giá trị x, y, z cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ P(x, y, z) = 19x2 + 54y2 + 16z2 - 16xz - 24yz + 36xy + HD Giải: Khi gặp biểu thức chứa nhiều biến số, ta cấn biến đổi biểu thức cho tổng biểu thức không âm Ta có: P(x, y, z) = (9x2 + 36xy + 36y2) + (18y2 - 24yz + 8z2) +(8x2 -16xy+8z2) + 2x2 + = 9(x+2y)2 + 2(3y - 2z)2 + 8(x - z)2 + 2x2 + 13 Ta thấy: (x + 2y)2 ≥ với ∀ x, y (3y-2z)2 ≥ với ∀ y,z (x-z)2 ≥ với ∀ x, z x2 ≥ với ∀ x Biểu thức P(x,y,z) đạt giá trị nhỏ hạng tử (x+2y)2, (3y-2z)2; (x-z)2, x2 đạt giá trị nhỏ lúc hay nói cách khác chúng phải có giá trị đồng thời 0, nghĩa hệ phương trình sau có nghiệm  x + 2y = x = 3y − 2z =   ⇔ y =  x − z = z =   x = Vậy Min P(x,y,z) = x = 0, y = 0, z = VD 3:: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A= 7x − 5y + 2z − 3x + xy + yz + xz − 2000 + t − t + 2005 Trong x;y;z;t số hữu tỉ HD Giải:  1 Ta có : A= 7x − 5y + 2z − 3x + xy + yz + xz − 2000 +  t − ÷ + 2004  2  1 Vì α ≥ ∀α ∈ Q  t − ÷ ≥ nên A ≥ 2004  2 Dấu đẳng thức xảy (1) 7x − 5y =  2z − 3x = (2)  (3)  xy + yz + zx − 2000 =   t −  = (4)  ÷  Từ (1) ta có: y= x Từ (2) ta có: z = x 21 Thay vào (3) ta được: x + x + x = 2000 ⇔ 5x = 2000 10 2 ⇔ x = 400 ⇔ x= ± 20 - Với x = 20 ta có y = 28; z = 30 - Với x = -20 ta có y = -28; z = -30 Ngoài ra, từ (4) ta có: t= Vậy giá trị nhỏ A 2004 , đạt (x;y;z;t) = (20; 28; 30; 1 ) Hoặc (x;y;z;t) = (-20; -28; -30; ) 2 Dạng Biểu thức chứa thức bậc hai VD 1:: Tìm giá trị lớn A = x + − x HD Giải: Điều kiện x ≤ 14 Đặt − x = y ≥ Ta có y2 = - x 1 9  A = 2- y + y = −  y − ÷ + ≤ 2 4  1 Max A = ⇔ y = ⇔ − x = ⇔ x = 4 VD 2: Tìm GTLN, GTNN biểu thức B = + − x2 HD Giải: * Tìm GTLN 2 Ta có − x ≥ ⇒ + − x ≥ ⇒ ⇒ Max B = 2+ 4− x ≤ ⇔ − x = ⇔ x = ±2 * Tìm GTNN: 2 Ta có: ≤ − x ≤ ⇔ ≤ + − x ≤ ⇒ ≥ + − x2 1 ⇒ MinB = ⇔ − x = ⇔ x = ⇒ Min B = ⇔ x = 4 Vậy Max B = ⇔ x = ±2 Min B = ⇔ x = 4 VD 3: Tìm GTLN, GTNN biểu thức C = − x + x + HD Giải: * Tìm GTLN Ta có: C ≥ ⇒ Min C = ⇔ - x2 + 4x + = ⇔ x = - x = * Tìm GTLN Do C ≥ ⇒ C2 = - x2 + 4x + = = - (x2 + 4x + 4) + = - (x - 2)2 + ≤ ⇒ Max C2 = ⇔ x = ⇒ Max C = ⇔ x = Vậy Min C = ⇔ x = - x = Max C = ⇔ x = Một số dạng khác VD 1: Gọi x1 ; x2 nghiệm phương trình: x2 - 2(m - 1)x + m - = Tìm GTNN biểu thức P = x21 + x12 HD Giải: 3  Ta có ∆ ' = (m - 1)2 - (m - 3) = m2 - 3m + =  m − ÷ + > với m  2 phương trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 ⇒ P = x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 =  ( m − 1)  − ( m − 3) = 4m2 - 10m + 10 15 15  15 15  ⇒ Min P = ⇔ 2m − = ⇔ m = =  2m − ÷ + ≥ 4 2 4  VD 2: Tìm GTLN biểu thức A = x − + y − bieets x + y = 15 HD Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacoopxki ta có A2 = ( x −3 + y −4 ) ≤ ( +1 ) ( 2 x−3 + y −4 2 ) ≤ ( x + y − ) = 2.1 = y−4 x−3 = x + y = ⇒ x= 3,5 y = 4,5 1 Vậy Max A = ⇔ x= 3,5 y = 4,5 ab c − + bc a − + ca b − VD 3: Tìm GTLN biểu thức B = B = abc ⇒ Max A = ⇔ HD Giải: c−2 a−3 b−4 + + Với điều kiện c ≥ 2; a ≥ 3; b ≥ Ta có B = c a b Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số không âm ta có: c−2+2 ≥ ( c − 2) ⇒ c−2 ≤ c 2 ⇒ c−2 c ≤ = (1) c 2c 2 b−4 1 ≤ = (3) b 4 1 + + Cộng vế bất đẳng thức (1) ; (2) ; (3) ta có: B ≤ 2 1 + + ⇔ c - 2= 2; a - = 3; b - 4=4 ⇒ Max B = 2 ⇔ c = 4; a = 6; b = 1 + + ⇔ c = 4; a = b = Vậy Max B = 2 Tương tự ta có: a −3 ≤ (2) ; a VD Tìm GTLN biểu thức M = a + b + b + c + a + c biết a + b + c = HD Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có: 2 2 2   M2 = ( a + b + b + c + a + c )2 ≤ ( + + ) ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )  ≤ ( a + b + b + c + c + a ) ≤ 3.2 =    a + b + c = 1 6⇔ ⇔ a = b = c = ( N ≤ 0)  a + b = b + c = a + c Vậy Max M = ⇔ a = b = c = ⇒ Max M = PHẦN IV NHỮNG SAI LẦM HỌC SINH THƯỜNG MẮC PHẢI Khi cho học sinh giải toán tìm GTLN, GTNN biểu thức, giáo viên cần cho học sinh thực toán thỏa mãn hai điều kiện Song nhiều trường hợp học sinh chưa hiểu rõ chất nên thường vướng sai lầm đáng tiếc, thầy giáo cần cho phải cho học sinh thấy rõ số toán giải tưởng chừng lại sai chưa thõa mãn hai điều kiện(như 16 định nghĩa nêu) chưa thỏa mãn quy tắc, tính chất tiên đề hay định nghĩa toán học có liên quan Chẳng hạn ta xét số ví dụ sau: VD 1: Tìm GTNN biểu thức A = x2 + (x - 2)2 Một học sinh giải sau: 2 Ta có x ≥ ; (x - 2) ≥ ⇒ A ≥ Vậy Min A = Học sinh làm không Sai lầm học sinh chứng tỏ A ≥ chưa điều kiện thứ trường hợp xảy dấu đẳng thức Thực ví dụ dấu đẳng thức không xảy có đòng thời x2 = (x - 2)2 = người thầy phải cho học sinh phát sai lầm cho học sinh tìm lời giải Lời giải là: 2 Ta có: A = x + (x - 2) = x + x2 - 2x +4 = 2(x- 1)2 + ≥ ⇒ Min A = ⇔ x = VD 2: Tìm GTNN biểu thức B = x2 + y2 biết x + y = Một học sinh giải sau: 2 Ta có: B = x + y ≥ 2xy ⇒ B nhỏ 2xy ⇔ x = y = 2( x + y = 4) Khi Min B = 22 + 22 = Ở ví dụ đáp án không sai lập luận mắc sai lầm chứng tỏ f(x;y) ≥ g(x;y) mà chưa f(x;y) ≥ m với m số Ta đưa ví dụ với cách lập luận trên: Từ bất đẳng thức x ≥ 4x - ⇒ x nhỏ ⇔ x2 = 4x - ⇔ x = ⇒ Min x2 = ⇔ x = ta thấy kết sai dễ thấy Min x2 = ⇔ x = Lời giải là: 2 ⇔ Ta có: x + y = x + y + 2xy = 16 (1) 2 Ta lại có: x + y - 2xy ≥ (2) Cộng vế hai bất đẳng thức (1) (2) ta có: 2(x2 + y2) ≥ 16 ⇔ (x2 + y2) ≥ ⇒ Min B = ⇔ x = y = x + 15 x + 16 VD 3: Tìm GTNN biểu thức C = ( với x > 0) 3x Một học sinh giải sau: x + 4) + x ( x + 4) 7 Ta có: C = x + x + 16 + x = ( x > = + ≥ 2 3x ⇒ Min C = ⇔ x = −4 3x 3x 3 Mặc dù trình bày đủ hai điều kiện song với x = - không thõa mãn điều kiện toán x > Lời giải là: 16 16 16 x x+ Do x > nên ta có C = x + = 2.4 + = 23 x x + 15 ≥ 3 3 3 23 23 ⇒ Min C = ⇔ x = x > Min C = ⇔x=4 3 x + 15 + VD : Tìm GTLN biểu thức D = xyz(x + y)(y + z)(x + z) biết x, y, z ≥ x + y +z = Một học sinh giải sau: 17 Áp dụng bất dẳng thức 4ab ≤ (a + b)2 ta có: 4(x + y)z ≤ (x + y + z)2 = 1; 4(y + z)x ≤ (y + z + x)2 = ; 4(x + z)y ≤ (x + z+ y)2 = Do hai vế không âm nên nhân vế bất đẳng thức chiều ta có: 64xyz(x + y)(y + z)(x + z) ≤ ⇒ xyz(x + y)(y + z)(x + z) ≤ ⇒ Max D = 64 64 Sai lầm học sinh chưa trường hợp xảy dấu đẳng thức Nếu tiếp tục giải ta có điều kiện để D = x + y = z y + z = x x = y = z =   x + z = y x + y + z =  x + y + z =  x, y , z ≥    x, y,z ≥ là: 64 điều vô lý Lời giải là: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho số không âm ta có: = x + y + z ≥ 3 xyz (1) = ( x + y ) + ( y + z ) + ( x + z ) ≥ 3 ( x + y ) ( y + z ) ( x + z ) (2) Hai vế bất đẳng thức không âm nên nhân vế (1) với (2) ta có: 2 2 ≥ D ⇒ D ≤  ÷ ⇒ Max D =  ÷ ⇔ x = y = z = 9 3 2.4 HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đối với giáo viên: Từ kết phân tích, đánh giá toán giúp giáo viên nâng cao lực tự nghiên cứu, tìm tòi nâng cao kiến thức, nghiệp vụ đồng thời vận dụng tổng hợp tri thức học, mở rộng, đào sâu hoàn thiện hiểu biết Từ giúp thân nâng cao phương pháp tự học, tự nghiên cứu sáng tạo để tiếp tục nghiên cứu vấn đề khác tốt suốt trình giảng dạy Nghiên cứu vấn đề giúp giáo viên nắm thuận lợi, khó khăn dạy cho học sinh đại trà, học sinh giỏi, ôn thi vào lớp 10, từ định hướng nâng cao chất lượng dạy học môn toán Nghiên cứu đề tài giúp giáo viên có tư liệu tham khảo dạy thành công dạy môn tự chọn toán Đối với học sinh Khi chưa áp dụng phương pháp dạy nhiều em chưa biết cách nhìn nhận, định hướng giải nào, chưa bao quát hết đặc điểm đề bài, chưa nắm phương pháp phân tích, nhìn nhận toán từ nhiều góc độ khác Cho nên em làm mơ hồ, không tự tin, kĩ biến đổi hạn chế, hay sai Sau áp dụng đề tài nhược điểm em nêu giảm nhiều tỉ lệ học sinh hiểu làm tăng lên rõ dệt từ em có hứng thú tích cực học tập 18 Năm học 2016-2017 sau dạy học nội dung kết học tập em học sinh bước đầu có nhiều chuyển biến, cụ thể là: Kết khảo sát T.Bình Yếu SL % SL % Năm học Đề tài 20152016 Khi chưa áp dụng cho 38 HS 2.6 18.4 18 47.2 10 26.3 5.5 20162017 Áp dụng cho 34 HS 14.7 12 35.3 11 32.4 17.6 0 Giỏi SL % Khá SL % Kém SL % KẾT LUẬN * BÀI HỌC KINH NGHIỆM Qua việc áp dụng đề tài thân rút số kinh nghiệm định là: Phương pháp giải tập có hệ thống yếu tố giúp học sinh nắm vững kiến thức, giải linh hoạt tập toán đạt kết cao học tập môn toán Điều quan trọng cần đề cập toán theo nhiều cách khác nhau, nghiên cứu kỹ, khảo sát kỹ chi tiết kết hợp chi tiết toán theo nhiều cách để mở rộng, phát triển cho toán khác Đồng thời qua khai thác ứng dụng toán vào giải toán loại Thực tế cho thấy có vấn đề chủ quan giáo viên cho đơn giản nhiều học sinh việc tiếp thu, lĩnh hội kiến thức lại gặp nhiều khó khăn Vì giáo viên cần phải kiên trì, bền bỉ, gần gũi học sinh, nhiệt tình giảng dạy Từ cảm hoá em, giúp em mạnh dạn trao đổi ý kiến với giáo viên, hứng thú, tích cực học tập kính trọng biết ơn thầy cô giáo Trong trình giải tập giúp em rèn luyện khả tư duy, phân tích, suy ngẫm, khái quát vấn đề cách chặt chẽ, em không ngại khó mà tự tin vào khả học tập Nhiều em giỏi tìm cách giải hay, ngắn gọn, phù hợp hiểu chất toán Đối với em học yếu, việc thực khó khăn giáo viên Một phần khả học toán em hạn chế, mặt khác dạng toán đa dạng, phức tạp Do giáo viên cần có biện pháp khuyến khích, động viên làm cho em có lòng tự tin để tư duy, sáng tạo học tập 3.1 KẾT LUẬN Những biện pháp việc làm nói trên, bước đầu kết chưa thật mỹ mãn mong muốn thân Tuy nhiên, thực tốt đề tài nghĩ góp phần đổi phương pháp giảng dạy đáp ứng nhu cầu học tập phát triển học sinh Mặt khác, với cách trình bày thiết nghĩ áp dụng cho môn học Tự chọn toán mà lâu chưa có tài liệu riêng để dạy phần 19 Đề tài tích luỹ, thực thời gian ngắn (2015 - 2017) nên hẳn có hạn chế Bản thân cho kinh nghiệm kinh nghiệm nhỏ bé muôn vàn kinh nghiệm đúc kết, kinh nghiệm bao lớp thầy cô Vì thân mong góp ý xây dựng đồng nghiệp nhằm giúp bước hoàn thiện phương pháp giảng dạy 3.2 KIẾN NGHỊ Đối với giáo viên Có thể nói toán "Tìm GTLN, GTNN biểu thức đại số" chuyên đề hay khó nên từ lớp 6, lớp giáo viên cần cho học sinh làm quen với toán chuyên đề Có em bước vào lớp 8, lớp giáo viên đưa nội dung chuyên đề dạy cho em em không cảm thấy bở ngỡ hay lạ lẫm việc thực chuyên đề trở nên thành công hơn, mang lại hiệu cao Đối với phòng GD&ĐT, sở GD&ĐT Do nội dung kiến thức toán "Tìm GTLN, GTNN biểu thức đại số" sách giáo khoa nên việc truyền tải nội dung cho học sinh trở nên không đồng bộ, không rộng rãi Vì nên tổ chức lớp chuyên đề sinh hoạt chuyên môn cấp sở, cấp phòng nội dung chuyên đề để giáo viên có hội trao đổi, thảo luận, học hỏi kinh nghiệm việc giảng dạy nội dung kiến thức chuyên đề tương tự có nội dung kiến rộng khó Từ giáo viên mạnh dạn đưa nội dung kiến thức chuyên đề vào dạy cho em cách hệ thống, đồng hơn, thống nhân rộng Tôi xin chân thành cảm ơn ! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 27 tháng năm 2017 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Lê Quang Tuấn 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách nâng cao phát triển toán tập 2: Tác giả: Vũ Hữu Bình Sách nâng cao phát triển toán tập 1: Tác giả: Vũ Hữu Bình Sách nâng cao phát triển toán tập 2: Tác giả: Vũ Hữu Bình Sách toán nâng cao chuyên đề đại số 8: Tác giả: Vũ Dương Thụy Một số vấn đề phát triển đại số 9: tác giả: Vũ Hữu bình 21 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: Lê Quang Tuấn Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS Xuân Quang TT Tên đề tài SKKN Rèn khả phát triển toán từ toán đơn giản Đại số Rèn khả phát triển toán từ toán đơn giản Kết Cấp đánh đánh giá giá xếp loại xếp loại (Phòng, Sở, (A, B, Tỉnh ) C) Năm học đánh giá xếp loại Phòng GD B 2011-2012 Sở GD C 2011-2012 22 ... TÀI: GIÚP HỌC SINH LỚP GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC ĐẠI SỐ NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG THI VÀO THPT MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Như biết: Toán học môn học. .. tượng nghiên cứu - Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất( cực trị) - Một số dạng toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức đại số chương trình đại số lớp lớp - Phân tích,... từ lớp em không làm quen với khái niệm giá trị lớn nhất, nhỏ Để giúp học sinh có công cụ để giải vấn đề tồn trên, mạnh dạn đưa Một số phương pháp giải toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu