Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào một số bài toán cực trị

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN VÀO MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ Người thực hiện: Trương Thị Kim Chức vụ: Giáo viên Sáng kiến kinh nghiệm thuộc môn Toán Học THANH HÓA 2016 MỤC LỤC Trang A ĐẶT VẤN ĐỀ ……………………………… ………………… I Lí chọn đề tài………………………… …… ……………… II Mục đích chọn đề tài……………………………… …….……… III Đối tượng, phạm vi nghiên cứu…………………… …….……… B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ………………………………….……… I Cơ sở lí luận vấn đề…………………………… … ………… II Thực trạng vấn đề……………………………… … ……… III Giải pháp tổ chức thực hiện……………………… ………… IV Kiểm nghiệm………………………………………… ………… C KẾT LUẬN ……………….……………………………………… 3 3 4 4 17 18 A ĐẶT VẤN ĐỀ I Lí chọn đề tài 1.1 Bất đẳng thức toán quy bất đẳng thức toán khó kì thi học sinh giỏi cấp kỳ thi THPT Quốc Gia Điều quan trọng toán cực trị tim dấu “=” đẳng thức Nhưng thực toán bất đẳng thức lại thường ngược chiều, gây khó khăn, bế tắc cho toán 1.2 Một điều mấu chốt toán cực trị tìm bất đẳng thức phụ để biến biểu thức phức tạp thành biểu thức đơn giản có từ vế lại từ giả thiết Các toán dạng toán chứng minh bất đẳng thức, tìm GTNN, GTLN mà toán giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình toán khó đề thi mà kể em khá, giỏi toán ẩn số lớn 1.3 Khi học sinh có kỹ tự nghiên cứu, khai thác kiến thức em tham khảo nhiều tài liệu, sách giáo khoa mạng Internet,… để phục vụ cho việc học tốt Trong trình dạy học, ôn luyện thi học sinh giỏi Thi THPT Quốc Gia dạy khai thác nhiều dạng toán cực trị dạng mạnh dạn đưa sáng kiến kinh nghiệm đề tài nhỏ là: ” Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào số toán cực trị.”- CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÀ THPT QUỐC GIA II Mục đích chọn đề tài: Thực đề tài ” Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào số toán cực trị.”, hướng tới mục đích: - Khi nhẩm dấu “=” bất đẳng thức, sử dụng so sánh, dồn biến từ biểu thức phức tạp, nhiều ẩn ẩn bậc thấp - Đưa hàm số xác định miền D Khảo sát hàm số D tìm cực trị - Đặc biệt phương trình, hệ phương trình bất phương trình, việc so sánh, đánh giá cho biểu thức dương âm quan trọng đòi hỏi em phải có cách nhìn tổng quát, sâu rộng so sánh bất đẳng thức - Do vậy, học sinh có đủ khả nhìn nhận, phân tích toán tìm hướng giải cho toán tốt III Đối tượng, phạm vi nghiên cứu: Sách giáo khoa toán 10,11,12 (Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt Nam) Tạp chí báo toán học tuổi trẻ (Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt Nam- Bộ giáo dục đào tạo) Các chuyên đề luyện thi học sinh giỏi THPT Quốc Gia B – GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I Cơ sở lí luận vấn đề 1.1 Xét toán tổng quát: “Cho a1 , a2 , a3 , , an ∈ D thoả mãn a1 + a2 + a3 + + an = nα , với α ∈ D , cần chứng minh bất đẳng thức f ( a1 ) + f ( a2 ) + + f ( an ) ≥ nf ( α ) , đẳng thức xảy a1 = a2 = a3 = = an = α ” Bài toán có tính chất bật với vế trái biểu thức đối xứng biến a1 , a2 , a3 , , an viết dạng tổng hàm số với biến số khác Dẫn đến suy nghĩ cách tự nhiên để giải toán ta xét hàm số y = f ( x ) , sau chứng minh f ( x ) ≥ Ax + B với x ∈ D , A, B thỏa mãn A ( a1 + a2 + + an ) + nB = nf ( α ) (hay Aα + B = f ( α ) ) Dễ thấy y = Ax + B tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f ( x ) điểm x = α Như qua phân tích, đưa lời giải cho toán tổng quát sau: Xét hàm số y = f ( x ) , x ∈ D , viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số x = α y = Ax + B Ta chứng minh f ( x ) ≥ Ax + B với x ∈ D , từ suy ra: f ( a1 ) + f ( a2 ) + + f ( an ) ≥ nf ( α ) (đpcm) 1.2 Cho hàm số y = f ( x ) xác định liên tục D Khi tiếp tuyến điểm x0 ∈ D có phương trình y = f ’( x0 ) ( x – x0 ) + f ( x0 ) nằm đồ thị đồ thị Nên ta có: f ( x )  ≥ f ’ ( x0 ) ( x – x0 ) + f ( x0 ) Hoặc : f ( x )  ≤ f ’ ( x0 ) ( x – x0 ) + f ( x0 ) Việc khảo sát chiều bất đẳng thức dùng đạo hàm cấp hai để xét hàm số đơn giản vẽ đồ thị hàm số D để đối chiếu Suy ra: f(x1) + f(x2) +…+ f(xn) ≤ f’(x0).(x1 + x2 +…+xn) + nf(x0) Hoặc ngược lại: f(x1) + f(x2) +…+ f(xn) ≥ f’(x0).(x1 + x2 +…+xn) + nf(x0) 1.3 Khi học sinh có kĩ tự nghiên cứu, khai thác kiến thức, em tham khảo nhiều tài liệu, sách giáo khoa mạng internet, để phục vụ cho việc học tập tốt Vì thế, mạnh dạn đưa sáng kiến kinh nghiệm đề tài nhỏ, là: “Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào toán cực trị” – CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÀ THPT QUỐC GIA II Thực trạng vấn đề: 2.1 Sử dụng phương pháp tiếp tuyến vào toán cực trị giúp học sinh có cách giải toán gọn nhanh đơn giản thông qua bất đẳng thức phụ Cái hay phương pháp chỗ: Có thể đánh giá biểu thức thông qua biểu thức bậc Có thể chọn vị trí tiếp tuyến điểm cho bất đẳng thức xảy dấu “=” Chẳng hạn: Xét f(x) = x2 +  1 , x ∈  0;  x  3 Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị x = Khi ta chứng minh được: f ( x) ≥ −80 162 x+ ; 82 82  1 ∀x ∈  0;   3 Vậy toán: “ Cho số thực dương x,y,z thõa mãn: x + y + z ≤ Chứng minh : x2 + + x2 y2 + 1 z + ≥ 82 ” giải + y z 2.2 Tuy dạng toán khó tìm chìa khóa toán vấn đề giải đơn giản, nhanh gọn Điều khó khăn tìm chìa khóa đó? Dạng giải phương pháp này? Câu hỏi trả lời nhờ tư cao sáng tạo học sinh Ở toán dồn ẩn biểu thức tìm dấu “=” bất đẳng thức ta thử giải phương pháp III Giải pháp tổ chức thực hiện: 3.1 Giải pháp Trước hết ta nhìn vào số đề sau: Bài 1: Giải phương trình: ( x + 3) x + − 3( x + 3) + 2( x + 3) x + + x + − x − = Bài 2: Giải hệ phương trình: 6 x + x + = − y + a)  2 = (2 + x)( y + + y + 1)  x − x +1 = 3y   x +1 b)   16 y + − 2 = ln x Bài 3: Cho a,b,c,d số thực dương thõa mãn : a + b + c + d ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = ( a + b3 + c + d )  −(a + b + c + d ) Bài 4: Cho x, y, z > thõa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: x3 + y y + z z + x3 + + ≥9 xy + yz + xz + Bài 5: Cho x1,x2,…,xn n số dương có tổng Chứng minh rằng: P= x1 x2 xn n + + + ≥ ;n∈ N,n ≥ n −1 − x1 − x2 − xn Bài 6: cho số thực dương a,b,c thõa mãn 4(a + b + c) − = Tính giá trị lớn biểu thức: S = (a + a + 1)b (b + b + 1)c (c + c + 1) a Bài 7: Cho a, b, c > thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= a3 a + ( b + c) + b3 b2 + ( a + c ) + c3 c2 + ( a + b ) Bài 8: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh : 10 ( a + b + c ) − ( a + b + c ) ≥ Cách định hướng thực toán: Bước 1: Hướng dẫn cho học sinh cách nhìn dạng, thử phương án giải: Đặt ẩn phụ, biến đổi tương đương, đưa hàm số, so sánh, sử dụng phương pháp tiếp tuyến để đưa biểu thức bậc Bước 2: Nhẩm nghiệm toán (đối với phương trình, hệ phương trình) tìm dấu “=” xảy (đối với bất đẳng thức) Bước 3: Đưa câu hỏi phương pháp làm từ dễ đến khó để khai thác kiến thức có toán cách nhìn dạng toán 3.2 Tổ chức thực hiện: Bước 1: Vì dạng toán khó nhìn phương pháp giải khó khăn nên để em định hướng, nhìn nhận thảo luận vấn đề Giáo viên gợi ý cách nhìn ẩn biểu thức, dồn ẩn tìm biến phụ Bước 2: Phân tích dạng từ vận dụng thấp đến vận dụng cao biến đổi phức tạp Dạng 1: Sử dụng phương pháp tiếp tuyến vào giải phương trình, hệ phương trình: Bài 1: Giải phương trình: ( x + 3) x + − 3( x + 3) + 2( x + 3) x + + x + − x − = 0(1) Lời giải Xét f (t ) = t t − 3t + 2t t + 4t , t > Có: f (t ) = t t − 3t + 2t t + 4t ≥ 3t − ∀t > 1(∗) Thật ( ∗) ⇔ ( ) t + (t + 1)( t − 2) ≥ với ∀t > Dấu “=” xảy ⇔ t = 2 Áp dụng ( ∗) ta có: (1) ⇔ 3( x + 3) − − x − ≤ ⇔ 3( x − 1) ≤ ⇔ x = Thử lại x=1 thõa mãn phương trình Vậy nghiêm phương trình: S= { 1} Nhận xét: Dự đoán nghiệm phương trình x=1(có thể dùng máy tính bấm nghiệm) Lập phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số: f (t ) = t t − 3t + 2t t + 4t t=1 6 x + x + = − y + Bài 2: Giải hệ phương trình:  2 = (2 + x)( y + + y + 1) Hướng dẫn giải: Điều kiện: y ≥ −1 6 x + x + = − y +  Hệ pt ⇔  = + 3x  y + + y +  Cộng theo vế: 6 x2 + x + + = + 3x − y + y+2+ y+2 − y +1 1 = ( x + 1) + y+2+ y+2 Sử dụng phương pháp tiếp tuyến dự đoán chứng minh được: ⇔ x2 + x + + x + x + ≥ ( x + 1) 2 − y +1 ≥ y+2+ y+2 ⇒ VT ≥ VP x = Dấu " = " xảy ⇔  y = Thử lại x=1,y=0 thỏa mãn hệ phương trình  x − x +1 = 3y   x +1 Bài 3: Giải hệ phương trình:  (I)  16 y + − 2 = ln x Hướng dẫn giải: Điều kiện: x >  x  x +1 = 3y +  hpt (I) ⇔  4 y + = ln x +  cộng theo vế ta được: y + + x = ln x + + 3y + x +1 Dễ dàng chứng minh: y2 + ≥ 3y + x ≥ ln x + x +1 Vậy: ( x; y ) = (1;3) Nhận xét: Dùng phương pháp tiếp tuyến dánh giá bất đẳng thức xét nghiệm phương trình qua dấu “=” Phương pháp hay giải toán cực trị bất đẳng thức Bài tập đề xuất: Giải hệ phương trình: 2 x − x + + y + = 18   x − x + x − + y + = ( x − ) ( x − 1) = y ( x + 3x − y − )   − y − y + = y − 3x +  x x2 − y + x2 = x − y ) ( )  (  76 x − 20 y + = x ( x + 1)   x − 13x + 17 ( y + 3) y + =  −4 x + 26 x − 42 + x − 13x + 19  y +  ( x − 1) = ( y + 1) x−1  Dạng 2: Sử dụng phương pháp tiếp tuyến vào toán cực trị: Bài 1: Cho a,b,c,d số thực dương thõa mãn : a + b + c + d ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = ( a + b3 + c + d )  −(a + b + c + d ) Lời giải Từ giả thiết ta có a, b, c, d ∈ ( 0;1) toán viết dạng tìm trị nhỏ biểu thức: P = f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) + f ( d ) với f ( x ) = x − x Đẳng thức xảy a = b = c = d = Ta xét hàm số f ( x ) = x − x khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hoành độ Xét f ( x) ≥ y = x − 8 1 5 f ( x ) −  x − ÷ = ( x − 1) ( x + 1) ≥ , 8 8 x0 = ∀x ∈ ( 0;1) , suy x − , ∀x ∈ ( 0;1) 8 Từ ta có f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) + f ( d ) ≥ Vậy MinP = 1 ( a + b + c + d ) − ≥ , 8 1 ⇔ a=b=c=d = Nhận xét: Để áp dụng kỹ thuật tiếp tuyến phải đưa bất dẳng thức dạng tổng quát của: P = f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) + f ( d ) Hay: P = 6a – a + 6b3 – b + 6c – c + 6d – d   Dự đoán GTNN P = 1 a = b = c = d = Xét f ( x ) = x – x , lập phương trình tiếp tuyến tại: x0 =   Bài 2: Cho x, y, z > thõa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: x3 + y y + z z + x3 P= + + ≥9 xy + yz + xz + Lời giải Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức: với a > 0, b > : 1 + ≥ a b a+b Áp dụng ta có: 1  x3 x3 3 x  + = ÷≥  xy + xz +  xy + xz + 18 x(9 − x) + 18 Tương tự cộng lại ta có: x3 y3 4z3 P≥ + + x − x + 18 y − y + 18 z − z + 18 Bây ta đánh giá tiếp tuyến: 4t , t ∈ (0;9) Xét hàm số f (t ) = 9t − t + 18 Ta viết phương trình tiếp tuyến với f(t) điểm t0=3 Vậy ta có: 11t 21 f (t ) ≥ − 4 ⇔ (t − 3) (9t + 14) ≥ Điều Vậy nên ta có: x3 y3 4z3 11 63 P≥ + + ≥ ( x + y + z) − =9 2 x − x + 18 y − y + 18 z − z + 18 4 Vậy ta có điều phải chứng minh dấu đẳng thức xảy x=y=z=3 Nhận xét: Cái hay bất đẳng thức chỗ: - Có thể đánh giá biểu thức thông qua biểu thức bậc - Có thể chọn vị trí tiếp tuyến điểm cho bất đẳng thức xảy dấu “=” Bài 3: cho số thực dương a,b,c thõa mãn 4(a + b + c) − = Tính giá trị lớn biểu thức S = (a + a + 1)b (b + b + 1)c (c + c + 1) a 10 Hướng dẫn giải: Ta có: InS = bIn( a + a + 1) + cIn(b + b + 1) + aIn(c + c + 1) Xét hàm số: f ( x) = In( x + x + 1) , x>0 (1) Do đặc thù toán nên ta dự đoán giá trị lớn toán đạt a = b = c = Vì ta so sánh vị trí đồ thị với tiếp tuyến điểm ( ; In 2) 4 ⇒ f '( ) = Tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) Đạo hàm f '( x) = x +1 3 điểm ( ; In 2) có phương trình y = x + In − 5 Đạo hàm cấp hai suy đồ thị hàm số (1) lồi khoảng (0;) Do điểm ( ; In 2) tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) nằm phía đồ thị hàm số (1) Từ 4 ta có : In( x + x + 1) ≤ x + In − , ∀x > 5 Áp dụng bất đẳng thức cho số dương a ta In( a + a + 1) ≤ a + In2 − Nhân hai vế với số b>0 ta suy ra: 5 bIn(a + a + 1) ≤ ab + ( In2 − )b 5 Tương tự ta có:  cln ( b + b + 1) ≤ bc + ( ln − )c  5  aln(c + c + 1) ≤ ac + (ln − )a  5 Cộng vế ba bất đẳng thức ta được: InS ≤ (a + b + c) + ( In2 − )( a + b + c) 5 Cuối sử sụng bất đẳng thức (ab + bc + ac) ≤ (a + b + c ) giả thiết 9 a + b + c = , rút gọn thu InS ≤ In Từ S ≤ 4 4 Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy giá trị lớn S 4 Nhận xét: Đôi giả thiết lồi, lõm không thõa mãn Lúc ta so sánh vị trí tiếp tuyến đồ thị hàm số chứng minh trực tiếp 11 Bài 4: Chứng minh rằng, với số thực dương a,b,c thõa mãn a + b + c = ta có: a +1 b +1 c +1 + + ≥ b2 + c2 + a2 + Hướng dẫn giải: −2 x 1 ⇒ f '(1) = − Tiếp , x > Ta có: f '( x) = 2 ( x + 1) x +1  1 tuyến đồ thị hàm số điểm  1; ÷ có phương trình  2 2(3x − 1) y = − x + f ''( x) = suy đồ thị hàm số không luôn lõm ( x + 1)3 1 ≥ − x + 1, ∀x > 0(1) khoảng (0;3) Tuy nhiên ta có BĐT: x +1 2 (vì bất đẳng thức tương đương với BĐT: x( x − 1) ≥ ) 1 ≥ − b + (2) Vì a + > nên Áp dụng BĐT (1) cho số b>0 ta b +1 a +1 (2) ⇔ ≥ (− b + 1).( a + 1) b +1 a +1 1 ⇔ ≥ − ab − b + a + b +1 2 Tương tự cộng lại ta a +1 b +1 c +1 1 + + ≥ − ( ab + bc + ac ) − (b + c + a ) + (a + b + c) + b +1 c +1 a +1 2 Cuối sử dụng bất đẳng thức ab + bc + ac ≤ (a + b + c) giả thiết a + b + c = ta thu được: a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b2 + c2 + a2 + Nhận xét: Trong chứng minh BĐT trên, giả thiết a+b+c=k ( ≥ k;≤ k ) quan trọng Do vậy, BĐT chưa cho sẵn giả thiết mà có tính đẳng cấp, ta tự tạo điều kiện biến (chuẩn hóa) sử dụng phương Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh Xét hàm số: f ( x) = 1 + + ≥ a + b2 + c a b c Hướng dẫn giải: 12  1 Ta có nhận xét, có ba số a, b, c thuộc khoảng  0; ÷,  3 1 1 ta có + + > = ( a + b + c ) > a + b + c nên a b c 1  toán chứng minh, ta xét a, b, c ∈  ;  Ta xét hàm số 3  1  f ( x ) = − x đoạn  ;  , phương trình tiếp tuyến đồ thị f ( x ) x 3 3 x0 = y = −4 x + điểm có hoành độ Ta có chẳng hạn < a < f ( x ) − (−4 x + 4) = ( x − 1)  − ( x − 1)    ≥ ∀x ∈  ;  , suy f ( x ) ≥ −4 x + ,   3  x2 1  ∀x ∈  ;  3  Từ ta có: f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ −4 ( a + b + c + d ) + 16 = , đẳng thức xảy a = b = c = Bài 6: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 10 ( a + b + c ) − ( a + b + c ) ≥ Hướng dẫn giải: Như toán trên, ta xét hàm số f ( x ) = 10 x − x khoảng ( 0;1) , phương trình tiếp tuyến đồ thị điểm có hoành độ x0 = y= 25 16 x− 27 16   25 x − ÷ = ( 3x − 1) ( −27 x − 18 x + 21x + 16 ) , ta 27  27  25 16 chưa thể khẳng định f ( x ) ≥ x − với x ∈ ( 0;1) , nên ta đặt 27 g ( x ) = −27 x − 18 x + 21x + 16 xét hàm số g ( x ) khoảng ( 0;1) , ta thấy Xét f ( x ) −  g ( x ) không dương ( 0;1) , nên ta phải tìm cách chia khoảng xác định x tốt cho khoảng g ( x ) > Bằng cách lập bảng biến thiên hàm số g ( x ) khoảng ( 0;1) , ta suy g ( x ) > với 25 16  9  9 x ∈  0; ÷, từ ta có f ( x ) ≥ x− với x ∈  0; ÷ Như toán 27  10   10   9 chứng minh xong a, b, c ∈  0; ÷ a + b + c = Bây ta xét trường  10  13 9  hợp có ba số a, b, c thuộc nửa khoảng  ;1÷, giả sử 10  9   1 a ∈  ;1÷ a, b, c dương có tổng nên b, c ∈  0;  , dễ thấy 10   10  9   1 hàm số f ( x ) nghịch biến  ;1 đồng biến 0;  , suy 10   10  f ( a ) > f ( 1) = , f ( b ) > f (0) = 0, f ( c ) > , f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) > Vậy f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ với số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Đẳng thức xảy a = b = c = Thông qua toán này, ta thấy cần phân khoảng xét thành hai hay nhiều khoảng để có bước mà không tự nhiên! Bài 7: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 1 27 + + ≤ − ab − bc − ca Hướng dẫn giải: Nhìn toán ta khó thấy việc sử dụng phương pháp tiếp tuyến, nhiên để ý chút ( a + b) ab ≤ ( 1− c) = suy ≤ nên ta đưa toán cho toán quen thuộc: − ab + 2c − c 1 27 + + ≤ Chứng minh với điều kiện 2 + 2a − a + 2b − b + 2c − c 32 a, b, c dương a + b + c = Bây xét hàm số f ( x ) = khoảng ( 0;1) , phương trình + 2x − x2 −27 81 x+ tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hoành độ y = 256 256 81  27 81 ( x − 1) ( 13 − x )  −27 x+ + x− = ≤ với Xét f ( x ) −  ÷= 256  + x − x 256 256 256 ( + x − x )  256 27 81 x+ với x ∈ ( 0;1) Từ ta có 256 256 1 27 81 27 + + ≤− ( a + b + c ) + = , đẳng thức 2 + 2a − a + 2b − b + 2c − c 256 256 32 xảy a = b = c = x ∈ ( 0;1) , f ( x ) ≤ − 14 Bài 8: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh 1 + + ≤ − ab − bc − ca Hướng dẫn giải: a2 + b2 Áp dụng bất đẳng thức ab ≤ ta có 2 2 1 ≤ + + + + 2 2 2 − ab − bc − ca − ( a + b ) − ( b + c ) − ( c + a ) Đặt x = ( b + c ) , y = ( c + a ) , z = ( a + b ) 2 x + y + z ≤ ( a + b + c ) = 12 Bây toán trở thành: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z ≤ 12 Chứng minh 1 1 + + ≤ 8− x 8− y 8− z khoảng ( 0;12 ) phương trình tiếp tuyến 8− x 1 ( x − 4) + đồ thị hàm số điểm có hoành độ x0 = y = 144 Xét hàm số f ( x ) = Xét: 1 f ( x) − ( x − 4) − = 144 6 ( ( ) ( x − 4) x − − ( x − 4) = x + − x 144 144 x + − x x−4 )( ) ( )( ) 1 1 ( x − 4) − ≤ ⇔ f ( x ) ≤ ( x − 4) + 144 144 1 1 1 + + ≤ ( x + y + z − 12 ) + ≤ Do − x − y − z 144 Đẳng thức xảy x = y = z = hay a = b = c = Trên khoảng ( 0;12 ) f ( x ) − Bài 9: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Tìm giá trị lớn 3a − b 3b − c 3c − a  + +   a + ab b + bc c + ca   biểu thức P = (a + b + c) Hướng dẫn giải: Giả sử a + b + c = k > , đặt a = kx, b = ky, c = kz ⇒ x, y, z > x + y + z =  k (3 x − y ) k (3 y − z ) k (3 z − x )  x − y 3y − z 3z − x + 2 + 2 = + +  2  k ( x + xy ) k ( y + yz ) k ( z + zx)  x + xy y + yz z + zx x − ( x + y ) y − ( y + z ) z − ( z + x) 4 = + + = − + − + − x( x + y ) y( y + z) z ( z + x) x+ y x y+z y z+x z Khi P = k  15 4 5x − y − 5z − − + − + − = + + 1− z x 1− x y 1− y z x − x2 y − y2 z − z Do a, b, c ba cạnh tam giác nên b + c > a ⇒ y + z > x ⇒ − x > x =  1  1 , tức x ∈  0;  Tương tự ta có y, z ∈  0;   2  2 5t −  1 ≤ 18t − (*) với t ∈  0;  Ta chứng minh t −t  2 5t − (Dự đoán dấu “=” xảy ra, xét hàm số: f (t ) = Lập phương trình tiếp t − t2 tuyến đồ thị hàm số t = đó: f (t ) ≤ 18t − ) 5t − 18t − 21t + 8t − (2t − 1)(3t − 1) (*) ⇔ − 18 t + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ (**) Thật vậy: t − t2 t − t2 t (1 − t )  1  1 (**) hiển nhiên với t ∈  0;  Do (*) với t ∈  0;   2  2 Áp dụng (*) ta P ≤ 18 x − + 18 y − + 18 z − = 18( x + y + z ) − = Dấu “=” xảy x = y = z = ⇔ a = b = c Vậy P đạt giá trị lớn a = b = c ⇒x< Bài tập đề xuất: Bài 1: Cho x, y, z ∈ [ 0;1] Tìm giá trị lớn biểu thức Q = ( x3 + y + z ) − ( x y + y z + z x ) Bài 2: Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác a b c 1a c b + + ≥ +  + + ÷ b c a 2 c b a Bài 3: Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 3 ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ≤ 64 x , y , z Chứng minh Bài 4: Cho ba số thực dương ( x + y + z ) + 3xyz ≥ ( x y + y z + z x ) Bài 5: Cho x, y, z số thực dương Chứng minh x y z + + ≤1 xy + x + yz + y + zx + z + Bài 6: Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh 2 ( a + b3 + c ) ( a + b + c ) + ≥ 33 abc ( a + b2 + c2 ) Bài 7: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: 16 ( a + b − c) + ( a + c − b) + ( c + b − a) 2 c2 + ( b + a ) b2 + ( a + c ) a2 + ( b + c ) 2 ≥ IV Kiểm nghiệm: Với chuyên đề áp dụng vào chuyên đề dạy bồi dưỡng học sinh giỏi thi THPT Quốc gia cho em giỏi trường đặc biệt cho học sinh lớp trực tiếp giảng dạy bồi dưỡng Các em có thêm phương pháp giải số toán cực trị tương đối tích cực Chuyển hóa toán khó toán dễ nhờ bất đẳng thức phụ bậc Đặc biệt với chương trình đề thi câu khó phân hóa rõ yêu cầu em phải vận dụng tất kỹ năng, mức độ tư sâu khó nhiều Với phương pháp cách làm trên, thấy có chuyển biến tích cực chất lượng học tập học sinh nhóm đội tuyển trường tôi, em thi học sinh giỏi em dự thi THPT Quốc gia tự tin kĩ làm bài, bất đẳng thức Kết thực tế góp phần tạo nên chất lượng học sinh kì thi cao: - Kì thi học sinh giỏi Tỉnh môn Toán năm học nhà trường năm đảm nhiệm đạt giải cao - Thi Đại học, Cao đẳng, THPT Quốc gia có nhiều em đạt điểm 9-10 điểm, góp phần tạo điều kiện cho nhiều em thi đạt tổng điểm môn 27 điểm 17 C PHẦN KẾT LUẬN Đề tài ” Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào số toán cực trị.”- CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÀ THPT QUỐC GIA có ý nghĩa thực tiễn, đáp ứng nhu cầu học tập, ôn luyện phần câu hỏi chốt thi Tôi tiếp tục phát triển chuyên đề ôn luyện đề tài vấn đề khác toán cực trị để hoàn thiện cho học sinh kĩ khai thác, giải toán cực trị tốt Hi vọng đề tài nhận góp ý đồng nghiệp Tỉnh để chuyên đề áp dụng nhiều Kiến nghị đề xuất : Bộ môn Toán học có vai trò quan trọng học tập Nhà trường thực tế học sinh, tạo tư kiến thức mối liên hệ với môn học khác Vì thế, kiến nghị đề xuất: - Trong xây dựng phân phối chương trình cần có tiết học dành riêng để giáo viên hướng dẫn học sinh nghiên cứu, khai thác kiến thức sau phần, chương học - Bộ Giáo dục nên gửi cho trường phổ thông trang ôn luyện chuyên đề cập nhật hàng năm để giáo viên học sinh thuận lợi giảng dạy, học tập nghiên cứu Tài liệu tham khảo Giải tích 12(sách giáo khoa)-Đoàn Quỳnh(Tổng chủ biên) NXB Giáo dục,2008 Đại số sơ cấp-Trần Phương, Lê Hồng Đức, NXB Hà Nội,2004 Tạp chí báo toán học tuổi trẻ (Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt NamBộ giáo dục đào tạo) Các website: hoctoancapba.com,toanhoc.edu.vn, 123doc.org, violet.vn, mathvn.com… XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Hoằng Hóa, Ngày 01/6/2016 TÔI CAM KẾT KHÔNG COPPY Người viết Trương Thị Kim 18 ... nhỏ, là: Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào toán cực trị – CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÀ THPT QUỐC GIA II Thực trạng vấn đề: 2.1 Sử dụng phương pháp tiếp tuyến vào toán cực trị giúp... THPT Quốc Gia dạy khai thác nhiều dạng toán cực trị dạng mạnh dạn đưa sáng kiến kinh nghiệm đề tài nhỏ là: ” Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào số toán cực trị. ”- CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI... ” Áp dụng phương pháp tiếp tuyến vào số toán cực trị. ”, hướng tới mục đích: - Khi nhẩm dấu “=” bất đẳng thức, sử dụng so sánh, dồn biến từ biểu thức phức tạp, nhiều ẩn ẩn bậc thấp - Đưa hàm số