Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 32 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
32
Dung lượng
1,42 MB
Nội dung
PHỤLỤC KẾ HOẠCH DẠY HỌC CHUYÊN ĐỀ “KỸ NĂNG DỒN BIẾN ĐỂ GIẢI BÀI TỐN TÌM CỰC TRỊ CỦA BIỂU THỨC” I MỤC TIÊU BÀI DẠY • Nghiên cứu bất đẳng thức Cauchy (hay AM - GM), Cauchy - Schawrz… • Hướng dẫn học sinh giải số tốn tìm cực trị biểu thức nhiều biến phương pháp dồn biến • Tổ chức cho học sinh làm tập lại chun đề • Tổ chức cho học sinh nghiên cứu chủ đề: “Phương pháp dồn biến toán cực trị biểu thức” II NHIỆM VỤ CỦA GIÁO VIÊN • Giáo viên hướng dẫn học sinh chứng minh số bất đẳng thức thường sử dụng tốn tìm cực trị biểu thức nhiều biến thường có mặt kỳ thi THPT Quốc Gia thi học sinh giỏi • Giáo viên hướng dẫn học sinh giải tập tìm cực trị biểu thức nhiều biến cách sử dụng bất đẳng thức để làm giảm số biến • Giáo viên giao đề tài nghiên cứu cho học sinh hướng dẫn bước tiến hành tự học, tự nghiên cứu • Giáo viên đóng vai trò người hướng dẫn, tổ chức, thiết kế, cố vấn, trọng tài trình nghiên cứu học sinh III NHIỆM VỤ CỦA SINH Hoàn thành nhiệm vụ giáo viên giao cho IV TIẾN TRÌNH BÀI DẠY Hoạt động 1: Giáo viên đặt vấn đề tầm quan trọng việc sử dụng bất đẳng thức để giải tốn tìm cực trị biểu thức Giáo viên cho học sinh ôn lại bất đẳng thức Cauchy (hay AM – GM), Cauchy – Schwarz (hay gọi Bunhiacopski) • Bất đẳng thức Cauchy (hay AM – GM) a1 + a2 + + an n ≥ a1.a2 .an Cho n số dương a1 , a2 , , an ta có n Dấu xảy a1 = a2 = = an • Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (hay gọi Bunhiacopski) Cho hai số a1 , a2 , , an ∈ R; b1 , b2 , , bn ∈ R 2 2 2 Ta có ( a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≤ ( a1 + a2 + + an ) ( b1 + b2 + + bn ) a1 a2 an Dấu xảy b = b = = b n • Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz thường sử dụng Cho a, b, c > x, y, z > a b2 c2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z Giáo viên định hướng cách giải toán cực trị biểu thức lưu ý cho học sinh ghi nhớ đánh giá sau : • x ∈ [ a; b] ⇒ ( x − a )( x − b ) ≤ ( x − a )( y − b ) ≤ • x, y ∈ [ a; b] ⇒ ( x − a )( y − a ) ≥ ( x − b )( y − b ) ≥ • x, y, z ∈ [ a; b] ⇒ ( x − a )( y − a )( z − a ) + ( x − b )( y − b )( z − b ) ≥ • x ≤ y ≤ z ⇒ ( y − x )( y − z ) ≤ Giáo viên hướng dẫn học sinh giải tốn tìm cực trị đề thi THPT Quốc Gia 2015 từ rút ưu điểm phương pháp dồn biến cách đánh giá bất đẳng thức Bài toán (Đề THPT QG 2015): Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [1;3] thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P= a 2b + b 2c + c a + 12abc + 72 − abc ab + bc + ca Lời giải Ta có: ( ab + bc + ca ) = a b + b c + c a + 2abc( a + b + c ) = a 2b + b c + c a + 12abc Đặt x = ab + bc + ca ≤ 2 2 ( a + b + c) = 12 Ta có: a, b, c ∈ [1;3] ⇒ ( a − 1)( b − 1)( c − 1) ≥ ⇒ abc − ( ab + bc + ac ) + a + b + c − ≥ ⇒ abc − x + ≥ ⇒ abc ≥ x − Lại có: ( a − 3)( b − 3)( c − 3) ≤ ⇒ abc − 3( ab + bc + ca ) + 9( a + b + c ) − 27 ≤ ⇒ abc ≤ x − 27 Do đó: x − 27 ≥ abc ≥ x − ⇒ x ≥ 22 ⇒ x ≥ 11 x + 72 x + 72 x 72 − abc ≤ − ( x − 5) = + + Ta có: P = x x 2 x x 72 Xét hàm số f ( x) = + + , x ∈ [11;12] x 72 160 Ta có: f ' ( x) = − ≤ ∀x ∈ [11;12] nên P ≤ f ( x) ≤ f (11) = x 11 160 Vậy max P = a = 1; b = 2; c = 11 Giáo viên nhận xét: Đây toán hay Ta phải dùng hai lần giả thiết biến a; b; c ∈ [1;3] để tìm miền giá trị x = ab + bc + ca đánh giá P thông qua biến x Cũng từ toán phải việc đánh giá điều kiện ban đầu giải lớp toán dạng cách đưa hàm số biến Hoạt động 2: Giáo viên hướng dẫn học sinh giải số tập tìm cực trị biểu thức sau Bài tốn 2: Cho x, y, z ∈ [1;2] Tìm giá trị lớn biểu thức A= 2( xy + yz + zx ) y+z+4 + − xyz + 2( x + y + z ) x( y + z ) + yz + yz + Hướng dẫn Biến đổi biểu thức A thành dạng 2( xy + yz + zx ) y+z+4 + − x( y + z ) + yz + x( y + z ) + yz + yz + yz + y+z+4 A ≤ 1+ − 2( y + z ) + yz + yz + A≤ A ≤1+ yz + yz + − yz + yz + yz + Đặt t = yz ; t ∈ [1;2] t + 2t + − t ∈ [1;2] ( t + 2) t + với 4t − Ta có f ′(t ) = ( t + 2) + ( t + 1) ≥ 27 + > , nên f(t) đồng biến [1;2] Suy A ≤ f (t ) ≤ f (2) = − Vậy max A = − x = 1; y = z = Xét hàm số: f (t ) = + Bài tốn 3: Cho số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn a ≤ 1, b ≤ 2, c ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức B= 2( 2ab + ac + bc ) 8−b b + + + 2a + b + 3c b + c + b( a + c ) + 12a + 3b + 27c + Hướng dẫn Ta có 12a + 3b + 27c = 3( 4a + b + 9c ) ≥ 2a + b + 3c (1) Mặt khác 2a + b + 3c − b − c − b( a + c ) = ( a + c )( − b ) ≥ ⇒ 2a + b + 3c ≥ b + c + b( a + c ) (2) Lại có 2ab + ac + bc − b − c − b( a + c ) = ( b + c )( a − 1) ≤ ⇒ 2ab + ac + bc ≤ b + c + b( a + c ) (3) Từ (1), (2), (3) ta 2[ b + c + b( a + c ) ] + + b + c + b( a + c ) b + c + b( a + c ) + Đặt t = b + c + b(a + c) ⇒ ≤ t ≤ 13 2t + Xét hàm số f (t ) = với t ∈ [ 0;13] t +1 t + B≤ 2( 3t + 10 )( − t ) − = =0⇔t =6 2 ( t + 1) ( t + 8) ( t + 1) ( t + 8) 16 47 f (0) = 1, f (6) = , f (13) = 21 16 16 Từ suy B ≤ f (t ) ≤ ⇒ max B = đạt a = 1, b = 2, c = 7 f ′(t ) = Bài 4: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn y + z = x( y + z ) Tìm giá trị 1 nhỏ biểu thức P = (1 + x ) + (1 + y ) + (1 + z ) + (1 + x )(1 + y )(1 + z ) Hướng dẫn Từ giả thiết ta có: x( y + z ) ≤ x( y + z ) = 2( y + z ) ⇔ y + z ≤ 1 2 (1 + x ) Do đó: (1 + y )(1 + z ) ≤ ( + y + z ) ≤ + = 2 4 x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: P ≥ x x 2x + 4x2 x3 + 6x + x + + = ( + x ) (1 + x ) (1 + x ) 2 x3 + 6x + x + (1 + x ) 2( x − 1) Ta có: f ' ( x) = (1 + x ) = ⇔ x = Xét hàm số: f ( x) = 91 Lập bảng biến thiên ta được: P ≥ f ( x) ≥ f = 108 91 Vậy giá trị nhỏ P Khi x = , y = z = 108 Bài 5: Cho a > b > c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P = a + b + c − ab − bc − ca + + 2 ( b − c ) ( c − a ) ( a − b) ( ) Hướng dẫn x y Đặt t = y + x ⇒ t > Khi ta có x y x y P = + − 1 + + y x x + y − y x y x ( t − 1) P = ( t − 1) + t = = f (t ) t −2 t −2 ( 2t − 5)( t − 1) ⇒ Xét hàm f(t) ( 2;+∞) ta được: f ' (t ) = ( t − 2) f ' (t ) = ⇔ t = 27 Lập bảng biến thiên ta P = f (t ) ≥ f = 2 x y Đẳng thức xảy y + x = t = ⇒ x = y ⇒ a = b + d = c + 2d , ∀d > 27 Vậy giá trị nhỏ biểu thức P Hoạt động 3: Giáo viên hướng dẫn sử dụng bất đẳng thức để đánh giá làm giảm số biến toán HĐTP 1: Giáo viên hướng dẫn học sinh chứng minh bất đẳng thức hệ sau Hệ 1: Cho a, b ∈ R ta có ( a + b ) ≥ 4ab ( a + b ) ≥ a 2b + ab Hệ 2: Cho a, b > ta có a + b3 ≥ 1 Hệ 3: Cho a, b > ta có + ≥ a b a+b ( a + b + c ) ≥ ab + bc + ca Hệ 4: Cho a, b, c ∈ R ta có a + b + c ≥ Hệ 5: Cho a, b, c ∈ R ta có ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc( a + b + c ) 1 Hệ 6: Cho a, b, c > ta có + + ≥ a b c a+b+c 1 Hệ 7: Cho a, b > ab ≥ ta có + a + + b ≥ + ab 1 Hệ 8: Cho a, b > ab ≤ ta có + a + + b ≤ + ab HĐTP 2: Giáo viên nhận xét hướng dẫn sử dụng bất đẳng thức để đánh giá làm giảm số biến toán Nhận xét: Trên số hệ tiêu biểu thường sử dụng để tìm cực trị cách dồn biến Ứng dụng hệ để giải toán sau Bài toán 6: Cho số thực a, b, c ∈ [1;2] Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= Áp dụng hệ ( a + b ) ≥ 4ab a + b + 2ab c + 4( ab + bc + ca ) Hướng dẫn ( a + b) a + b + 2ab ≥ =M c + 4( ab + bc + ca ) c + 4c( a + b ) + ( a + b ) 2 Ta có P = M = = t + 4t + với t = c c c a+b + 4 +1 a+b a+b c 1 ⇒ t ∈ ;1 Xét hàm số f (t ) = Với a, b, c ∈ [1;2] t = a+b t + 4t + 4 − 2( t + ) < , ∀t ∈ ;1 ⇒ f (t ) nghịch biến ;1 Ta có f ' (t ) = 2 t + 4t + 1 1 ⇒ f (t ) ≥ f (1) = ; ∀t ∈ ;1 hay P ≥ 6 4 Vậy MinP = , giá trị nhỏ đạt a = b = c = ( 2 1 ;1 ) Bài toán 7: Cho số không âm a, b, c thỏa mãn c > a +b3 = c( c − 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a +b + c ( a + b + c) Hướng dẫn Ta có: P ≥ ( a + b) + c 2 ( a + b + c) 2 a+b +2 c = c > a+b 2 + 1 c Từ giả thiết: ( ) c = c + a + b = c + ( a + b ) a − ab + b ≥ c + ( a + b) ≥ c ( a + b) ⇒0≤ a+b ≤ c t2 + a+b ⇒ ≤ t ≤ (vì a, b ≥ c > ) Khi P ≥ Đặt t = c 2( t + 1) t−2 t2 + f ' ( t ) = < ∀t ∈ [ 0;1] [ ] ; Xét hàm số f (t ) = , ta có ( t + 1) , 2( t + 1) Do f (t ) hàm số nghịch biến [ 0;1] ⇒ f (t ) ≥ f (1) = , ∀t ∈ [ 0;1] Hay P ≥ , ∀a, b, c ≥ thỏa mãn c > a +b3 = c( c − 1) Vậy MinP = , giá trị nhỏ đạt a = b = 1; c = Bài toán 8: Cho x, y, z ≥ thoả mãn x + y + z > Tìm giá trị nhỏ biểu x + y + 16 z thức: P = ( x + y + z)3 Hướng dẫn 3 x y z + + 16 Ta có P = x+ y+z x+ y+z x+ y+z 3 3 1 x+ y x y 1 z + ≥ = 1 − Áp dụng hệ ta có 4x+ y+ z x + y + z x+ y+z x+ y+z 3 z 1 z z ⇒ t ∈ [ 0;1) + 16 Đặt t = Do P ≥ 1 − x + y + z 4 x+ y+ z x + y + z 4 3 Khi P ≥ (1 − t ) + 16t Xét hàm số f (t ) = (1 − t ) + 16t [ 0;1) t = ∈ [ 0;1) 189t + 6t − f ' ( t ) = ⇒ f ' ( t ) = ⇔ Ta có t = − ∉ [ 0;1) 16 16 Lập bảng biến thiên suy f (t ) ≥ f = , ∀t ∈ [ 0;1) ⇒ P ≥ f (t ) ≥ 81 81 16 Vậy MinP = , giá trị nhỏ đạt x = y = z 81 Bài toán 9: Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn [1;2] Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = ( x + y)2 2( x + y + z ) − 2( x + y ) − z Ta có P = ( x + y) 2( x + y + z ) − 2( x + y ) − z Hướng dẫn = ( x + y)2 z + 4( x + y ) z + xy x y + ( x + y) z z = Ta có xy ≤ ( x + y ) Do P ≥ 2 z + 4( x + y ) z + ( x + y ) x y x y + 4 + + + z z z z x y t2 Đặt t = + , x, y, z thuộc đoạn [1;2] ⇒ t ∈ [1;4] Khi ta có P ≥ z z + 4t + t t2 Xét hàm f (t ) = [1;4] + 4t + t 4t + 2t f ' ( t ) = ⇒ f ' (t ) > , ∀t ∈ [1;4] Suy f (t ) hàm số đồng biến Ta có + 4t + t 1 [1;4] Do f (t ) ≥ f (1) = , ∀t ∈ [1;4] hay P ≥ , ∀x, y, z ∈ [1;2] 6 Vậy MinP = , giá trị nhỏ đạt x = y = z = 2 Bài toán 10: Cho số thực a, b, c > thỏa mãn = + Tìm giá trị nhỏ c a b a b c biểu thức: P = b + c + a + c + 2 a +b +c ( ) Hướng dẫn a b c c Vì c > ta có P = b + a + a b +1 +1 + +1 c c c c a b ⇒ x, y > (vì a, b, c > ) biểu thức P trở thành Đặt x = , y = c c x y 1 2 P= + + Biến đổi giả thiết = + ta thu 2 y +1 x +1 x + y +1 c a b ( 2 c2 c2 1 = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ x2 y2 = x2 + y2 2 c a b a b x y ) Ta có x y = 2( x + y ) ≥ ( x + y ) ⇒ xy ≥ x + y x + y + = ( x + y ) − xy + ≤ ( x + y ) − 2( x + y ) + = ( x + y − 1) (1) Ta lại có ( x + y ) ≥ xy ≥ 4( x + y ) ⇒ x + y ≥ (2) (vì x, y > ) Từ (1) (2) ⇒ x + y + ≤ x + y − Biến đổi biểu thức P, ta thu 1 + = ( x + y + 1) + x2 + y2 + x2 + y2 + x +1 y +1 4 Từ hệ 3, ta có: P + ≥ ( x + y + 1) x + y + + x + y − ⇒ P ≥ − x + y + + x + y − + Đặt t = x + y ⇒ t ≥ Do P ≥ − t + t −1 + Xét hàm số f (t ) = − [ 4;+∞) t + t −1 3t ( t − 4) Ta có f ' (t ) = ( t − 1) ( t + 2) ≥ , ∀t ∈ [ 4;+∞) f ' (t ) = ⇔ t = (vì t ∈ [ 4;+∞) ) Suy f (t ) hàm số đồng biến [ 4;+∞) 5 ⇒ f (t ) ≥ f ( 4) = , ∀t ∈ [ 4;+∞) hay P ≥ f (t ) ≥ 3 Vậy MinP = giá trị nhỏ đạt a = b = 2c P+2= x y +1+ +1+ y +1 x +1 Hoạt động 3: Giáo viên giao tập cho học sinh, yêu cầu học sinh tiếp tục giải (Học sinh làm lớp nhà) Bài 1: Cho x, y, z > 0; xyz ( x + y + z ) = 20 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = ( x + y )( x + z ) + y z Bài 2: Cho a, b, c ∈ ;1 Tìm giá trị lớn biểu thức 2 P= a−b b−c c−a + + c a b c b c a Bài 3: Cho a, b, c > 0, a + 2b ≤ a 2b Tìm giá trị lớn P = + − ( c − 1) Bài 4: Cho a, b, c số thực thỏa mãn a, c ≥ 1; b ≥ Tìm giá trị nhỏ a ( b + c ) c( a + b ) 3( a + c ) + 2b + + + biểu thức: P = b + 2c b + 2a 4( + ac ) Bài 5: Cho số thực x, y, z ∈ [ 0;1] z = min{ x, y, z} Tìm giá trị nhỏ ( y + z) yz + + + biểu thức P = x+z y ( y + z ) xy + xz − yz Bài 6: Cho số a, b, c ∈ [ 0;1] Tìm giá trị lớn biểu thức P= a b c + + + abc + bc + ac + ab Bài 7: Cho số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y − z ≥ x x + 2y y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 10 y + z + x + y + z + x + y Bài 8: Cho số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a ≥ b, a ≥ c a b c Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 5( a + b + c ) + 5a − 2c + 5a − 2b Bài 9: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn < x < y < z Tìm giá trị nhỏ x3 z y4 z + 15 x + + biểu thức: P = y xz + y z xz + y x2 z ( ) ( ) Bài 10: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a−c + b−c = ab Tìm giá c a b c c2 + + + b + c c + a a + b a + b2 Bài 11: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: a ≥ b ≥ c Tìm giá trị nhỏ a + c ab + bc + ca biểu thức: T = abc( a + b + c ) Bài 12: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x + y + z = Tìm giá trị lớn trị nhỏ biểu thức: P = ( ) biểu thức: P = xy yz x3 y + y z + − + z + x2 24 x z 4 x y z x Bài 13: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn + + = + x z y z y2 2z 3z Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 2 + 2 − x +y y +z 2x + z Hoạt động 4: Giáo viên hướng dẫn học sinh nghiên cứu chủ đề “Phương pháp dồn biến toán cực trị biểu thức” HĐTP 1: Giáo viên chọn nhóm gồm học sinh giỏi đội tuyển Toán nhà trường yêu cầu học sinh • Tự tìm tòi thêm tập có liên quan đến cực trị biểu thức • Học sinh viết thành báo nhỏ theo mẫu sau: 3 Xét hàm số f (t ) ( 0;3) ta thu f (t ) = ⇔ t = Vậy P = ⇔x= y=z= Bài 7: Cho x, y hai số thực dương thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = xy + y + 5( x + y ) − 24.3 8( x + y ) − ( x + y + 3) Lời giải 2x + + 3y + Ta có 6( x + 1)( y + 1) = ( x + 2)( y + 3) ≤ ≤ 36 ⇒ x + y + xy ≤ ( ) ( ) ( x2 + y ≥ ( 2x + y) ⇒ x2 + y ≥ x2 + y2 Và ( x + y − 3) = x + y + + xy − x − y ≥ ( ) ) ⇔ 2( x + y + xy + 3) ≥ 8( x + y ) − x + y + Do đó: P ≥ 2( xy + x + y ) − 24.3 2( x + y + xy + 3) Đặt t = x + y + xy; t ∈ ( 0;5] ⇒ P ≥ f (t ) = 2t − 24.3 2t + Ta có f ' (t ) = − 16 ( 2t + 6) = ( 2t + 6) − < 0; ∀t ∈ ( 0;5] ( 2t + 6) ⇒ hàm số f (t ) nghịch biến ( 0;5] ⇒ f (t ) = f (5) = 10 − 48.3 x = Vậy P = f (t ) = 10 − 48.3 ⇔ y = Bài 8: Cho số thực x, y thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x2 + y + 2x + + x + y − 2x + + y − Lời giải P = x2 + y + 2x + + x + y − 2x + + y − Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, xét điểm M ( x − 1;− y ) , N x + 1; y Ta có OM + ON ≥ MN ⇔ ( x − 1) + y + ( x + 1) + y ≥ + y ⇒ P ≥ + y + y − = f ( y) Trường hợp 1: y ≤ f ( y) = + y + − y ⇒ f ' ( y) = 2y 1+ y2 −1 y ≥ f ' ( y) = ⇔ y = + y ⇔ ⇔ y= 3 y = 3 Lập bảng biến thiên ta dễ dàng tìm f ( y) = f = + Trường hợp 1: y ≥ f ( y) = + y + y − ≥ > + Do đó: P ≥ + 3; ∀x, y Vậy MinP = + ( x; y ) = 0; 3 Bài 9: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = x x+z z 4x + − Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + y + y + ( x + y) Lời giải Ta có x + y + z = x ⇔ x + xy = z + ( x + y ) ≥ z ( x + y ) ⇒ x + xy ≥ xz + yz Dấu xảy x + y = z z x x+z x Từ (1) x, y, z dương suy y + ≤ y + ; x + y + ≤ x + y (1) x 2x ⇒P≤ − 4 x+ y x + y x Đặt t = x + y ⇒ < t < Ta P ≤ 2t − 4t Xét hàm số f (t ) = 2t − 4t với t ∈ ( 0;1) f ' (t ) = − 8t = ⇔ t = 1 ⇒ f (t ) ≤ f = 4 x + y = z x = 13 1 x = ⇔ y = Vậy giá trị lớn P max P = max f (t ) = ⇔ 13 x + y 2 x + y + z = 2x z = 13 Bài 10: Cho a, b, c ∈ R; abc = 1; a ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức a2 P= + b + c − ab − 2bc − ca Lời giải Nhận xét: Chúng thấy hàm số phải đưa biến a Như vậy, đối xứng b, c ta gộp chúng lại biến đổi tương đương: P= a2 + ( b + c ) − a( b + c ) − 4bc a Nếu ta coi hàm bậc hai với biến b + c giá trị nhỏ b + c = a Khi đó, muốn tồn b, c phương trình X − X + = có nghiệm a a2 ⇔∆= − ≥ ⇔ a ≥ 16 a > a Và ta xét với a ≥ ⇒ a ≥ 27 nên chắn tồn b, c cho a a 1 a3 b + c = Do đó, ta có đánh giá P = b + c − + a − − ≥ − = f (a) 2 a 12 a a3 a2 − [ 3;+∞) có: f ' (a ) = + >0 12 a a2 11 Do ta có P ≥ f (a) ≥ f (3) = 12 a = a = abc = 11 a ± 33 Vậy P = ⇔ b + c = ⇔ b + c = ⇔ b = 12 2 12 a = 33 bc = c = 12 Xét hàm số f (a) = Bài 11: Cho a, b, c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= ( a + b + c )( ab + bc + ca ) abc + 5bc ( b + c) Lời giải Nhận xét: Bài toán có tính đối xứng b; c nên nhiều khả đẳng thức xảy b = c Ta chưa cần để ý điều vội Hãy nhớ việc dự đốn sai Chính mà chúng tơi hay nói “cần chút mạo hiểm” Dự đốn hình thành hướng nghĩ Và dĩ nhiên có hướng nghĩ sai Đề cho a, b, c > Như tức a, b, c không phụ thuộc vào Thế sao? Quá quen thuộc hướng nghĩ tự nhiên đạo hàm theo biến Chọn biến để đạo hàm trước Chắc chắn a b; c bình đẳng Ta có: ( a + b + c )( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) + + = + a b + c + ( b + c ) + ( b + c ). + abc a b c bc a b c Đạo hàm hay dùng bất đẳng thức Cauchy đưa kết đạt giá trị nhỏ khi: a = bc Như vậy, tìm b; c chọn a Do đó, ta hồn tồn đánh giá: P= ( a + b + c )( ab + bc + ca ) abc b+c 5bc ⇒P≥ + bc ( b + c ) + 5bc 2( b + c ) 5bc 1 1 ≥ 1+ + ( b + c) + + 2 ( b + c) bc b c ( b + c) b c Đến ta có hai hướng đặt S = b + c; P = bc; S ≥ P đặt t = Hoàn toàn giải theo cách đặt Tuy nhiên ta thấy ẩn phụ là: t= b+c ⇒ P = t + = f (t ); t ≥ t bc 10 Xét hàm số f (t ) [ 2;+∞) ta có: f ' (t ) = − ⇒ f ' (t ) = ⇔ t = 10 t 3 Lập bảng biến thiên ta P ≥ f (t ) ≥ f ( 10 ) = 10 + b + c = 10 ⇔ bc Vậy MinP = 10 + 100 a = bc ⇔ ( a; b; c ) = 2 10 ± 10 − t ; 10 ± 100 3 10 − t ;4t ; ∀t > Bài 12: Cho a, b, c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức ( a b c a2 + b2 + c2 P= + + + b+c c+a a+b ab + bc + ca ) Lời giải Nhận xét: Với tốn kiểu này, chúng tơi theo lối đơn giản là: đánh giá “biểu thức giống nhau” để dạng đơn giản trước xét sau Chúng cố gắng đưa tổng ba phân số đầu hai biến: x = a + b + c ; y = ab + bc + ca Ta làm Chắc chắn điều dùng phải lưu ý đẳng thức có xảy khơng? Ngay ta chưa biết mấy, ta cần biết có tồn hay khơng Dự đốn dấu xảy a = b = c a = b+c a 2a 2a = ≥ a ( b + c ) 2 a ( b + c ) 2a + b + c Tương tự cộng vế với vế ta a b c a b c + + ≥ 2 + + b+c c+a a+b 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân số (1) a b c a2 b2 c2 + + = + + 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 2a + ab + ac ab + 2b + bc ac + bc + 2c ( a + b + c) a2 b2 c2 + + ≥ 2a + ab + ac ab + 2b + bc ac + bc + 2c 2 a + b + c + 2( ab + bc + ca ) ( ) ( a + b + c) a b c + + ≥ 2 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c a + b + c + ab + bc + ca Do đó: ( Từ (1) (2) suy ra: P ≥ 2 (a ) ( a + b + c) ( a + b + c + ab + bc + ca 2 ) + ( ) (2) a + b2 + c2 ab + bc + ca ) +b +c ≥1 ab + bc + ca t2 + P ≥ + t = f (t ) Suy t +1 Đặt ẩn phụ: t = 2 Xét hàm f (t ) [1;+∞) nên ta có ( ) 2t t + − 2t t + − 2t ( t − 1) f ' (t ) = − + = ≥ = ≥0 2 t +1 t2 +1 t2 +1 t2 +1 Do f (t ) đồng biến [1;+∞) ( ) ( Suy P ≥ f (t ) ≥ f (1) = 2 ) ( ) ( ) Đẳng thức xảy a = b = c > Bài 13: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ( ) ( ) a + b + c − 16 a + b + c + 21 = Tìm giá trị nhỏ của: P = a3 + b3 + c3 + + + − a +b + c a b c Lời giải Nhận xét: Bài toán thấy rõ phương pháp giải đưa đại lượng t =a +b +c sau: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: 3( a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) Ta lại có ( ) ( ) a + b + c − 16 a + b + c + 21 = ( ⇒ a + b2 + c ( ) 2 ( ) − 16 a + b + c + 21 ≤ )[ ( ) ] ⇒ a2 + b2 + c2 − 3 a2 + b2 + c2 − ≤ ⇒ ≤ a2 + b2 + c2 ≤ 3 ⇒ ≤t ≤3 1 1 2 2 2 Ta có P = a + b + c + + + − a +b +c a b c ( ) 1 Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức phụ x + y + z ≥ x + y + z 1 9 bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: a + b + c ≥ a + b + c ≥ 3( a + b + c ) 2 Từ ta có P ≥ ( a + b + c ) + ( a +b +c 2 ) − a2 + b2 + c2 = t + − t 3t 7 − t = f (t ); t ∈ ;3 3t 3 7 − t ;3 Xét hàm f (t ) = t + 3t 3 7 f ' (t ) = − − > 0, ∀t ∈ ;3 2t 3t t 3 Hay P ≥ t + 7 − 21 7 − = + Do P ≥ f (t ) ≥ f = + 3 3 − 21 7 + ⇔a=b=c= Vậy P = 7 Bài 14: Cho a, b, c ∈ [ 0;2] a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a3 + b3 + c3 Lời giải Nhận xét: Bài toán ý giả thiết a + b + c = ta có b + c = − a biểu thức có dạng P = a + b + c Điều làm cho liên tưởng đến việc đưa tốn tìm giá trị lớn hàm biến, đại lượng b + c có liên quan mật thiết với b + c đẳng thức b + c = ( b + c ) − 3bc( b + c ) Mà c ≥ nên ta có − 3bc( b + c ) ≤ Do đó: b3 + c3 ≤ ( b + c) = ( − a) 3 Như vậy: P = a + b + c ≤ a + ( − a ) = f (a) Vai trò a, b, c nên ta giả sử a = max{ a, b, c} Khi ta có a + b + c = ≤ a + a + a = 3a ⇔ a ∈ [1;2] a ∈ [ 0;2] Xét hàm số f (a) = a + ( − a ) với a ∈ [1;2] f ' (a) = 9( 2a − 3) = ⇔ a = ⇒ f (a) ≤ max f (1); f (2); f = f (1) = f (2) = Vậy giá trị lớn P max P = đạt a = 2; b = 1; c = hoán vị chúng Bài 15: Cho số thực a, b, c thỏa mãn ( a + b + c ) = 2( a + b + c ) > Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P= a + b3 + c ( a + b + c )( ab + bc + ca ) Lời giải Nhận xét: Trước hết, ta thấy đề yêu cầu tìm giá trị lớn nhỏ P, điều khó khăn ta khơng thể dự đốn cách xác đẳng thức xảy Quan sát chút, ta nhận thấy giả thiết kết luận biểu thức đồng bậc Vì thế, ta chuẩn hóa để việc tìm giá trị lớn nhỏ P đơn giản Từ giả thiết, ta có ( a + b + c ) = 4( ab + bc + ca ) Khi P viết dạng ( ) 3 a3 + b3 + c3 a3 + b3 + c3 a b c P= = = 4 + + ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ( a + b + c ) a + b + c a + b + c a + b + c a x = a + b + c b , ta có x + y + z = xy + yz + zx = Đến đây, đặt y = a+b+c c z = a + b + c Công việc trở thành: Cho x, y, z số thực thỏa mãn x + y + z = xy + yz + zx = Tìm giá trị lớn nhỏ P = 4( x + y + z ) Bây giờ, để ý x + y + z ; x + y + z; xy + yz + zx có mối liên hệ là: ( x + y + z − xyz = ( x + y + z ) x + y + z − xy − yz − zx [ = ( x + y + z ) ( x + y + z ) − 3( xy + yz + zx ) ] ) Do đó, sử dụng giả thiết x + y + z = xy + yz + zx = ta viết P dạng ( ) ( ) P = x + y + z = x + y + z − xyz + 12 xyz 3 [ 3 ] = 4( x + y + z ) ( x + y + z ) − 3( xy + yz + zx ) + 12 xyz = − 4.3 + 12 xyz = + 12 xyz Với yêu cầu đề tìm giá trị nhỏ lớn nhất, nên từ biểu thức rút gọn P này, ta khơng thể đánh giá tùy ý được, mà tìm cách đưa P = + 12 xyz biến Thật vậy, từ x + y + z = ⇔ x + y = − z Thay vào xy + yz + zx = ta rút xy = 1 − z ( x + y ) = − z (1 − z ) 4 Thay vào P ta P = + 12 − z ( − z ) z = 12 z − 12 z + 3z + = f ( z ) 4 1 11 Khảo sát hàm số này, ta dễ dàng suy = f ≤ P ≤ f = 2 6 1 11 P = x = z = ; y = P = 11 Vậy giá trị nhỏ P = giá trị lớn max P = Ngoài ra, ta thấy x = 0; y = z = Bài 16: Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= − a + ab + abc a+b+c Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số, ba số ta được: = a + ab + abc ≥ = 1a 1a 2( a + b + c ) a + + 2b + + b + c 22 34 a a 2b + 3 b 4c 3 ⇒P≥ − 2( a + b + c ) a+b+c 3t t = > P ≥ f (t ) − 3t Đặt với f (t ) = a+b+c 3 3 Ta có f (t ) = ( t − 1) − ≥ − Đẳng thức xảy v t = ⇒ P ≥ − 2 2 16 Vậy giá trị nhỏ P P = − ⇔ ( a; b; c ) = ; ; 21 21 21 a+ Bài 17: Cho số thực dương x, y, z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= + ( x + y + z) + x + y + xy + 18 xyz Lời giải Ta có: xy = x.4 y ≤ x + y ; 183 xyz = 3.3 x.4 y.9 z ≤ x + y + z Dấu “=” xảy x = y = z 1 Suy P ≥ x + y + z + ( x + y + z ) + 2 t Đặt t = x + y + z; ( t > 0) , xét hàm số f (t ) = t + + với t ∈ ( 0;+∞) f ' (t ) = t − = ⇔ t =1 t2 36 x = 49 x = y = 9z ⇔ y = Vậy P = f (t ) = ⇔ 49 x + y + z = z = 49 Lập bảng biến thiên tìm f (t ) = f (1) = Dạng 2: Phương pháp dồn biến bất đẳng thức lượng giác • Các cơng thức liên quan tới tam giác Với A, B, C ba góc tam giác, ta ln có A B C cos cos 2 sin A + sin B + sin 2C = sin A sin B sin C sin A + sin B + sin C = cos sin A + sin B + sin C = 2(1 + cos A cos B cos C ) A B C cos A + cos B + cos C = + sin sin sin 2 2 2 cos A + cos B + cos C = − cos A cos B cos C tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C A B C A B C cot + cot + cot = cot cot cot 2 2 2 A B B C C A tan tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = • Bài toán dồn biến bất đẳng thức lượng giác Bài 1: Cho ∆ABC Chứng minh bất đẳng thức sau: a/ sin A + sin B + sin C ≤ 3 ; b/ cos A + cos B + cos C ≤ Lời giải Nhận xét: Đây hai bất đẳng thức quen thuộc có nhiều cách chứng minh Sau xin giới thiệu cách giải mang màu sắc phương pháp dồn biến: π Khơng tính tổng qt, giả sử A = min( A, B, C ) ⇒ A ∈ 0; Ta có sin B + sin C = sin B+C B−C cos 2 3 B−C B+C A ≤ nên sin B + sin C ≤ sin = cos 2 A π Xét hàm số f ( A) = sin A + cos ; A ∈ 0; Ta có 3 Vì ≤ cos A A A π f ' ( A) = cos A − sin = − 2 sin − sin ≥ 0; ∀A ∈ 0; 2 3 π π 3 Suy f ( A) đồng biến 0; Từ đó: f ( A) ≤ f = 3 3 Vậy toán chứng minh xong Câu b làm hoàn toàn tương tự Bài tốn ví dụ phương pháp dồn biến bất đẳng thức lượng giác Dưới lớp tốn có tư tưởng hoàn toàn tương tự Bài 2: Cho tam giác ABC Chứng minh A B C B C A + cos + cos sin + sin + sin ≤ cos 2 2 2 Lời giải Bước nghĩ đến biến đổi tương đương, dùng tất công thức lượng giác ta biết để làm cho biểu thức đơn giản A B C B C A + cos + cos sin + sin + sin ≤ cos 2 2 2 A B B C C A ⇔ sin sin + sin sin + sin sin ≤ cos A + cos B + cos C 2 2 2 A B B C C A A B C ⇔ sin sin + sin sin + sin sin ≤ + sin sin sin 2 2 2 2 B C A A B C ⇔ sin sin 1 − sin + sin sin + sin − ≤ 2 2 2 2 Ở bước cuối với cách nhóm tư tưởng dồn biến A Ta có bất đẳng thức: sin B C B+C B+C sin ≤ sin = − cos 2 Như muốn chứng minh bất đẳng thức ta cần phải có A π ≥ ⇔ < A ≤ Muốn có điều ta phải giả sử π A = ( A; B; C ) ⇒ A ≤ A + B + C = π ⇒ < A ≤ B C B+C Ta lại có sin + sin ≤ sin 2 − sin Do đó, ta chứng minh bất đẳng thức sau tốn hiển nhiên B + C A A B+C −1 ≤ 1 − cos 1 − sin + sin sin 2 B+C Giả sử ta chọn biến là: t = sin ta được: 1 A 1 A B+C B+C = cos = − sin = − 2t ; sin ∈ 0; ⇒ t ∈ ; 2 2 2 Ta phải chứng minh: f (t ) ≤ sin Ta có f (t ) = (1 − + 2t )(1 − + 4t ) + 4t (1 − 2t ) − = 8t − 8t − 2t + 4t − Đạo hàm f ' (t ) = 32t − 24t − 4t + t = 2 Ta có f ' (t ) = ⇔ 8t − 6t − t + = ⇔ ( 2t − 1) 4t − t − = ⇔ ± 17 t = ( ) Lập bảng biến thiên ta thu được: 1 max f (t ) = f = 2 2 1 = ⇒ f (t ) ≤ 0, ∀t ∈ ; f 2 Vậy toán chứng minh Đẳng thức xảy B −C cos = π π B + C = ⇔ B=C = ⇔ A=B=C = sin 3 B + C = sin Bài 3: Cho ∆ABC không tù Tìm giá trị nhỏ M = sin A + sin B + sin C cos A + cos B + cos C Lời giải Công việc biến đổi góc B, C theo góc A dựa vào cơng thức lượng giác B+C B−C A cos sin A + cos x 2 = Ta có: M = B+C B −C A cos A + cos cos cos A + sin x 2 B − C − π π B−C ∈ ; ⇒ x∈ ;1 Với x = cos 2 4 A sin A + cos x ; x ∈ ;1 Xét hàm số f ( x) = A cos A + sin x A A 2 cos cos A − sin sin A 2 Ta có f ' ( x) = A cos A + sin x Bây ta chọn góc A cho f ' ( x) ≤ 0; ∀x ∈ ;1 , tức sin A + sin cos A A cos A − sin sin A ≤ 2 A A A A A cos A − sin cos ≤ ⇔ cos cos A − 2 sin ≤ 2 2 2 A A A cos 1 − 4 sin ≤ ⇔ 1 − 4 sin ≤ ⇔ cos ⇔ sin A π A π ≥ ⇔ ≤ ⇔ A≥ 2 π π ≤ A≤ Như chọn A = max{ A, B, C} ta có ;1 A sin A + cos Do đó: M ≥ f ( x) ≥ f (1) = A cos A + sin A sin A + cos ; A ∈ π ; π Bây ta xét hàm số g ( A) = A cos A + sin A A 3A sin cos A + sin A cos − sin −1 2 g ' ( A ) = = ≤0 2 Ta có A A cos A + sin cos A + sin 2 2 π π π Suy g ( A) nghịch biến ; Suy g ( A) ≥ g = + 3 2 2 B−C ≤ mà cần thông qua Nhận xét: Ta đánh giá cos Từ suy f (x) nghịch biến bước xét Tiếp theo ví dụ để thành thạo phương pháp Bài 4: Cho ∆ABC không tù góc khơng nhỏ ( cot A + cot B + cot C + cot A cot B cot C ≤ − ) π Chứng minh Lời giải Nhận xét: Cũng với ý tưởng tương tự bắt đầu việc biến đổi biểu thức theo A chẳng hạn Đặt x = cos( B − C ) , ta có: cos B sin C + sin B cos C cos B cos C + cot A sin B sin C sin B sin C sin ( B + C ) cos( B + C ) + cos( B − C ) = cot A + + cot A cos( B − C ) − cos( B + C ) cos( B − C ) − cos( B + C ) sin A x − cos A = cot A + + cot A x + cos A x + cos A π Từ điều kiện tốn ta có ∆ABC khơng tù góc khơng nhỏ π π ⇒ − ≤ B −C ≤ ⇒ ≤ cos( B − C ) ≤ ⇒ x ∈ ;1 4 cot A + cot B + cot C + cot A cot B cot C = cot A + sin A x − cos A + cot A ;x∈ ;1 x + cos A x + cos A − sin A cot A cos A + Ta có f ' ( x) = ( x + cos A) ( x + cos A) 2 sin A cos A = − 1 ( x + cos A) sin A sin A = cot A − ( x + cos A) Xét hàm số f ( x) = cot A + ( ) ;1 , tương đương Đến ta chọn góc A cho f ' ( x) ≥ 0; ∀x ∈ cot A − ≥ ⇒ cot A ≥ π ⇔ A≤ 3 π π Như ta chọn A = min{ A, B, C} ⇒ A ∈ ; 3 4 Ta có f (x) đồng biến ;1 sin A cot A(1 − cos A) + + cos A + cos A cos A cos A sin A + −3 2 sin A sin A + cos A = sin A − cos A + cos A = + cos A sin A (1 + cos A) sin A − cos A + cos A = sin A + sin A − cos A + cos A π π g ( A) = ; A∈ ; Xét hàm số Ta có sin A + sin A 2 sin A sin A − cos A cos A − cos A + g ' ( A) = = −2 ≤0 2 1 sin A + sin A sin A + sin A 2 Suy f ( x) ≤ f (1) = cot A + π π π Suy g ( A) nghịch biến ; , suy g ( A) ≤ g = 4( − ) 4 3 4 Bài toán chứng minh xong Bài 5: Cho ∆ABC chứng minh A B C B C A + cos + cos sin + sin + sin ≤ cos 2 2 2 Lời giải Khai triển bất đẳng thức A B C B C A + cos + cos sin + sin + sin ≤ cos 2 2 2 A B B C C A ⇔ sin sin + sin sin + sin sin ≤ cos A + cos B + cos C 2 2 2 A B B C C A A B C ⇔ sin sin + sin sin + sin sin ≤ + sin sin sin 2 2 2 2 B C A A B C ⇔ sin sin 1 − sin + sin sin + sin − ≤ 2 2 2 2 Vai trò A, B, C nên giả sử π A 1 A = min{ A, B, C} ⇒ < A ≤ ⇒ sin ∈ 0; 2 B C B+C A Ta có sin sin ≤ − cos − sin ≥ 2 2 B C A B + C A 1 − sin Suy sin sin 1 − sin ≤ 1 − cos 2 2 2 B C B+C A B C A B+C ⇒ sin sin + sin ≤ sin sin Mặt khác sin + sin ≤ sin 2 2 2 B + C B+C A B+C ⇒ VT ≤ 1 − cos −1 1 − cos + sin sin B+C A B+C B+C = − sin = − 2t Đặt t = sin ta có sin = cos 2 1 A 1 Vì sin ∈ 0; nên t ∈ ; 2 2 Xét hàm số 1 f (t ) = − + 2t − + 4t + 4t − 2t − = 8t − 8t − 2t + 4t − với t ∈ ; 2 ( )( ) ( ) 1 t = ∈ ; 2 + 17 ⇒ f ' (t ) = 32t − 24t − 4t + = ⇔ t = ∈ ; 2 − 17 ∉ ; t = 2 + 17 = Suy f (t ) ≤ max f ; f ; f 2 2 2 Vậy toán chứng minh B −C cos = π B + C Đẳng thức xảy sin = ⇔ B = C = ⇒ ∆ABC B + C = sin IV Kết luận Trên số toán ứng dụng phương pháp dồn biến để giải tốn tìm cực trị biểu thức nhiều biến mà ta thường gặp kỳ thi, qua nghiên cứu cho thấy tầm quan trọng phương pháp Vì việc lựa chọn đề tài để nghiên cứu cần thiết, giúp có thêm cách tiếp cận với tốn khó kì thi Chúng hy vọng tài liệu tài liệu hữu ích bạn yêu thích tốn Các tác giả mong đóng góp ý kiến thầy bạn đọc để tài liệu hoàn thiện V Tài liệu tham khảo Phan Huy Khải, Giá trị lớn nhất, Giá trị nhỏ nhất, NXB ĐHQG Hà Nội, 2013 Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri Thức, 2006 Tạp chí Tốn học tuổi trẻ Diễn đàn toán học VMF – diendantoanhoc.net ... TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT NHƯ THANH Đề tài: Phương pháp dồn biến toán cực trị biểu thức Nhóm học sinh: Nguyễn Thùy Dung, Lê Thị Huyền, Trịnh Ngọc Nam, Nguyễn Phi Lương, Quách Văn Thiên Trường THPT. .. hướng dẫn học sinh giải tốn tìm cực trị đề thi THPT Quốc Gia 2015 từ rút ưu điểm phương pháp dồn biến cách đánh giá bất đẳng thức Bài toán (Đề THPT QG 2015): Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [1;3]... Thùy Dung, Lê Thị Huyền, Trịnh Ngọc Nam, Nguyễn Phi Lương, Quách Văn Thiên Trường THPT Như Thanh - Thanh Hóa Năm học: 2015 - 2016 CHỦ ĐỀ NGHIÊN CỨU CỦA HỌC SINH Chủ đề: Phương pháp dồn biến toán