TÌM HƯỚNG GIẢI CHO bài TOÁN tìm GIÁ TRỊ lớn NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT của một BIỂU THỨC

MỤC LỤC Nội dung Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1.Cơ sở lí luận 2.2.Thực trạng vấn đề 2.3.Giải pháp tổ chức thực 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Kết luận đề xuất 3.1 Kết luận 3.2.Ý kiến đề xuất Trang 2 3 3 5 16 16 16 17 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Bài tốn giá trị lớn giá trị nhỏ (GTLN GTNN) loại tốn khó Nó khó chỗ lý thuyết ngắn, phương pháp dùng để giải toán lại đa dạng phong phú Một tốn có nhiều cách giải khác Muốn giải yêu cầu học sinh phải có kiến thức tổng hợp phải có khả phán đốn để đưa lời giải thích hợp Đặc biệt tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Hơn nữa, tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức thường xuất đề thi kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia hàng năm Là giáo viên dạy nhiều năm mơn tốn THPT trực tiếp giảng dạy lớp chọn, đội tuyển học sinh giỏi nhà trường tơi gặp khơng trắc trở việc giảng dạy nhiều tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến Vì tốn có nhiều cách giải khác nhau, cách giải thể kiến thức tốn học vận dụng Trong cách giải khác đó, có cách giải thể tính hợp lí dạy học, có cách giải thể tính sáng tạo tốn học Trong đề tài muốn hướng dẫn học sinh cách tìm hướng giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến Từ để học sinh có nhiều định hướng trước tư để giải tốn dạng tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến Thực tế, qua trình giảng dạy tham khảo kết làm học sinh qua kỳ thi , thấy học sinh (kể học sinh khá, giỏi) thường bỏ qua khơng làm gặp loại tốn Có ngun nhân dẫn đến tình trạng Học sinh khơng định hướng cách giải loại toán này, Đứng trước đề em vận dụng phương pháp cho phù hợp Phương pháp học tập học sinh thụ động, không sáng tạo, không linh hoạt vận dụng kiến thức vào tập Các thầy cô chưa tập trung khai thác hướng dẫn học sinh học cách tích cực, chưa sâu phân tích lời giải cho tốn Từ thực tế tơi định chọn đề tài “Tìm hướng giải cho tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức” để giúp học sinh giải u cầu sau: Có cách nhìn tổng qt hướng giải toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Thông qua đề tài, em tập đào sâu đưa nhiều cách giải khác Từ em có nhiều cách nhìn dạng tốn Giúp nâng cao lực tư duy, lực sáng tạo cho học sinh, giúp em hứng thú nâng cao hiệu học tập, thi cử gặp dạng tốn Thơng qua rèn luyện kĩ cho học sinh 1.2 Mục đích nghiên cứu Nhằm trang bị thêm cho học sinh số công cụ hữu hiệu để giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến Việc đưa nhiều cách giải cho toán dạng giúp cho học sinh có nhìn sâu nhanh chóng đưa lời giải cho toán 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đề tài nghiên cứu, tổng kết vấn đề giải toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức 1.4 Phương pháp nghiên cứu Xây dựng sở lí thuyết Khảo sát, điều tra từ thực tế dạy học Tổng hợp, so sánh, đúc rút kinh nghiệm NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận 1/ Khái niệm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức Cho biểu thức f( x ,y, ) a/ Ta nói M giá trị lớn ( GTLN) biểu thức f(x,y ) kí hiệu max f = M hai điều kiện sau thoả mãn: - Với x,y để f(x,y ) xác định : f(x,y ) ≤ M ( M số) (1) - Tồn xo,yo cho: f( xo,yo ) = M (2) [1] b/ Ta nói m giá trị nhỏ (GTNN) biểu thức f(x,y ) kí hiệu f = m hai điều kiện sau thoả mãn : - Với x,y để f(x,y ) xác định : f(x,y ) ≥ m ( m số) (1’) - Tồn xo,yo cho: f( xo,yo ) = m (2’) [1] Chú ý : Nếu có điều kiện (1) hay (1’) chưa nói cực trị biểu thức chẳng hạn, xét biểu thức : A = ( x- 1)2 + ( x – 3)2 Mặc dù ta có A ≥ chưa thể kết luận minA = khơng tồn giá trị x để A = ta phải giải sau: A = x2 – 2x + + x2 – 6x + = 2( x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + ≥ A = ⇔ x -2 = ⇔ x = Vậy minA = khi x = 2/ Phương pháp tìm GTLN, GTNN hàm số: - Tìm khoảng xác định K ( đề chưa cho K) - Tìm cực trị cách lập bảng biến thiên - Dưạ vào bảng biến thiên kết luận Chú ý: Nếu K = [ a; b ] ta không cần lập bảng biến thiên, cần so sánh giá trị hàm số nghiệm y’ = với f(a), f(b) kết luận 3/Một số bất đẳng thức a/ Bất đẳng thức cô si : a+b ≥ ab Dấu xảy a = b a+b+c ≥ a.b.c Dấu xảy a = b = c +Với số dương a, b, c ta có: a + a + + a n n ≥ a1 a a n +Với n số dương a1 ; a ; ; a n ta ln có: n Dấu xảy a1 = a = = a n [2] +Với số dương a, b ta có: b/ Bất đẳng thức Bunhiacốpxki +Với bốn số thực a, b, c, d ta có: (ab + cd ) ≤ (a + c )(b + d ) Đẳng thức xảy ad = bc +Cho hai n số thực tuỳ ý: a1 , a , , a n b1 , b2 , , bn Ta có: (a1b1 + a b2 + + a n bn ) ≤ (a12 + a 22 + + a n2 )(b12 + b22 + + bn2 ) a a a n Dấu xảy b = b = = b [2] n r r uu r r r uu r r r uu r c/ Bất đẳng thức vectơ: Với vectơ u, v, w ta có u + v + w ≥ u + v + w r r uu r Dấu xảy u, v, w hướng [2] d/Một số bất đẳng thức khác +Với ba số a, b, c ta có: a + b ≥ 2ab, b + c ≥ 2bc, c + a ≥ 2ca 2 2 2 Suy ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) + 2ab + 2bc + 2ca Từ ta có BĐT: a + b + c ≥ (a + b + c ) Dấu xảy a = b = c   +Với ba số dương a, b, c ta chứng minh ( a + b + c )  + + ÷ ≥ a b c  1  1 1  + + ÷≥ Từ ta có BĐT:  a b c  a + b + c Dấu xảy a = b = c [2] 2.2 Thực trạng vấn đề Các kiến thức bất đẳng thức sách giáo khoa trình bầy đơn giản, tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ sách giáo khoa lớp 12 viết riêng cho hàm số Trong kỳ thi năm gần gần năm có tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến Kỹ giải dạng tập học sinh yếu Từ học sinh thường khơng làm tốn có tâm lí ngại tiếp xúc với dạng tốn này, chí có nhiều học sinh khơng đọc đến đề toán tham dự kì thi Vì thơng qua học tập giúp em rèn luyện khả tư sáng tạo, từ có kĩ giải vấn đề học tập, giúp học sinh có hứng thú học tập môn Việc làm nghĩ cần thiết phù hợp với yêu cầu giáo dục giai đoạn Từ thực trạng để công việc đạt hiệu hơn, chuyên đề muốn hướng dẫn học sinh cách định hướng phương pháp giải tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến Trong chuyên đề tập trình bày nhiều cách giải khác để từ em đưa kết luận cho mình, dùng phương pháp cho phù hợp 2.3 Giải pháp tổ chức thực Chuyên đề thực năm học 2017-2018 lớp chọn 12A1 Sau thực có kiểm tra, đối chứng, tơi thấy học sinh khá, giỏi khơng có cảm giác sợ khơng đọc đề dạng toán trước chưa tiếp thu chuyên đề Và qua học sinh tỏa hứng thú học tập phần Trong toán hướng dẫn học sinh cách tìm tòi lời giải khác Từ giúp em có cách nhìn rộng, từ toán cụ thể đến vấn đề tổng quát Khi gặp tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến thông thường nghĩ đến hướng giải sau: -Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc.( cô si, Bunhiacốpxki,….) -Sử dụng phương pháp hàm số -Sử dụng phương pháp vec tơ -Sử dụng miền giá trị hàm số, biểu thức -Sử dụng phương pháp lượng giác hóa -Kết hợp nhiều phương pháp -Đổi biến sau sử dụng kết hợp phương pháp Tuy nhiên vào toán cụ thể việc mở hướng giải để đến lời giải vấn đề khó Nó đòi hỏi phải có nhìn sâu vấn đề, phải loại bỏ phương pháp sử dụng phương pháp hợp lí Sau cách mà tơi định hướng cho học sinh thông qua số tập giải loại toán BÀI TẬP MINH HỌA Bài 1: Giả sử x, y > thoả mãn x + y = Tìm MinS biết S = x + y [1] 5 Hướng thứ nhất: Ta thấy mối quan hệ hai biến x, y x + y = , biểu thức bậc x y Do ta nghĩ đến hướng giải tốn sử dụng phép để đưa biểu S dạng biểu thức biến sau sử dụng phương pháp hàm số để giải toán x = f ( x ) với < x < − 4x  x = (5 − x ) 4 S'= − + =  ⇔ x =1 x (5 − x) 0 < x <  x =  Lập bảng biến thiên ta được: MinS = ⇔   y = Ta có: S = + Hướng thứ hai: Bài tốn tìm MinS nên nghĩ đễn bất đẳng thức có dạng ( S ≥ ) phải biến đổi đồng thời tách biến cho áp dụng giả thiết x + y = Do ta nghĩ đến BĐT Cơ-Si, biểu thức S dạng 4y Vì 4y vị trí mẫu thức nên việc tách x 4y = y + y + y + y áp dụng BĐT Cô- Si xuất dạng ( S ≤ ) ta cần dạng ( S ≥ ) Vậy ta tách số hạng có chứa biến x, cụ thể sau 1 1 5.5 25 25 S= + + + + ≥ = = =5 ⇒S≥ x x x x y x.x.x.x.4 y x + x + x + x + y 4x + y tổng có số hạng 1 x = 4y x =   Vậy MinS = ⇔  x = y ⇔    y = x + y =  Bài 2: Cho hai số thực thay đổi x ≠ 0; y ≠ thoả mãn: ( x + y ) xy = x + y − xy 1 Tìm giá trị lớn biểu thức: A = x + y [5] Hướng thứ nhất: Nhìn thấy biểu thức A hệ thức ràng buộc biến có chứa tổng x + y tích xy Do từ hệ thức ràng buộc ta biểu thị tổng theo tích (hoặc ngược lại ) Từ biểu thức A biểu thị theo biến (tổng tích).Vì hướng đến việc giải toán việc sử dụng phương pháp đạo hàm Từ ta giải tốn sau Ta có: ( x + y ) xy = x + y − xy = ( x + y ) − 3xy A= 1 x + y ( x + y )( x + y − xy ) ( x + y ) xy x+ y + = = = =( ) 3 3 3 3 x y xy x y x y x y (*) Đặt x + y = t ≠ ta có: txy = t − 3xy ⇒ xy(t + 3) = t với t ≠ −3 ⇒ xy = Thay vào theo Bunhiacốpxki ta có: t ≤ 2( x + y ) = 2[( x + y ) − xy ] 2t 2 ] ⇔ ≤ 2[1 − ] t +3 t +3 2t + 2t + t −1 ⇒1≤ ⇒ −1 ≥ ⇒ ≥ ⇔ t < −3 ∪ t ≥ t +3 t +3 t +3 t2 t +3 t ≤ 2[t − t2 t + 6t + 9 A= = = 1+ + t t t t (t + 3) (*) 18 −6t − 18 −6t − 18 − = = t t3 t3 t t , t ∈ (*) ⇒ A ' = − Ta có bảng biến thiên: −∞ t -3 +∞ - A' - 16 A x + y = 1  Vậy MaxA = 16  ⇔ x=y=  xy = Hướng thứ hai: Cũng từ biểu thức A hệ thức ràng buộc biến có chứa S = x + y tổng x + y tích xy nên hướng đến việc đặt  sau sử dụng  P = xy phương pháp tìm miền giá trị biểu thức (Điều kiện để hệ đối xứng có nghiệm) Cụ thể sau Gọi T tập giá trị A Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm x ≠ 0; y ≠ 0: ( x + y ) xy = x + y − xy  1  x3 + y3 = m  ⇔ ⇔ ( x + y ) xy = x + y − xy   ( x + y ) xy =m   ( xy ) ⇔ S = x + y Đặt  (S2 ≥ 4P), ta có hệ: P = xy  ( x + y ) xy = x + y − xy   ( x + y ) x + y − xy =m  ( xy )  ( ) ( x + y ) xy = ( x + y ) − xy   x + y   = m  xy    SP = S − 3P   S    = m  P  (1) (2) Hệ (1) có nghiệm x ≠ 0; y ≠ ⇔ Hệ (2) có nghiệm (S; P) thoả mãn S2 ≥ 4P S   Vì SP = x + y − xy =  x − y  + y > với x ≠ 0; y ≠ ⇒ > với x P   2 ≠ 0; y ≠ Từ đó: Nếu m ≤ hệ (1) vơ nghiệm S S Nếu m > từ phương trình   = m ⇒ = m ⇒ S = m P thay vào P P phương trình đầu hệ (2) được: m P = mP − 3P ⇔ m − m P = (vì SP > ( ) nên P ≠ 0) Để có P từ phương trình m − m ≠ ⇔ m ≠ ( m > 0) ta được: P= m ( ) m −1 , S = m −1 mãn S2 ≥ 4P khi: ( Trường hợp hệ (2) có nghiệm (S; P) thoả ) ( )   12 m −1   ≥ ⇔3≥ ⇔ m ≥ m −1 ⇔ m ≤ m m −1 m m −1  m −1 ⇔ < m ≤ 16 ( m ≠ 1) ( ) ( ) Tóm lại, giá trị m để hệ (1) có nghiệm x ≠ 0; y ≠ là: < m ≤ 16 Do đó: T = (0; 16] \ {1} Vậy: max A = 16 (chú ý không tồn A min) ( m ≠ 1) Hướng thứ ba: Ta thấy hệ thức ràng buộc biểu thức cần tìm GTLN biến đổi để đưa dạng biểu thức có chứa biến 1 y Do ta x đổi biến số sau sử dụng bất đẳng thức quen thuộc 1 1 Từ giã thiết ta có: x + y = x + y − xy 1 Đặt: x = a; y = b ta có a + b = a + b − ab (1) A = a + b3 = (a + b)(a + b − ab) = (a + b) Từ (1) suy a + b = (a + b)2 − 3ab  a+b  2 Vì ab ≤  ÷ nên a + b ≥ (a + b) − (a + b) ⇒ (a + b) − 4(a + b) ≤   ⇒ ≤ a + b ≤ ⇒ A = (a + b) ≤ 16 A = 16 a = b = ⇒ x = y = Vậy giá trị lớn A 16 Bài Cho x, y, z > x + y + z ≤ Tìm MinA , biết A = x + + x2 y2 + + y2 z2 + z2 [3] Hướng thứ nhất: Các biểu thức chứa biến bậc hai có dạng tổng bình phương nên liên tưởng đến cơng thức tính độ dài véc tơ Và ta định hướng sử dụng bất đẳng thức vectơ để giải tập Để sử dụng phương pháp cần phải chọn tọa độ vec tơ cách hợp lí cho tính độ dài vec tơ ta thu biểu thức có mặt tốn Từ có cách để giải tốn sau r r r r r r r 1 Đặt a = ( x, ) , b = ( y, y ) , c = (z, ) Ta có: a + b + c ≥ a + b + c x Vậy A = x + z + x2 + y2 y2 + x y z2 + 1 2 ≥ ( x + y + z ) + ( + + ) x y z z2 z A ≥ ( x + y + z ) + ( + + ) ≥ (3 xyz ) + (3 ) xyz Lưu ý: Có thể mắc sai lầm thấy sử dung BĐT cauchy cho hai số dương bậc hai có đáp số tốn( nhìn thấy biến triệt tiêu được) Tuy nhiên khơng tìm giá trị biến để dấu xảy (vì có điều kiện x + y + z ≤ ) Do ta tìm điều kiện ràng buộc tích xyz để sử dụng phương pháp đạo hàm x y z A ≥ ( x + y + z ) + ( + + ) ≥ (3 xyz ) + (3 ) = 9t + xyz t x+ y+z ) ≤ 9  1 Đặt Q ( t ) = 9t + Với t ∈  0;  t  9  1 Q’ ( t ) = − Với t ∈  0;  ⇒ Q’ ( t ) < t  9 Với t = (3 xyz ) ⇒ < t ≤ ( Ta có bảng biến thiên: t Q ' (t ) - Q (t ) 82 Q (t ) ≥ Q ( ) = 82 Vậy A ≥ 82 dấu xảy ⇔ x = y = z = Hướng thứ hai: Khi biến đổi A dạng A = x2 + + x2 y2 + + y2 z2 + 1 1 ≥ ( x + y + z) + ( + + ) 2 x y z z Khi ngồi việc định hướng đến bất đẳng thức cô si cho số dương x,y,z trên, ta định hướng áp dụng bất đẳng thức cho số dương x + y + z 1 1 1 + + Sau áp dụng bất đẳng thức si cho số dương x,y,z , , x y z x y z 1 Tuy nhiên khơng tìm giá trị x,y,z để x + y + z = x + y + z x = y = z (Dấu bất đẳng thức xảy ra).Muốn đạt mục đích ta biến đổi sau 1 1 1 ( x + y + z ) + ( + + ) = 81 ( x + y + z ) + ( + + ) − 80( x + y + z ) x y z x y z Từ ta giải tốn sau r r r r r r r 1 Đặt a = ( x, ) , b = ( y, y ) , c = (z, ) Ta có: a + b + c ≥ a + b + c x z 1 1 + z + ≥ ( x + y + z) + ( + + ) 2 y x y z z 1 1 2 2 Ta có : ( x + y + z ) + ( x + y + z ) = 81 ( x + y + z ) + ( x + y + z ) − 80( x + y + z ) 1 1 ≥ 18( x + y + z )( + + ) − 80( x + y + z ) ≥ 18.3 xyz − 80.1 = 82 xyz x y z Vậy A ≥ 82 dấu xảy ⇔ x = y = z = Vậy A = x + + x2 y2 + Bài 4: Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn: xy + yz + zx = xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= x2 + y 2 y2 + z2 2z + x2 + + xy yz zx [4] Hướng thứ nhất: Tương tự tập biểu thức chứa biến bậc hai nên liên tưởng đến cơng thức tính độ dài véc tơ Do cách giải định hướng sử dụng bất đẳng thức vectơ x2 + y2 y2 + z2 2z + x2 + + = Ta có: P = xy yz zx 2 + + 2+ + 2+ 2 y x z y x z v   v   uu v  1 u = ; , v = ; , w  ÷  ÷ Chọn ba vectơ :  y x÷  z y ÷ =  x ; z ÷ ÷       v v v  2 1 1 u + ; + + ÷ Suy + v + u =  + z x x y z÷  y  Áp dụng bất đẳng thức vec tơ ta được: 10 P= x2 + y2 y2 + z2 2z + x2 + + = xy yz zx 2 2 + + 2+ + 2+ 2 y x z y x z 2  1 1  yz + zx + xy  2  1 1 ≥  + + + + + = + + = ÷  ÷  ÷  ÷= ÷ y z x x y z x y z xyz         xy + yz + zx = xyz r r uu r u = kv = l w (k > 0, l > 0) Vậy MinP = đạt   xy + yz + zx = xyz  k l 1+ k + l y = z = x = x+ y+ z  1 1 1 k l 1+ k + l  = = ⇔ x = y = z =3 ⇔ = = = ⇔ x y z x y z x + y + z   xy + yz + zx = xyz   xy + yz + zx = xyz   Hướng thứ hai: Theo biến đổi cách ta có x2 + y2 y2 + z2 2z + x2 P= + + = xy yz zx 2 + + 2+ + 2+ 2 y x z y x z Ta thấy biểu thức có dạng tổng bình phương số nên liên tưởng đến bất đẳng thức sau +Với ba số a, b, c ta có: a + b ≥ 2ab, b + c ≥ 2bc, c + a ≥ 2ca 2 2 2 Suy ( a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) + 2ab + 2bc + 2ca Từ ta có BĐT: a + b + c ≥ (a + b + c ) Dấu xảy a = b = c Từ có thêm cách giải sau với x >, y > Áp dụng bất đẳng thức 2 2 2       1 1  1  Ta có + =  ÷ +  ÷  ÷ ≥  + + ÷ =  + ÷ y x  y   y   x  3 y y x  3 y x  32 1 ⇔ + ≥  + ÷ (1) y x  y x 32 1 Tương tự: + ≥  + ÷ (2) z y z y 32 1 + ≥  + ÷ (3) x z x z Cộng vế theo vế ta được: 11  xz + yz + xy  2 3 3 3 + + 2+ + 2+ ≥  + + ÷ =  ÷ = (4) y x z y x z y x z xyz   Vậy MinP = đạt (1),(2),(3) (4) đồng thời xảy dấu P= 1 1  = = ⇔ x y z ⇔ x= y= z=3  xy + yz + zx = xyz  r r uu r u = v = w x = y = z ⇔ ⇔ ⇔ x = y = z =1  xyz =  xyz = Bài 5: Cho x, y, z ba số thực dương thay đổi x 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = x  +  y  z  ÷+ y  + ÷+ z  + ÷ [5] yz   zx   xy  Hướng thứ nhất: Đề tìm giá trị nhỏ khơng có điều kiện ràng buộc biến nên nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai ba số không âm Tuy nhiên phải biến đổi để sau sử dụng bất đẳng thức Cauchy làm triệt tiêu biến biểu thức (vì khơng có điều kiện ràng buộc biến) điều quan trọng phải tìm giá trị biến dấu BĐT xảy Ta biến đổi biểu thức sau x  x y2 y z2 z y  z  x T = x  + ÷+ y  + ÷+ z  + ÷ = + + + + +  zx   xy  yz xz xy  yz  Từ sử dụng BĐT Cauchy cho hai ba số dương số khơng làm triệt tiêu biến Muốn đạt mục đích ta phân tích sau  x2 y z   y2 x z   z2 y x  T= + + + + + + ÷  ÷+  + ÷  2 xz xy   2 yz xy   2 xz yz  Đến ta hồn tồn sử dụng BĐT Cauchy cho ba số dương Từ ta có cách giải cho tập sau x  x y2 y z2 z y  z  x T = x  + ÷+ y  + ÷+ z  + ÷ = + + + + +  zx   xy  yz xz xy  yz  12  x2 y z   y2 x z   z2 y x  = + + + + ÷+  + ÷+  + ÷  2 xz xy   2 yz xy   2 xz yz  x yz y xz z xy 3 3 + + = + + = x yz xy z xyz 2 2 Vậy MinT = đạt ⇔ x = y = z = ≥ 3 Hướng thứ hai: Sau biến đổi biểu thức x  x y2 y z2 z y  z  x T = x  + ÷+ y  + ÷+ z  + ÷ = + + + + +  zx   xy  yz xz xy  yz  Chúng ta nghỉ đến việc đưa thành nhóm có chứa biến x,y,z riêng biệt Và nhóm giống nhau, khác cách kí hiệu biến.Để đạt điều ta làm sau T= x2 y2 z x y z x2 y2 z x2 + y + z + + + + + = + + + 2 yz zx xy 2 xyz  x2 y   x2 z   y z   + ÷+  + ÷+  + ÷   2  2 x2 y2 z  = + + + 2 xyz T≥ x y z xy + xz + yz  x   y   z  + + + =  + ÷+  + ÷+  + ÷ 2 xyz  x  y  z Đến ta nghĩ cách giải sử dụng phương pháp đạo hàm Từ có cách giải cho tập sau Ta có: T = x2 y2 z x y z x2 y2 z x2 + y + z + + + + + = + + + 2 yz zx xy 2 xyz  x2 y   x2 z   y z   + ÷+  + ÷+  + ÷   2  2 x2 y2 z  = + + + 2 xyz x y z xy + xz + yz  x   y   z  T≥ + + + =  + ÷+  + ÷+  + ÷ 2 xyz  x  y  z t2 Xét hàm số: f (t ) = + với t > t ( t − 1) ( t + t + 1) Ta có f '(t ) = t − = t t2 f '(t ) = ⇔ t = t + t + > ∀t > Bảng biến thiên: t f '(t ) +∞ − + 13 +∞ +∞ f (t ) 3 ∀t > Từ bảng biến thiên suy f (t ) ≥ 3 Do vai trò x, y, z nên ta được: T ≥ + + = 2 2 đạt ⇔ x = y = z = Bài 6: Cho hai số thực x ≠ 0, y ≠ thỏa mãn thỏa mãn hệ thức x + y = Vậy MinT = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = Hướng thứ nhất: B = ( x + xy ) + xy + y 2 ( x + xy ) = ( x + xy ) + xy + y [5] x + xy + y Có thể thấy tử mẫu biểu thức B có dạng đẳng cấp bậc hai ta liên tương đến việc đặt y = tx ( + 6t ) Đặt y = tx điều kiện t ≠ Khi đó: B = ( x ≠ ) + 2t + 3t Từ nghĩ đến công cụ đạo hàm để giải tập này.(Vì biểu thức B lúc có biến t).Từ có cách giải cụ thể sau Ta có: B = ( x + xy ) = ( x + xy ) + xy + y x + xy + y y = tx Đặt điều kiện t ≠ ( + 6t ) Khi B = + 2t + 3t Suy B '(t ) = 2 −36t − 12t + ( + 2t + 3t ) 2 ; x + y =  t = B ' ( t ) = ⇔ −36t − 12t + = ⇔  t = −  Bảng biến thiên: t −∞ − − B '(t ) + +∞ − B −6 14   t = − x = ; y = −   13 13 Vậy MinB = −6 đạt ⇔  x + y = ⇔  −3   y = tx x= ;y=   13 13   ( + 6t ) Hướng thứ hai: Cũng từ biểu thức B = ta liên tưởng đến cách + 2t + 3t tìm miền giá trị hàm số ( sử dụng điều kiện để phương trình bậc hai có nghiệm) Ta có: B = ( x + xy ) + xy + y = ( x + xy ) x + y = x + xy + y Đặt y = tx điều kiện t ≠ ( + 6t ) ⇔ B ( + 2t + 3t ) = + 12t Khi đó: B = + 2t + 3t ⇔ 3Bt + ( B − ) t + B − = ( ∗) 2 B = B =   Phương trình ( ∗) có nghiệm ⇔   B ≠ ⇔   B ≠  ( B − ) − 3B ( B − ) ≥  ∆ ≥   B =  ⇔  B ≠ ⇔ −6 ≤ B ≤   B + 3B − 18 ≤    t = − x =  2 Vậy MinB = −6 đạt ⇔  x + y = ⇔    y = tx x =    ;y=− 13 13 −3 ;y= 13 13 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1:Cho x, y hai số thực không âm thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = ( x − y ) ( − xy ) 2 ( 1+ x) ( 1+ y) Bai 2: Cho x, y thỏa mãn x ≥ 0, y ≥ x + y = x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = y + + x + Bài 3: Cho số thực x, y thay đổi thoả mãn ( x + y ) + xy ≥ Tìm MinP , biết A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + Bài 4: Cho x, y ≥ thoả mãn x + y = Tìm MaxS , MinS biết S = (4 x + y )(4 y + 3x ) + 25 xy 15 Bài 5:Cho a b số thực dương thoả mãn 2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2) a3 b3 a2 b2 + ) − ( + ) b3 a3 b2 a2 Bài 6: Cho x, y, z ≥ thoả mãn x + y + z = x + y + z = Tìm GTLN biểu thức: P = x + y + z Bài 7:Cho x, y thoả mãn ( x − 4) + ( y − 4) + xy ≤ 32 Tìm GTNN biểu thức: A = x + y + 3( xy − 1)( x + y − 2) P = 4( Tìm GTNN biểu thức: Bài 8: Cho x, y, z > thoả mãn xyz = Tìm MinP , biết P = x2 y2 z2 + + 1+ y 1+ z 1+ x 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Để thấy rõ vai trò, ý nghĩa tác động khác lên trình lĩnh hội kiến thức, phát triển lực tư sáng tạo, hình thành kĩ học sinh giáo viên không sử dụng sử dụng đề tài, tiến hành kiểm nghiệm sau: Tôi tiến hành kiểm tra tiết ( thời gian 45 phút ) cho lớp chọn 12A1 12C1 (Lớp 12C1 năm học 2016-2017 lớp 12A1 năm học 2017-2018) Đề bài: Câu 1: Cho số thực x, y thoả mãn x + y = Tìm MaxM , MinM biết M = 2( x + y ) − 3xy 1 Câu 2: Cho x, y, z > x + y + z = Hãy tìm MaxA , biết A= 1 + + 2x + y + z x + y + z x + y + 2z Tôi so sánh kết thực nghiệm lớp 12A1 năm học 2017 – 2018 với kết lớp 12C1 năm học 2016 – 2017 chưa áp dụng đề tài với kiểm tra Đây hai lớp chọn ban KHTN có khả tiếp thu tương đương Kết quả: Các em lớp 12A1 đạt kết tốt nhiều so với em học sinh lớp 12C1 Cụ thể: Điểm 1-2 10 Lớp 12C1 8 10% 22,5% 20% 20% 22,5% 5% 12A1 6 5 Sĩ số:37 5% 8% 16% 16% 19% 14% 14% 8% Sĩ số:40 16 Từ kết kiểm tra lớp, phần làm học sinh học bồi dưỡng ôn thi đại học, nhận thấy việc đưa đề tài vào giảng dạy thiết thực, phát huy hiệu cao Từ nâng cao chất lượng thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc Gia hàng năm Kết luận đề xuất 3.1 Kết luận Trên vài tập minh họa cho việc định hướng phương pháp giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến để có cách nhìn hướng việc tìm lời giải cho toán dạng giúp cho việc dạy học toán có hiệu hơn, kiểu tư áp dụng thực tế giảng dạy học tập tùy theo yêu cầu chương trình, người học, người dạy mà ta lựa chọn tập phù hợp Sau thực đề tài này, tơi thấy có số vấn đề cần rút sau: Thứ qua cách định hướng em tự hệ thống hoá phương pháp để giải cho tập, đồng thời em nhận xét, áp dụng cách giải thích hợp cho kiểu tốn Thứ hai nâng cao tính sáng tạo học tập, bước đầu giúp em có phong cách nghiên cứu khoa học Đặc biệt biết áp dụng vào giải toán khác 3.2 Ý kiến đề xuất Rất mong thầy giáo quan tâm, dựa vào trình độ khối lớp để đưa dạng tập từ cấp độ thấp đến cấp độ cao mang tính vừa sức, giúp cho em quen dần với phương pháp này, góp phần nâng cao chất lượng dạy học Đề nghị cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh giáo viên có nhiều tài liệu sách tham khảo đổi phòng thư viện để nghiên cứu học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ Tôi xin chân thành cảm ơn ! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hoá, ngày 15 tháng năm 2018 Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Người viết 17 Nguyễn Tăng Thi TÀI LIỆU THAM KHẢO Các phương pháp tìm giá trị lớn giá trị nhỏ nhất, tác giả Phan Huy Khải, Nhà xuất Hà Nội Bất đẳng thức giáo sư Phan Đức Chính - NXB Giáo dục 1995 Giới thiệu đề thi tuyển sinh đáp án vào trường đại học toàn quốc từ năm 2002 đến năm 2005, tác giả Lê mậu Thảo, Võ Tường Huy, Nguyễn Văn Trí, Nhà xuất Hà Nội Tuyển tập toán bất đẳng thức cực trị đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng, tác giả Võ Giang Giai, Nhà xuất đại học quốc gia Hà Nội Mạng Internet 18 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Nguyễn Tăng Thi Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Triệu Sơn TT Tên đề tài SKKN Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) Năm học đánh giá xếp loại 19 ... kiến thức bất đẳng thức sách giáo khoa trình bầy đơn giản, tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ sách giáo khoa lớp 12 viết riêng cho hàm số Trong kỳ thi năm gần gần năm có tốn tìm giá trị lớn nhất, . .. Trên vài tập minh họa cho việc định hướng phương pháp giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến để có cách nhìn hướng việc tìm lời giải cho toán dạng giúp cho việc dạy học tốn... trung khai thác hướng dẫn học sinh học cách tích cực, chưa sâu phân tích lời giải cho tốn Từ thực tế tơi định chọn đề tài Tìm hướng giải cho tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức để giúp