Định hướng cách giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức nhiều biến

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 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm 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 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 nhiều biến Hơn nữa, tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến thường xuất đề 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 xá định phương pháp giải gặp 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 toán 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 xác định phương pháp 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 định chọn đề tài “Định hướng cách giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến” để giúp học sinh giải yêu cầu sau: Có cách nhìn tổng qt hướng giải tốn giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến Thông qua đề tài, em tập đào sâu đưa nhiều cách giải khác Từ em có nhiều cách nhìn dạng toán 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 tốn 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đề tài nghiên cứu, tổng kết vấn đề giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Xây dựng sở lí thuyết - Gặp gỡ, trao đổi, tiếp thu ý kiến đồng nghiệp để tham khảo ý kiến làm sở cho việc nghiên cứu đề tài - Khảo sát, điều tra từ thực tế dạy học - Tổng hợp, so sánh, đúc rút kinh nghiệm 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm - Đưa tập tài liệu cụ thể giúp học sinh nhận dạng xác định hướng giải cho tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức nhiều biến - Phát triển tư giải tốn khó cho học sinh 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) [2] 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’) [2] 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 khơng 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 không âm a, b, c ta có: a  a   a n n  a1 a a n +Với n không âm a1 ; a ; ; a n ta ln có: n Dấu xảy a1 a  a n [3] +Với không âm 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 u  v  w � u  v  w u , v , w c/ Bất đẳng thức vectơ: Với vectơ ta có r r uu r Dấu xảy u, v, w hướng [3] 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 )2 Dấu xảy a  b  c 1 � � +Với ba số dương a, b, c ta chứng minh  a  b  c  �   ��9 a b c � � �1 1 � �   �� Từ ta có BĐT: �a b c � a  b  c Dấu xảy a  b  c [3] 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 tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến lại thường xuất đề thi Kỹ giải dạng tập học sinh cịn 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 tốn 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 định hướng cách giải cho 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 2019-2020 lớp chọn 12A6 Sau thực có kiểm tra, đối chứng, 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 tốn hướng dẫn học sinh cách tìm tịi lời giải khác Từ giúp em có cách nhìn rộng, từ tốn 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: -Hướng thứ 1:Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc.( cô si, Bunhiacốpxki,….) -Hướng thứ 2:Sử dụng phương pháp hàm số -Hướng thứ 3:Sử dụng phương pháp vec tơ -Hướng thứ 4:Sử dụng miền giá trị hàm số, biểu thức -Hướng thứ 5:Sử dụng phương pháp lượng giác hóa -Hướng thứ 6:Kết hợp nhiều phương pháp -Hướng thứ 7: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 địi hỏi phải có nhìn sâu vấn đề, phải loại bỏ phương pháp sử dụng phương pháp hợp lí Sau định hướng cách giải tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức nhiều biến thông qua số tập cụ thể Bài 1:( Trích đề thi học sinh giỏi lớp 11 tỉnh Thanh Hóa năm học 2018-2019 ) Cho ba số thực dương x, y, z thõa mãn x  y  z   x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức: P 8x  y  z  x  y  z   xy  yz  xz  3 [1] Hướng thứ nhất: Nhìn biểu thức P ta thấy đổi biến z cách đặt z  t để rút gọn hệ số đưa biểu thức P dạng đối xứng chứa tổng, tích biến sau sử dụng điều kiện ràng buộc biến để biểu thị biến thơng qua biến cịn lại Khi biểu thức P biến ta phải khéo léo tách ghép cho sử dung bất đẳng thức biết vế bất đẳng thức phải rút gọn hết biến Ngoài cần ý phải tìm dấu xảy sử dụng bất đẳng thức Ta giải toán sau: 2 Mặt �2 z� �z �� � 2 2 x  y  z  x  y  z � x  y   x  y    � Ta có � �� � � khác � �2 �� � 2� z ta có  x  y  t    x  y  t  2 1� 2 xy  yt  tx   x  y  t   x  y  t �  x  y  t  � � 3 8x  y  z x3  y  t P   x  y  z   xy  yz  xz   x  y  t   xy  yt  tx  Đặt t  P  x3  y  t   x  y  t Đặt: a  3 3 � x � � y � � 4t �� �  � � � � � � �� 16 � x  y  t x  y  t x  y  t � � � � � �� � � �a  b  c  4x 4y 4t ;b  ;c  �� với a, b, c dương x yt x  y t x  y t �ab  bc  ca  � 4� Khơng giảm tính tổng qt giả sử a   a, b, c � a  b  c �3a � a ��0; � � 3� bc  4a a b c  � � �� ab  bc  ca  � bc  a  4a  � Mà � Khi P  3 3 3 a b c   � a   b  c   3bc  b  c  � a   a    � � 16 16 16 2a   a    a  �2a   a   a � 32 � � Áp dụng côsi ta a   a   � 2� � 27 32 11 Suy P �   , đẳng thức xảy a  16 27 11 z y z Vậy giá trị lớn đạt x  y  x   Hướng thứ hai: Từ cá hệ số biến theo giã thiết theo biểu thức P ta định hướng biến đổi biểu thức P đổi biến số Sau sử dụng điều kiện ràng buộc biến để biểu thị biểu thức P dạng biến sau sử dụng phương pháp đạo hàm dễ dàng tìm giá trị lớn P Từ ta có cách giải sau x3  y  x3 x3  y  z 2x  y  z    Ta có: P  x  y  z xy  yz  xz    xy  yz  xz2  2x  y  z  3 z 2x 2y a  b  c b  , , c �P 2x  y  z 2x  y  z 2x  y  z ab  bc  ca a b c 1 � � � ab  bc  ca  Từ giã thiết ta có � a  b2  c  � � Đặt a  3 a  (b  c)3  3bc(b  c) � Do : P  4(a  b  c )  � � � � 1�  12a � a  � � 2� � 1� 0; � Giả sử a=min  a, b, c � a  b  c �3a � a �� � 3� � 1� Xét f (a )  12a � a  � � 2� � a � � 1� � 1� / f (a )  12 � a � 3a  � � � � � 2� � 2� � a � Ta có bảng biến thiên a f' + - 11 f Vậy Pmax  x 11 1 2 z a  , b  , c  a  , b  , c  x  y  6 6 y z  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 [6] 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 0 ta có: txy t  3xy  xy(t  3) t với t   xy  t2 t 3 Ta có: t 2( x  y ) 2[( x  y )  xy] t 2[t  2t  2t  2t 2   0 ]  2[1  ]  1 t 3 t 3 t 3 t 3 t1 0  t    t 1 (*) t 3 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    x  y m     x  y  xy  x  y  xy    x  y  xy m    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 x  y  Đặt  (S2 ≥ 4P), ta có hệ:   S   P  xy    m  P  (1) (2) Hệ (1) có nghiệm x ≠ 0; y ≠  Hệ (2) có nghiệm (S; P) thoả mãn S2 ≥ 4P S    với Vì SP x  y  xy  x  y   y  với x ≠ 0; y ≠  P   2 x ≠ 0; y ≠ Từ đó: Nếu m ≤ hệ (1) vơ nghiệm S S  m  S  m P thay vào Nếu m > từ phương trình   m  P  P phương trình đầu hệ (2) được: m P mP  3P  m  m P 3 (vì SP >   nên P ≠ 0) Để có P từ phương trình m  m 0  m 1  m  0 ta được: P m   m1 , S  mãn S2 ≥ 4P khi: m1  Trường hợp hệ (2) có nghiệm (S; P) thoả    12 m1     3  m 4 m   m m1 m m1  m  1   m 16  m 1       m 4 Tóm lại, giá trị m để hệ (1) có nghiệm x ≠ 0; y ≠ là:  m 16 Do đó: T = (0; 16] \ {1}  m 1 �x  y  1 � Vậy: max A = 16 � � x  y  (chú ý không tồn A min) xy  � � 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 � Vì ab �� � nên a  b �(a  b)  (a  b) � (a  b)  4( a  b) �0 �2 � � �� a b A (a b) 16 A  16 a  b  � x  y  Vậy giá trị lớn A 16 x  y  Bài Cho x, y, z  x  y  z 1 Tìm MinA , biết A  x   x2 y2  1  z2  2 y z [4] 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 toán 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 x y2  1 1  z   ( x  y  z)  (   ) 2 y x y z z y z A  ( x  y  z )  (   ) � (3 xyz )2  (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 1 ) Do ta tìm điều kiện ràng buộc tích xyz để sử dụng phương pháp đạo hàm 10 x y z A  ( x  y  z )  (   ) � (3 xyz )  (3 )  9t  xyz t �x  y  z � Với t  xyz �  t �� �� � � 9  1 Đặt Q ( t ) = 9t  Với t   0;  t  9  1 Q’ ( t ) =  Với t   0;   Q’ ( t ) < Ta có bảng biến thiên: t  9 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  1 1  z   ( x  y  z)  (   ) 2 y x y z z Khi ngồi việc định hướng đến bất đẳng thức cô si cho số dương x,y,z trên, ta cịn 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 toán sau r r r r r r r 1 b  ( y , ) a a  ( x , ) c  (z, ) Đặt , , Ta có:  b  c �a  b  c y x z 1 1 1 Vậy A  x   y   z   ( x  y  z )  (   ) y x y z x 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  11 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 [5] 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  y 2 y2  z 2z  x2    Ta có: P  xy yz zx 2   2  2 2 y x z y x z v � �v � �uu v � 1� �y x � � z y � �x z � v v v �2 2 1 1�   ;   � Suy u  v  u  � �y z x x y z� � � ,v  � ,w  � Chọn ba vectơ : u  � � ; � � � ; � � � ; � � Áp dụng bất đẳng thức vec tơ ta được: x2  y 2 y2  z2 2z  x2 P    xy yz zx 2 2   2  2 2 y x z y x z 2 �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 �1 k l  k  l �y  z  x  x  y  z � �1 1 �1 k l  k  l �  ��    � �x y z � x y  z 3 �x y z x  y  z �xy  yz  zx  xyz � �xy  yz  zx  xyz � � Hướng thứ hai: Theo biến đổi cách ta có P x2  y2 y2  z 2z  x2    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 )2 12 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 � �1 1 � �2 � Ta có   � � � �� �� �   � �  � y x �y � �y ��x � �y y x � �y x � �2 � �  � �  � (1) y x �y x � Tương tự: �2 �  � �  � (2) z y �z y � �2 �  � �  � (3) x z �x z � Cộng vế theo vế ta được: �xz  yz  xy � 2 �3 3 �      � �   � � � (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 � Bài 5: Cho x, y, z  (0;1) xy  yz  zx 1 Tim MinP biết x y z P   2 1 x 1 y 1 z2 [6] Giải: Hướng thứ nhất: Vì x, y, z bình đẳng với x, y, z  (0;1) Ta thấy biểu thức P có dạng tổng biểu thức biểu thức có biến định hướng để sử dụng phương pháp dùng đạo hàm để tìm GTNN cho biểu thức suy GTNN cho biểu thức P Tuy nhiên ta khơng tìm GTNN biểu x với x �(0;1) , điều quan trọng biến có ràng  x2 buộc xy  yz  zx 1 Do phải biến đổi để sử dụng giã thiết xy  yz  zx 1 Nhận thấy có mối liên hệ x  y  z xy  yz  zx x  y  z �xy  yz  zx dấu xảy x  y  z nên ta có hướng biến đổi thức P1  x x2 P1   tìm GTLN x(1  x ) 2 1 x x(1  x ) Từ ta giải toán sau 13 x x2 F ( x )   Xét  x x (1  x ) Đặt t  x  x với x  (0;1) Ta có: t ' 1  3x 0  x  Vì x  nên x  Ta có bảng biến thiên x + t' - t 3 Vậy t  3 Dấu xảy  x  Do x2 3 x 2 x(1  x ) y2 y 3   y Dấu xảy  y  Làm tương tự với: 2 y (1  y )  y z2 z 3  z    z Dấu xảy z (1  z )  z 3 ( x  y  z ) (*) Do ( xy  yz  zx) 1 ( x  y  z )  x  y  z 1 Dấu xảy x  y  z Vậy P  1 3 3 x  y  z  MinP  x  y  z  3 2 B C A B Hướng thứ hai : Từ giã thiết xy  yz  zx 1 hệ thức tg tg + tg tg + tg 2 2 C A tg = 1, với A, B, C góc tam giác ABC ( Tức A  B  C   ) ta 2 Vậy P  nghĩ đến việc sử dụng phương pháp lượng giác để giải tốn Từ ta có cách giải khác cho toán sau  Đặt x  tan a, y  tan b, z  tan c Do x, y, z  (0;1) nên a, b, c  (0; ) Vì xy  yz  zx 1 nên tan a tan b  tan b tan c  tan c tan a 1  tan a(tan b  tan c) 1  tan b tan c  tan b tan c   tan a  Do a  b  c  tan b  tan c Vậy 2a  2b  2c  x tan a sin a sin a Lại có:   ( ) : (  )  tan 2a cos a  x  tan a cos a 14 y  tan 2b 1 y2 z  tan 2c 1 z2 Vậy P  (tan 2a  tan 2b  tan 2c)  P tan 2a  tan 2b  tan 2c   Do x  (0;1)  a  (0; )  2a  (0; )  tan 2a  Tương tự: tan 2b  ; tan 2c  Theo Côsi ta có: P  tan 2a  tan 2b  tan 2c 33 tan 2a tan 2b tan 2c Mà 2a  2b  2c   tan 2a  tan 2b  tan 2c tan 2a tan 2b tan 2c 27 3 3 Vậy P 33 P  8P 27.2 P  P   P  Do MinP  �tan 2a  tan 2b  tan 2c �x  y  z �xyz �� �� �xy  yz  zx  �xy  yz  zx  Tương tự: BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1:Cho x, y hai số thực không âm thay đổi  x  y    xy  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  2  1 x  1 y Bai 2: Cho x, y thỏa mãn x �0, y �0 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 2 Tìm MinP , biết A 3( x  y  x y )  2( x  y )  Bài 4: Cho x, y 0 thoả mãn x  y 1 Tìm MaxS , MinS biết S (4 x  y )( y  3x)  25 xy 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 0 thoả mãn x  y  z 0 x  y  z 1 Tìm GTLN biểu thức: P  x  y  z Tìm GTNN biểu thức: P 4( 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) 15 Bài 8: Cho x, y, z  thoả mãn xyz 1 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 12A6 12B1 (Lớp 12B1 năm học 2018-2019 lớp 12A6 năm học 2019-2020) Đề bài: Câu 1: Cho số thực x, y thoả mãn x  y 2 Tìm MaxM , MinM biết M 2( x  y )  3xy Câu 2: Cho x, y, z ba số thực dương thay đổi �x �2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T  x �  � �y � �z � � y �  � z �  � yz � �2 zx � �2 xy � Tôi so sánh kết thực nghiệm lớp 12A6 năm học 2019 – 2020 với kết lớp 12B1 năm học 2018 – 2019 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 12A6 đạt kết tốt nhiều so với em học sinh lớp 12B1 Cụ thể: Điểm 1-2 10 Lớp 12B1 Sĩ số:40 12A6 Sĩ số:37 8 10% 22,5% 20% 20% 22,5% 5% 6 5 5% 8% 16% 16% 19% 14% 14% 8% Từ kết kiểm tra lớp, phần làm học sinh học bồi dưỡng ôn tập, 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 toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến để 16 có cách nhìn hướng việc tìm lời giải cho toán dạng giúp cho việc dạy học tốn 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, 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 cô 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 25 tháng 06 năm 2020 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Nguyễn Tăng Thi 17 TÀI LIỆU THAM KHẢO Đề thi học sinh giỏi mơn tốn 11 tỉnh Thanh Hóa 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 Đà 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 ... muốn hướng dẫn học sinh cách xá định phương pháp giải gặp 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, . .. 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 tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều. .. biệt tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến Hơn nữa, tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến thường xuất đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia hàng năm Là giáo viên