Kỹ thuật dồn biến trong bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức trong chương trình phổ thông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG - SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM KỸ THUẬT DỒN BIẾN TRONG BÀI TỐN TÌM GTLN, GTNN CỦA BIỂU THỨC TRONG CHƯƠNG TRÌNH PHỔ THƠNG Người thực hiện: Hồ Thị Bình Chức vụ: Giáo viên SKKN (thuộc lĩnh vực mơn): Tốn THANH HĨA NĂM 2020 MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Việc đổi phương pháp, hình thức dạy học kiểm tra, đánh giá theo định hướng phát triển lực học sinh triển khai từ 30 năm qua Hầu hết giáo viên trang bị lí luận phương pháp kĩ thuật dạy học tích cực q trình đào tạo trường sư phạm trình bồi dưỡng, tập huấn năm Tuy nhiên, việc thực phương pháp dạy học tích cực thực tiễn chưa thường xuyên chưa hiệu Bất đẳng thức tìm GTLN, GTNN hàm số dạng Tốn khó hầu hết học sinh phổ thông, kể học sinh giỏi Trong đề thi THPT quốc gia đề thi Học sinh giỏi tỉnh thành, tốn bất đẳng thức tìm GTLN, GTNN hàm số tập đòi hỏi mức độ vận dụng cao Mặc dù đa phần tập quy biến dùng kỹ thuật khảo sát hàm số để giải quyết, song với thời gian giải đề thi trắc nghiệm nay, việc sử dụng bất đẳng thức Cauchy giúp học sinh tiết kiệm nhiều thời gian Chính vậy, tơi chọn đề tài “Kỹ thuật dồn biến tốn tìm GTLN, GTNN biểu thức chương trình phổ thơng” làm đề tài nghiên cứu 1.2 Mục đích nghiên cứu Sử dụng Kỹ thuật dồn biến nhằm giúp học sinh bớt khó khăn giải tốn bất đẳng thức tìm GTLN, GTNN hàm số trình học thi 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài học sinh khối 10 12 qua năm giảng dạy từ trước đến 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết, thống kê đưa toán tổng quát NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm -Đánh giá trực tiếp từ bất đẳng thức Cauchy cho hai ẩn: Với x, y > 0, x +y 2 ( x + y) ≥ 2 1 + ≥ ≥ x y x+ y ≥ xy, 2 x2 + y2 x y + ≥ 2, y x Bất đẳng thức Cauchy cho ba ẩn Với x, y, z > x + y + z ≥ 3 xyz 1 1 + + ÷≥ x y z  ( x + y + z)  x +y +z 2 ( x + y + z) ≥ ≥ xy + yz + zx … Nguyên lý cực trị hàm nhiều biến Một hàm liên tục tập đóng, bị chặn D không đạt GTLN hay GTNN điểm dừng đạt biên D Định lý ABC Định lý 1: Nếu f(abc, ab+bc+ac, a+b+c) hàm đơn điệu R theo abc GTLN GTNN xảy hai số a, b, c có số Định lý 2: Nếu f(abc, ab+bc+ac, a+b+c) hàm lồi R theo abc GTLN xảy hai số a, b, c có số Định lý 3: Nếu f(abc, ab+bc+ac, a+b+c) hàm lõm R theo abc GTNN xảy hai số a, b, c có số Bản thân định lý ABC công cụ hiệu loại tốn song định lý khơng phép sử dụng thi Đại học nên không đề cập đến vấn đề mà dùng với mục đích dự đốn điểm rơi, định hướng để giải tập Chú ý đến đặc điểm biểu thức cần tìm GTLN, GTNN (tính đối xứng, bất đối xứng,…) để dự đoán điểm rơi Như từ nhận xét ta thấy GTLN, GTNN thường đạt trường hợp biến (đạt tâm) biến nằm biên tập xác định (đạt biên) Ta xét cụ thể kỹ thuật dồn biến + Dồn biến tâm + Dồn biến biên + Dồn biến theo đại lượng hỗn hợp Ngồi cịn số kỹ thuật dồn biến lớp hàm lồi, hàm lõm, dồn biến cách xét hàm đặc trưng, dồn biến việc khảo sát độc lập biến, xin đề cập đến viết khác Trong trình giảng dạy học tập, đứng trước toán bất đẳng thức, thương đặt câu hỏi: Vai trò biến bất đẳng thức (Bình đẳng hay khơng bình đẳng) Có đại lượng có tổng hay tích số hay không Dấu bất đẳng thức xảy Biểu thức lớn, biểu thức bé bất đẳng thức Những công thức, đẳng thức liên quan đến biểu thức toán … Việc trả lời câu hỏi giúp định hướng cách giải, đánh giá biểu thức, sử dụng công thức, bất đẳng thức quen thuộc, thay đổi hình thức bất đẳng thức…để giải tốn.Trong viết này, tơi xin nêu số phương pháp thường sử dụng việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy chương trình phổ thông 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Với thay đổi kì thi THPT Quốc Gia kể từ năm 2017, tốn thực tế đưa vào đề thi Như đề thi minh họa lần lần Bộ Giáo Dục Đào tạo có tốn thực tế nói chung Trước thực đề tài nhiều học sinh có tâm lý sợ tập tìm giá trị lớn nhỏ chứa nhiều biến Đây dạng tốn khó nên đa số học sinh gặp dạng tốn cịn lúng túng khơng giải Học sinh thường làm theo phương pháp hàm nhiều thời gian so với sử dụng bất đẳng thức Cauchy Sách giáo khoa Giải tích lớp 12 trình bày chi tiết phương pháp tìm GTLN GTNN hàm số biến số (khả vi) Trong đề thi Đại học năm gần thường xuất dạng tập tìm GTLN GTNN hàm số hai hay ba biến, có khơng có điều kiện ràng buộc Phương pháp để giải tốn chứng minh bất đẳng thức phụ thông qua số phép biến đổi (đánh giá, đặt ẩn phụ) để làm giảm số biến biểu thức ban đầu, dần quy hàm biến khảo sát hàm số để tìm GTLN, GTNN Kỹ thuật đánh giá nhằm làm giảm số biến biểu thức gọi chung kỹ thuật dồn biến việc khó khăn giải tốn dạng 2.3.Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức hai biến 2.3.1 Bài tốn tìm GTLN, GTNN, dùng phương pháp biến Phần trình bày số kỹ thuật dồn biến thường sử dụng để tìm GTLN, GTNN tốn chứa hai biến có số dạng đặc biệt: biến, dạng đối xứng, đẳng cấp… Ví dụ Cho x, y ∈ R, y ≤ x + x = y + 12 Tìm GTLN GTNN biểu thức sau: P = xy + x + y + 17 Từ điều kiện toán ta rút y theo x vào biểu thức P hàm biến số Sử dụng điều kiện y ≤ để tìm TXĐ hàm biến mới, qua đó, khảo sát hàm số đoạn này, toán giải quyết, cụ thể: Ta có y ≤ 0, x + x = y + 12 ⇒ x + x − 12 ≤ hay −4 ≤ x ≤ Hơn P = f ( x) = x3 + 3x − x − Khảo sát hàm số đoạn [ −4,3] ta có Min P = – 12 Max P = 20 3 Ví dụ Cho x, y ∈ [ −3,2] , x + y = Tìm GTLN, GTNN biểu thức P = x2 + y Tương tự ta rút biến theo biến lại: x = − y P= ( 2− y ) 2 + y = ( − t) + t 2 3 Trong t = y ∈ [ −27,8] 3 Nhưng x ∈ [ −3,2] nên − y ∈ [ −27,8] ⇒ y ∈ [ −6,29] Từ t ∈ [ −6,8] Khảo sát hàm số f (t ) = ( − t ) + t đoạn ta có 2 MinP = 4, MaxP = + 36 Qua ví dụ ta thấy phương pháp có ba bước rõ ràng: Chọn biến thay toàn biến biểu thức cần tìm qua biến Tìm tập giá trị mà biến nhận Khảo sát hàm biến tập hợp để tìm GTLN, GTNN Một số tập tương tự Cho x, y ∈ R x + y = Tìm GTLN GTNN P = 32 x + y Cho x, y ∈ R x + y = Tìm GTLN GTNN P = x y + y +1 x +1 Cho x, y ∈ R, x, y ≥ x + y = Tìm GTLN GTNN P = (4 x + y )(4 y + 3x) + 25 xy 2 Cho x, y ∈ R x + y = Tìm GTNN P = x + y + 1 + 2 x y Cho x, y ∈ R x + y = Tìm GTNN P = x3 + y + 3( x − y ) + x + y 2.3.2 Bài tốn tìm GTLN, GTNN biểu thức đối xứng Trong phần ta xét tốn tìm GTLN GTNN biểu thức hai biến mà giả thiết biểu thức có dạng đối xứng với x y Với dạng ta thường dùng phép biến đổi để đưa biểu thức cần tìm GTLN GTNN dạng hàm số biến đa thức đối xứng x y Đó đa thức đối xứng sơ cấp (tổng x + y tích xy) số dạng khác ( x2 + y , 1 x y + , + , x y y x Ví dụ (CĐ Khối A, B – 2008) Cho x, y số thực thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = 2( x + y ) − xy Từ giả thiết x + y = , ta nghĩ tới đẳng thức x + y = ( x + y ) − xy; x + y = ( x + y )( x − xy + y ) ( x + y )2 − Hơn từ ( x + y ) − xy = ⇒ xy = 2 Vậy đến ta nghĩ đến việc đưa P hàm biến số ta đặt: t = x+ y Cần chặn biến t cách sử dụng bất đẳng thức: x + y ≥ ( x + y )2 Lời giải P = 2( x + y )( x − xy + y ) − 3xy = 2( x + y )(2 − xy ) − xy Ta có : ( x + y )2 − Từ xy = , sau đặt t = x + y thì: P (t ) = 2t (2 − t2 − t2 − )−3 = −t − t + 6t + 2 ( x + y)2 Hơn x + y ≥ ⇒ ( x + y ) ≤ ⇒ −2 ≤ t ≤ 2 Khảo sát hàm số P (t ) = −t − t + 6t + với −2 ≤ t ≤ , ta có P (t ) = P( −2) = −7 x = y = −1 [ −2;2]  1+ 1− x= ;y =  13 2 max P (t ) = P (1) = ⇔  [ −2;2]  1− 1+ ;y = x =  2 Qua ví dụ ta thấy Giả thiết biểu thức P đa thức đối xứng x y nên ln biểu diễn qua đa thức đối xứng sơ cấp (S = x+y, P = x) Do điều ta nghĩ đến đặt hai đại lượng làm biến Giữa đa thức đối xứng x, y lại có mối liên hệ với theo bất đẳng thức ta đề cập ban đầu nên đánh giá đề tìm tập giá trị biến nhận đánh giá P trường hợp cần thiết Ví dụ (ĐH Khối B – 2009) Tìm GTNN A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + , với x, y số thỏa mãn điều kiện: ( x + y )3 + xy ≥ Vì giả thiết biểu thức phức tạp nên ta khai thác trước cho gọn để sử dụng dễ dàng Chú ý đẳng thức : x + y = ( x + y ) − xy x + y = ( x + y )( x − xy + y ) Và ( x + y ) ≥ xy Khi điều kiện tốn trở thành : x + y ≥ Ta biến đổi A sau : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + 3 = ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y ) + 2 3( x + y ) 2 ≥ (x + y ) + − 2( x + y ) + ( x + y )2 ( x + y ≥ ) 4 Hay A ≥ ( x + y ) − 2( x + y ) + Ta nghĩ đến việc đưa A hàm biến cách đặt t = x + y Tìm điều kiện biến t ta sử dụng bất đẳng thức x + y ≥ ( x + y )2 Lời giải Ta ln có kết : ( x + y ) ≥ xy , từ ta có : ( x + y )3 + xy ≥ ⇒ ( x + y )3 + ( x + y) ≥ ( x + y)3 + xy ≥ ⇒ ( x + y )3 + ( x + y ) ≥ ⇒ [ ( x + y ) − 1] ( x + y ) + ( x + y ) +  ≥ ⇒ ( x + y) − ≥ 1  Do  ( x + y ) + ( x + y ) +  = ( x + y ) +  + ≥ 0, ∀x, y 2  Bài tốn đưa tìm max, : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + Với x, y thỏa mãn x + y ≥ Ta biến đổi biểu thức A sau : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + 3 = ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y ) + 2 3( x + y ) 2 ≥ (x + y ) + − 2( x + y ) + ( x + y )2 ( x + y ≥ ) 4 Hay A ≥ ( x + y )2 − 2( x + y ) + ( x + y )2 Vì x + y ≥ ( x + y ≥ ) nên x + y ≥ 2 2 Đặt t = x + y Ta xét hàm số f (t ) = t − 2t + với t ≥ f ( t ) = f ( ) = t = Khảo sát hàm số ta đạt 16 t≥ 2 Kết luận : A = x = y = 16 Ví dụ (ĐH Khối B- 2011) Cho a, b số thực dương thỏa mãn 2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2)  a b3   a b  Tìm giá trị lớn biểu thức P =  + ÷−  + ÷ a  b a  b Nhìn vào biểu thức P ta nghĩ đến việc đặt biến t = gắng khai thác số thông tin biến từ giả thiết, cụ thể Lời giải Biến đổi giả thiết: 2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2) a b + Ta cố b a ⇔ 2(a + b ) + ab = a 2b + ab + 2(a + b) a b ⇔  + ÷ + = ( a + b) + ( a + b ) b a a b 1 1 ⇔  + ÷ + = ( a + b) +  + ÷ b a a b Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 1 1 1 1 a b  (a + b) +  + ÷≥ 2(a + b)  + ÷ = 2  + + ÷ a b a b b a  a b a b a b Suy ra:  + ÷+ ≥ 2  + ÷+ ⇒  + ÷≥ b a b a b a Đặt t = a b + , t ≥ , ta : b a P = 4(t − 3t ) − 9(t − 2) = 4t − 9t − 12t + 18 Xét hàm số: f (t ) = 4t − 9t − 12t + 18 f '(t ) = 6(2t − 3t − 2) ≥ 0, ∀t ≥ 23 5 f ( t ) = f = −  ÷ Suy   2  ;+∞ ÷   Vậy P = − a b 23 1 1 đạt đươc + = a + b =  + ÷ b a a b (a; b) = (2;1) (a; b) = (1;2) Một số tập tương tự Cho x, y hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện 2( x + y ) = xy + Tìm giá trị x4 + y4 lớn giá trị nhỏ biểu thức: T = xy + Cho hai số thực x, y ≠ thay đổi thỏa mãn điều kiện ( x + y ) xy = x + y − xy 1 Tìm giá trị lớn biểu thức: A = + x y Cho x + y = x + y Tìm GTLN, GTNN P = x3 + y + x y + xy xy Cho x, y > 0, x + xy + y = Tìm GTLN P = x + y +1 Cho x, y > 0, xy + x + y = Chứng minh 3x 3y xy + + ≤ x2 + y2 + y +1 x +1 x + y Cho x, y > 0, x + y + = 3xy Tìm GTLN 3x 3y 1 P= + − 2− y ( x + 1) x( y + 1) x y 2.3.3 Bài tốn tìm GTLN, GTNN biểu thức đẳng cấp Trong phần ta xét số tốn mà biểu thức cần tìm GTLN, GTNN chứa hai biến giả thiết biểu thức thể hiên tính đẳng cấp Với loại toán này, cách thường dùng đổi biến nhờ phép đặt y = tx , cố gắng đưa biểu thức cần tìm GTLN, GTNN dạng để giản ước biến Ví dụ Cho hai số thực a, b ≥ Chứng minh a + b ≥ a 3b + ab3 Bài tốn có nhiều cách giải (có thể xét hiệu hay dùng trực tiếp BĐT Cauchy) Tuy nhiên để ý thấy BĐT cần chứng minh biểu thức đẳng cấp a, b nên viết ta sử dụng phép dồn biến nói Nếu a = , BĐT Nếu a ≠ 0, đặt b = ta BĐT cần chứng minh trở thành a (1 + t ) ≥ a (t + t ) , hay f (t ) = t − t − t + ≥ Khảo sát hàm số trên tập số thực R ta có điều phải chứng minh Ví dụ (Đề thi ĐH khối B – 2008) Cho x + y = Tìm GTLN, GTNN biểu thức P= x + xy + xy + y Nhận xét biểu thức P cho chưa phải biểu thức (Tử mẫu đẳng cấp) Tuy nhiên sử dụng giả thiết ta xử lý điều Ta có P = x + xy x + xy = + xy + y x + xy + y Nếu y = ⇒ P = Nếu y ≠ 0, đặt x = ty ta có x + xy y (t + 6t ) (t + 6t ) P= = = = f (t ) x + xy + y y (t + 2t + 3) (t + 2t + 3) Khảo sát hàm số trên tập số thực R ta P = −3, max P = Ví dụ Cho x + y + xy ≤ Tìm GTLN GTNN P = x − xy + x Trong toán này, biểu thức xuất dạng đẳng cấp bậc hai x, y Tuy nhiên, sau dùng phép đặt x = ty , P chứa hai biến Nhưng lại để ý thấy biểu thức giả thiết a = x + y + xy biểu thức đẳng cấp bậc với P nên xét biểu thức dạng P a Đặt a = x + y + xy ta có ≤ a ≤ Nếu a = x = y = ⇒ P = Nếu a ≠ , ta giả sử y ≠ đặt x = ty Ta có P x − xy + y t − t + = = = f (t ) a x + xy + y t + t +1 Khảo sát hàm số trên toàn tập số thực R ta 7−2 P 7+2 7−2 7+2 ≤ ≤ ⇒ a≤P≤ a≤7+2 a 3 Vậy P = 0; max P = + Ví dụ Cho x, y > 0, x + y = Tìm GTLN biểu thức P = y ( x + y ) Bài tốn làm cách tương tự Tuy nhiên với trường hợp giả thiết đẳng thức ta làm cách tự nhiên sau Do x, y > 0, x + y = nên đặt y = tx, ( t > ) ta có x = P = x 2t (t + 1) = t2 + t = f (t ) t2 +1 Khi t +1 Đến lại khảo sát f (t ) ( 0,+∞ ) ta max P = f ( + 1) = 1+ Với cách làm ta giải loạt toán sau Cho x + y + xy = Tìm GTLN GTNN P = x − xy + 3x x + xy − Cho x, y ≥ 0, x + y = Tìm giá trị lớn P = xy − y − 2 (Đề thi D – 2013) Cho x, y > 0, xy ≤ y − Tìm GTLN P= x+ y x − xy + y − x − 2y 6( x + y ) Cho x, y ∈ R, x, y ≠ 0, x + y = x y + xy Tìm GTLN, GTNN P = + x y Bài toán P khơng phải dạng đẳng cấp, giả thiết vế biểu thức đẳng cấp có bậc khác Tuy nhiên kỹ thuật trình bày Ví dụ hồn tồn áp dụng trường hợp này, cụ thể sau t +1 Đặt y = tx , từ giả thiết ta có t ≠ 0, x = suy t +t P = f (t ) = (t + t )(2t + 1) 2t + 3t + = t (t + 1) t2 +1 Từ khảo sát để tìm GTLN GTNN P 2.4.Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức ba biến Các ý ban đầu Việc dồn biến biểu thức biến thường phức tạp nhiều so với trường hợp biểu thức hai biến xét Ta thường phải dùng số phép đánh giá, số bất đẳng thức phụ để quy dần biến Một điều quan trọng thường dùng làm phép đánh giá điểm rơi tốn (điểm mà biểu thức đạt GTLN hay GTNN) Có số dùng dự đốn điểm rơi sau (các không đề cập đến chương trình phổ thơng): 2.4.1 Dồn biến tâm Mục tiêu phương pháp đưa toán bất đẳng thức trường hợp dấu xảy (khi biến nhau) Giả sử cần f(x,y,z) ≥ 0, ta chứng f(x,y,z) ≥ f(t,t,z) với t giá trị phù hợp tùy mối liên hệ x, y, z (thường xét t trung bình cộng trung bình nhân x, y…) Như ta giảm bớt biến biểu thức cần tìm GTLN, GTNN đưa tốn dạng đơn giản Ví dụ Cho a, b, c > Tìm GTNN biểu thức P = a b c + + b+c a+c a+b Với toán ta dự đoán P đạt GTNN biến sử dụng phép dồn biến tâm Do P biểu thức nên chuẩn hóa: a + b + c = Đặt f ( a, b, c) = f ( a, b, c) = a b c a+b + + , t= ta có b+c a+c a+b a + b + c(a + b) c 2t + 2tc c 2t c + ≥ + = + = f (t , t , c) 2 ab + c + c(a + b) a + b t + c + 2tc 2t t + c 2t Như trường hợp ta quy từ tốn tìm GTNN biểu thức biến hai biến Đến cần thay c = − 2t ta biểu thức dạng hàm biến P ≥ g (t ) = 2t − 2t + 1− t 2t Khảo sát hàm (0,1) ta P ≥ g ( ) = 3 Vậy P = Ví dụ (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho a, b, c > 0, a + b + c = Tìm GTLN P = a (b + c) + b3 (c + a ) + c (a + b) Với tốn ta phải tìm số t cho khơng làm thay đổi tổng b2 + c2 bình phương biến Cụ thể ta xét t = Ở ta dự đoán GTLN đạt biến Xét hiệu A = f (a, b, c) − f (a, t , t ) = −a (2t − b − c) + a(b3 + c − 2t ) + t (2bc − 2t ) Điều ta cần A ≤ nhìn chung điều khơng Tuy nhiên P có dạng hốn vị vịng quanh với ba biến nên giả sử a = min{a, b, c} Khi 2t − b − c ≥ 0, a ≤ t b3 + c3 − 2t = (b + c )(b +c − bc ) − 2t ≤ 2t (b +c − bc ) − 2t = t (b − c) Từ ta A ≤ Bây xét biểu thức f ( a, t , t ) = 2ta + 2t + 2at với a + 2t = Đến dùng phương pháp tìm GTLN hàm số hai biến (Dạng đẳng cấp) xét để giải toán song tương đối phức tạp tính đạo hàm bậc lớn Tuy nhiên ta xét cách làm đơn giản Với dự đoán điểm rơi ta chứng minh 2ta + 2t + 2at ≤ với (1 ≤ t ≤ ) Thật vậy, bất đẳng thức viết at (3 − t ) ≤ − t ⇔ (3 − 2t )t (3 − t ) ≤ (3 − t ) ⇔ 3(t − 1) (t − 3t + 3) ≥ Vậy P ≤ hay Max P = 6, đạt a = b = c = Qua ví dụ ta thấy có hai vấn đề: - Việc chọn biến t phụ thuộc vào giả thiết ràng buộc ban đầu ba biến ta cố gằng không làm thay đổi mối quan hệ q trình dồn biến Ngồi ra, việc dự đoán điểm rơi nghĩa ta dự đốn GTLN P, từ làm cho việc đánh giá biểu thức cuối trở lên đơn giản nhiều - Bất đẳng thức f ( a, b, c) − f (a, t , t ) ≤ (hay ≥ 0) lúc Trong số trường hợp ta phải xếp lại thứ tự biến chọn biến lớn nhất, nhỏ dựa vào tính đối xứng hay tính hốn vị vịng quanh biểu thức đề Bài tập tương tự 1 Cho a, b, c > 0, abc = Tìm GTNN P = (a + b)(b + c )(c + a ) − 4(a + b + c ) Cho a, b, c > 0, a + b + c = Tìm GTLN P = 2(a 2b + b 2c + c a ) − 3(a + b + c ) Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = Tìm GTNN P = a + b + c − (a 2b + b 2c + c a ) Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = Tìm GTLN P = 7(ab + bc + ca ) − 9abc 2.4.2 Dồn biến biên Thông thường, số tốn, GTLN hay GTNN khơng đạt tâm mà đạt biên miền xác định Khi dự đoán điểm rơi mà toán thuộc dạng ta thường phải dùng phép dồn biến biên Giả sử trình tìm GTLN hay GTNN mà ta cần chứng minh f ( x, y, z ) ≥ với x, y, z ≥ , ta hi vọng vào đánh giá f ( x, y, z ) ≥ f (0, s, t ) s, t đại lượng tùy điều kiện tốn Từ quy tốn với số ẩn Về tư tưởng phép dồn biến gần giống trường hợp trước, khác kỹ thuật chọn biến Ví dụ Cho a, b, c khơng âm thỏa mãn ab + bc + ca = Tìm GTNN P= 1 + + a+b b+c c+a Với toán trước tiên ta dự đoán xem P đạt GTNN Xét tâm (3 biến nhau), biên (1 biến 0) ta thấy GTNN có nhiều khả xảy biến 0, hai biến thử dồn biến trường hợp Khi cho biến c = phải tìm hai số s, t cho bảo tồn điều kiện giả thiết toán, tức lúc st = Ta xét s = a + b, t = Xét hiệu f ( a, b, c) − f (a + b, a+b ,0) a+b    ÷ 1 1 = + + − +a+b+ ÷ a + b a + − ab b + − ab  a + b ÷ a+b+ a+b a+b  a+b  = 1 + −1− 2 1+ a 1+ b + ( a + b) Quy đồng lên ta thấy hiệu không âm 2(1 − ab) ≥ ab( a + b) Điều lúc nhiên giả sử c = max{a, b, c} a, b ≤ nên thấy 2(1 − ab) = 2c(a + b) ≥ ab(a + b) Bây cần tìm GTNN biểu thức 1 f ( s, t ,0) = + + , ( st = 1) s t s+t Đặt u = s + t ≥ ta có f ( s, t ,0) = g (u ) = u + u Khảo sát hàm [ 2,+∞ ) ta có g (u ) ≥ Vậy Min P = , đạt (a, b, c) = (1,1,0) hốn vị Qua ví dụ trên, lần ta thấy tầm quan trọng việc xác định điểm rơi việc giải tốn dạng Đó để lựa chọn cách dồn biến đánh giá bất đẳng thức trung gian 2.4.3.Dồn biến theo đại lượng hỗn hợp Trong số toán, việc dồn biến theo hai phương pháp trở lên phức tạp ta để ý số điểm đặc biệt biểu thức cần tìm GTLN, GTNN để lựa chọn biến cần dồn cho thích hợp Một số trường hợp chọn biến biểu thức hỗn hợp chứa biến (đối xứng bất đối xứng), tùy thuộc vào trường hợp Dạng khơng có quy tắc hai dạng trước khéo léo lựa chọn biến lời giải ngắn gọn đơn giản nhiều Cách dồn biến loại tập đa dạng Đầu tiên ví dụ dùng phép biến Ví dụ Cho x, y, z > 0, x + y + z = Tìm GTNN P = 1 + xz yz Để ý thấy biểu thức P đối xứng với x, y vai trò z hoàn toàn khác Ta thay z theo x, y Ta có P = x+ y Đến đây, thay z = − ( x + y ) vào ta biểu xyz thức đối xứng theo hai biến x, y : P = x+ y xy (1 − ( x + y )) Sử dụng cách dồn biến biểu thức hai biến xét ta đặt t = x + y , (0 < t < 1) tích xy đánh giá nhờ Cauchy: xy ≤ t Từ đó, P = x+ y 4t ≥ = xy (1 − ( x + y )) t (1 − t ) t − t Khảo sát hàm biến t khoảng ( 0,1) ta có 1 Min P = 16, đạt x = y = , z = Một số tốn có biểu thức dạng đối xứng với biến dồn đa thức đối xứng sơ cấp ( a + b + c, ab + bc + ca, abc ) Ví dụ Cho x, y, z ∈ R, x + y + z = Tìm GTLN GTNN biểu thức P = x + y + z + xy + yz + zx Bài toán xuất đa thức đối xứng x, y, z Nói chung đa thức có mối quan hệ với khai triển ( x + y + z ) nên ta chọn đa thức làm biến để dồn Nhìn biểu thức P ta nghĩ đến việc đặt t = x + y + z Đặt t = x + y + z , ta có t ≤ nên t ∈  − 3,  Khi 1 P = x + y + z + [( x + y + z ) − x + y + z ] = (t + 2t − 1) = f (t ) 2 Khảo sát hàm số biến t tập ta có P = f ( −1) = −1 đạt ( −1,0,0 ) hốn vị  1  , , max P = f ( 3) = + đạt  ÷  3 3 Qua thấy việc khai thác triệt để mối quan hệ đa thức đối xứng biến thường gặp ( x + y + z , xy + yz + zx, xyz , x + y + z ) giúp ta giải hiệu toán dạng Sau ví dụ tương tự Ví dụ (Đề thi B-2010) Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = Tìm GTNN biểu thức M = ( a 2b + b 2c + c a ) + ( ab + bc + ca ) + a + b + c Nhìn vào dạng M ta nghĩ đến việc dồn biến t = ab + bc + ca Các biểu thức lại M giả thiết đánh giá qua t Ta có (a + b + c)2 = 3 t2 a 2b + b c + c a ≥ 2 a + b + c = − 2t 0≤t ≤ Từ M ≥ f (t ) = t + 3t + − 2t  1 Khảo sát f (t ) đoạn  0,  ta có Min M = 2, đạt (1, 0, 0)  3 hoán vị Ví dụ (Đề thi thử ĐH Vinh) Cho x, y, z > 0, x + y + z ≤ Tìm GTNN P= x+ y+z+ 1 + + x y z Với toán này, cần ý đến mối liên hệ suy từ Cauchy: 1 1 + + ÷≥ x y z  ( x + y + z)  Ta thấy việc dồn biến t = x + y + z , (0 < t ≤ ) thực đơn giản P ≥ f (t ) = t + 15 từ P = , đạt x = y = z = t 2 2.5 Kết đạt Khi chưa áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Tổng Số 10C3 56 10C7 55 8.0 – 10.0 SL % 3,5 5,4 Tổng 111 Trên Khá 38 chiếm 34,2% Lớp 6,5 – 7,9 SL % 16 34,8 17 30,9 Khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 8.0 – 10.0 6,5 – 7,9 Tổng Lớp Số SL % SL % 10C3 56 18 32,1 32 57,1 10C7 55 15 27 30 54 Tổng 111 5.0 – 6.4 SL % 26 46,4 22 40 5.0 – 6.4 SL % 10,8 10 18 Trên Khá 95 chiếm 85,5% 3.5 – 4.9 SL % 12 21,3 13 23,7 0.0 – 3.4 SL % 0 0 Dưới Khá 62 chiếm 65,8% 3.5 – 4.9 SL % 0 0 0.0 – 3.4 SL % 0 0 Dưới Khá 16 chiếm 14,4% Kết chung Chuyên đề thực giảng dạy tham gia dạy khối 10, khối 12 luyện thi đại học ba năm gần Trong trình học chuyên đề này, học sinh thực thấy tự tin, biết vận dụng gặp toán liên quan, tạo cho học sinh niềm đam mê, u thích mơn tốn, mở cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo kiến thức học, tạo tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Sáng kiến kinh nghiệm trình bày cách khái quát lý thuyết tổng quan kỹ thuật dồn biến thường dùng tốn tìm Giá trị lớn Giá trị nhỏ biểu thức hai biến ba biến Với cách phân loại trên, cố gắng giới thiệu cách cụ thể phương pháp qua ví dụ minh họa phần giúp thầy cô giáo em học sinh tham khảo để giải tốt toán thuộc loại đề thi Đại học, cao đẳng đề thi Học sinh giỏi tỉnh thành Xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo tổ Tốn trường Trung Học Phổ Thơng Hàm Rồng- Thanh Hóa đóng góp ý kiến quý báu buổi sinh hoạt chuyên đề Do kinh nghiệm hạn chế nên viết chắn nhiều thiếu sót, mong nhận đóng góp bạn đọc đồng nghiệp để viết hoàn thiện 3.2 Kiến nghị Đối với sở giáo dục đào tạo Thanh Hóa: Thơng qua việc chấm sáng kiến kinh nghiệm hàng năm, lựa chọn đề tài có chất lượng cần phổ biến rộng rãi cho trường tỉnh để trường có điều kiện tương đồng triển khai áp dụng hiệu Nên đưa SKKN có chất lượng vào mục “tài nguyên” sở để giáo viên tồn tỉnh tham khảo cách rộng rãi Đối với trường THPT Hàm Rồng : Mỗi sáng kiến kinh nghiệm lựa chọn cần phổ biến rộng rãi phạm vi tổ Cần có lưu thư viện để giáo viên học sinh tham khảo Đối với tổ chuyên môn: Cần đánh giá chi tiết mặt đạt được, hạn chế hướng phát triển đề tài cách chi tiết cụ thể để hoàn thiện sáng kiến Đối với đồng nghiệp: Trao đổi ý tưởng, kinh nghiệm hỗ trợ việc áp dụng rộng rãi sáng kiến lớp học Phản hồi mặt tích cực mặt hạn chế sáng kiến Đề tài nghiên cứu thời gian hạn chế, mong Hội đồng khoa học Sở giáo dục đào tạo Thanh Hóa nghiên cứu, góp ý bổ sung để sáng kiến hoàn thiện XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2020 Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm viết, khơng chép nội dung người khác Người viết SKKN Hồ Thị Bình TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phạm Kim Hùng Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Đại học Quốc gia, 2006 [2] Võ Quốc Bá Cẩn Bất đẳng thức đại, Tài liệu online [3] Các đề thi đại học 2005 – 2013, đề thi thử trường ĐH, trường THPT nước [4] Diễn đàn http://k2pi.net http://mathvn.com http://hmath360.blogspot.com DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC TỈNH XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Hồ Thị Bình Chức vụ đơn vị cơng tác: Trường THPT Hàm Rồng TT Tên đề tài SKKN Áp dụng công nghệ thông tin vào dạy học số tốn chương Vecto- Hình học 10 Rèn luyện tư giải toán cho học sinh thơng qua mối liên hệ hình học phẳng hình khơng gian Sử dụng bất đẳng thức Cauchy vào giải số toán thực tế chương trình phổ thơng 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 Ngành giáo dục cấp tỉnh C 2012 Ngành giáo dục cấp tỉnh C 2017 Ngành giáo dục cấp tỉnh C 2019 ... xét cụ thể kỹ thuật dồn biến + Dồn biến tâm + Dồn biến biên + Dồn biến theo đại lượng hỗn hợp Ngoài số kỹ thuật dồn biến lớp hàm lồi, hàm lõm, dồn biến cách xét hàm đặc trưng, dồn biến việc khảo... hàm biến khảo sát hàm số để tìm GTLN, GTNN Kỹ thuật đánh giá nhằm làm giảm số biến biểu thức gọi chung kỹ thuật dồn biến việc khó khăn giải tốn dạng 2.3 .Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức hai biến. .. 3xy Tìm GTLN 3x 3y 1 P= + − 2− y ( x + 1) x( y + 1) x y 2.3.3 Bài tốn tìm GTLN, GTNN biểu thức đẳng cấp Trong phần ta xét số toán mà biểu thức cần tìm GTLN, GTNN chứa hai biến giả thiết biểu thức