Hướng dẫn học sinh giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất bằng phương pháp hàm số

Trong kỳ thi THPT quốc gia và thi học sinh giỏi những năm gần đây bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức, là bài toán có tính phân loại cao. Một phần lớn trong các bài toán này có thể giải được bằng phương pháp hàm số. Tuy nhiên sách giáo khoa chỉ trình bày vấn đề này với các ví dụ và bài tập ở mức độ vận dụng thấp, các sách tham khảo, các website toán có viết khá nhiều phương pháp giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, trong đó có một số ví dụ về ứng dụng đạo hàm giải bài toán dạng này.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA TRƯỜNG THPT NƠNG CỐNG 3 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TỐN TÌM  GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT  BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SƠ                                                         Ng ười th ực hi ện: Nguy ễn Lê   Minh                                                         Chức vụ: Giáo viên                                                         SKKN thuộc lĩnh vực: Tốn THANH HĨA NĂM 2016 MỤC LỤC 1. MỞ ĐẦU Hàm số  là một khái niệm cơ  bản của tốn học, nó đóng vai trị trung  tâm trong chương trình tốn THPT, Hàm số  cũng là nền tảng của nhiều lĩnh  vực khác nhau của Tốn học và các khoa học khác. Nắm được các vấn đề về  hàm số khơng chỉ giúp người học giải quyết các bài tốn có những ràng buộc  phức tạp, mà cịn rèn luyện tư duy hệ thống, sáng tạo, có thói quen xem xét sự  vật, hiện tượng trong sự vận động và phụ thuộc lẫn nhau.  Trong kỳ thi THPT quốc gia và thi học sinh giỏi những năm gần đây bài  tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức, là bài tốn có tính   phân loại cao. Một phần lớn trong các bài tốn này có thể  giải được bằng   phương pháp hàm số. Tuy nhiên sách giáo khoa chỉ  trình bày vấn đề  này với  các ví dụ và bài tập ở mức độ vận dụng thấp, các sách tham khảo, các website  tốn có viết khá nhiều phương pháp giải bài tốn tìm giá trị  lớn nhất, giá trị  nhỏ nhất, trong đó có một số  ví dụ về ứng dụng đạo hàm giải bài tốn dạng  này. Vì vậy các bài tập lại q khó với các em học sinh khi mới bắt đầu tiếp   cận vấn đề, câu hỏi thường trực của các em là tại sao lại có cách đặt ẩn mới  này, hay lại có cách đánh giá kia, hơn nữa khả  năng tự  đọc sách, tự  học của   các em học cũng cịn nhiều hạn chế.  Nhằm mục đích giúp học sinh bước đầu  có thể định hướng và tìm kiếm lời giải cho dạng tốn này. Tơi mạnh dạn thực   hiện chun đề: “Hướng dẫn học sinh giải bài tốn tìm giá trị lớn, giá trị  nhỏ nhất bằng phương pháp hàm số”.  Trong chun đề  này Tơi trình bày các bài tốn có vận dụng các bất   đẳng thức đơn giản, thường gặp để xác định hàm số, đánh giá và phân tích lời  giải giúp các em học sinh có cái nhìn rõ ràng về một lời giải, các bài tập ban  đầu khá dễ cũng sẽ làm cho học sinh tự tin khi tiếp cận vấn đề này. Sau cùng  bằng cách vận dụng những kiến thức này các em sẽ  giải được một số  bài  tốn vừa mới thi gần đây. Trong chun đề  này tơi cũng trình bày phương  pháp tiếp tuyến giải bài tốn: “Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức…”, có trong  Để  thi khảo sát chất lượng lớp 12 THPT năm 2106 của Sở  GD&ĐT Thanh  Hóa và nêu một số bài tập tương tự Tơi thực hiện chun đề này bằng cách tập hợp lại các ví dụ và các bài   tập có cùng cách giải, sắp xếp chúng từ  mức độ  dễ, đến trung bình phù hợp   cho học sinh trường THPT Nơng Cống 3 2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1  Cơ sở lý luận Đối với hàm số  y = f ( x)  xác định trên tập  D R a Nếu tồn tại một giá trị   x0 f ( x0 ) ∀x D  thì  f ( x0 )   D  sao cho  f ( x) là giá trị lớn nhất của f(x) b Nếu tồn tại một giá trị  x0 D  sao cho  f ( x) f ( x0 ) ∀x D  thì  f ( x0 )  là  giá trị nhỏ nhất của f(x) c Hàm số f(x) đồng biến trên D, nếu  ∀x1 , x2 �D, x1 < x2 � f ( x1 ) < f ( x2 ) d Hàm   số  f(x)  nghịch   biến    D,   nếu  ∀x1; x2 �D, x1 < x2 � f ( x1 ) > f ( x2 ) Hàm số f(x) nếu liên tục trên  [ a; b ]  có đạo hàm trên  ( a; b )  thì bằng cách xét   biến thiên trên đoạn được chỉ  ra ta có thể  xác định được giá trị  lớn nhất,   giá trị nhỏ nhất của hàm f(x) Đối với bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức ba   biến thì việc quan sát, nhận xét về  biểu thức cần đánh giá là hết sức quan   trọng, thơng qua việc nhận xét tính chất đối xứng, sự  bình đẳng về  vai trị   của các biến, mối quan hệ giữa các biến, từ đó xác định biến mới, điều kiện   xác định của biến mới và xây dựng được hàm số 2.2 Thực trạng vấn đề Học sinh trường THPT Nơng Cống 3 là học sinh được tuyển từ vùng 3   của huyện Nơng Cống, một vùng cịn rất nhiều khó khăn, điểm tuyển sinh  đầu vào cịn thấp. Trog khi đó bài tốn tìm giá trị  lớn nhất, nhỏ  nhất là một  vấn đề khó trong chương trình tốn THPT. Vì vậy học sinh rất ngại khi gặp  loại tốn này, các em thường khơng biết bắt đầu từ đâu, khai thác giả thiết đã   cho như thế nào, sử dụng sự đối xứng, hoặc tìm ra sự đối xứng của các biến,  xác lập các quan hệ  có ích của các biến để  có thể  đánh giá cũng là một khó  khăn lớn đối với các em Trong năm hoc 2014 – 2015, khi ch ̣ ưa dạy chun đề  này. Sau khi daỵ   phân tìm giá tr ̀ ị  lớn nhất, giá trị   nhỏ  nhất của hàm số  cho lơp 12A1, tơi cho ́   lơp lam bai kiêm tra thi kêt qua thu đ ́ ̀ ̀ ̉ ̀ ́ ̉ ược la khiêm tôn.  ̀ ́ Kết quả qua bài kiểm tra thử ở lớp 12A1 ­ Trường THPT Nông Công III ́ Điểm 8 trở lên Năm học 2014­2015 Lớp 12A1 Tổng số 49 Số  lượn g Tỷ lệ 16.3% Điểm từ 5 đến  Điểm dưới 5 Số  Số  lượn Tỷ lệ lượn Tỷ lệ g g 20 40.8% 21 42.9%    2.3   Nội dung 2.3.1  Một số bất đẳng thức thường dùng.  Loại 1: Với mọi số thực a, b, c ta ln có các kết quả sau:  i)    a + b2 + c ii ) a + b + c 2 iii ) (a + b + c) ab + bc + ca 3(ab + bc + ca ) 2 2 2 (a + b + c)                iv) a b + b c + c a abc (a + b + c ) v) ( ab + bc + ca ) 3abc(a + b + c) Dấu bằng xảy ra khi a = b = c  Loại 2: Với mọi số thực dương x, y, z ta có      i ) 1 + x y  Dấu “=” khi x = y  x+ y    ii ) 1 + + x y z  Dấu “=”  khi  x = y = z x+ y+z Loại 3: Với mọi số  x, y, z  ta có      i ) 1 + 1+ x 1+ y     ii ) 1 + + 1+ x 1+ y 1+ z   Đẳng thức xảy ra khi x = y + xy + xyz  Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 2.3.2  Xét hàm một biến Bài toán 1: Cho  x, y, z  Thỏa mãn  x + y + z = biểu thức  P = x + y + z   Lời giải: Khơng mất tính tổng qt, giả sử  x  tìm giá trị lớn nhất của  y z 1 khi đó  z 1  Có  P = x + y + z 2 �3 � 2 � − z �+ z = z − 3z + �2 � Xét hàm số  f ( z ) = z − 3z +   f '( z ) = x − = � x = � � ∀z � ;1�; � � �1 � Ta có  f � �= f (1) =  ;  f ( ) = �∀f ( z ) 4 �2 � � � z � ;1� ; � � 5 Vậy giá trị  lớn nhất của  P  là  , khi  x = 0, y = , z = 1 hoặc các hốn vị  của   Bài tốn 2: Cho các số thực  x, y, z  thỏa mãn các điều kiện  x + y + z = ,  và   x + y + z =  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  P = x5 + y + z (Đề tuyển sinh Đại học Khối B năm 2012) Lời giải  Từ giả thiết  x + y + z = 0; x + y + z =  Có:    = ( x + y + z ) = x + y + z = x( y + z ) + yz = − x + yz Nên  yz = x − y2 + z − x2 1 − x2 6 Mặt khác  yz � = � x2 − � �− �x � 2 2 3 Khi đó P = x5 + ( y + z )( y + z ) − y z ( y + z ) �2 � � P = x + (1 − x ) � ( y + z )( y + z ) − yz ( y + z ) + x − �x � �� � 2�                2 2 � � �� � � P = x + (1 − x ) � −(1 − x ) x + �x − �x �+ �x − �x � �� � � � P = (2 x3 − x) � 6� − ; Xét hàm số  f ( x) = x − x ∀x �� � 3 � � Có   f '( x) = x − 1; f '( x) = � x = � � 6� �6� − ;          f � �= f � �= − � � � � f ( x) 6  dấu bằng khi  x = Vậy giá trị lớn nhất của P là  6 �6� f � �= �3 � P � 6� f� − �= � � 36   36 6 x= � Khi        �y + z = − x � 1 �yx = x − = 6 x= � � �y = z = − � 2.3.3 Đổi biến đối xứng Bài tốn 1. Cho x, y, z khơng âm thỏa mãn  x + y + z =  Tìm giá trị  lớn   nhất và giá trị nhỏ nhất của  A = xy + yz + zx + x+ y+z Lời giải: Đặt        t = x + y + z � xy + yz + zx = Mặt khác  xy + yz + zx x + y + z =  nên  �t 2�� t2 Khi đó  A = + − , t Xét hàm số  f (t ) = t2 − t t2 + − , t t  vì  t > � 3;3� � � t � 3;3� � � t3 − ;3� Có  f '(t ) = t − = > ∀t � 3;3� do đó f(t)  đồng biến trên  � � � � � t t 14 � f� ( 3) f (t ) f (3) f (t )   3 Vậy giá trị  lớn nhất của A là  14  khi x = y = z = 1; giá trị nhỏ  nhất của A là   khi hai trong ba số bằng 0 số cịn lại bằng  Bài tốn 2. Cho các số thực khơng âm  a, b, c thỏa mãn điều kiện  3(a + b + c ) + ab + bc + ca = 12 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức   P= a + b2 + c + ab + bc + ca a+b+c Lời giải: Từ giả thiết ta có:  12 �3(a + b + c ) � a + b + c �4 12 �3(a + b + c ) + a + b + c � a + b + c �3 Vậy  a + b + c [ 3;4]   Cũng từ giả thiết ta có:  *) ab + bc + ca = 12 − 3(a + b + c )   *) 3(a + b + c ) + ( ab + bc + ca) = 12 � 5(a + b + c ) + (a + b + c) = 24 � a + b + c = 24 − 5(a + b + c ) Do đó  P = a + b2 + c2 24 − 5(a + b + c ) + 12 − 3(a + b + c ) Đặt  t = 24 − 5( a + b + c )  vì  a + b + c [ 3;4]  nên  t [ 2;3] (24 − t ) 24 − t 2 24 12 Và  P= + 12 − = (3t − t + ) − t 5 t 24 ∀t [ 2;3] Xét hàm số  f (t ) = 3t − t − t 24 24 Ta có  f '(t ) = 6t − − = (t − 1) + (5t − ) > ∀t [ 2;3]   t t Nên hàm số đồng biến trên  [ 2;3] � max f (t ) = f (3) = 32; f (t ) = f (2) = 22 [ 2;3] [ 2;3] �∀ �P t [ 2;3] ; P = � t = a = 2, b = c =   P = � t = a = b = c = Bài tốn 3  Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn:  x(x + y + z) = 3yz, ta có:   ( x + y )3 + ( x + z )3 + 3( x + y )( x + z )( y + z ) 5( y + z )3                                     (Tuyển   sinh   Đại   học   Khối   A,   2009) Nhận xét: Từ  giả  thiết và biểu thức cần chứng minh ta nhận thấy các biểu  thức đẳng cấp đối xứng đối với y, z y z yz Thật vậy, từ giả thiết ta có:  x( x + y + z ) = yz � + + = x x xx Và biểu thức cần chứng minh có thể viết lại như sau: ( x + y )3 + ( x + z )3 + 3( x + y )( x + z )( y + z ) 5( y + z )3            3 � y� � z� � y� � z� �y z � �y z � �� + �+ � + �+ � 1+ � 1+ � � � + ��5 � + � � x� � x� � x� � x� �x x � �x x � y z Đặt  a = ; b = , khi đó a, b là các số  dương thỏa mãn 1 + a + b = 3ab và  x x bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:  (1 + a)3 + (1 + b)3 + 3(1 + a)(1 + b)(a + b) 5(a + b)3   � + 6a + 6b + 6a + 6b + a + b3 + 3a 2b + 3ab + 6ab �5(a + b)3 � + 6(a + b) + 6ab + 6a + 6b + (a + b)3 �5( a + b)3 � + 3( a + b) − 3ab + 3(a + b) �2(a + b)3 � 2(a + b) + 3( a + b) �2( a + b)3             (vì 1 + a + b = 3ab) � + 3(a + b) �2( a + b) (1) ( a + b) t2 Đặt t = a + b, ta có 1 + t = + a + b = 3ab =3 4 �−− 3t�۳ 4t t Khi đó từ biểu thức (1) ta cần chứng minh                          f (t ) = 2t − 3t − = (t − 2)(2t + 1) �0 ∀t �[ 2; + �) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  t = � a = b = � x = y = z 2.3.4  Đánh giá kết hợp đổi biến a. Đánh giá ba biến đối xứng Bài tốn 1. Cho các số  khơng âm a, b, c thỏa mãn a + b +c = 1. Tìm giá trị   nhỏ     c   biểu   thức:  M = 3(a 2b + b 2c + c 2a ) + 3(ab + bc + ca ) + a + b + c (Tuyển sinh Đại học Khối B, 2010) Lời giải:  Ta có  M (ab + bc + ca ) + 3(ab + bc + ca ) + − 2(ab + bc + ca ) Đặt  t =ab � + bc + = ca + + =0 t ab bc ca (a + b + c)2 3 � 1� 0; � � 3� � 2 , f ''(t ) = − Có  f '(t ) = 2t + − − 2t (1 − 2t ) � 1� �1 � 11 0; � nên  f '(t ) f ' � �= − >   f’(0) = 0 suy ra f’(x) nghịch biến trên  � � 3� �3 � � 1� � 1� 0; � do đó  f (t ) f (0) = 2, ∀t � 0;   Vậy f’(t) đồng biến trên  � � 3� � 3� � � 1� ∀t � 0; Vì vậy  M f (t ) � 3� � Giá trị nhỏ nhất của M là 2 khi ab = bc = ca, ab + bc +ca = 0, và a + b + c =   1  (a; b; c) = (1; 0; 0)  hoặc (0; 1; 0) hoặc (0; 0; 1)  Bài tốn 2: Cho a, b, c là các số  thực dương. Tìm giá trị  lớn nhất của biểu   Xét hàm  f (t ) = t + 3t + − 2t , t thức P= a2 + b2 + c2 + − (a + b) ( a + 2c)(b + 2c) (Tuyển sinh Đại học Khối B, 2013) Lời giải:  Ta có a + b + 4c a + b + 2ab + 4ac + 4bc = 2   2 2 2 2 a + b + a + b + 2(a + c ) + 2(b + c ) 2( a + b + c ) − Khi đó  P 2 a + b + c + 2(a + b + c ) (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ( a + b) Đặ  t = a + b + c + � t > Xét hàm số  f (t ) = Ta có  f '(t ) = − − , t 2(t − 4) t>2 9t −(t − 4)(4t + 7t − 4t − 16) + = t (t − 4) t (t − 4) Do   4t + 7t − 4t − 16 = 4(t − 4) + t (7t − 4) > ∀t >   nên   f '(t ) = � t =   suy ra bảng biến thiên  t 2                           4                                         + 10 f’(t) f(t)               +             0                ­                                             8 Vậy giá trị lớn nhất của P là   dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2 Nhận xét. Ngồi cách đánh giá và xét hàm như trên ta cịn có cách đánh giá và  xét hàm như sau: 1 a2 + b2 + c2 + (a + b) + (c + 2) ( a + b + c + 2) ; 2 Từ bảng biến thiên ta có  P 3(a + b) ( a + 2c)(b + 2c) (3a + 3b) a + b + 4c = (3a + 3b)(a + b + 4c) 2 �4a + 4b + 4c � � �= 2( a + b + c) 2� � 27 − Suy ra  P a + b + c + 2(a + b + c) Đặt  t = a + b + c � t >  khi đó  P 27 − 2, t + 2t cũng có kết quả tương tự Xét hàm số  f (t ) = 27 − t + 2t ∀t �( 0; +�)  ta được  f (t ) f (6) =  từ đây ta  Bài tốn 3:  Cho x, y, z là các số thực khơng âm thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z2 = 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x2 y+z + yz P= + − x + yz + x + x + y + z + (Tuyển sinh Đại học Khối A, 2014) Lời giải:  Ta có  ( x − y − z ) = x + y + z − xy − zx + yz = 2(1 − xy − xz + yz ) � x + yz + x + = x( x + y + z + 1) + (1 − xy − xz + yz ) �x ( x + y + z + 1) x2 x2 + y + x + x x + y + x +1 11 Mặt khác: ( x + y + z ) = x + y + z + x( y + z ) + yz = + yz + x( y + z ) + yz + [x + ( y + z ) ]=2 + 2yz + x  + y + z + yz = 4(1 + yz ) + yz ( x + y + z )2 �− �− 36 Khi đó  P x y+z ( x + y + z )2 x+ y+z ( x + y + z )2 + − = − x + y + z +1 x + y + z +1 36 x + y + z +1 36 Đặt t = x + y + z  có  t t2 0  ( x + y + z )2 = x + y + z + 2( xy + yz + zx) x + y + z + 2( x + y + z ) = �0 t �−P= f (t ) t t2 t + 36 Ta có  f '(t ) = t (t − 2)(t + 4t + 9) − = − � f (t ) = � t = (t + 1) 18 18(t + 1) t � 0; � � � Bảng biến thiên t f’(t) 0                                       2                                                             +                 0                ­                                           f(t) � � P 0; � � 5 Khi x = y = 1 và z =  0 thì  P =  Vậy giá trị lớn nhất của  P = 9 b. Đánh giá hai biến đối xứng Bài tốn 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Tìm giá   trị lớn nhất của biểu thức: a b 3c P= + + 2 1+ a 1+ b + c2 �∀ f (t ) t 12 a b + 2 1+ a 1+ b + c2 Thật vậy:  ab + bc + ca = 1 nên 1 + a2 = (a + b)(a + c); 1 + b2 = (b +c)(b +   a b a b a (b + c) + b(c + a ) + = + = a) do đó:    2 1+ a 1+ b (a + b)( a + c) (b + c)(b + a) ( a + b)(b + c)(c + a ) Lời giải: Trước tiên ta chứng minh kết quả sau đây:    = (1 + a )(1 + b ) + ab (1 + a )(1 + b )(1 + c ) Dấu đẳng thức xảy ra khi  Suy ra  P 3c 1 + c2 a=b ab + bc + ca = = + 3c + c2 + c2 3c + , ∀c �( 0; +�) Xét hàm số  f (c) = + c2 3−c ; f '(c) = � c = suy ra bảng biến thiên:  Ta có  f '(c) = 2 (1 + c ) + c T f’(t) + c2 + (1 + a )(1 + b )(1 + c ) = 0                                   3                                     +               +                     0             ­                                         10 f(t) Từ   bảng   biến   thiên     hàm   số   ta   có   P a = b; c = a = b = 10 −   � � ab + bc + ca = c=3 10 ,   dấu     xảy       Bài toán 2: Cho các số thức x, y, z thuộc đoạn  [ 1;4]  thỏa mãn   x y, x z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x y z P= + + 2x + 3y y + z z + x (Tuyển sinh Đại học Khối A, 2011) Cách 1. Trước tiên ta chứng minh Bất đẳng thức sau  a, b > 1 � + � (*) ab 1 + a + b + ab Bất đẳng thức (*)  � ( a + b + 2)(1 + ab ) �2(1 + a)(1 + b)          � ( a + b + 2) ab �2(1 + a)(1 + b) − (a + b + 2) 13                               � ( a + b + 2) ab �a + b + 2ab                               � ab ( a + b − ab ) − (a + b − ab ) �0                               � ( ab − 1)( a − b ) �0   (BĐT này luôn đúng  ∀ab ) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab = 1 hoặc a = b x y z 1 P= + + = + + Ta   có   x + y y + z z + x + y + z + x   Áp   dụng   BĐT   (*)  x y z P+ x y = hoặc  z = xy x , d ấ u b ằ ng x ả y ra khi  2+3 1+ y x y x = t  Do 1 y y Đặt  Ta có  P 2 t2 + = + + + t 2t + + t t Xét hàm số  f (t ) = f '(t ) = x  nên 1 t t2 + , 2t + + t t [ 1;2] �4t − 3t + 6t − 3t + � 2t (2t + 3) − 4t − = − � �< 0, ∀t 2 (2t + 3) (t + 1) (2 t + 3) ( t + 1) � � Suy ra  P f (t ) f (2) = 34 34  Vậy giá trị  nhỏ  nhất của P là   khi và chỉ  khi  33 33 x = t =  và  z = xy � x = 4, y = 1, z = y Cách 2: Xem P như là hàm số của biến z  P( z ) = x y z + + 2x + 3y y + z z + x −y x x( y + z ) − y ( z + x ) � P '( z ) = + = ( y + z ) ( z + x) ( y + z )2 ( z + x)2 P '( z ) = � x( y + z ) = y ( z + x) 2                 � ( x − y )( z − xy ) = � x= y z = xy 14 Nếu x = y thì  P = x x z + + = +1= x + 3x x + z z + x 5 Nếu  z = xy  ta có bảng biến thiên sau: z P’(z) 1                         xy                             4             ­               0            +                      P(z)                             P ( xy ) Từ bảng biến thiên ta có  P ( z ) = x + 2x + 3y Đặt  t = x y y + y+ x (1 t P( xy ) = x y + + x + y y + xy y x = + y + x 2x + 3y xy xy + x y = + y + x 2+3 y x 1+ x y 2)  ta được t2 P( z ) + = + , + t 2t + + t 2+ t Tới đây ta tiếp tục như cách 1 t [ 1;2] Bài tốn 3: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + c)(b + c) = 4c2 . Tìm  giá trị nhỏ nhất của biểu thức 32a 32b3 a2 + b2 P= + − (b + 3c)3 (a + 3c)3 c (Tuyển sinh Đại học Khối A, 2013) Lời giải: Do c là số  thực dương nên ta có thể viết lại Biểu thức cần chứng   3 �a � �b � 32 � � 32 � � 2 c� c� �a � �b � � � + − � �+ � � minh như sau:  P = 3 �b � �a � �c � �c � � + 3� � + 3� �c � �c � a b ( x > 0; y > 0) Đặt  x = ; y = c c Khi đó điều kiện của bài tốn trở thành xy + x + y = 3 và  15 32 x3 32 y P= + − x2 + y2 3 ( y + 3) ( x + 3) Với mọi u > 0, v > 0 ta có (u + v)3   u + v = (u + v)3 − 3uv(u + v) (u + v)3 − (u + v)3 = 4 3 �x 32 x3 32 y y � �( x + y ) − xy + 3x + y � Do đó     + 8� + � �= � ( y + 3)3 ( x + 3)3 �y + x + � � xy + x + y + � Thay   xy = 3 – x – y  ta có  32 x3 32 y + ( y + 3)3 ( x + 3)3 �( x + y − 1)( x + y + 6) � 8� = ( x + y − 1)3 � � 2( x + y + 6) � Suy ra  P ( x + y − 1)3 − x + y = ( x + y − 1)3 − ( x + y ) − xy                 = ( x + y − 1)3 − ( x + y ) + 2( x + y ) − Đặt t = x + y ta có ( x + y )2              = + x + y�+xy+ = x+ �y−+ �۳ t f (t ) = (t − 1)3 − (t + 2t −  P f '(t ) = 3(t − 1) − Với  t ∀t t2 (t 2)(t 6) t t +1 t + 2t −  ta có  3(t − 1)  và   t +1 t + 2t − = 1+ (t + 1)2 − 1+ = 2 Nên  f '(t ) − =3 0, z >  và x + y + z = ­1 . Tìm giá trị nhỏ nhất  1 + + của biểu thức  P = 2 ( x + y) ( x + z) − ( y + z)2 (Đề Khảo sát chất lượng khối 12 THPT năm 2015, Sở GD&ĐT Thanh Hóa) Lời giải:  1 + + Ta có  P = (1 + y ) (1 + z ) − (1 + x) 16 Đầu tiên ta chứng minh BĐT        1 + (1 + y ) (1 + z )   (*) + yz Thật vậy 1 2 � � + �� (1 + yz ) (1 + z ) + (1 + y ) � (1 + y )(1 + z ) [ ] � � (1 + y ) (1 + z ) + yz � (1 + yz )(2 + z + y + z + y ) �(1 + yz + z + y ) � 2( z + y )(1 + yz ) + 2(1 + yz ) + (1 + yz )( y − z ) + yx(1 + yz )   (1 + yz ) + 2(1 + yz )( y + z ) + ( y + z ) � yz ( y − z )2 + (1 − yz ) �0  (hiển nhiên đúng) Dấu “=” xảy ra khi y = z = 1 Từ BĐT (*) ta có  1 + (1 + y ) (1 + z ) P+ 4 + (1 + x) 1 + yz �y + z � + (1 + x) 1+ � � �2 � = − (1 + x) Do  −1 − 2 < x < −1 + 2 � (1 + x) �[ 0;8] t [ 0;8]  và  P Đặt  t = (1 + x) �� Có   f '(t ) = − f (t ) = + , 4+t 8−t ∀t [ 0;8] −3t + 72t − 240 + = � f '(t ) = � t = 4; t = 20 (4 + t ) (8 − t ) (4 + t ) (8 − t ) (loại) Bảng biến thiên t f’(t) 0                                4                                         20              ­                   0                     + f(t)                                       Do đó  P f (t ) (1 + x) = x = −3 3 ��  và  P = � �y = z = y = z =1 4 x + y + z = −1 17 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là   khi x = ­3, y = z = 1 Bài toán 5  Cho các số  thực a, b, c thuộc đoạn  [ 1;3]  và thỏa mãn điều kiện  a + b + c =  tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  a 2b + b 2c + c a + 12abc + 72 P= − abc ab + bc + ca ( Đề thi THPT Quốc gia 2015) Giải. Ta có  ( ab + bc + ca ) = a 2b2 + b 2c + c 2a + 2abc(a + b + c) = a 2b + b 2c + c 2a + 12abc ( ab + bc + ca ) �P= + 72 − abc ab + bc + ca (a + b + c) Đặt  x = ab + bc + ca = 12 Do  a, b, c �[ 1;3] � (a − 1)(b − 1)(c − 1) �0 � abc − ( ab + bc + ca ) + a + b + c − �0                            − � abc +−�x abc x        a, b, c �[ 1;3] � (a − 3)(b − 3)(c − 3) �0 � abc − 3(ab + bc + ca ) + 9(a + b + c) − 27 �0 � abc − x + 27 �0 abc − 3x 27                            � 3x − 27 �abc �x − x 11 x + 72 x 72 �P = + + =−− ( x 5) x 2 x 72 � f '( x) = − �0 ∀x �[ 11;12] x =� P f ( x) f ( x), x [ 11;12] a+b+c =6 a =1 � � � � 160 ab + bc + ca = 11 � � b=2 f (11)  dấu  " = "  khi  � 11 � � abc = c=3 � � 160  khi a = 1; b = 2; c = 3 11 2.3.5 Phương pháp tiếp tuyến Vậy giá trị lớn nhất của  P = 18 Đối với một số hàm số, tiếp tuyến tại một điểm nào đó ln nằm  trên   hay nằm dưới đồ thị hàm số.  Cho hàm số f(x) xác định trên một khoảng I, liên tục và có đạo hàm trên   I khi đó tiếp tuyến tại điểm  x0 I  có phương trình  y = a( x − x0 ) + b  sẽ  luôn  nằm trên hoặc nằm dưới đồ thị của hàm f(x) f ( x) a ( x − x0 ) + b  hoặc là  f ( x) a ( x − x0 ) + b ∀x I Do đó  x1 , x2 , , xn �I � f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( x2 ) �a ( x1 + x2 + + xn − nx0 ) + nb   Hoặc là  f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( x2 ) a( x1 + x2 + + xn − nx0 ) + nb Bài toán 1. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng  a b c + + b+c c+a a+b (Bất đẳng thức Nesbitt) Phân tích Bất đẳng thức đã cho thuần nhất với ba biến a, b, c nên ta có thể chuẩn  a b c + + hóa cho  a + b + c =  khi đó ta sẽ chứng minh  3− a 3−b 3−c Vế trái có dạng tổng hàm và bất đẳng thức có dấu bằng khi  a = b = c = 1 nên  x ta tìm phương trình tiếp tuyến tại  x =  của hàm số  f ( x) = 3− x 3x − Tiếp tuyến có dạng  y = f '(1)( x − 1) + f (1) = x 3x − Do vậy ta sẽ chứng minh   với  < x < 3− x Giải Do tính thuần nhất của ba biến a, b, c nên khơng mất tính tổng qt giả  sử  a + b + c =  khi đó bất đẳng thức trở thành  a b c + + 3− a 3−b 3−c a 3a − 3−a a 3a − �۳−+ −�� 4a−� 3a 10a 3( a 1) Có       3−a b 3b − c 3c − Tương tự ta có  ;                              3−b 3−c Ta chứng minh  19 a b c 3a − + 3b − + 3c − + + � = 3− a 3−b 3−c Dấu  " = "  khi  a = b = c = Bài toán 2. Cho  a, b, c −  và  a + b + c =  Chứng minh rằng a b c + + 2 a + b + c + 10 Bất đẳng thức có dấu bằng tại  a = b = c =  nên ta viết phương trình tiếp  � x tuyến  tại  x = của hàm số f ( x) = x +1 1 36 x + Tiếp tuyến có phương trình:   y = f '( )( x − ) + f ( ) = 3 50 a 36a +  Lời giải:    Ta chứng minh:  a +1 50 Thật vậy a 36a + 3 2 � � 36 a + a − 14 a + � � (4 a + 3)(3 a − 1) � ∀ a � − a2 + 50 b 36b + c 36c + ; Tương tự ta chứng minh được       b +1 50 c2 + 50 a b c 36a + + 36b + + 36c + + + = Cộng các vế có  a +1 b +1 c +1 50 10 Dấu  " = "  khi  a = b = c = Bài tốn 3. Cho  a, b, c  là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị lớn  3b − c 3c − a � �3a − b + + nhất của biểu thức.  P = (a + b + c) � � �a + ab b + bc c + ca � (Khảo sát chất lượng lớp 12 THPT năm học 2015 – 2016) Lời giải Đây là bất đẳng thức thuần nhất với cả ba biến a, b, c nên ta có thể  chuẩn hóa  a + b + c = 3a − b 3b − c 3c − a 4a − (a + b) 4b − (b + c ) 4c − (c + a ) �P= + + = + + a + ab b + bc c + ca a (a + b) b(b + c) c (c + a ) 4 4 4 P= − + − + − = − + − + − a + b a b + c b c + a c 1− c a 1− a b 1− b c 20 P= 5a − 5b − 5c − + + a − a b − b2 c − c2 Do a, b, c là ba cạnh của tam giác nên  b + c > a � − a > a � a <   Vậy  a ( 0;1)  tương tự ta có  b, c ( 0;1) 5x − � 1� ∀x � 0; � phương trình tiếp tuyến của đồ thị  Xét hàm số  f ( x) = x−x � 2� � � �1 � hàm số f(x) tại điểm  x =  là  y = f '( x) �x − �+ f � �= 18 x − 3 � � �3 � 5a − � 1� 18 a − ∀ a 0; � Do vậy ta sẽ chứng minh  � a − a2 � 2� Thật vậy có  5a − 18a − 21a + 8a − �18 −� a ∀3� a − a2 a − a2 (3a − 1) (2a − 1) a (1 − a ) � 1� a � 0; � � 2� 5b − 5c − 18b − 3; 18c − b−b c − c2 Ta có  P 18a − + 18b − + 18c − = 18( a + b + c) − = Tương tự ta cững chứng minh được  Dấu  " = "  xảy ra khi  a = b = c 2.3.6 Một số bài tập vận dụng Bài 1. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn  3(a + b + c) = 12 + 5(ab + bc + ca) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức a + b2 + c A= + ab + bc + ca a+b+c Bài 2. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện  a + b + c =  .  Tìm  giá trị lớn nhất của biểu thức.  B = 2015 − 2(ab + bc + ca )3 + 27a 2b 2c − 3(a + b + c) + 12(ab + bc + ca ) Bài 3. Cho các số thực  x, y, z [ 0;2]  thỏa mãn điều kiện  x + y + z =   Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  P = 1 + + + xy + yz + zx x+ y y+z z+x Bài 4. Cho  a, b, c  là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.  C= − a + ab + abc a+b+c 21 Bài 5. Cho ba số thực dương  a, b, c  thỏa mãn  a + b + c  Tìm giá trị nhỏ  nhất của   P = a a b b c c + + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a 27 abc Bài 6. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn  nhất của biểu thức  A = 121 + 2 a + b + c 14(ab + bc + ca ) Bài 7. Cho x, y là các số thực khơng âm thỏa mãn: x + y = 2. Tìm  giá trị lớn  nhất của biểu thức  P = + xy xy + Bài 8. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng:  a2 + b2 + c2 + + + 2a + (b + c)2 2b + (c + a ) 2c + (a + b) Bài 9. Cho a, b, c, d là các số thự dương thỏa mãn a + b +c > 0. Chứng minh  3 3 �a � �b � �c � �d � rằng    � �+ � �+ � �+ � � �a + � �b + � �c + � �d + � 27 Bài 10. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn  abc =  Tìm giá trị nhỏ  a2 4b 36c3 + + nhất của biểu thức:  E = (1 + a ) (1 + 2b) (1 + 3c)3 2.4  Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm Đề  tài của tơi đã được kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy lớp  12, được học sinh đồng tình và đạt được kết quả, nâng cao khả năng tìm giá   trị  lớn nhất, giá trị  nhỏ  nhất của một biểu thức. Các em hứng thú học tập   hơn, những  em học sinh với mức học trung bình, đã có kỹ năng giải dạng bài  tập này. Số học sinh tham gia giải dạng này tăng rõ rệt. Cụ thể ở các lớp khối  12 sau khi áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy thì kết quả qua các bài kiểm  tra thử  như sau : Kết quả bài kiểm tra thử ở các lớp 12 ­ Trường THPT Nơng Cống III Năm học Lớp Điểm 8 trở lên Tổng  số Số lượng Tỷ lệ Điểm từ 5 đến 8 Số lượng Tỷ lệ Điểm dưới 5 Số  Tỷ lệ lượng 22 2015­ 2016 12B 1 12B3 47 42 35 15 74.5% 35,7% 20 14.9% 47.6% 10.6% 16.7% 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ  I. Kết luận: Bài tốn: Tìm giá trị  lớn nhất, giá trị  nhỏ  nhất của một biểu thức ba  biến là một phần khó, nhưng hấp dẫn đối với cả Giáo viên và Học sinh, việc  giảng dạy để  làm sao các em học tốt phần này ln là một trăn trở  của các   thầy cơ giáo Phương pháp hàm số khơng phải sẽ giải được tất cả các bài tốn dạng   này, nhưng nó đang tỏ  ra là một phương pháp hiệu quả  khi giải bài tốn tìm  giá trị lớn nhất, giá trị  nhỏ  nhất của một biểu thức ba biến. Khi dạy chun  đê này, giáo viên nên b ̀ ắt đầu từ  những ví dụ  dễ, một cách chậm rãi làm cho   học sinh hiểu rõ từng bài giải, nắm được tư tưởng giải dạng tốn, khơng nên  vội đưa học sinh vào các bài tập khó, vận dụng nhiều bất đẳng thức. Vì vậy  khi thực hiện chun đề này tơi nhận thấy các em rất chú ý tiếp thu và bước  đầu đã giải được một số bài tốn Trên đây là một con đường giúp học sinh học tốt phần Tìm giá trị  lớn   nhất, giá trị nhỏ nhất mà tơi đã đúc rút được trong suốt q trình giảng dạy Mặc dù đã cố  gắng tìm tịi, nghiên cứu song chắc chắn cịn có nhiều  thiếu sót và hạn chế. Tơi rất mong được sự  quan tâm của tất cả  các đồng  nghiệp bổ sung và góp ý cho tơi. Tơi xin chân thành cảm ơn.  II. Kiến nghị và đề xuất:      ­ Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có  nhiều hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phịng thư  viện để  nghiên  cứu học tập nâng cao kiến thức chun mơn nghiệp vụ      ­ Nhà trường cần tổ chức các bổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ  sách lưu lại các tài liệu chun đề  bồi dưỡng ơn tập của giáo viên hàng năm  để làm cở sở  nghiên cứu phát triển chun đề    ­ Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng   học tập.  Tài Liệu tham khảo [1] Đồn Quỳnh – Nguyễn Huy Đoan – Trần Phương Dung – Nguyễn Xn   Liêm – Đặng Hùng Thắng, Giải tích 12 nâng cao, NXBGD Việt Nam,  2010 23 [2] Nguyễn Huy Đoan (Chủ  biên) – Trần Phương Dung – Nguyễn Xn  Liêm – Phạm Thị Bạch Ngọc – Đồn Quỳnh – Đặng Hùng Thắng, Bài  tập Giải tích 12 nâng cao, NXBGD Việt nam  2010.  [3]   Đồn Quỳnh – Trần Nam Dũng – Hà Huy Khối – Đặng Hùng Thắng –  Nguyễn Trọng Huấn, Tài liệu chun Tốn Giải tích 12, NXBGD Việt  Nam, 2012.  [4]  Đồn Quỳnh – Trần Nam Dũng – Hà Huy Khối – Đặng Hùng Thắng –  Nguyễn   Trọng   Huấn,  Bài   tập   Tài   liệu   chun   Tốn   Giải   tích   12,  NXBGD Việt Nam, 2012 [5]  Lê Xuân Sơn – Lê Khánh Hưng, Phương pháp Hàm số  trong giải toán.  NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2014 [6]  Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quốc Anh,  Sử Dụng AM – GM để chứng minh   Bất đẳng thức, NXB Đại học Sư phạm, 2011 [7] Tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ [8]  Đề thi tuyển sinh và đề thi THPT Quốc Gia các năm vừa qua    XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN  Thanh Hóa, ngay 10 thang 5 năm  ̀ ́ VỊ 2016 Tơi xin cam đoan đây là SKKN của  mình viết, khơng sao chép nội dung  của người khác Nguyễn Lê Minh   24 ... có thể định? ?hướng? ?và? ?tìm? ?kiếm lời? ?giải? ?cho dạng tốn này. Tơi mạnh dạn thực   hiện chun đề: ? ?Hướng? ?dẫn? ?học? ?sinh? ?giải? ?bài? ?tốn? ?tìm? ?giá? ?trị? ?lớn, ? ?giá? ?trị? ? nhỏ? ?nhất? ?bằng? ?phương? ?pháp? ?hàm? ?số? ??.  Trong chun đề  này Tơi trình bày các? ?bài? ?tốn có vận dụng các bất  ...  có đạo? ?hàm? ?trên  ( a; b )  thì? ?bằng? ?cách xét   biến thiên trên đoạn được chỉ  ra ta có thể  xác định được? ?giá? ?trị ? ?lớn? ?nhất,   giá? ?trị? ?nhỏ? ?nhất? ?của? ?hàm? ?f(x) Đối với? ?bài? ?tốn? ?tìm? ?giá? ?trị? ?lớn? ?nhất, ? ?giá? ?trị? ?nhỏ? ?nhất? ?của một biểu thức ba... tốn có viết khá nhiều? ?phương? ?pháp? ?giải? ?bài? ?tốn? ?tìm? ?giá? ?trị ? ?lớn? ?nhất, ? ?giá? ?trị? ? nhỏ? ?nhất, ? ?trong đó có một? ?số  ví dụ về ứng dụng đạo? ?hàm? ?giải? ?bài? ?tốn dạng  này. Vì vậy các? ?bài? ?tập lại q khó với các em? ?học? ?sinh? ?khi mới bắt đầu tiếp