Đang tải... (xem toàn văn)
Bài toán tìm cực trị của biểu thức nhiều biến là bài toán khó nhất trong các đề thi học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia, phần lớn học sinh không giải quyết được, nguyên nhân chính là vì dạng toán này quá khó chỉ có một phần nhỏ có thể làm được, tuy nhiên nếu giáo viên hướng dẫn cho học sinh một cách hệ thống và phương pháp rõ ràng, tôi tin rằng sẽ có nhiều học sinh làm được bài toán này.
1. MỞ ĐẦU Lý do chọn đề tài Trong những năm qua trường THPT Như Thanh rất coi trọng việc bồi dưỡng, nâng cao năng lực nghiên cứu khoa học cho giáo viên thơng qua nhiều hình thức như: đổi mới sinh hoạt tổ nhóm chun mơn theo hướng nghiên cứu bài học, ứng dụng cơng nghệ thơng tin trong các tiết dạy, phát động phong trào viết chun đề, sáng kiến kinh nghiệm giảng dạy, nghiên cứu các đề tài khoa học sư phạm ứng dụng, tổ chức hoạt động ngoại khố Đối với mơn tốn có nhiều đơn vị kiến thức giáo viên phải tích cực trau dồi, bồi dưỡng đổi mới phương pháp thì mới đạt hiệu quả khi truyền tải kiến thức cho học sinh. Hiện nay cấu trúc đề thi THPT Quốc Gia có những câu hỏi phân loại rất khó, vì vậy mỗi giáo viên phải tìm tịi, tìm ra phương pháp mới để học sinh có thể giải quyết các bài tốn khó này một cách hiệu quả nhất trong các đề thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc Gia. Bài tốn tìm cực trị của biểu thức nhiều biến là bài tốn khó nhất trong các đề thi học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia, phần lớn học sinh khơng giải quyết được, ngun nhân chính là vì dạng tốn này q khó chỉ có một phần nhỏ có thể làm được, tuy nhiên nếu giáo viên hướng dẫn cho học sinh một cách hệ thống và phương pháp rõ ràng, tơi tin rằng sẽ có nhiều học sinh làm được bài tốn này. Với lý do như vậy, tơi mạnh dạn chọn đề tài “Kỹ năng dồn biến để giải bài tốn tìm cực trị của biểu thức, nhằm nâng cao hiệu quả của việc ơn tập học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia tại trường THPT Như Thanh” Mục đích nghiên cứu Rèn luyện kỹ năng tìm cực trị của biểu thức nhiều biến, kỹ năng đánh giá biểu thức bằng bất đẳng thức trong bài tốn tìm cực trị Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu bất đẳng thức, các hệ quả của các bất đẳng thức AMGM, Bunhiacopski, Cauchy – Schwarz Nghiên cứu các các bài tốn tìm cực trị của hàm số, của biểu thức Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu, tự nghiên cứu. 2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1. Cơ sở lý luận Có nhiều cách định nghĩa khác nhau về kỹ năng. Tuy nhiên hầu hết chúng ta đều thừa nhận rằng kỹ năng được hình thành khi chúng ta áp dụng kiến thức vào thực tiễn, kỹ năng học được do q trình lặp đi lặp lại một hoặc một nhóm hành động nhất định nào đó. Trong hoạt động dạy học mơn tốn nói riêng thì kỹ năng được thể hiện qua phương pháp dạy học, kỹ năng trình bày, kỹ năng thuyết trình Trong mơn tốn ngồi những kỹ năng chung về dạy học nó cịn được thể hiện qua những yếu tố đặc thù của bộ mơn chẳng hạn: kỹ năng giải tốn, kỹ năng tính tốn kỹ năng dồn biến trong bài tốn tìm cực trị cũng khơng phải là ngoại lệ. 2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu Trong giảng dạy tốn lâu nay tại trường THPT Như Thanh đa số giáo viên thực hiện rất tốt cơng tác chun mơn như: Đổi mới sinh hoạt tổ, nhóm chun mơn theo hướng nghiên cứu bài học; phát động phong trào viết chun đề, các đề tài Tuy nhiên chun đề “Kỹ năng dồn biến để giải bài tốn tìm cực trị của biểu thức” thì đa số giáo viên trong tổ chưa nghiên cứu một cách có hệ thống Đối với học sinh chỉ có một số ít có ý thức tự học, phần cịn lại học tập thụ động, khơng sáng tạo, dựa chủ yếu vào thầy (cơ) giáo. Đa số học sinh cịn chưa có ý thức về nghiên cứu tốn học. Trong học tốn phần lớn học sinh cịn rất yếu về phần bất đẳng thức, các hoạt động của học sinh ở phần này chủ yếu là chứng minh các bất đẳng thức hay áp dụng các bất đẳng thức có sẵn. Đó là những điều hạn chế trong cách học của học sinh tại trường THPT Như Thanh nói riêng và tại các trường THPT nói chung. 2.3. Các giải pháp thực hiện để giải quyết vấn đề 2.3.1. Định nghĩa giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số Định nghĩa 1: Xét hàm số f(x) với x D Ta nói rằng M là giá trị lớn nhất của f(x) trên D, nếu như thỏa mãn các điều kiện sau: 1. f ( x) M , x D 2. Tồn tại x0 D sao cho f ( x0 ) M f ( x) Khi đó ta kí hiệu: M max x D Định nghĩa 2: Xét hàm số f(x) với x D Ta nói rằng m là giá trị nhỏ nhất của f(x) trên D, nếu như thỏa mãn các điều kiện sau: 1. f ( x) m, x D 2. Tồn tại x0 D sao cho f ( x0 ) m f ( x) Khi đó ta kí hiệu: m x D 2.3.2. Các bất đẳng thức cơ bản thường sử dụng Bất đẳng thức Cauchy (hay AM – GM) a + a + + an n a1.a2 .an Cho n số dương a1 , a2 , , an ta có n Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (hay còn gọi Bunhiacopski) Cho hai bộ số a1 , a2 , , an �R; b1 , b2 , , bn �R Ta có ( a1b1 + a2b2 + + anbn ) (a 2 a + a2 + + an ) ( b12 + b2 + + bn ) a a n Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = b = = b n Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz thường sử dụng Cho a, b, c và x, y, z khi đó a2 x b2 y c2 z a b c x y z 2.3.3. Sử dụng điều kiện ban đầu để đánh giá đưa về hàm số một biến Điều kiện ban đầu thường gặp: x x, y a; b a; b x a x x x x a a b b y b y a y b x , y , z a; b x a y a z a x y z y x y z x b y b z b Nhận xét: Việc đánh giá điều kiện ban đầu của bài toán là rất quan trọng trong việc giải bài toán cực trị của biểu thức, giúp chúng ta rèn luyện kỹ năng chuyển bài toán cực trị nhiều biến thành bài toán cực trị của hàm số với Bài 1 (Đề THPT QG 2015): 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 P b 2c c a 12abc 72 ab bc ca abc một biến Lời giải Ta có: ab bc ca 2 ab 2 bc c a2 2abc a b c a 2b b 2c c a 12abc a b c 12 a b c abc ab bc ac a b c Ta có: a, b, c 1;3 abc x abc x Lại có: a b c abc ab bc ca a b c 27 abc x 27 Do đó: x 27 abc x x 22 x 11 2 x 72 x 72 x 72 Ta có: P abc x x x 2 x x 72 Xét hàm số f ( x) , x 11;12 x 72 160 x 11;12 nên P f ( x ) f (11) Ta có: f ' ( x) 2 x 11 160 Vậy max P khi a 1; b 2; c 11 Đặt x ab bc ca Nhận xét: Đây là bài toán rất hay. Ta phải dùng hai lần giả thiết của các biến a; b; c 1;3 để tìm ra miền giá trị của x ab bc ca và đánh giá được P thơng qua biến x. Cũng từ bài tốn trên phải chăng bằng việc đánh giá điều kiện ban đầu chúng ta sẽ giải quyết được một lớp các bài tốn dạng này bằng cách đưa về hàm số một biến, chính vì vậy qua chun đề này tác giả muốn rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải tốn cực trị bằng phương pháp dồn biến Bài 2: Cho x, y, z 1;2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A xy yz zx xyz 2 x y z 2x y z yz y z yz Lời giải Vì x, y, z 1;2 , nên ta có x y z xyz 2 x y Dấu bằng xảy ra khi x hoặc y hoặc z xy yz zx y z A x y z yz x y z yz yz yz y z yz A 1 x y z yz y z yz yz yz A yz yz yz Đặt t yz ; t 1;2 z y z x yz Do đó x y z yz yz x y z yz y y z yz z yz 4 yz t 2t t t 4t Ta có f (t ) 27 t t Suy ra A f (t ) f (2) Vậy max A khi x 1; y z Xét hàm số: f (t ) với t 1;2 , nên f(t) đồng biến trên 1;2 Bài 3: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 1, b 2, c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B 2ab ac bc 2a b 3c b b c ba c b 12a 3b 27c Lời giải Ta có 12a 3b 27c 4a b Mặt khác 2a b 3c b c b a c 2a b 3c b c b a c Lại có 2ab ac bc b c b a c 9c 2a b 3c (1) a c b 0 (2) b c a 2ab ac bc b c b a c (3) Từ (1), (2), (3) ta được 2b c b a c b b c b( a c ) b c b( a c ) 2b c b a c B b c b( a c ) b c b( a c ) Đặt t b c b(a c) t 13 2t Xét hàm số f (t ) với t t t 8 3t 10 t f (t ) 2 2 t t t t 16 47 f (0) 1, f (6) , f (13) 21 16 max B Từ đó suy ra B f (t ) B b b c b( a c ) 8 0;13 t 16 đạt được khi a 1, b 2, c Bài 4: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y z x y z Tìm giá trị 1 x nhỏ nhất của biểu thức P 1 y 1 z x y z Lời giải Từ giả thiết ta có: x y z Do đó: y z y 2x y2 z z2 y x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: P P Xét hàm số: f ( x) Ta có: f ' ( x) 2x3 5x x 2x2 x 4x2 x z y x x2 x x3 2 x z y z x y z 6x2 x x 6x2 x x x Lập bảng biến thiên ta được: P Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng f ( x) f 91 Khi x 108 91 108 ,y z 5 Bài 5: Cho a b c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a2 b2 c2 ab bc ca a b b c c a Lời giải Nhận xét: Giả thiết đã cho chính là gợi ý của bài tốn. Cách làm giảm biến số quen thuộc là đặt a c x, b c y x y Khi đó: a2 b2 x2 c2 y2 ab bc ca c x c y c2 c x c y c yc cc x xy x2 Do đó ta viết lại P dưới dạng P y2 xy x y y2 x2 Như vậy với cách đặt ẩn phụ này, ta đã làm giảm số biến của P thành hai biến. Thậm chí là P là đồng bậc giữa x và y. Ta chỉ việc đặt ẩn phụ quen thuộc x y Đặt t Xét hàm f(t) trên 1; f ' (t ) 2t 1 t t 1 t2 f (t ); ta có: t 1 t2 2t t t f ' (t ) t2 ta được P t2 tt 3 t t t3 t t3 t t2 t3 t t3 t Cách đặt này khá phức tạp. Ta có thể đặt theo cách khác sau đây x y y x t x y y x xy x y Đặt t P P t 1 t 2 Khi đó ta có t t t f ' (t ) x y y x x y y x x y y x f (t ) 2t t t t t 2t t t xy x2 ta được: ln f (t ) ln(t 1) ln(t 2) Xét hàm f(t) trên 2; f ' (t ) f (t ) xy y2 f ' (t ) Lập bảng biến thiên ta được P Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t f (t ) x y y x f P 27 t Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là Bài 6: Cho x, y, z 0; xyz x y z x 2y a b d c 2d , d 27 20 Tìm giá trị nhỏ nhất của x y x z y2 z2 Lời giải Nhận xét: Có một chú ý quan trọng của bài 6 là một phép biến đổi nhỏ x y x x2 z xy xz yz xx y z yz 20 yz yz Như vậy biến mới được hình thành 20 20 t t f (t ) Xét f (t ) t t trên 0; t t 20 2t t 20 t 2t 5t 10 Ta có: f (t ) 2t t t t2 t2 Lập bảng biến thiên ta suy ra f (t ) f (2) 16 xyz x y z 10 x y Do đó P 16 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi yz z x y Kết luận: P 16 z Đặt t yz suy ra P ;1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b b c c a P c a b Bài 7: Cho a, b, c Lời giải Nhận xét: Khi gặp bài tốn trên, ta chưa thể tìm cách phá giá dấu giá trị tuyệt đối. Do vậy cứ thử quy đồng và tách tung ra xem có gì đặc biệt khơng Bởi vì lưu ý rằng: khi cho a b, b c, c a P Nên sau khi biến đổi chắc chắn sẽ chứa nhân tử a b b c c a ab a b Do đó: P bc b c abc a b b c c a abc Đến đây ta giả sử ca c a ab a b bc a b bc a c abc ca a c P c b a để mục tiêu làm mất dấu giá trị tuyệt đối. P a b b c c a abc Nhận xét rằng có một phép biến đổi làm giảm biến số một cách đơn giản là x Đặt: y Ta có: P a c b c x y x y y x xy x x x y x y f x; y Mục tiêu viết như trên là đạo hàm theo biến y (hoặc biến x) x x f y x; y x y2 f y x; y y 1; x x Lập bảng biến thiên ta thu được P f x; y hay P x f x; x x t2 x x x x t t t2 ,t t3 x 1; 0; t 1; t t t2 g (t ) Xét hàm g(t) trên 1; ta có: ln g (t ) ln t ln t ln t g (t ) g (t ) t t 3t 2 t Từ đó ta có g (t ) g Đẳng thức xảy ra khi 2 Vậy max P 2t 2t t t 1t 2 2 2 2 y Như vậy P g (t ) 3t t t 2t t t 1t x x x y a; b; c 1; ; 2 t 2 a 2c b c a; b; c 1; ; 2 Bài 8: Cho a, b, c 0, a 2b a 2b Tìm giá trị lớn nhất của c b P c a c Lời giải Nhận xét: Giả thiết chỉ cho dữ liệu liên quan tới a, b dù khơng dự đốn được đẳng thức xảy ra nhưng ta vẫn có thể khai thác được giả thiết bằng bất đẳng thức Cauchy Schwarz với mục tiêu là chỉ cịn biến c c x Ta có: x b c y y a c2 x2 c2 y2 x2 b2 y2 a2 1 b a2 Như vậy ta phải chọn x 1, y 2 Từ thiết a 2b a 2b Do đó ta có: P P c2 c b c a c Xét hàm số f(c) trên 0; c c2 c2 b2 a2 c c c2 2c f (c ) ta có: f (c) 2c f (c ) c Lập bảng biến thiên ta suy ra: P Vậy max P a f (c ) f ,c 6, b 6 6 Bài 9: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a, c 1; b Tìm giá trị nhỏ nhất của ab c b 2c biểu thức P 3a c 2b ac ca b b 2a Lời giải Ta có a b 2a b ab 1 ca b ca b b 2a ab b 2a ab ab c ab c Tương tự ta có b 2c bc Lại có a c 2b a c P ca b ab 2 2a b b2 a c ab bc ca ac ab c bc ac bc ab ab bc bc ab a c b 4ac ab bc ca ac ab ac bc 2 1 ab bc ca 2 ab bc ac ab bc ca 9t 45 Xét hàm số f (t ) mà t ab bc ca P t t 13 a; b; c 1;2;1 Vậy P ab bc ca Bài 10: Cho các số thực x, y, z y biểu thức P z x 0;1 và z yz y y z z xz xy xy xz yz 13 x, y, z Tìm giá trị nhỏ nhất của yz Lời giải Với những bài tốn có điều kiện ban đầu x, y, z thác nó, dự đốn điểm rơi là z y 1; z Hơn nữa với 45 0;1 chúng ta sẽ tìm cách khai có chứa xy xz yz ở mẫu, đây là hạng tử có thể gợi ý cho chúng ta dồn biến về xy xz yz Ta có x 0;1 suy ra x x2 ; y z x z x y z x x z x2 y z x x z Dấu bằng xảy ra khi và A.B A B Vì dự đốn điểm rơi z y 1; z nên khả năng x x z và Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được chỉ khi A B y y z là hồn tồn có thể xảy ra Ta có: x2 y z xx z 2 yz 2y z Với điều kiện x, y, z x y z yz và 2x z y y z z 2x2 y z 2x z Do đó P 2 x2 y xz yz xz xyz x xy xy yz x 2y z xz y z 2 xz xy yz 0;1 ta ln có xy Suy ra P x y z 2 yz xy yz xz y z x y z yz Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x2 y z Mà x, y, z P xy 2x y x2 z 0;1 x xz yz y xy y2 x2 z z2 xy xz y2 z2 xz xy yz xz yz yz Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x z y Vậy P đạt được khi x y 1; x Bài 11: Cho các số a, b, c 0;1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P a bc b ac c ab abc Lời giải Khơng mất tính tổng qt của bài tốn, ta có thể giả sử c b a Ta có P a bc b ac c ab Từ giả thiết ta được b c Suy ra A bc abc Đặt t bc bc 1 bc bc t b bc b c c bc bc bc b c bc Xét hàm số f (t ) 1 bc t ;t t b c bc 1;2 10 Ta có f ' (t ) 1 t2 t 1;2 suy ra f(t) đồng biến trên 1;2 f (t ) f ( 2) 5 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là khi a b c 2.3.4. Sử dụng bất đẳng thức cơ bản để đánh giá làm giảm số biến của bài toán Có nhiều bài tốn tìm cực trị của biểu thức ta chỉ cần sử dụng các biến đổi cơ bản đã làm giảm được số biến. Tuy nhiên bài tốn cực trị có dạng phân thức ta phải sử dụng các bất đẳng thức để đánh giá mới làm giảm được số biến của bài tốn Các bất đẳng thức hệ quả thường dùng Hệ quả 1: Cho a, b R ta có a b 4ab a b 4 a b Hệ quả 2: Cho a, b ta có a b3 1 Hệ quả 3: Cho a, b ta có a b Hệ quả 4: Cho a, b, c R ta có a b c Hệ quả 5: Cho a, b, c R ta có ab bc ca 1 Hệ quả 6: Cho a, b, c ta có a b c Hệ quả 7: Cho a, b và ab ta có Hệ quả 8: Cho a, b a 2b ab a a và ab ta có a a b c ab bc ca 3abc a b c b c b ab b ab Nhận xét: Trên đây chỉ là một số hệ quả tiêu biểu thường sử dụng để tìm cực trị bằng cách dồn biến, ngồi ra ta có thể sử dụng các hệ quả khác hoặc các bất đẳng thức khác. Ứng dụng các hệ quả trên để giải các bài tốn sau Bài 1: Cho các số thực a, b, c 1;2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P a b 2ab c ab bc ca Lời giải Áp dụng hệ quả 1 a b Ta có P a b 2ab c ab bc ca 4ab c2 a b 4c a b a b M Do a, b, c 1;2 nên a b , chia tử và mẫu của M cho a b ta được: 11 M c a b c Với a, b, c 1;2 và t 2t Ta có f ' (t ) f (t ) t 4t 1 ; t f (1) t a b ;1 Xét hàm số f (t ) t a b c 4t với t ;1 , t ;1 hay P a b t 1 trên ;1 4t ;1 f (t ) nghịch biến trên , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a Vậy MinP c b và c Bài 2: Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c và a b3 c c Tìm giá trị a b2 c 2 a b c nhỏ nhất của biểu thức: P Lời giải Nhận xét: từ giả thiết ta nhận thấy các biến a và b có tính chất đối xứng, do đó để giải bài tốn ta sử dụng a Ta có: P a b c2 2 a b c b a b 2 a b c vì c a b c Với hai số thực x, y tùy ý, ta có x xy y x y x y x y Từ giả thiết c và a b c c sử dụng đánh giá trên ta thu được c2 c a3 Đặt t b3 a b c c a b a2 ab b t (vì a, b Xét hàm số f (t ) c và c a b c ). Khi đó P t2 f ' (t ) trên 0;1 , ta có 2t t t a b a b c t2 2 2t , t 0;1 12 Do đó f (t ) là hàm số nghịch biến trên 0;1 Hay P , a, b, c thỏa mãn c f (t ) và a b 0;1 cc , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a Vậy MinP , t f (1) b 1; c Bài 3: Cho x, y, z thoả mãn x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3 y 16 z 3 y ảzi Lxời gi P Ta có P x x y z x Áp dụng hệ quả 2 ta có Do đó P 1 x Khi đó P 1 t Ta có f ' (t ) 189t z y 3 y y z 16 x x y y z y f ' (t ) z z y x 1 t t z 1 x z y z 0;1 16t trên 0;1 0;1 t x y x y z z f z Đặt t t 6t 3 16t Xét hàm số f (t ) Lập bảng biến thiên suy ra f (t ) Vậy MinP x x y x z 16 z z y 0;1 16 , t 81 16 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x 81 0;1 y P f (t ) 16 81 4z Bài 4: Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1;2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2x y y Lzời gi2ảxi2 Nhận xét: Ta chỉ cần biến đổi x y z y2 x2 z2 y2 z2 z2 4x yz xy 13 x Ta có P 2x y z y x2 y2 x y x y z xy z2 z2 Ta có xy Đặt t x z x y Do đó P x z2 4x 4t 2t f ' (t ) 4t t trên 1;4 Do đó f (t ) Vậy MinP x y 1;4 Khi đó ta có P t y z t2 4t t t2 trên 1;4 4t t Xét hàm f (t ) Ta có f ' (t ) y yz y , vì x, y, z thuộc đoạn 1;2 z x y z z x y x z z z , t , t f (1) 1;4 Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến , x, y, z 1;4 hay P , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x Bài 5: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a b biểu thức: P b c a c a2 b2 a2 c c y và z 1;2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của b2 c2 Lời giải a c Vì c do đó ta có P a , y c x y y x b c Đặt x P x c2 a2 b2 b c x, y a c a c (vì a, b, c b c ) biểu thức P trở thành Biến đổi giả thiết b c y2 1 c2 c2 a2 a2 c2 b2 ta thu được b2 x2 y2 x2 y2 x2 y 14 Ta có x y 2 x y x y xy x y và x y x y 2 xy x y 2 x y x y (1) Ta lại có x y Từ (1) và (2) xy x2 4x y x y2 x y 1 (2) (vì x, y y 0) Biến đổi biểu thức P, ta thu được P x y y x 1 x2 Từ hệ quả 3, ta có: P Đặt t x y t Ta có f ' (t ) y2 x y Do đó P Xét hàm số f (t ) t 3t t t t 2 x t y y x t t 1 x y 1 x y 1 P x2 y2 x y 2 x y trên 4; , t và f ' (t ) 4; t (vì t 4; ) Suy ra f (t ) là hàm số đồng biến trên 4; f (t ) Vậy MinP f ( 4) , t 4; hay P giá trị nhỏ nhất đạt được khi a f (t ) 2c b Bài 6: Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x 10 y z x y y z x 2y 2x y Lời giải Ta có x y z Do đó P x 10 y z z x y y x 2y z x y z 2x y 10 y z x 12 y x 2y 2x 3y x x 12 y y 2x 3y x 2y 2x 3y 15 P x x 12 y x y Đặt t t x 3y 2x 3y x 12 y Khi đó Xét hàm số f (t ) Ta có f ' (t ) x y t t 12 12t t 12 P x y x y t t 12 t trên 0; 2t 3 2t Lập bảng biến thiên suy ra f (t ) Vậy MinP t 2t f ' (t ) f (2) t 12 , t , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x 0; y, z t 2t 18 t Suy ra P 0; 0; . 4y Nhận xét ta có thể coi P là hàm của z và x, y là tham số và xét hàm P(z) trên 0; x y Bài 7: Cho các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a b, a c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P a 5a b c b c 5a 2c 5a 2b Lời giải b 51 a Vì a do đó P x Đặt y b a c a c a 0;1 vì a, b, c x, y b a c a và a c a b a b, a Khi đó biểu thức P được viết lại như sau: P 2P 2 51 x y 2x y 5 2y c 51 x y x 2y y 2x 2x 16 Ta có 2x 2y 51 x Do đó P hay P và x y 0, x, y 10 x y 51 x Đặt t x y Khi đó ta có P Xét hàm số f (t ) y 0;2 vì x, y 0;1 5t t 5t t 25 t t 2 5t t Ta có f ' (t ) 10 x y 5 x y y t 2x y trên 0;2 24t 60t 5t t 0, t Do đó f (t ) là hàm số đồng biến trên 0;2 hay P 11 , với mọi a, b, c 15 f (t ) 0;2 f ( 2) thỏa mãn điều kiện a 11 , giá trị lớn nhất đạt được khi a 15 Vậy MaxP 0;1 b 11 , t 15 b, a 0;2 c c Bài 8: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z Tìm giá trị nhỏ nhất của x3 z y xz y biểu thức: P y4 z xz y Ta có P Do đó: P z 15 x x2 z Lời giải x y x y y z y z x y z x y z a3 b3 a b a b c2 Áp dụng hệ quả 2, ta có P Xét hàm số f (c) c 2 15 Đặt a z x x ;b y y ;c z z x a, b, c abc c 15 c ab a b a b 16 trên 1; c c2 15 c c2 Ta có f ' (c) 2c 16 c 16 c2 f ' (c ) c 17 Lập bảng biến thiên suy ra f (c) f (2) 12, c 1; Vậy MinP 12 giá trị nhỏ nhất đạt được khi a b c 2 hay x Bài 9: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a c trị nhỏ nhất của biểu thức: P b c c2 a b c b c c a a b a2 b2 y z ab Tìm giá c Lời giải Đặt a x.c; b y.c; x, y Thay x vào giả thiết ta có: b c b (khơng thỏa mãn giả thiết) c Tương tự y cũng khơng thỏa mãn x 1; y thay vào giả thiết ta có: x y x x xy y x y x y 2 x y 1 xy x y 1 x y xy x y xy xy x2 xy x y2 xy y Mặt khác x P y y 1 x x y P Hay P x y xy x y xy xy x y x y x y x2 y2 Ta có f ' (t ) t4 t3 4t 3 t2 x y x y 2 xy 2 xy xy xy Đặt t xy; t , khi đó ta có P Xét hàm số f (t ) 2 xy 3xy 3 xy xy t3 2t 3t 3 t 2t 2t 3t trên 4; t 2t t2 2t 6t t3 t t2 t2 6t 2t 18 0, t 4 18 Suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên 4; 41 khi x 24 Vậy P hay a y b f (t ) Do đó: 4; 41 24 f (4) 2c Bài 10: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a b c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T Đặt a x.b; c y.b x2 Khi đó T Đặt S x a2 c ab bc ca abc a b c y x y x y xy xy x y y; P Lời giải xy vì x y x y xy xy x y S4 S P f ' ( P) ta có 4P S Đặt f ( P) S x y y x S 2S P 4P S 0 0, P P S 0; S Do đó f ( P ) là hàm số nghịch biến trên ( 0; S − 1] f ( P) f ( S 1) Ta có g ' ( S ) S S 2S S2 S2 , P 0; S Xét hàm số g ( S ) 2S S S2 g ' (S ) Từ bảng biến thiên suy ra g ( S ) g (2) , S Do đó ta có T Vậy MinT f ( P) g (S ) g (2) S (vì S S 2S S2 với S ) 1; , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x y hay a b c Bài 11: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x y z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P xy z2 yz x2 x3 y y z 24 x z Lời giải 19 Nhận xét: Bài 11 khi ta thay giả thiết x y z vào biểu thức P thì P là một biểu thức đồng bậc. Tuy nhiên nếu chỉ sử dụng các biến đổi đại số thì ta vẫn chưa làm giảm số biến của biểu thức. Ta cần sử dụng các hệ quả để đánh giá biểu thức Ta có xy z2 x xy z2 yz x2 Ta lại có x y Khi đó P y x2 1 z2 y z xy 3 y z y x t y 96 z x y x2 yz y x z2 y2 y2 x2 y2 y2 z2 y2 x2 y2 y2 x2 y2 x2 z2 z2 x2 y2 yz y2 z2 y2 xy y x x3 y y z x3 z 3 z2 yz z2 y2 yz x2 yz x2 xy xy yz x3 z y z Đặt t y x t y z (vì x, y, z y x 0) t 96 t 32 t t trên 0; 96 f ' (t ) Lập bảng biến thiên suy ra f (t ) Vậy MaxP z xy z2 y z yz x2 x2 z2 Xét hàm số f (t ) Ta có f ' (t ) z yz x2 xy xy z2 xy z2 Vậy P yz x2 t (vì t f (2) 0) , t 12 , giá trị lớn nhất đạt được khi x 12 0; y hay P Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P y2 x2 y 2z y2 z2 12 z x x z z x Bài 12: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y f (t ) y z 2 3z 2x z 20 Lời giải Từ giả thiết ta có x 2 x y Đặt t x z y z Do đó t 2t Ta có 2 x y y z y z x x vì z z 1 2 y Vậy 2t x z Ta có f ' (t ) y z z x t2 2t 1 x z x y y z x y 1 y z x 1 t z 10t 4t 2 t 2t với mọi x, y, z Vậy MaxP z x x z x z t t 2t 1 Mặt khác x, y, z z x 1 t x y , y z 0 x z 2t Xét hàm số f (t ) 0, t t 2t trên ;1 ;1 Suy ra f (t ) là hàm số nghịch biến trên Hay P x z ). Nhận xét: P t x y y z 2 x y Do đó x z x (vì x, z t P ;1 thỏa mãn x y f (t ) y z f z x x z , t ;1 2 z 2x , giá trị lớn nhất đạt được khi y x Nhận xét: Phương pháp giải được trình bày các mục 2.3.3 và 2.3.4 là phương pháp thường được sử dụng khi giải các bài tốn tìm cực trị của biểu thức nhiều biến. Ngồi các phương pháp giải ở trên khi giải bài tốn tìm cực trị của biểu thức nhiều biến ta cịn sử dụng các phương pháp sau: Phương pháp tiếp tuyến 21 Phương pháp đạo hàm theo từng biến Phương pháp dùng hàm đặc trưng 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm 2.4.1. Đối với học sinh Chọn lớp đối chứng gồm 15 học sinh lớp 12C1, chọn lớp thử nghiệm gồm 15 học sinh khác (lớp 12C1 là lớp chọn khối A), chọn học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi mơn tốn của trường THPT Như Thanh Chọn các bài tập đã xây dựng ở trên và những bài tập khác trong các đề thi thử THPT Quốc Gia những năm gần đây. Tiến hành hướng dẫn học sinh giải quyết các bài tập đã chọn Tiến hành hướng dẫn học sinh nghiên cứu chủ đề “Kỹ năng dồn biến để giải bài tốn tìm cực trị của biểu thức”. u cầu học sinh viết thành đề tài, nạp cho giáo viên (chỉ chọn học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi). Tiến hành kiểm tra đánh giá bằng một bài 45 phút cho cả ba lớp nói Kết quả kiểm tra: Đối với nhóm học sinh giỏi kết quả bài kiểm tra là rất tốt, điểm của học sinh đều đạt từ loại khá trở lên, đối với lớp 12C1 kết quả đạt được từ loại trung bình trở lên Đối với chủ đề nghiên cứu của lớp học sinh giỏi, các em đã thực hiện tốt. Được ơn tập các tính chất của bất đẳng thức, rèn luyện kỹ năng giải bài tốn tìm cực trị của biểu thức nhiều biến. Đội tuyển học sinh giỏi nhà trường gồm 5 em tham dự kì thi cấp tỉnh đạt một giải Nhì, một giải Ba, một giải Khuyến khích Dạng bài tập và phương pháp này chỉ có hiệu quả cao với học sinh khá, giỏi. 2.4.2. Đối với bản thân và đồng nghiệp Đề tài này có thể dùng làm tài liệu cho học sinh và giáo viên trong q trình dạy học mơn tốn, ơn thi THPT Quốc Gia và thi học sinh giỏi. Từ đề tài này có thể mở rộng và phát triển hơn cho dạng tốn chứng minh bất đẳng thức, dạng tốn cực trị của biển thức lượng giác, cực trị trong hình học. Ứng dụng trong việc giải quyết các bài tốn khó về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vơ tỷ, hệ bất phương trình có chứa tham số. 2.4.3. Đối với nhà trường Đề tài đã và đang được áp dụng trong hoạt động giảng dạy góp phần nâng cao chất lượng giáo dục mơn Tốn, nâng cao kết quả thi học sinh giỏi, kết quả thi THPT Quốc gia của học sinh trường THPT Như Thanh 3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1. Kết luận 22 Q trình nghiên cứu đề tài đã thu được một số kết quả sau: Trong đề tài đã nghiên cứu về kỹ năng tìm cực trị của bài tốn nhiều biến bằng phương pháp dồn biến Xây dựng được một hệ thống các bài tập về tìm cực trị của biểu thức nhiều biến trong đó cách giải quyết chính là sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức cơ bản để làm giảm số biến của bài tốn ban đầu Nghiên cứu cơ sở lý luận về kỹ năng dạy học nói chung và các kỹ năng cơ bản dạy học mơn tốn nói riêng 3.2. Kiến nghị Sau khi tổng kết thực nghiệm sư phạm, chúng tơi có một số đề xuất sau: Giáo viên nên thay đổi phương pháp dạy học của mình để phù hợp với từng đối tượng, từng nội dung bài học. Giáo viên hướng dẫn học sinh tự học, tự nghiên cứu, để tạo ra những sản phẩm hữu ích giúp các em có một lượng kiến thức và kỹ năng tốt để chuẩn bị cho các kỳ thi. Nhà trường, các tổ chun mơn cần khuyến khích hình thức, tự học tự nghiên cứu, hợp tác nhóm của học sinh theo sự hướng dẫn của giáo viên, từ đó tạo điều kiện cho giáo viên và học sinh hợp tác làm việc nhằm cải thiện chất lượng học tập giúp các em có một nền tảng kiến thức thật sự vững chắc. XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN Thanh Hóa, ngày 22 tháng 04 năm 2016 VỊ Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác Nguyễn Bá Long 23 ... Nhận xét:? ?Việc? ?đánh giá điều kiện ban đầu? ?của? ?bài? ?toán? ?là rất quan trọng trong? ?việc? ?giải? ?bài? ?toán? ?cực? ?trị? ?của? ?biểu? ?thức,? ?giúp chúng ta rèn luyện? ?kỹ? ? năng? ?chuyển? ?bài? ?toán? ?cực? ?trị? ?nhiều? ?biến? ?thành? ?bài? ?toán? ?cực? ?trị? ?của? ?hàm số với Bài? ?1 (Đề? ?THPT? ?QG 2015): Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn ... ? ?THPT? ?Quốc? ?Gia? ?những năm gần đây. Tiến hành hướng dẫn? ?học? ? sinh? ?giải? ?quyết các? ?bài? ?tập? ?đã chọn Tiến hành hướng dẫn? ?học? ?sinh? ?nghiên cứu chủ đề ? ?Kỹ? ?năng? ?dồn? ?biến để? ?giải? ?bài? ?tốn? ?tìm? ?cực? ?trị? ?của? ?biểu? ?thức”. u cầu? ?học? ?sinh? ?viết thành đề tài, ... tốt. Được ơn? ?tập? ?các tính chất? ?của? ?bất đẳng? ?thức,? ?rèn luyện? ?kỹ ? ?năng? ?giải? ?bài tốn? ?tìm? ?cực? ?trị? ?của? ?biểu? ?thức nhiều? ?biến. Đội tuyển? ?học? ?sinh? ?giỏi? ?nhà? ?trường? ? gồm 5 em tham dự kì? ?thi? ?cấp tỉnh đạt một? ?giải? ?Nhì, một? ?giải? ?Ba, một giải