1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Kỹ năng dồn biến để giải bài toán tìm cực trị của biểu thức, nhằm nâng cao hiệu quả của việc ôn tập học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia tại trường THPT Như Thanh

23 38 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 23
Dung lượng 574,28 KB

Nội dung

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

Ngày đăng: 27/10/2020, 14:00

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w