De tai cap Tinh Nhung sai lam thuong gap khi giai toan cuuc tri

C¸c s¸ch cña Bé gi¸o dôc v× lý do s ph¹m v× khu«n khæ ch¬ng tr×nh häc cña cÊp häc nªn phÇn gi¶i bµi to¸n t×m cùc trÞ vµ nh÷ng sai lÇm dÔ m¾c trong ch¬ng tr×nh THCS chØ cã tÝnh chÊt giíi [r]

Phần 1: Những vấn đề chung I Lí chọn đề tài:

Tốn học có vị trí đặc biệt việc nâng cao phát triển dân trí, góp phần tạo nên nguồn tài nguyên chất xám, nguồn tài nguyên quý cho đất n-ớc Tốn học mơn khoa học tự nhiên đợc hình thành từ sớm gắn bó chặt chẽ với thực tiễn đời sống ngời Tốn học mơn khoa học quan trọng, giúp cho việc hình thành phát triển cho ngời học lực t logic, phơng pháp luận khoa học, phẩm chất trí tuệ, t tởng đạo đức

Ngày phát triển tất ngành khoa học nh tất ngành cơng nghiệp then chốt khơng thể thiếu tốn học, chúng đợc khởi nguồn dựa toán học Sự phát triển đất nớc không phụ thuộc nhiều tài nguyên thiên nhiên, mà phụ thuộc chủ yếu vào trình độ dân trí Tốn học có vị trí đặc biệt việc nâng cao phát triển dân trí, góp phần tạo nên nguồn tài ngun chất xám Việt Nam so với nớc giới cịn tình trạng nghèo nàn, lạc hậu Muốn khỏi tình trạng đuổi kịp n -ớc giới, Việt Nam phải có lớp ngời đợc trang bị kiến thức tốt, ln phát huy tính sáng tạo khả nhanh nhạy để nắm bắt kĩ thuật Nhiệm vụ quan trọng ngành GD - ĐT vinh dự đợc Đảng Nhà nớc giao cho Chính năm học, Bộ GD - ĐT có thị kịp thời, Sở GD - ĐT, Phòng GD & ĐT Nhà trờng chủ động đề kế hoạch chi tiết, mục tiêu rõ ràng giao nhiệm vụ cụ thể đến giáo viên

Để hoàn thành nhiệm vụ, ngời giáo viên phải có lịng nhiệt tình, có kiến thức phơng pháp truyền thụ kiến thức phù hợp Nhng thực tế cho thấy hầu hết giáo viên có lịng nhiệt tình, có kiến thức song phơng pháp cịn nhiều hạn chế, thầy giáo viên dạy tốn ngoại lệ Vậy đâu nguyên nhân hạn chế trên? Theo nguyên nhân là:

- Giáo viên cha tạo cho học sinh thói quen tiến hành đầy đủ bớc cần thiết giải toán, tốn lạ tốn khó nên học sinh cha có phơng pháp suy nghĩ, suy luận việc tìm tịi lời giải tốn

- Chỉ nặng trình bày lời giải tìm mà không ý đến việc h ớng dẫn để học sinh tự tìm lời giải Bởi học sinh hiểu đợc lời giải cụ thể toán cha học tập đợc cách suy luận để giải toán tơng tự

- Cha trọng đến việc phân tích tốn theo nhiều khía cạnh, theo loại để tạo phơng pháp lời giải khác nhau, cha trọng rèn luyện cho học sinh kĩ thực hành tính tốn, biến đổi, suy luận

Trong trình học tập, học sinh sớm đợc làm quen với môn tốn Nhìn chung Tốn học mơn học trừu tợng Tính trừu tợng logic tăng dần em học lên lớp Từ năm học lớp khó khăn học sinh đ-ợc bộc lộ rõ nét hơn, đặc biệt toán chứng minh bất đẳng thức, tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Đây đề tài thú vị, thờng khơng có quy tắc giả tổng quát Do học sinh hay mắc thiếu sót sai lầm giải tốn loại Vậy học sinh thờng mắc phải sai lầm giải các tốn cực trị? Theo tơi nguyên nhân xuất phát từ lý sau:

1 Ngời giải tốn cha có đờng lối rõ ràng giải tốn tìm cực trị Cha nắm tính chất bất đẳng thức

3 Cha hệ thống, phân dạng đợc tập loại

4 Không đọc kĩ đầu bài, cha hiểu rõ toán đã vội vào giải tốn Khơng biết đề cập tốn theo nhiều cách giải khác nhau, không chịu nghiên cứu kĩ chi tiết kết hợp chi tiết tốn, khơng sử dụng hết giả thiết tốn, khơng biết linh hoạt vận dụng kiến thức có

6 Khơng tự t lại tốn làm sau giải xong xem ch-a

Nói chung dạng tốn chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ dạng tốn khó nhng thú vị Nó lơi nhiều ngời phải say mê, từ em học sinh đến nhà bác học lỗi lạc Tại vậy? Mỗi tốn chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ với số liệu riêng địi hỏi cách giải riêng phù hợp Điều có tác dụng rèn luyện t toán học mềm dẻo, linh hoạt sáng tạo Chính thấy kì thi học sinh giỏi tốn th ờng có tốn chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

II C¬ së khoa häc

Đề tài đợc viết dựa vào sở lí luận thực tiễn II.1 Cơ sở lý luận

Thực tế cho thấy Toán học tảng cho ngành khoa học, chìa khố vạn để khai phá thúc đẩy phát triển cho ngành khoa học, kinh tế, qn sống Chính việc dạy học mơn tốn nhà trờng đóng vai trị vơ quan trọng dạy tốn chiếm vị trí số mơn học nhà trờng, giáo viên, dạy toán niềm tự hào song thử thách vơ lớn Để dạy tốn học tốn tốt Thày Trị khơng ngừng rèn luyện đầu t trí lực vào nghiên cứu học hỏi Học dạy tốn với chơng trình khó, xong dạy học toán đào tạo mũi nhọn lại vô gian truân, việc học dạy không dừng việc ngời học ngời dạy phải có trí tuệ định mà thày trò phải dày cơng đầu t vào nghiên cứu dạng tốn, thuật tốn vận dụng hợp lý tính chất tốn học nhà toán học nghiên cứu vào giải tốn, ngồi ngời dạy học tốn phải tự rèn luyện nghiên cứu để có cơng trình tốn riêng góp sức để đa mơn tốn ngày phát triển

Thực nhiệm vụ năm học nh đợc phân công Phòng Giáo dục Đào tạo huyện Yên Dũng, Ban giám hiệu trờng THCS Yên L, qua trình bồi dỡng học sinh giỏi nhiều năm gần thân tơi thấy việc hình thành cho học sinh cách suy nghĩ để tìm lời giải cho tốn dạng tốn cơng việc khó Đứng trớc toán ngời thày cha hiểu cha có hớng giải ta hớng dẫn học sinh nh nào, thật khó tình nh ngời thày vai trò chủ đạo việc dạy học sinh, cịn học sinh khơng giải đợc toán nhng lại niềm tin thày cảm thấy việc học tốn cực hình khó vơ học đợc

dỡng học sinh giỏi, toán áp dụng kiến thức báo vào, hớng dẫn học sinh tơi hồn tồn tự tin giữ vai trò chủ đạo để h ớng dẫn học sinh, cịn học sinh khai thác tốn đợc nhiều cách, tránh đợc sai lầm cố hữu thờng mắc phải giải tốn cực trị có hứng thú thực với dạng toán Từ thực tế xin đợc trao đổi kinh nghiệm đồng nghiệp mong đề tài đợc mở rộng phát triển sâu rộng II.2 Cơ sở thực tiễn

II.2.1 T×nh h×nh häc sinh

Đối tợng học sinh khá, giỏi nên kiến thức em nắm tơng đối vững có trí tuệ định Xong khơng phải toán hay dạng toán em làm đợc, tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hầu hết em cho loại tốn khó nên đầu t vào nhiều thời gian mà cha làm đợc lại dễ mắc sai lầm Do em thờng bỏ qua toán để tập trung thời gian giải toán khác nhiều em khơng có hứng thú gặp bi toỏn ny

II.2.2 Tình hình giáo viên

- Thuận lợi: Hầu hết thầy có trình độ, đợc đào tạo bản, tâm huyết với nghề v luụn cu tin b

- Khó khăn:

Thời lợng thực dạy lớp 19 tiết/1 tuần chuẩn bị giáo án đồ dùng để phục vụ tiết dạy đẫ lấp kín thời gian lớp nhà, mặt khác kinh tế thị trờng với đồng lơng không cao, đủ đáp ứng đợc sống đạm bạc chí có phần khó khăn nhà s phạm nên thầy giáo cịn bị chi phối nhiều thời gian vào sống cho thân gia đình Trong kiến thức khó lại rộng lớn bao trùm Do để dành nhiều thời gian vào nghiên cứu, tìm tịi để có kiến thức vững sâu hạn chế, nhiều ngời cịn t tởng cần hồn thành nhiệm vụ đợc cịn nghiên cứu tìm tịi có nhà khoa học

Nguyên nhân góp phần khơng nhỏ cho việc nghiên cứu tìm lời giải cho tốn ngời phải có trí tuệ, phải bậc vĩ nhân Suy nghĩ phần “Ngọc khơng mài khơng sáng đợc” Đối với tốn tìm cực trị khơng có cách giải mẫu mực mà chủ yếu dựa vào phân tích - kinh nghiệm ngời làm tốn Do địi hỏi ngời giáo viên phải có thời gian, có tâm huyết tinh thần học hỏi cao đáp ứng đợc chuyên môn, công việc giảng dạy Tốn học cao cấp có kiến thức, có cách giải nhanh khoa học với dạng toán song không vận dụng đợc vào cấp học phổ thông, cha tìm đợc phơng pháp khoa học để học sinh tiếp cận cho phù hợp với chơng trình học, nội dung sách giáo khoa hành

Các tài liệu tham khảo mơn tốn THCS dành cho giáo viên học sinh số lợng, có vơ số lan tràn khắp thị trờng, mục đích kinh doanh bề ngồi sách đẹp, tiêu đề sách thu hút song nội dung trùng lời giả sơ sài, chí nhiều sách có nhiều sai sót, tính s phạm khơng cao Các sách Bộ giáo dục lý s phạm khn khổ chơng trình học cấp học nên phần giải tốn tìm cực trị sai lầm dễ mắc chơng trình THCS có tính chất giới thiệu thông qua vài tập mà không viết riêng thành tài liệu để giáo viên học sinh cấp học tham khảo

PhÇn 2: Néi dung chÝnh

I Vài nét khái quát tình hình địa phơng huyện Yên Dũng nhà tr-ờng.

I.1 Đặc điểm I.1.1 Thuận lợi

- Huyn Yờn Dũng có bề dày thành tích bồi dỡng HSG, mạnh đội ngũ giáo viên có tay nghề chuyên môn cao, kiến thức vững vàng

- VỊ phÝa häc sinh c¸c em hiÕu häc, cã ý thøc tèt

- Chính quyền tổ chức đồn thể quan tâm coi trọng công tác giáo dục - Các bậc phụ huynh đặc biệt coi trọng việc học tập

- Cơ sở vật chất nhà trờng đầy đủ để học ca I.1.2 Khó khăn

- Do khơng cịn hình thức tuyển chọn học sinh nh trớc nên lực học học sinh không đồng đều, mức độ đào tạo, dạy dỗ trờng không đồng đều, nhiều em ham chơi, coi nhẹ việc học Về phía gia đình nhiều hộ cịn gặp khó khăn mải miết làm ăn nên thiếu phối hợp với nhà trờng giáo dục em Còn phận giáo viên công tác cha thực nỗ lực, trách nhiệm cha cao

I.2 Phơng pháp đối tợng nghiên cứu. I.2.1 Phơng pháp.

Trong trình nghiên cứu đề tài dùng phơng pháp sau: - Đọc sách, nghiên cứu thu thập, xử lí tài liệu su tầm đợc

- Điều tra, trò chuyện với giáo viên học sinh - Tự tìm hiểu đối tợng học sinh

- Tổng kết đúc rút kinh nghiệm trình giảng dạy - Cập nhật thông tin từ mạng Internet

Dựa vào phơng pháp phân tích ngun nhân tơi định hình cho việc nghiên cứu đề tài

I.2.2 §èi tỵng.

Đối tợng nghiên cứu mơn tốn kiến thức tốn học có liên quan đến dạng tốn chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, sai lầm học sinh thờng mắc phải cách khắc phục trọng tâm nghiên cứu ca ti

II Phần bản.

II.1 Phơng pháp trình bày đề tài.

Đề tài đợc trình bày dới dạng đa tập cụ thể, tập đợc đa lời giải sai, phân tích sai lầm cách khắc phục, đồng thời đa lời giải đúng, cuối đa tập đề nghị cho ngời đọc Các sai lầm thờng mắc phải đ-ợc liệt kê dạng đđ-ợc nêu rõ phần giải đáp

II.2.1 Một số tính chất bất ng thc

Cho a, b, c số thùc

TÝnh chÊt 1: a b b a

TÝnh chÊt

a b a b b a       

TÝnh chất Tính chất bắc cầu

a b a c b c       

TÝnh chÊt a b  a c b c  

TÝnh chÊt

a b

a c b d c d         

Chú ý: Không đợc trừ hai bất đẳng thức chiều cho nhau.

TÝnh chÊt

ac bc a b c       

TÝnh chÊt

ac bc a b c       

Tính chất Nhân vế hai bất đẳng thức chiều hai vế không âm 0 a b ac bd c d          Tổng quát: 1

2 *

1 2

0

0, n n n n a b a b

a a a b b b n N

a b                 

Chú ý: Không đợc chia hai bất đẳng thức cho nhau.

Tính chất Nâng luỹ thừa hai vế bất đẳng thức

*

*a b an bn, n N

     

*

* n n ( , 2)

a b  a b n N n 

TÝnh chÊt 10 a b  0 na n b, n N n*, 2 TÝnh chÊt 11 So s¸nh hai luü thõa cïng c¬ sè

TÝnh chÊt 12

1

b a

ab a b

 

 

  

…

II.2.2 Một số kiến thức thờng dùng để giải tốn cực trị hình học II.2.2.1 Sử dụng quan hệ đờng vng góc, đờng xiên, hình chiếu

- Quan hệ đờng vng góc, đờng xiên, hình chiếu thờng đợc sử dụng dới dạng: + Trong tam giác vng (có thể suy biến thành on thng), cnh gúc vuụng

AB cạnh huyền BC AB BC , dấu xảy vµ chØ A trïng víi C;

+ Trong đoạn thẳng nối từ điểm đến đờng thẳng, đoạn thẳng vng góc với đờng thẳng có độ dài nhỏ

+ Trong đoạn thẳng nối hai điểm thuộc hai đờng thẳng song song, đoạn thẳng vng góc với hai đờng thẳng sơng song có độ dài nhỏ

+ Trong hai đờng xiên kẻ từ điểm đến đờng thẳng, đờng xiên lớn hình chiếu lớn

II.2.2.2 Sử dụng quan hệ đoạn thẳng đờng gấp khúc

- Quan hệ đoạn thẳng đờng gấp khúc đợc sử dụng dới dạng:

+ Với ba điểm A, B, C ta có AB BC AC Dấu đẳng thức xảy B thuộc đoạn thẳng AC

+ Độ dài đoạn thẳng nối hai điểm A B ngắn độ dài đờng gấp khúc có hai đầu A B

II.2.2.3 Sử dụng bất đẳng thức đờng tròn

- Các bất đẳng thức đờng tròn đợc thể định lý: + Trong dây đờng trịn, dây lớn đờng kính + Trong hai dây đờng tròn:

*Dây lớn dây gần tâm * Dây gần tâm dây lớn

+ Trong hai cung nhỏ đờng tròn, cung lớn góc tâm chắn cung lớn

+ Trong hai cung nhỏ đờng tròn, cung lớn dây trơng cung lớn

II.2.3 Một số bất đẳng thức thờng vận dụng để tìm cực trị. * Bất đẳng thức Côsi

Dạng bản: Choa b, 0, ta có bất đẳng thức a b 2 ab Dấu đẳng thức xảy ch khia b

Dạng tổng quát: Cho số không âm a a a1, , , ,2 an

Dấu đẳng thức xảy a1a2 a3   an. * Bt ng thc Bunhiacụpxki

Dạng bản: Với a b c d, , , số thùc tuú ý ta lu«n cã

ac bd2 a2 b2 c2 d2

   

Dấu đẳng thức xảy

a b c d .

Dạng tổng quát: Cho hai số a a a1, , , ,2 an , b b b1, , , ,2 bn, ta có

 2  2 2  2 2

1 2 3 n n n n

a b a b a b  a b  a a a  a b b b  b

Dấu đẳng thức xảy

3

1

1

n n

a a

a a

b b b  b (Với điều kiện biểu thức có nghĩa).

* Bất đẳng thức Trêbusep

Dạng bản: Cho

a b A B    

 hc

a b A B    

 , ta cã: 2

a b A B  aA bB 

Dấu đẳng thức xảy a b A B .

 D¹ng tỉng quát: Cho hai số tăng giảm

1

1

n n

a a a a

b b b b

   

 

   

 hc

1

1

n n

a a a a

b b b b

   

 

   

 .

Ta có bất đẳng thức

1 n. n 1 2 3 n n

a a a a b b b b a b a b a b a b

n n n

           



Dấu đẳng thức xảy a1a2 a3  an b1b2   b3 bn.

Lu ý: Nếu dãy tăng dãy giảm bất đẳng thức đổi chiều.

* Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối  a 0,  a R

 a a nÕu a0

 a a nÕu a0   a  a a

 a b a  b Dấu đẳng thức xảy ab0  a  b  a b a b

 Néi dung: Cho tam gi¸c ABC cã AB c BC a CA b ,  ,  Ta cã

a b c a b b c a b c c a b c a

     

    



    

II.2.4 Đờng lối tổng quát giải toán cực trị

* Cực trị đại số: Để tìm giá trị lớn (hoặc nhỏ nhất) biểu thức f ta phải thực hai bớc:

- Bíc 1: Chøng minh f m(hoặc f m ) với m số - Bớc 2: Trả lời câu hỏi dấu xảy nào? kết luận

* Cc trị hình học: Để tìm vị trí hình H miền D cho đại lợng f (f

là số đo độ dài, số đo diện tích,…) có giá trị lớn (hoặc nhỏ nhất), ta phải thực hai bớc:

- Bíc 1: Chøng tá với vị trí hình H miền D f m (hoặc f m) với m h»ng sè

- Bớc 2: Xác định vị trí hình H miền D cho f = m.

*Chú ý: Trong toán mà sử dụng nhiều bất đẳng thức để tìm cực trị thì lu ý dấu “=” phải xảy đồng thời

II.2.5 Các tập minh hoạ A Cực trị Đại số

A.1 Dạng sai lầm thứ nhất

Bài Cho x, y hai số dơng thoả m·n

1 x

y

 

Tìm giá trị nhỏ biểu

thøc

32.x 2007 .y M

y x

 

Lời giải có vấn đề “ ” Từ x, y > ta có

2 x y y x  .

Tõ x, y > 0 vµ

1 x

y

 

ta cã

2

1

1 x x y

y y x

 

     

 

Do vËy

32.x 2007.y 32 x y 1975.y 32.2 1975.4 7964 M

y x y x x

 

        

  .

B×nh luËn

Nhng! x = y th× M = 2039 Vậy sai lầm đâu?

Bài Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc A2x3y biÕt 2x23y2 5 Lêi gi¶i sai:

Gäi B2x23 ,y2 ta cã B5 XÐt A B 2x3y2x23y2

   

2 x x y y

   

2

1 5

2 (1)

2 4

x y

   

         

   

Ta l¹i cã B5 nªn B5 (2)

Cộng (1) với (2) ta đợc

25 A

Min

25

4

A  x y

Nhng víi

1 2 x y  A

, vËy sai lÇm ë đâu? Bài Tìm giá trị nhỏ biểu thøc

       

2 2

,

F x y  x y  x  y x Lời giải đẹp :

“ ”

Ta thÊy      

2 2

; ; x y x y x

không đồng thời nên F x y ,  0

 , 

F x y

đạt giá trị nhỏ  

2

1 a x

vµ    

2

b x y  y x đồng thời đạt giá trị nhỏ

 12

a x

đạt giá trị nhỏ x = -1 Khi    

2 2

2 2, b x y  y x  y 

nên b đạt giá trị nhỏ y = Vậy giá trị nhỏ F x y , 

1 x y

  



 .

Phải lời giải đúng?

Ta cã D5x2 2xy 2y214x10y1

     

2 2

2 14 10

x xy y x x y y

       

   

2

2 145

2

2

x y  x  y

        

 

Suy

145 D

Dấu = xảy

0

7

2

2

5

x y x y

x x

y y

  

 

 

 

   

 

 

  

 



Hệ vô nghiệm nên D không tồn giá trị lớn

Bn cú ng ý với kết luận tốn khơng? Lời giải ó thuyt phc cha?

A.2 Dạng sai lầm thứ hai

Bài Cho x, y, z thoả mÃn x2y2z2 27 Tìm giá trị lớn biểu thức

P x y z xy yz zx     

Lêi gi¶i sai

Víi mäi x, y, z ta cã:      

2 2

0; 0; x y  y z  z x  Suy x2y2 2 ;xy y2z2 2 ;yz z2x2 2zx

   

2 2

2 x y z xy yz zx

     

27xy yz zx (1)

Mặt khác      

2 2

1 0; 0;

x  y  z 

Suy x2 1 ;x y2 1 ;y z2 1 2z

x2 y2 z2 3 2x y z 15 x y z (2)

          

Céng theo tõng vÕ cña (1) (2) suy P42. Vậy giá trị lớn P 42

Bình luận

Bi lm “đẹp”, nhng kết lại sai? Theo bạn lời giải sai đâu? Khắc phục nh nào?

Ta cã

2

1 1 1 4 4 A x  x x x   x   

   

VËy

1

4 A

B×nh luËn:

Lời giải “hồn nhiên” “ngắn gọn” nhng lập luận chặt chẽ cha? Kết có xác khơng? Theo bạn “kẽ hở” chỗ nào?

Bµi Tìm giá trị nhỏ biểu thức

x a x b  

A

x

 



, víi x0, a và b số dơng cho trớc

Lêi gi¶i sai:

Ta có x a 2 ax (1) x b 2 bx (2) Do

    2

4

x a x b ax bx

A ab

x x

 

  

Min A4 ab x a b  B×nh luËn:

Lời giải “thuyết phục” chứ, có cần phải giải lạikhơng?

Bµi Cho a, b, c số dơng, hÃy tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc

1 1 5

a b c

P

b c a

     

        

     

Một bạn học sinh giải nh sau:

Do a, b, c số dơngnên áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:

1 (1); (2); (3)

5 5 5

a a b b c c

b b c c a a

     

Nhân vế ba bất đẳng thức chiều vế dơng ta đợc

8

5 5 25

a b c

P

b c a

 

Do P nhỏ

8 25

Bµi Cho a, b hai số dơng x, y, z số dơng tuỳ ý Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc

           

2 2

x y z

M

ay bz az by az bx ax bz ax by ay bx

  

     

Lêi gi¶i cđa mét häc sinh:

DÔ thÊy      

2 2 2 2 2

ay bz  a b y z

vµ      

2 2 2 2 2

az by  a b z y

VËy        

2

2 2

x x

ay bz az by   a b y z

T¬ng tù ta cã        

2

2 2

y x

az bx ax bz   a b z x

       

2

2 2

z z

ax by ay bx   a b x y

Do

2 2

2 2 2 2

1 x y z

M

a b y z z x x y

 

    

     

Mặt khác chứng minh đợc

2 2

2 2 2

3

x y z

y z z x x y 

Suy  

2

3

M

a b



Dấu = xảy x y z Vậy giá trị nhỏ M lµ  

2

3 a b

, giá trị đạt đợc

x y z

Cách giải phải … đúng! Bạn giải tốn nh nào?

Bµi 10.

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P2x25y24xy 4x 8y6 Lời giải đẹp

“ ”

Ta cã      

2 2

4 4 4 P x  y   xy x y  x  x  y  y      

2 2

2 1 P x y  x  y

Do      

2 2

2 0, 0,

x y  x  y 

 12  12  22 P x y  x  y 

Vậy giá trị nhỏ P

Lời giải gọn , bạn có ý kiến không? A.3 Dạng sai lầm thứ ba

Bài 11 Tìm giá trị nhỏ biểu thøc P 28 3 x x  4 x x Lêi gi¶i sai:

Điều kiện x để biểu thức P có nghĩa

   

   

2

4

28

1 5

1 5

x x

x x x

x x

x x

x x

  



      

 

     

  

  

  

  

  

 

NhËn xÐt: Víi   1 x ta cã

   

2

5 4 x x  1 x 5 x 0

, suy 4 x x 0

   

2

28 3 x x  4x 7 x 0

, suy 28 3 x x 0

Do đó, với   1 x 5 P 28 3 x x  4 x x 0, nên P khơng có giá trị nhỏ

Bài 12 Tìm m để phơng trình  

2 1 1 0

x  m x 

có tổng bình phơng nghiệm đạt giá trị nhỏ

Lêi gi¶i cđa mét häc sinh:

Điều kiện để phơng trình có nghiệm là:

 2    

0 (*) m

m m m

m

 

           



 .

Khi tổng bình phơng nghiệm là:

 2  2

2

1 2 2

x x  x x  x x  m 

(Theo định lí Viét) Ta có  

2

1 2 m  

nên tổng bình phơng nghiệm đạt giá trị nhỏ -2 m  1 m1

Giá trị m = -1 không thoả mãn điều kiện (*) nên không tồn giá trị m để tổng bình phơng nghiệm đạt giá tr nh nht

Bài 13 Tìm giá trị lớn biểu thức

1 10 A

x x



Lời giải sai: Phân thức

1 10

x  x có tử khơng đổi nên A có giá trị lớn mẫu nhỏ nhất.

Ta cã:  

2

2 6 10 3 1 1.

x  x  x  

 

min x  6x10  1 x3

VËy maxA x3

Bình luận: Lời giải trơn, nhng thi mà làm trợt Tại vậy?

Bi 14 Tỡm x biểu thức

1 P

x x



  đạt giá trị lớn nhất.

Trong lần kiểm tra có học sinh giải toán nh sau: Điều kiện x1; x3.

Ta cã  

2

1 P

x



 

Để biểu thức P đạt giá trị lớn  

2

1 x 

đạt giá trị nhỏ Điều

x¶y  

2

1 x 

hay x1 Khi giá trị lớn

1 P B×nh ln:

Nhng cã thĨ thÊy x2 th×

1 P

,

1



giá trị lớn P Vậy sai lầm lời giải đâu? Khắc phục sai lầm nh no?

A.5 Dạng sai lầm thứ năm

Bài 15 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

x y z A

y z x

  

víi x y z, , 0

   

0

(1) x z

y x z z x z xy yz z xz

 

   

   

Chia hai vế (1) cho số dơng xz ta đợc

1 (2) y y z

z xx

Mặt khác ta có

2 (3) x y

y x 

Cộng vế với vế hai bất đẳng thức chiều (2) (3) ta đợc

3 x y z y z x

Từ suy minA 3 x y z Bình luận:

Tuy kết đúng, nhng xem lời giải bất ổn Tại vy?

Bài 16 Cho x, y, z số thực lớn -1 Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc

2 2

2 2

1 1

1 1

x y z

P

y z z x x y

  

  

     

Cã mét lêi gi¶i nh sau:

Nếu x0, ta thay x (-x) hai hạng tử đầu P khơng đổi cịn hạng tử cịn lại giảm xuống Từ khơng tính tổng qt giả sử x y z  0

Tõ  

2

1 x 

, suy    

2

3 x 1 2 x  x

Đẳng thức xảy x = 1 Do

2

2

1

1

x x

y z x x

 

 

   

T¬ng tù ta còng cã

2

2

1 2

;

1 3

y z

z x x y

 

 

   

Từ suy P2 Dấu “=’ xảy x  y z 1.

Theo bạn lời giải chuẩn cha? Lời giải bạn nh nào?

A.6 Mét số dạng sai lầm khác thờng mắc phải

Bi 17 Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh

 

4 4 2 2 2 2 .

Lêi gi¶i sai.

Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên

   

 

2 2

2 2

2

2 2

4 4 2 2 2 2

4 4 2 2 2

2

2

2 2

b c a

b bc c a

b c a bc

b c a bc

b c a b c b a c a b c

a b c a b b c c a

                           B×nh luËn

Lời giải cha? Nếu cha, giải đúng?

Bài 18 Cho hai số x; y thoả mÃn x > y xy1 Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc

2 x y A x y    . Lêi gi¶i sai.

Ta cã

 2

2 2 2 2 x y 2xy

x y x xy y xy

A

x y x y x y

 

   

  

  

Do x > y xy1 nên

x y2 2xy

A x y

x y x y x y



    

  

BiÕt r»ng nÕu a > 0 th×

1 a a   (BĐT Cơsi) Do 2

2 2

x y x y x y

A

x y

  

   

.

Vậy A có giá trị nhá nhÊt

2 2 x y x y    

x y2 4x y x y2 4x y

          

Giải phơng trình đợc nghiệm x – y = 2.

Do ta có hệ phơng trình sau

2 x y xy   

, nghiệm hệ phơng trình lµ

x y;   1 2; 1  ; x y;   1 2; 1  2

Vậy giá trị nhỏ cđa A lµ

2

2 2

x y

A      B×nh ln

Nhng víi

6 ;

2

x  y 

th× cã x > y;

6 xy  

vµ A2 3. Tại lại nh thế?

Bài 19 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 3 2

Ax  x  x x

Một học sinh lên bảng làm nh sau:

Ta cã

2

2 3 2 2.1 11 2.1

2 2 Ax  x  x  x x  x    x  x  

   

2

1 11 4

x x                  . Suy

11 11 4 4 A 

Đẳng thức xảy

2

1 1

0

2 2

x x x

 

      

Vậy giá trị nhỏ nhÊt cđa A lµ

1 x B×nh ln:

Trong lớp có hai nhóm đa nhận xét khác nhau, nhóm thứ cho lời giải bạn học sinh “có vấn đề”, nhóm thứ hai hồn tồn trí với lời giải Cịn bạn, bạn đứng nhóm no? Ti sao?

Bài 20 Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc    

2

1 P x  x 

Lêi gi¶i hay

“ ”

Ta cã x2 0 víi mäi x, suy x2 1 1 vµ x2 1 Suy      

2

1 1 1 P x  x    P

Dấu = xảy chØ

2 1 1 x x x           

Sai lÇm đâu?

B i 21. Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc P x  xy3y x1 Lời giải dễ hiểu

Điều kiện x0; y0

Ta cã P x  xy3y x1

   

2

1 2

x y x y y y

      

 

2 1

1 2

2

x y y y

      

   

2

1

2

x y y

     

Từ đánh giá đợc

1

min ;

2 4 P  y x Bình luận:

Lời giải logic, liệu bạn có chấp nhận không?

Bài 22 Cho x y, nghiệm hệ phơng trình

2 2 ( )

6 x y m

I

x y m

  



.

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thøc F xy2x y  Lêi gi¶i hay

“ ”

Tõ hÖ (I) ta cã  

2 2 6 3

x y m x y m

xy m

x y xy m

 

   





 

 

   

 



Khi  

2

2 3 2 1 4

F m   m m  Ta thÊy  

2

1 4 m  

, dÊu “=” x¶y m1nên minF4 m1.

Mặt khác dễ thấy m lớn 

2

1 F  m 

lớn, biểu thức F

khơng đạt giá trị lớn Bình luận

Bài 23 Tìm giá trị nhỏ hµm sè  

2 1 3 1

f x  x  x  x x

với x R Cách giải hay?

Đa hàm số dạng



2

2

1 3

2 2

f x  x     x   

   

       

Trong hệ trục tọa độ Oxy, xét điểm

1 3 , , , 2 2 A  B 

    C x ,0  Khi f x CA CB Vì CA CB AB  ,

Trong

 

2

2 3 1

2 2 2 AB        

    ,

Suy  

 

2

min

2

f x  

Bài toán giải phơng pháp đại số khó khăn nhng giải bằng phơng pháp hình học nh đơn gin phi khụng cỏc

bạn? Còn bạn giải toán nh nào?

Bi 24 Cho a số cố định, x, y số biến thiên Tìm giá trị nhỏ

cđa biĨu thøc    

2

2 P x y  x ay  Lêi gi¶i sai:

Do    

2

2 0, x y  x ay  

nªn P0.

Do minP0 Giá trị đạt đợc hệ

2

( ) x y

I x ay

  

 

  

 cã

nghiÖm

Ta cã    

2

2

2 (*)

x y x y

x y

y ay a y

x ay

   

 

  

  

 

  

     

    

  

HÖ (I) cã nghiÖm phơng trình (*) có nghiệm Điều xảy a 0hay a-

B×nh luËn:

B Cực trị hình học B.1 Dạng sai lÇm thø nhÊt

Bài 25 Cho tam giác ABC, điểm M cạnh BC (M không trùng với B

C) Vẽ MDAB D, ME AC E Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác MDE lớn

Lêi gi¶i sai:

- Kí hiệu S*là diện tích hình *

Ta cã SABC SABM SACM Suy

2

ABC

MD AB ME AC

S

Mà AB = AC nên ABC  

AB

S  MD ME

2SABC

MD ME h

AB

   

(h chiều cao tam giác ABC nên h khơng đổi)

KỴ EH  DM, ta cã:

 2

1 1

2

MDE

S  EH MD ME MD ME MD

2

1

(1) 8h



(khụng i)

Đẳng thức xảy chØ M H ; ME = MD  M trung điểm của cạnh BC Vậy M trung điểm cạnh BC SMDE lớn nhất.

Bình luận:

Khi M trung điểm cạnh BC hai dấu BĐT (1) xảy ra, tøc lµ

 2

1 1

2EH MD2ME MD8 ME MD , lời giải lại sai?

Bi 26 Cho tam giác ABC có AB = 3cm, AC = 4cm, BC = 5cm Về bên tam giác, vẽ hai nửa đờng trịn đờng kính AB, AC Một đờng thẳng d di động qua A cắt hai nửa đờng trịn đờng kính AB, AC lần lợt M N (khác A) Tìm giá trị lớn chu vi tứ giác BCNM

Lời giải cho “đáp số p

Gọi I trung điểm BC

- Chỉ ABC vng A (theo định lí Pitago đảo) nên BC = 2.AI

- VÏ BE CN E, dễ thấy tứ giác

H

E D

A

B C

BMNE hình chữ nhật, suy

MNBE BC

- Gäi D lµ trung ®iĨm cđa MN Ta cã

ID đờng trung bình hình thang

BMNC, suy

2

MB NC  ID AI BC.

Do CBCNM BC BC BC  15cm (CBCNM chu vi tứ giác BCNM) Đẳng thức xảy E trùng với C, D trùng với A Vậy giá trị lớn chu vi tứ giác BCNM 15cm

B¹n h·y cho biÕt ý kiÕn lời giải trên.

B.2 Dạng sai lÇm thø hai

Bài 27 Cho tam giác ABC vuông A, AC = b, AB = c M điểm cạnh BC Gọi E F lần lợt tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABM tam giác ACM Xác định vị trí M để để diện tích tam giác AEF nhỏ Tính giá trị nhỏ theo b, c

Lêi gi¶i

“ ”

Dùng AH BC H( BC)

Ta cã AEM 2ABM AFM, 2ACM , suy

AEM AFM 2ABM ACM  1800

   

Suy EAF EMF 900, tứ giác

AEMF nội tiếp đờng trịn đờng kính EF

Ta cã

2

2

2

1 1 1

2 4 4

AEF AEMF

b c

S S AM EF AM AH

b c

 

      



  (1)

Đẳng thức xảy M trùng với H Do giá trị nhỏ

AEF

S lµ  

2

2

4 b c b c

, giá trị đạt đợc M trùng với H Bình luận:

Bài 28 Cho đờng tròn tâm O cố định, bán kính R khơng đổi điểm I cố định bên đờng trịn Hai dây cung AB CD đờng trịn vng góc với I Tìm giá trị lớn diện tích tam giác IAC dây cung AB CD quay quanh I

Lời giải gọn:

Gọi IH IM lần lợt đờng cao đờng trung tuyến tam giác AIC

Ta cã IH IM, mµ

1 IM  AC

,

nªn  

1 2

IH  AC R R

Do

2

1

.2

2

IAC

S  IH AC R R R

Vậy giá trị lớn diện tích tam giác

IAC R2

Một cách giải thật ngắn gọn, đơn giản! Bạn thấy nào?

B i 29 à Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O; R) Xác định vị trí điểm

M trên đờng trịn cho gọi D, E theo thứ tự hình chiếu vng góc

M đờng thẳng AB, AC DE có độ dài lớn Lời giải đẹp :“ ”

Ta cã ADM AEM 900,

Suy bốn điểm A, D, M, E thuộc đờng trịn đờng kính AM, suy

(1) DEAM .

Gọi AK đờng kính (O), suy

(2) AM AK .

Tõ (1) (2) suy DEAK Dấu = xảy vµ chØ M K .

VËy max DE = 2R vµ chØ M K .

Có phải M trùng với K max DE = 2R?

c¹nh CA, CB tam giác theo thứ tự M N Đờng thẳng MN vị trí tam gi¸c CMN cã diƯn tÝch nhá nhÊt?

Lời giải (của số học sinh làm) Gọi S là diện tích tam giác CMN

Ta cã  

1

S  CM CN r

Theo bất đẳng thức Cơsi ta có

 

1

2 CM CN  CM CN  S

Do

2 2

2 S r S  S  S r  S r

Dấu “=” xảy CM = CN, tam giác CMN cân C mà

CO đờng phân giác nên CO đờng cao tam giác CMN, hay

MN CO O.

Vậy minS 2r2 MN CO t¹i O

Lời giải cha? ý kiến bạn nào?

B.3 Mét sè loại sai lầm khác thờng mắc

Bi 31 Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB = 2R Điểm M di chuyển nửa đờng tròn Tiếp tuyến M cắt tiếp tuyến A B theo thứ tự C

D

1) Xác định vị trí điểm M diện tích tam giác MAB lớn 2) Xác định vị trí điểm M chu vi tam giác MAB lớn

3) Khi điểm M di chuyển nửa đờng tròn tâm O COD có diện tích nhỏ khơng?

4) Tìm vị trí điểm M nửa đờng trịn tâm O cho COD có chu vi nhỏ

Lời giải đẹp :

“ ”

1) 2) Tam giác AMB nội tiếp đờng trịn (O) có cạnh AB đờng kính nên tam giác vng

-Do MA vµ MB lµ hai cạnh góc vuông tam giác AMB nên giả sử

MA MB  R

- KÝ hiệu S C* *, lần lợt diện tích chu vi h×nh “*” - Ta cã

 2

2

2

2 2.2

2

2 2

AMB

AMB

C MA MB AB MB R R R R R

MA MB MB

S R

       

   

- Từ tìm MaxCMAB6R MA = MB = 2R Max SMAB2R2khi MA = MB = 2R.

3) ChØ COD AMB (g.g) KÝ hiÖu GTNN

Kẻ MH AB, ta có OM MHnªn

2

1

COD AMB

S OM

S MH

 

  

  .

Nh SCOD SAMB, SCOD nhỏ  SAMB nhỏ Dễ thấy AMB khơng có diện tích nhỏ (vì đáy AB cố định, cịn đờng cao MH nhỏ tuỳ ý), COD khơng có diện tích nhỏ

4) Ta cã

1

COD AMB

C OM

C MH  Nh CCOD CAMB, CCOD nhỏ

 CCOD CAMB  OM = MH  H  O  M điểm nửa đờng trịn (O).

5) Ta có ODM OBM EFM OEF nên tứ giác CEFD nội tiếp đợc

đờng tròn tâm K Do CD dây đờng tròn (K) nên 2

CD AB

KC  R

Do

minKC R CD AB  M là điểm nửa đờng trịn.

Bình luận: Phải lời giải đẹp?

Bài 32 Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O Điểm M thuộc cung BC

nhÊt

Lêi giải hoàn hảo? (Hình 1)

- Ly E, F lần lợt hai điểm đối xứng với M qua I, K Suy tam giác MAE

và MAF cân A, suy

AEAM AF EAF cân A và

EAF khơng đổi (EAF 2.BAC

hc EAF 3600 2.BAC )

- Mặt khác, IK đờng trung bình

MEF suy

1

IK  EF IK

đạt giá trị lớn  EF đạt giá trị lớn

 AE đạt giá trị lớn nhất  AM đạt giá trị lớn nhất

 AM đờng kính đờng tròn (O).

Vậy M điểm đối xứng A qua O độ dài IK đạt giá trị lớn Lời giải thực hồn hảo cha? Có cần bổ xung hay sửa chữa gì khơng?

II.2.6 Phần giải đáp – Hớng dẫn – Cách khắc phục A Cực trị i s

A.1 Dạng sai lầm thứ nhất

Trong làm có sử dụng nhiều BĐT, nhng tìm điều kiện để biểu thức cần tìm đạt giá trị nhỏ (hoặc lớn nhất) dấu không đồng thời xảy ra đã kết luận kết luận biểu thức đạt giá trị nhỏ (hoặc lớn nhất) biểu thức không đạt giá trị nhỏ (hoặc lớn nhất)

Bài 1. Giải đáp

Lêi gi¶i sai chỗ với x, y >

2 x y y x 

DÊu = xảy x = y, 4,

y

x  DÊu “=” x¶y  y = 4x.

Mặt khác thấy x = y mâu thuẫn với giả thiết

1 x

y

 

Nh nguyên nhân sai lầm lời giải toán mà sử dụng nhiều bất đẳng thức để tìm cực trị nhng dấu “=” khơng đồng thời xảy

Lời giải đúng

Tõ gi¶ thiÕt ta cã

2

1

1 x x y

y y x

 

     

 

áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số khơng âm ta có

32.x 2007.y 32.x 2.y 2005.y 32 .2.x y 2005.4 8036 M

y x y x x y x

 

       

  .

DÊu “=” x¶y 

1

; 2

x y

Vậy giá trị nhỏ M 8036, giá trị đạt đợc

1

; 2

Bµi 2.

Phân tích sai lầm: Sai lầm chỗ víi

1 x y

, chØ x¶y dÊu “=” ë (1), cßn dÊu “=” ë (2) không xảy

Thật với

1 x y

th×

5 B 

Do B5. Lời giải đúng:

¸p dơng B§T Bunhiacèpxki ta cã:

 2   

2 2 2 3 3 2 2 3 5.5 25

A  x x   x  y  

2 25

2

x y

A     xy

Do A2 25nªn   5 A Min

5

2 x y

A x y

x y            Max

2 x y

A x y

x y          Bài 3.

Phân tích sai lầm:

Lời giải mắc sai lầm bớc lập luận: F x y ,  đạt giá trị nhỏ

 12

a x

vµ    

2

b x y  y x

đồng thời đạt giá trị nhỏ Lập luận giá trị nhỏ đạt đợc giá trị biến Rõ ràng a đạt giá trị nhỏ x = -1, b đạt giá trị nhỏ x + y =

x – y = 0, tức x = y = 0 Lời giải đúng:

Biến đổi

 

2

2 2 2

, 2 3 F x y  x  x  y  x   y

Đẳng thức xảy

1

,

x y

Vậy giá trị nhỏ cđa F x y ,  lµ

2

3, giá trị đạt đợc

1

,

x y Bµi 4.

Từ biến đổi đến    

2

2 145

2

2

D x y   x   y 

  th× míi chØ suy

145 D

, việc kết luận giá trị lớn D khơng tồn cha xác, khơng có xác đáng

Lời giải đúng: Cách 1:

Ta cã      

2 6 6 2 9 4 8 4 4 4 16

D x y  x y xy  x  x  y  y 

x y 32 4x 12 y 22 16

       

Suy D16 Dấu = xảy chØ

3 1 2 x y x x y y                  

Vậy Max D = 16, giá trị đạt đợc x = 1 y = 2

Lời giải song thiếu “tự nhiên”, cách sau mang tính thuyết phục

C¸ch 2:

Biểu thức tổng quát dạng P x y( , )ax2bxy cy 2dx ey h  ( , ,a b c0) Cách giải: Biến đổi P x y( , )về hai dạng sau:

D¹ng 1: P x y( , )m F x y 2( , )n H x 2( )g (1) D¹ng 2: P x y( , )m F x y 2( , )n K y 2( )g (2)

Trong H x( ), K y( ) biểu thức bậc biến chúng,

( , )

F x y biểu thức bậc hai biến x y.

 Nếu m0,n0 ta có max P x y( , )g Giá trị đạt đợc

( , ) ( ) F x y H x

 





 hc

( , ) ( ) F x y K y      .

 Nếu m0, n0 ta có ( , )P x y g Giá trị đạt đợc

( , ) ( ) F x y H x

 





 hc

( , ) ( ) F x y K y      .

Để biến đổi đợc nh vậy, ta coi biến biến tìm cách biến đổi đề áp dụng đẳng thức          

2

2 2 , 2

a ab b a b a ab b a b

Ta cã D5x2 2xy 2y214x10y1

     

2

2 5

2 5 14

4

x x

y x y x x

   

         

 

 

 2

9

2 16 16

2

x x

y  

 

      

 

Suy D16 Dấu = xảy

5 1 2 x x y y x                

Vậy Max D = 16, giá trị đạt đợc x = 1 y = 2 A.2 Dạng sai lầm thứ hai

Không xác định điều kiện xảy dấu BĐT f m (hay f m ), hoặc điều kiện xảy dấu không thoả mãn giả thiết

Bài 5. Giải đáp

Lời giải quên bớc vô quan trọng tốn cực trị sử dụng BĐT, xác định điều kiện xảy đẳng thức

Ta thấy P = 42  (1) (2) đồng thời trở thành đẳng thức



2 2

3 27 x y z

x y z

x y z

             

Hệ vô nghiệm nên BĐT P ≤ 42 trở thành đẳng thức Lời giải đúng

XÐt hiÖu        

2

2 2 2

3 x y z  x y z  2 x y z  xy yz zx 

     

2 2

0 (*)

x y y z z x

      

Tõ (*) suy ra:

x y z2 3x2 y2 z2 3.27

     

9 (1) x y z

    (đẳng thức xảy  x = y = z = 3). Cũng từ (*) suy 2(xy yz zx  ) 2( x2y2z2)

2 2 27 (2)

xy yz zx x y z

      

Vậy P đạt giá trị lớn 36, giá trị đạt đợc  x = y = z = 3.

Bài 6.

Phân tích sai lÇm: Sau chøng minh

1 , A

cha trờng hợp xảy

1 , A

Xảy dấu đẳng thức 

1 , x 

vơ lí Lời giải đúng:

Để tồn x phải có x0 Do A x  x 0

0 Min A  x Bµi 7.

Phân tích sai lầm:

Ch xy A4 ab (1) (2) xảy dấu đẳng thức, tức x = a và x = b. Nh địi hỏi phải có a = b Nếu a b khơng có đợc A4 ab.

Lời giải đúng:

Ta thùc hiƯn phÐp nh©n tách số:



 

2

x a x b x ax bx ab ab

A x a b

x x x

      

     

 

Ta cã

ab

x ab

x

 

(BĐT Côsi) nên

2

2

A ab a b   a b

Min  

2

A a b

 ab x x ab x x          Bµi 8.

Phân tích sai lầm

ý khụng tn a, b, c để

8 25 P

Đây sai lầm thờng mắc dùng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Một nguyên nhân sâu xa nhiều bạn đọc không hiểu nghĩa dấu “≥” dấu “≤” Không phải viết “≥” xảy dấu “=” Ví dụ ta viết 10 ≥ nhng khơng thể có 10 =

Lời giải đúng:

Biến đổi

1 1

1 1 (1)

5 5 25 125

a b c a b c a b c

P

b c a b c a c a b

         

                 

Do a, b, c số dơng nên áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có

3 (2)

a b c a b c

b c a   b c a 

3 (3)

a b c a b c

c a b   c a b 

Tõ (1), (2), (3) ta cã

1 1 216 3

5 25 125 125

P    

Dấu đẳng thức xảy dấu đẳng thức (2) (3) đồng thời xảy ra, tức a = b = c

VËy Min

216 125 P

, giá trị đạt đợc a = b = c > Bi 9.

Phân tích sai lầm:

Li giải sử dụng nhiều bất đẳng thức nhng bạn học sinh xét

dấu đẳng thức xảy bất đẳng thức

2 2

2 2 2

3

x y z

y z z x x y mà không xét

du ng thức xảy bất đẳng thức lại Theo đẳng thức  

2 M a b  

x¶y vµ chØ x y z vµ a = b

Nh-ng theo giả thiết a, b hai số dơng tuỳ ý, nên với a b thì  

2 M a b   Lời giải đúng:

Ta cã    

 2   2 2  2 2

4

a b y z

ay bz az by a b y z

ay bz az by           

Suy        

2

2 2 2

2

x x

ay bz az by   a b y z

T¬ng tù ta cịng cã        

2

2 2

2

y y

az bx ax bz   a b x z

       

2

2 2 2

2

z z

ax by ay bx   a b y x

Do  

2 2

2 2 2 2

2 x y z

M

y z z x x y

a b

 

    

  

Mặt khác theo bất đẳng thức Na-sơ-bit

2 2

2 2 2

3

x y z

y z z x x y  ,

suy  

2 M a b  

Đẳng thức xảy x y z

VËy  

2 minM a b  

vµ chØ x y z Bài 10.

Phân tích sai lầm:

Khẳng định P0 nhng … chẳng đợc gì, khơng có giá trị x, y để dấu “=” xảy

Sai lầm lời giải xuất phát từ việc ngời giải không thực bớc tìm giá trị lớn (hoặc nhỏ nhất) biểu thức ta phải trả lời câu hỏi “dấu xảy nào?”

Lời giải đúng:

- Coi x biến để biến đổi nh sau:

   2  2

2 2

2 4 2 1 P x  y  xy x y  x  x y  y  y  y  y

 

 12 4  12 2 4

3 P x y   y  y  x y   y  y   

 

 

2

2

1

3 P x y   y  

 

NhËn thÊy

 

2

2

1 0, 3 x y   y  

  nªn

   

        

 

2

2 8

1 íi mäi ,

3 3

P x y y v x y

Dấu đẳng thức xảy

 2

2

1 1 0

3

2 0 2

3 3

3 3

x y x y x

y y y                                   

VËy 

8

Min P

Giá trị đạt đợc

Bất đẳng thức f x a không xảy đẳng thức ứng với giá trị x x 0 nào

đó (x0 thoả mãn điều kiện toán) kết luận biểu thức f x  đạt giá trị

nhỏ a biểu thức f x  không đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 11. Giải đáp:

Kết luận lời giải sai mặt lôgic, tơng tù nh trêng hỵp

2 1 0

Q x   với x nhng Q đạt giá trị nhỏ x = 0. Lời giải đúng:

Điều kiện x để P có nghĩa   1 x Khi ta có

       

23 5 23 23

P  x x  x  x  x   x   

Đẳng thức xảy x = 5.

VËy minP3 2khi vµ chØ x5 Bài 12.

Phân tích sai lầm:

Mu cht sai lầm lời giải chỗ em học sinh cha nắm vững khái niệm giá trị nhỏ biểu thức Chúng ta cần lu ý rằng: Nếu bất đẳng thức f x a không xảy đẳng thức ứng với giá trị x x 0nào (x

0 tho¶

mãn điều kiện tốn) khơng thể kết luận đợc biểu thức f x  đạt giá trị

nhỏ a biểu thức f x  không đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải đúng:

Điều kiện để phơng trình có nghiệm là:

 2    

0 (*) m

m m m

m

 

           



 .

Khi tổng bình phơng nghiệm

 2  2  2

2

1 2 2 2

x x  x x  x x  m   m    

 

Đẳng thức xảy

12

3 m m

m

      



 (tho¶ m·n (*)).

Vậy tổng bình phơng nghiệm đạt giá trị nhỏ m

= hc m = -3

Lập luận lại sai khẳng định A có tử số khơng đổi nên A có giá trị lớn“

nhÊt mÉu nhá nhÊt (hc ng ợc lại) mà cha đa nhận xét tử mẫu các số dơng.

Bi 13. Gii đáp:

Tuy đáp số không sai nhng lập luận lại sai khẳng định “A có tử số khơng đổi nên A có giá trị lớn mẫu nhỏ nhất” mà cha đa nhận xét tử mẫu số dơng

VÝ dô nh: XÐt biÓu thøc

1 10 B

x



 Víi lËp ln nh trªn “Ph©n thøc

1 10 x  có tử khơng đổi nên có giá trị lớn mẫu nhỏ nhất”, mẫu nhỏ

-10 x = 0, ta đến kết luận

1

0 10

max B  x

Điều khơng

1 10

giá trị lớn B, chẳng hạn với x = th×

1 15 10 B  

Mắc sai lầm ngời làm khơng nắm vững tính chất bất đẳng thức, máy móc áp dụng quy tắc so sánh hai phân số có tử mẫu số tự nhiên sang hai phân số có tử mẫu

Lời giải đúng:

Bỉ xung thªm nhËn xÐt  

2

2 6 10 3 1 0

x  x  x

nên phân thức

1 10 x  x cã

tử mẫu số dơng, A lớn

1

A nhá nhÊt 

2 6 10

x  x nhá Làm tiếp nh kết quả. Bài 14.

Phân tích sai lầm

Sai lm ca lời giải mà bạn học sinh đa bớc lập luận “để biểu thức P đạt giá trị lớn  

2

1 x 

đạt giá trị nhỏ nhất” Điều tử mẫu P dơng mà tử phải số mẫu cha biết dơng hay âm nên lập luận nh đợc

Lời giải đúng:

§iỊu kiƯn x1; x3

Ta thÊy x 1 a víi a0 th×

4 P

a a



 nên a nhỏ P lớn lín

bao nhiêu đợc, biểu thức

1 P

x x

giá trị lớn nhất. A.5 Dạng sai lầm thứ năm

Nhầm tởng vai trò biến nh nên thứ tự ẩn

Bi 15. Gii ỏp:

Khi hoán vị vòng quanh x y z x biểu thức A trở thành

, y z x z x y tøc

là biểu thức khơng đổi Điều cho phép ta đợc giả sử ba số x y z; ; số lớn (hoặc số nhỏ nhất), nhng không cho phép giả sử x y z  sử dụng làm giả thiết tốn chứng minh mà khơng xét trờng hợp cịn lại

ThËt vËy sau chän x lµ sè lín nhÊt ( x y, x z) vai trò y z lại

khụng bỡnh ng: gi nguyờn x, thay y z ngợc lại ta đợc

x z y

z  y x , biểu

thức không biểu thức A Khắc phơc sai lÇm

Với lời giải đa ra, thay cho việc thứ tự x y z  , ta cần giả sử z số nhỏ ba số x y z; ; kết hợp với phần cịn lại lời giải trình bày ta đợc lời giải

Ngồi ta cịn giải tốn theo cách sau: Cách giải đúng:

Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Cơsi cho ba số dơng ta có

3

3

x y z x y z

A

y z y y z y

    

(Phải chứng minh BĐT Côsi cho ba số không âm) Do

min x y z y z x

 

  

 

  vµ chØ

x y z

y z x, tøc lµ x = y = z.

Cách 2: Giả sử z lµ sè nhá nhÊt sè x, y, z.

Ta cã

x y z x y y z y

y z x y x z x x

   

       

 

Ta có

2 x y

y x  (do x, y > 0) nên để chứng minh x y z

y z  x chØ cÇn

chøng minh

y z y

z x x  (1).

Thật (1) xy z 2 yz xz x z ( , 0) Biến đổi đến x z y z     0 (2).

Do z số nhỏ số x, y, z nên (2) Từ tìm đợc giá trị nhỏ biểu thức A3 x = y = z

Bµi 16.

Phân tích sai lầm:

Cỏc bin x y z, , biểu thức P có dạng hốn vị vịng quanh mà khơng có vai trị nh nên đợc xem biến lớn nhỏ mà thơi Do đoạn lập lun:

Không tính tổng quát giả sử x  y z 0. Tõ  

2

1 x 

, suy    

2

3 x 1 2 x  x Đẳng thức xảy x = 1. Do

2

2

1

(1)

1

x x

y z x x

 

 

   

T¬ng tù ta còng cã

2 2 ; (2) y z x     2 (3) z x y    

là không Không thể từ (1) suy (2) (3) phép tơng vai trị biến x y z, , P không nh

Lời giải đúng:

Ta cã

2 2

2 2

1 1

1 1

x y z

P

y z z x x y

                             

2 2

2 2 2

2 2

2 1 1 1

x y z

M

z y x z y x

  

   

        

Lúc

2 2 2

a b c

M

c b a c b a

  

Đặt 2

c a b

N

c b a c b a

  

  

2

b c a

H

c b a c b a

  

  

Khi 2N H 3

áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có

2 2

3 2

a c b a c b

M N

c b a c b a

  

    

   , suy

2M 2N 6 (4)

L¹i cã

2 2

2

2 2

M b a c b a c

H

c b a c b a

  

    

   , suy

3

(5)

M

H 

Cộng vế theo vế bất đẳng thức (4) (5) ta có

  15 M N H   

Mà 2N H 3 nên M 2.

Từ suy P2 Dấu “=” xảy x  y z 1. Kết luận

A.6 Một số dạng sai lầm khác thờng mắc phải

Bài 17 Nâng lên luỹ thừa bậc chẵn hai vế BĐT mà điều kiện hai vế không âm

Gii ỏp

Li giải cha từ    

2

2 2 2 2 2

b c  a  bc b c a bc

là sai, chẳng

hạn  

2 2

2

    

(sai) Lu ý đợc bình phơng hai vế BĐT hai vế không âm

Lời giải đúng

Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên

 2  2

2 2 2

2 2

2

2

b c a b c

b c a b c

b bc c a b bc c

bc a b c bc

   

    

      

   

2 2

2

2 2

2

a b c bc

a b c bc

   

   

 

4 4 2 2 2 2

4 4 2 2 2

2 2

a b c a b c a b c b c

a b c a b c a b c

      

     

Bài 18 Chứng minh f m(hay f m ), khẳng định giá trị nhỏ (hay lớn nhất) f m mà không m số

Giải đáp

Râ ràng lời giải sai Vì 2

x y A  

mµ

x y

cha số Sai lầm sai lầm bớc 1, đánh giá f m nhng m không số

Lời giải đúng

 2

2 2 2 2 2

2

( ) ( ) 2

x y xy

x y x xy y xy

A

x y x y x y

x y x y

x y x y

                

(áp dụng BĐT Côsi cho hai số dơng x y và

2 x y ).

DÊu “=” x¶y

2 x y x y xy          

Gi¶i hƯ tìm

6 ;

2

x  y 

thoả mãn đề Kết luận

Bµi 19 HiĨu sai nhiều loại BĐT nh

2

A m m

Phân tích sai lầm:

Bn hc sinh có bớc giải sai lầm

2

1 11 11 4 4

x x                      Ta thÊy

1 9 4 x

 

  

 

  víi mäi x, nhng kh«ng thĨ suy ra

2

1 9 4 x

 

   

Chẳng hạn x0 th×

2

1 9 9

0

2 4 4 x

   

          

   

   

Lu ý từ a b suy đợc a b a b 0.

Lời giải đúng:

2 2

1 11 11 4 4 Ax   x   x     x 

       

2

1 11 11 4 4

x x

   

           

   

.

Do A đạt giá trị nhỏ

2 2

1 11 9

0

2 4

x x x

        

        

        

     

   

    (v×

2

1 11 x

 

  

 

  víi mäi

x)

Từ tìm đợc   1 x 2.

Bµi 20 VËn dơng sai tính chất BĐT nh nhân hai BĐT chiều mà không có điều kiện hai vế không ©m.

Ph©n tÝch sai lÇm:

Chỗ sai lời giải nhân hai vế bất đẳng thức chiều có vế nhận giá trị âm, chẳng hạn > -2 > -3 nhng 5.(-2) < 3.(-3)

Lời giải đúng:

Lời giải đơn giản:    

2 1 1 1 1 1.

P x  x  x   P Dấu = xảy x4  0 x0

Vậy giá trị nhỏ P -1, giá trị đạt đợc x = 0 Bài 21

Xác định sai điều kiện biến nên tập xác định bị mở rộng dẫn đến kết sai.

Phân tích sai lầm, sửa chữa:

Bi toỏn sai từ điều kiện, điều kiện x0; xy0 Thật vậy,

0

x y tùy ý, P = 3y + khơng đạt giá trị nhỏ y nhỏ tùy ý nên P nhỏ tùy ý

§iỊu kiƯnx0; xy0 XÐt hai trêng hỵp: *TH 1: x0; y0 §iỊu kiƯn x0; y0

Ta cã P x  xy3y x1

   

2

1 2

x y x y y y

      

 

2 1

1 2

2

x y y y

      

   

2

1

2

x y y

     

Từ đánh giá đợc

1

min ;

2 4 P  y x

*TH 2: x0; y tùy ý P = 3y + 1 khơng đạt giá trị nhỏ y nhỏ tùy ý nên P nhỏ tùy ý

KL chung: Biểu thức P khơng đạt giá trị nhỏ Bài 22

Ph©n tÝch sai lÇm

Ngời làm tốn khơng để ý điều kiện để hệ phơng trình

x y S xy P

  

 

 cã

nghiệm S2 4P, không xác định điều kiện m để hệ có nghiệm. Tình minF 4 m1 may mắn nhng không

đ-ợc chấp nhận, kết luận biểu thức F không đạt giá trị lớn sai lầm Lời giải đúng:

Trớc hết ta tìm điều kiện m để hệ (I) có nghiệm

2

( )

3 x y m I

xy m

  

 

 

 ,

Điều kiện để hệ (I) có nghiệm  

2 2

4 3 12 2 m  m    m     m

- Khi  

2

2 3 2 1 4

F m   m m  Ta thÊy  

2

1 4 m  

, dÊu “=” x¶y m1 (Thoả mÃn

2 m

   ) nªn minF 4 vµ chØ m1.

Mặt khác, đặt  

2 2 3

+ ChØ m 2; hàm số f m nghịch biến nên

( 2) (1) max F f  

+ Chỉ m  1; 2 hàm số f m  đồng biến nên max F f(2) (2) Từ (1) (2) suy max F f(2) 5

KÕt luËn chung Bµi 23.

Sử dụng mặt phẳng toạ độ nhng việc chọn điểm cha phù hợp.

Ph©n tÝch sai lÇm:

Trớc hết ta nhớ lại kết sau: Trong mặt phẳng cho hai điểm A, B và đờng thẳng (d) qua điểm C Khi đó:

a) Nếu A, B phía so với (d) CA + CB đạt giá trị nhỏ nhất (GTNN) C giao điểm AB với (d) (trong B điểm đối xứng B’ ’

qua (d)), lúc CA + CB = AB ’

b) Nếu Nếu A, B khác phía so với (d) CA + CB đạt GTNN C là giao điểm AB với (d), lúc CA + CB = AB.

Trong lời giải chọn

1 3 , , , 2 2 A  B 

    hai điểm phía so với trục hồnh Đoạn AB khơng cắt trục Ox, dấu “=” bất đẳng thức

CA CB AB  không xảy (không tồn điểm C trªn Ox cho C A +’

C B = AB ), nghĩa CA CB AB nên việc kÕt luËn  

 

2

2

f x  

sai lầm

Khắc phục sai lầm:

Xét hệ trục tọa Oxy, chọn

1 3 , , ' , 2 2 A  B   

Ta có f x CA CB 'AB' (trong

2

3 1

'

2 2 AB         

    ) nªn

  2 

f x   x R

Đẳng thức xảy x 1 Do GTNN hàm số cho 2, giá trị đạt đợc x 1

Bµi 24.

Khơng xét hết trờng hợp tốn mà kết luận

Ph©n tÝch sai lÇm

Bài tốn cần xét hai trờng hợp, lời giải trờng hợp a4, ta cần xét thêm trờng hợp a4.

Lời giải đúng:

Do    

2

2 0, x y  x ay  

nªn P0. a) MinP0 vµ chØ hƯ

2

( ) x y

I x ay

  

 

  

 cã nghiÖm.

Ta cã    

2

2

2 (*)

x y x y

x y

y ay a y

x ay

   

 

  

  

 

  

     

    

  

Hệ (I) có nghiệm phơng trình (*) có nghiệm Điều xảy chØ a 4 0hay a-

b) Với a4,    

2

2 P x y  x y

Đặt t x 2y1

Ta cã

 

2

2 2 3 5 12 9 5 9

5 5 P t  t  t  t  t   

 

Suy

9    11

min hay

5 5

P t x y

VËy:

+ NÕu a4 th× MinP0 + NÕu a4 th×

9 in

B Cực trị hình học

B.1 Dạng sai lầm thứ nhất

Khụng ch v trí tồn hình để biểu thức đạt cực trị vị trí tồn hình để biểu thức đạt cực trị mà khơng kiểm tra xem điều đó có tồn thực tế hình vẽ hay khơng

Bµi 25.

Phân tích sai lầm:

ý DME 1200, khơng thể xảy tình M H thì

1

2

MDE

S  EH MD EM MD

, tức diện tích tam giác MDE khơng thể đạt giá trị

lín nhÊt lµ

2

1 8h .

Lời giải đúng:

Lu ý r»ng

3

EH  EM

(v× HME600) Ta cã

2

2

1 3 3

2 2 4 16

MDE

EM MD

S  EH MD EM MD EM MD     h

 .

Đẳng thức xảy EM = MD M trung điểm cạnh BC Vậy M trung điểm cạnh BC SMDE lín nhÊt lµ

2

3 16 h .

H

E D

A

B C

Bài 26.

Phân tÝch sai lÇm:

Lời giải mắc sai lầm bớc lập luận: Đẳng thức xảy E trùng với C, D trùng với A Thực tế không xảy đồng thời hai yêu cầu này,

MN// BC suy AIC 900  ABC cân, trái với giả thiết Lời giải đúng:

Ta cã

     

 

2 2 2 2 2

2

0

2

AM MB AM MB AM MB AM MB AM MB

AB AM MB AM MB AB

        

     

T¬ng tù AN NC AC KÝ hiƯu P* lµ chu vi h×nh “*”.

Ta cã PBCNM AB AC  2BC 7 5( cm).

Dấu “=” xảy  AM = MB, AN = NC, M, N lần lợt điểm chính cung AB, AC

VËy Max PBCNM 7 5 cm  M, N lần lợt điểm cung AB,

AC

B.2 Dạng sai lầm thứ hai

Điều kiện xảy dấu BĐT f m (hay f m ) không thoả mÃn giả thiết cho.

Bài 27.

Phân tích sai lầm

2

2

2

1 1 1

2 4 4

AEF AEMF

b c

S S AM EF AM AH

b c

 

      



 ta thÊy

AEF

S =  

2

2

4 b c b c

AM = EF AM = AH, lúc AB = AC, hay tam giác

ABC vng cân A, điều khơng có giả thiết toán Nghĩa tam giác ABC khơng phải tam giác vng cân dấu “=” bất đẳng thức

2

1

4AM EF4AM xảy ra.

Lời giải đúng:

Dựng AH BC H( BC) Gọi I, K theo thứ tự trung điểm AB AC Ta có AM là dây chung hai đờng tròn (E) (F) nên EF  AM Từ ta có

 1 

2

ABC  AEM AEF

vµ

 1 

2

ACB  AFM AFE

Suy AEF AFE 900, dẫn đến

AEF

 vuông A Từ

1

2

AEF

bc S  AE AF AI AK Đẳng thức xảy chØ

,

E I F K, ú M H

Vậy giá trị nhỏ nhÊt cđa SAEF lµ

bc

Bài 28.

Phân tích sai lầm:

Theo cách đánh giá bất đẳng thức:

1

IH IM  AC R vµ

2

1

.2

2

IAC

S  IH AC R R R

chóng ta thÊy

2

IAC

S R khi IH = IM = R AC = 2R Khi AC đờng kính đờng trịn (O) I nằm đờng tròn (O) Điều trái với giả thiết I nằm đờng trịn Vậy xảy giá trị lớn diện tích tam giác IAC R2

Lời giải đúng:

Dựng đờng kính DE đờng trịn (O), tứ giác ABCE hình thang cân, dẫn đến

BC = AE Ta cã

2 2; 2

IA ID AD IB IC BC

2 2 2 4 (1)

IA IB IC ID AD BC R

      

Giả sử đờng thẳng IO cắt đờng tròn (O)

P N Khi

IA.IB = IC.ID = IP.IN = (R + OI)(R – OI)

2 0,

R OI

  

Suy

2 2

, (2)

R OI R OI

IB ID

IA IC

 

 

Thay (2) vào (1) ta đợc

   

2

2

2 2

2

1

R OI

IA IC R

IA IC

  

 

  

 

 

Do IA2IC2 2 .IA IC nªn ta cã

 22

2

2

2 (3)

R OI

IA IC R

IA IC

  

   

 

 

Đặt S diện tích tam giác IAC 2S IA IC , kÕt hỵp víi (3) ta cã

 2

2 2

4S  R S R  OI 0

,

2 2 2 2 2

2

R OI R OI R OI R OI

S

   

Vậy giá trị lớn diện tích tam giác IAC

2 2 2

2

R OI R  OI

, giá trị đạt đợc IA = IC = R2OI 2R2 OI2

Bµi 29.

Phân tích sai lầm:

Để ý M K th× AM = AK = 2R, D B E C ,  nªn DE = BC,

Nhng BC = 2R vµ chØ tam giác ABC vuông A mà điều giả thiết toán không cho

Li gii ỳng:

DƠ dµng chØ MDE MAE MBC (theo tÝnh chất tứ giác nội tiếp)

Tơng tự MED MCB

Do MDE MBC g g( )

Suy

DE MD

BC MB  .

Do DE BC , dấu “=” xảy

,

D B E C  , M K với K điểm đối xứng A qua O. Vậy max DE = BC M K .

Bµi 30.

Ta thấy điều kiện CM = CN cha đủ để bất đẳng thức S2r2 trở thành đẳng thức, CM CN  2S trở thành đẳng thức ACB 900 mà điều không xảy tốn cho tam giác ABC khơng vng đỉnh C Do với tam giác khơng vng C khơng có đẳng thức S2r2

Lời giải đúng: Cách 1:

Đặt ACB  (nếu góc ACB góc tù đặt góc kề bù góc ACB  ) Gọi S là diện tích tam giác CMN.

Dễ dàng chứng minh đợc

1

.sin

S  CM CN 

Ta cã  

1

S CM CN r  CM CN r

1

sin sin

2

S  CM CN  r S r

  

2

2 sin

r S



 

(không đổi)

DÊu = xảy CM = CN  MN OC VËy minS 2r2khi vµ chØ MN CO O.

Cách 2:

Gi s đờng thẳng qua O vng góc với CO cắt CA, CB lần lợt M ,’

N’ Kh«ng tính tổng quát, giả sử

CM CN Gọi I, J lần lợt hình chiếu

vuông góc M, N M N

thì

'

' ' ' '

'

1

OMM

OMM ONN CMN CM N

ONN

S MI MO CM

S S S S

S NJ NO CN      .

CM CN hay M M'; N N' VËy minS2r2khi vµ chØ MN CO O B.3 Một số loại sai lầm khác thờng mắc

Ch f p (hoc f p ) khẳng định f đạt giá trị nhỏ (hoặc lớn nhất) p đạt giá trị nhỏ (hoặc lớn nhất).

Không xét hết trờng hợp toán mà kết luận.

Bài 31.

Nhận xét lời giải trên

Phần 1) và 2) Lời giải hai phần sai, sai lầm chỗ khơng tồn vị trí điểm M để MA = MB = 2R.

Lời giải cho phần 1)

1) Do AB đờng kính đờng trịn (O; R) nên A, O, B thẳng hàng Kẻ MH AB H Kí hiệu S C* *, lần lợt diện tích chu vi hình "*". Ta có

1

.2

2

MAB

S  MH AB MH R R MH Mµ MH MO R nªn SMAB R2.

Dấu "=" xảy H ≡ O, M ≡ P với P thuộc nửa đờng tròn cho OP AB.

Vậy Max SMAB R2khi M ≡ P với P thuộc nửa đờng tròn cho và

OP AB.

Lời giải cho phần 2)

Ta cã CMAB = MA + MB + AB = MA + MB + 2R (1)

Tam giác AMB nội tiếp đờng trịn (O) có cạnh AB đờng kính nên tam giác vng Theo định lí Pi ta go ta có MA2MB2 AB2 4R2.

1.MA + 1.MB2 1212 MA2MB2 2.AB2 8R2

Suy MA MB 2R 2 (2)

Tõ (1) vµ (2) suy raCMAB 2R 2 R2R 1 

Dấu đẳng thức xảy MA:1 = MB:1 hay MA = MB Khi M

≡ P

VËy Max CMAB 2R 2 R2R 1  vµ chØ M ≡ P

Phần 3) Lời giải phần sai Tuy AMB khơng có diện tích nhỏ nhng từ khơng suy đợc COD khơng có diện tích nhỏ Sai lầm lời giải khơng thoả mãn SAMB số tìm giá trị nhỏ biểu thức.

Lời giải cho phần 3)

2

1 1

2 2

COD

S  CD OM  AB OM R R R Kí hiệu giá trÞ nhá nhÊt Ta cã

2

minSCOD R  CD = AB  M điểm nửa đờng tròn (O).

Ta ý thêm M điểm nửa đờng trịn COD có diện tích nhỏ nhất, AMB lại có diện tích lớn

Phần 4) Lời giải phần 4) sai tìm vị trí điểm M Nguyên nhân sai lầm giống nh trên: Ta có CCOD ≥ CAMB , nhng CAMB khụng l hng s

nên suy r»ng CCODnhá nhÊt  CCOD = CAMB

Sai lầm kiểu hay xảy xét cực trị đại số: ta có x2 + ≥ 2x (xảy

ra dÊu “=”  x = 1) nhng suy x2 + có giá trÞ nhá nhÊt  x2 +

1 = 2x Thật x2 + = 2x giá trị x2 + 2, giá trị

nhỏ (giá trị nhỏ x2 + b»ng x = 0).

Lời giải cho phần 4).

CCOD = OC + OD + CD Gọi I trung điểm CD, ta cã: CD = 2.OI ≥ 2.OM = 2R. (1)

2 2 2 (2) OC OD  OC OD  CD OM  R R  R

Tõ (1) vµ (2) suy CCOD 2R2R 2 (1 R  2) (h»ng sè).

2 (1 2)

COD

C  R   Các đẳng thức (1) (2) đồng thời xảy  M điểm

Nh M điểm nửa đờng trịn (O) COD có chu vi

nhá nhÊt b»ng 1R  2

Phần 5) Lời giải phần 5) sai Sai lầm thực đánh giá GTNN từ

2

CD AB

KC  R

suy minKC R CD AB nhng không xét xem có khả

năng xảy

CD KC

kh«ng? Khi

CD KC

, K I, nhng điều không xảy

Li gii ỳng cho cõu 5):

Ta có KC2 CI2KI2(định lí Pitago) CI R ( 1).h Ta chứng tỏ rằng

2 R KI 

ThËt vËy nÕu ®iĨm I không trùng với điểm P, gọi N là giao ®iĨm cđa

OM EF, ta có KN//OI (vì KN  EF, OI  AB mà EF//AB) Ta lại có KI // ON(Vì vng góc với CD) Do KION hình bình hành, suy

R KI ON 

Nếu I P, gọi Q chân đờng vng góc kẻ từ K tới CO (h 2)

KQ //PE, 2

KP QE PO R

KI KP

POEO   

Trong hai trờng hợp ta có

2 2

2 .

2

R R

KC R     

Từ ta có

5

2 R

KC  CI  R M

điểm nửa đờng trịn cho

Bài 32.

Phân tích sai lầm, sửa chữa:

- Li gii hon ton đến bớc “IK đạt giá trị lớn  AM đạt giá trị lớn nhất” Tuy nhiên “AM đạt giá trị lớn nhất AM đờng kính đờng tròn

(O)” điểm O nằm góc BAC M thuộc cung nhỏ BC - Nếu điểm O nằm ngồi góc BAC

mà AC gần O AB ACAM (hình 2), suy AM đạt giá trị lớn  AM = AC  M C;

- Nếu điểm O nằm gãc BAC

mà AB gần O AC AB AM (hình 3), suy AM đạt giá trị lớn  AM = AB  M ≡ B;

- Nh lời giải đủ cần xét ba trờng hợp, kết lời giải “hoàn hảo” ba trờng hợp này, hai trờng hợp lại nêu

H×nh 2

II.2.7 Các ngh

Bài Tìm GTLN GTNN cđa hµm sè y x  4 x2

Lêi giải gọn :

Coi y tham sè, cã 4 x2  y x suy

2 2 2

4 x x  2xy y  2x  2xy y  0 Để x tồn phải có

' 2 4 0 2 2 2 2

x y y y

        

Từ suy max y2 2; min y2

Bµi Linh nhờ Giang giải hộ toán:

Gi s a, b, c độ dài ba cạnh tam giác

Chøng minh    

2 2 2 4

2 a b b c c a a b c abc a b c  (1)

Sau suy nghÜ Giang đa lời giải:

Ta có    

2 2 4

(1) ab ab c2  bc bc a2  ca ca b2  a b c (2)

L¹i cã

       

2 2 2

2 2 2 2

2 (3)

2

a b a b c

ab c a b  c  ab ab c ab a b  c    

T¬ng tù  

 2  2 2

2

2 (4)

2

b c b c a

bc bc a    

 

 2  2 2

2

2 (5)

2

c a c a b

ca ca b    

Từ (3), (4) (5) suy BĐT (2) đợc chứng minh, BĐT (1) đợc chứng minh

Bài Lời giải toán sau có sơ hở không?

Cho số không âm x, y, z thoả mÃn x y z Tìm giá trị lớn biểu thức

9 xy yz zx   xyz

Lêi gi¶i“ ”

Ta cã          

2

2 1 2 1 2 (1)

x x  y z  x y z x y z      y  z

T¬ng tù    

2 1 2 1 2 (2)

y   x  z

   

2

1 2 (3)

z   x  y

Tõ (1), (2), (3) suy        

2 2

1 2 (4) xyz   x  y  z

Suy xyz 1 2x 1 2 y 1 2 z  1 2x y z  4xy yz zx   8xyz

 

4 xy yz zx 8xyz

    

Suy

9 4 xy yz zx   xyz

Đẳng thức xảy

1 x  y z

, lúc giá trị lớn biểu

thøc lµ

1 4.

Sai lầm tởng đúng? Có nguyên nhân dẫn tới sai lầm giải tốn Lời giải tốn sau có sai lầm khơng? Nếu có ngun nhân nào? Bạn có khắc phục đợc khơng?

Bµi Chøng minh r»ng nÕu a b c, , 0 th×

2009 2009 2009

3

2008 2008 2008

a b c

abc

a b c

 



  .

Lêi gi¶i

áp dụng BĐT Cô-si cho ba sè d¬ng ta cã:

3

2009 2009 2009 3 2009 2009 2009 (1)

a b c  a b c

3

2008 2008 2008 3 2008 2008 2008 (2)

a b c  a b c

Vì vế (1) (2) dơng nên chia vế (1) cho (2) ta cã

2009 2009 2009

3

2008 2008 2008

a b c

abc

a b c

 



Bµi Cho a b, 0 Chøng minh r»ng

2

2 (1)

a b a b

b a b a

 

     

 

Các bạn tìm hộ xem, lời giải đẹp d“ ” ới có thiếu sót khơng?

Lêi gi¶i : Ta cã:

2

2

9

(1)

4

a b a b

b a b a

    

         

 

 

 

2

3 a b

b a

  

      

 

 

2 (2)

a b a b

b a b a

   

        

   

V×

a b

b a  nên (2) với a b, 0 (ĐPCM) Bài Trong học toán, thầy giáo đa đề nh sau :

“T×m giá trị lớn biểu thức

2

1 f x  x  x x

”

Một học sinh xung phong lên bảng trình bày lời giải nh sau :

Điều kiện để f(x) có nghĩa:

   

2

1 1 (*)

x x x x x

          

áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có :

  1. 1 2 3 1 1. 1 2 3 2

f x  x  x x   x   x x

2

1 2

2 x

 

      

 

Víi

1 x

thoả mÃn (*)

2

1

2

2 x

 

    

  Khi f(x) đạt giá trị lớn 3 Cả lớp trầm trồ thán phục lời giải đợc nghĩ nhanh ngắn gọn Một lúc sau

Bài Một bác thợ gị hàn định làm bể tơn có dạng hình hộp đứng, đáy hình vng, khơng có nắp, tích 4m3 Để tiết kiệm chi phí, bác thợ

gị hàn tính tốn “rất kỹ” xác định kích thớc bể để lợng tơn phải sử dụng

Bác thợ thực nh sau:

Gọi cạnh đáy chiều cao bể lần lợt x và y (mét, x y; 0) Thể tích bể V x y2 (m3)

Diện tích lợng tôn phải sử dụng (không tính nếp gấp viền cạnh)

2 4 ( 2)

S x  xy m

áp dụng BĐT Cô si cho hai số dơng ta cã

2 4 4

S x xy x y .

Đẳng thức xảy x2 4xy x4y

Khi

2

4

x y

x y

  



 Từ tìm

3

2 2 x y

   

 

 .

Khi S x24xy8 (3 m2)

Bài Cho tam giác nhọn ABC, điểm M di chuyển cạnh BC Gọi R R1, 2lÇn

lợt bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABM, ACM Xác định vị trí điểm M để tổng R1R2 nhỏ nhất.

Một học sinh giải nh sau :

Lêi gi¶i :

“ ”

Vẽ đờng cao AH tam giác ABC (H thuộc BC) Ta có H điểm cố định, độ dài AH khơng đổi AM ≥ AH

Vì 2R1 đờng kính đờng trịn ngoại tiếp tam giác ABM nên

1

2

2 AM R AM  R 

T¬ng tù ta cã 2

AM R 

Suy R1R2 AM AH

Độ dài AH không đổi, đẳng thức xảy M trùng H

Vậy M chân đờng cao vẽ từ A tam giác ABC tổng R1R2nhỏ

nhÊt

Bài Qua đỉnh A tam giác ABC, dựng đờng thẳng d cho tổng khoảng cách từ đỉnh B C tới d lớn

“Lêi gi¶i cho tríc”

Gọi BB , CC’ ’ lần lợt khoảng cách từ đỉnh B C tới d Hai tam giác ABE ACE có chung đáy AE đờng cao tơng ứng với đáy

BB’ vµ CC’ Ta cã:

1

' '

2

ABC ABE ACE

S S S

AE BB AE CC

 

 

Suy

2 ' ' SABC

BB CC

AE

 

Ta thấy BB CC' ' nhận giá trị lín nhÊt

khi AE nhận giá trị nhỏ nhất, AE đờng cao kẻ từ

đỉnh A tam giác ABC, tức d BC Nếu AH là độ dài đờng cao kẻ từ A

tam giác ABC minAEAH ,  

1

2 ' '

AH BC

BB CC BC

AH

 

 

 

  

Lời giải có đấy, nh“ ” ng bạn có chấp nhận khơng?

Bµi 10

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P5x22y24xy 8y2022 Lời giải đẹp

“ ”

Ta cã      

2 2

4 4 4 2008 P x y   xy x y  x  x  y  y 

     

  1 2 2   22008

P x y x y

Do             

2 2

2x y 0, x 0, y

nªn P2008 VËy Min P2008

Bµi 11

Cho x y,  lµ nghiƯm cđa hệ phơng trình

2 2

2

( )

x y a

I

x y a a

   



   

 .

Tìm giá trị lớn giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc F xy Lêi gi¶i gän

Dễ dàng tính đợc

 2

2 3 1 1

3

2

a

a a

F      

, Ta thÊy

 2

2 3 1 1

3

2 2

a

a a

F       

, dấu = xảy a1

nªn

1

2 F 

a1 Mặt khác dễ thấy a lớn

2

3 1 a

F  

lớn, biểu thức F

Phần Kết luận chung I Kết quả, đánh giá.

Trên vài kinh nghiệm nhỏ đợc rút từ thực tế năm giảng dạy thân tơi Tốn cực trị chun đề lớn thiếu sót, sai lầm thờng gặp phải khơng ít, nhiên với khả mình, tơi đề cập đến số dạng đơn giản mà em thờng gặp chơng trình lớp 8, lớp Tôi sâu vào vấn đề nhỏ hớng dẫn, giúp em có kỹ nhìn nhận sai lầm lời giải ví dụ điển hình từ tìm cách giải theo u cầu toán

Với việc làm nh nêu trên, thân tự nghiên cứu áp dụng Bớc đầu tơi thấy có số kết sau:

-Trớc thực đề tài này, đầu năm học cho học sinh giỏi lớp (năm học: 2006-2007) phụ trách làm tốn tìm cực trị lớp 8, tơi ghi thấy nhiều học sinh mắc phải sai lầm ngộ nhận nh nêu đề tài Năm học 2007 - 2008 cho học sinh đợc học kiến thức đề tài (Tôi dùng máy chiếu Projector dạy trực tiếp học sinh), sau em nắm bắt đợc nội dung kiến thức kỹ làm toán cực trị tiến nhiều đặc biệt kiểm tra, 100% học sinh khơng cịn mắc phải sai lầm đáng tiếc nữa, nghĩ dó thành cơng bớc đầu đề tài

-Phần lớn học sinh say mê giải cực trị, em khơng cịn sợ lúng túng giải toán cực trị

- Các em có niềm tin, niềm say mê, hứng thú học tốn, từ tạo cho em tính tự tin độc lập suy nghĩ, phát triển t logic, óc quan sát, suy luận tốn học

- Trong trình giải tập giúp em có khả phân tích, suy ngẫm, khái quát vấn đề cách chặt chẽ, em không cịn ngại khó, mà tự tin vào khả học tập

- Nhiều em giỏi tìm đợc cách giải hay ngắn gọn phù hợp đặc biệt khơng cịn mắc sai lầm đáng tiếc

Về tính ứng dụng đề tài, trớc hết đề tài phù hợp câu lạc bộ Toán học, Các đội tuyển học sinh giỏi, kể học sinh cấp mảng sơ cấp

Học sinh dùng làm tài liệu học tập, vừa có kinh nghiệm tránh đợc số sai lầm giải toán cực trị, vừa đợc bồi dỡng kiến thức cách giải toán cực trị

Giáo viên dùng làm tài liệu giảng dạy, đồng thời nâng cao trình độ chuyên môn, đúc rút kinh nghiệm

chọn tốn thích hợp để kết hợp dạy học sinh phần học t ơng ứng (VD: Dạy 3, 4, 10 bồi dỡng vào phần Các đẳng thức đáng nhớ - Tiết  Đại số 8) Nếu đề tài đợc cấp cho phép phổ rộng, giáo viên Copy sử dụng cơng nghệ thơng tin để bồi dỡng học sinh thuận lợi, học sinh hứng thú học tập, giải phóng sức lao động cho giáo viên, hiệu giảng dạy đợc nâng lên Tôi trực tiếp thử nghiệm cách dạy để bồi dỡng học sinh đạt đợc kết tốt Mặt khác giáo viên dễ dàng tiếp tục phát triển đề tài theo t kinh nghiệm giảng dy ca mỡnh

Kết hợp sử dụng công nghệ thông tin trình giảng dạy, giáo viên thực nh sau:

Cách Giáo viên trực tiếp trình chiếu File Word dạy HS trùc tiÕp trªn líp

Cách Trên sở nội dung đề tài, GV phát triển phần nội dung đề tài để dạy cho học sinh Ví dụ tơi phát triển tập số 30, kết hợp trình chiếu phần mềm Powerpoint phần mềm Sketchpad đạt hiệu cao

Tuy bên cạnh kết đạt đợc cịn số học sinh cịn lời học, cha có khả tự giải đợc tốn Đối với em đó, việc thực khó khăn Một phần khả học tốn em cịn hạn chế, mặt khác dạng tốn lại khó, địi hỏi t nhiều em

Một yếu tố ảnh hởng đến chất lợng học em có lẽ phơng pháp giảng dạy thân đôi lúc cha thực hợp lý, mặt khác em cha tự tìm cho phơng pháp học phù hợp

II Bµi häc kinh nghiƯm

Từ kinh nghiệm thực tế giảng dạy nh häc rót sau viÕt s¸ng kiÕn kinh nghiƯm, thấy một số sai lầm chủ yếu ngời giải toán thờng mắc phải giải toán cực trị là:

1 Chứng minh f m, khẳng định giá trị nhỏ f m mà không m số

2 Trong làm có sử dụng nhiều BĐT, nhng tìm điều kiện để biểu thức cần tìm đạt giá trị nhỏ dấu không đồng thời xảy

3 Không xác định điều kiện xảy dấu BĐT f m điều kiện xảy dầu khụng tho gi thit

4 Nâng lên luỹ thừa bậc chẵn hai vế BĐT mà điều kiện hai vế không âm

6 Nhầm tởng vai trò biến nh nên thứ tự ẩn Hiểu sai nhiều loại BĐT nh

2

A m m

, …

8 VËn dụng sai tính chất BĐT nh nhân hai BĐT chiều mà điều kiện hai vế

9 BĐT f x a không xảy đẳng thức ứng với giá trị x x 0 (x

0

thoả mãn điều kiện toán) kết luận biểu thức f x  đạt giá trị nhỏ a biểu thức f x  không đạt giá trị nhỏ

10 Xác định sai điều kiện biến nên tập xác định bị mở rộng dẫn đến kết sai

11 Sử dụng mặt phẳng toạ độ nhng việc chọn điểm cha phù hợp 12 Không xét hết trờng hợp toán mà kết luận

13 Sai lầm kiến thức khẳng định có f x( )g x( )(hoặc f x( )g x( )) f x( )đạt giá trị nhỏ (lớn nhất) g x( )đạt giá trị nhỏ (lớn nhất)

14 Không vị trí tồn hình để biểu thức đạt cực trị vị trí tồn hình để biểu thức đạt cực trị mà khơng kiểm tra xem điều có tồn thực tế hình vẽ hay khơng

15 Chỉ f p (hoặc f p ) khẳng định f đạt giá trị nhỏ (hoặc lớn nhất) p đạt giá trị nhỏ (hoặc lớn nhất)

16 Khơng xét hết trờng hợp tốn mà kết luận

……

Trong trình giảng dạy, hẳn mong muốn cho học sinh hiểu bài, chất lợng học tập em tốt hơn, tạo cho em có đầy đủ điều kiện b-ớc vào sống học lên Vì địi hỏi ngời tạo sản phẩm cần phải:

- Có kiến thức vững chắc, có phơng pháp truyền thụ phù hợp với đối tợng học sinh

- Yêu cầu học sinh phải nắm vững lý thuyết, biết vận dụng thực hành loại toán, giải nhanh, thành thạo nhiều cách Trên sở giải tập, biết đặt tập để kích thích say mê học tốn

- Đa dạng hoá loại tập, kể loại tập yêu cầu học sinh phát thiếu sót, sai lầm lời giải cho trớc từ tìm cách giải

Đồng thời, giúp học sinh lớp sau học đợc kiến thức hay anh chị lớp trớc làm đợc Từ đó, khơi gợi đợc tinh thần thích khám phá, ham hiểu biết em

- Ngồi ra, bên cạnh kinh nghiệm có đợc giảng dạy, thân thờng xuyên trao đổi với đồng nghiệp để tìm hớng dạy phù hợp với trình độ nhận thức học sinh Mỗi năm, tơi lại có dịp đợc tham khảo thêm tài liệu hớng dẫn nên từ việc nhận thức kĩ truyền thụ kiến thức cho học sinh đợc nâng cao, đồng thời tránh đợc sai lầm cho học sinh trình học toán

Những sai lầm giải toán chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ cho thấy: linh hoạt giải toán cần thiết nhng tuỳ tiện, phải đảm bảo ngun tắc định Tốn học địi hỏi t rành mạch; mập mờ đôi chút dẫn đến sai lầm

Việc nghiên cứu đề tài việc làm thiết thực, góp phần cho GV dạy tốt hơn, học sinh học chủ động hơn, đặc biệt phát sai lầm tốn chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ để tự điểu chỉnh, khắc phục, sửa chữa

Đề tài nêu lên số sai lầm điển hình tốn chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, từ tạo cho học sinh thêm linh động, chắn giải toán

Những biện pháp học tơi trình bày trên, bớc đầu đạt đợc kết cha thật mỹ mãn tâm ý thân Tuy nhiên, thực tốt tơi nghĩ góp phần đổi phơng pháp dạy học mà ngành quan tâm đạo để nâng cao chất lợng học sinh nói chung chất lợng mũi nhọn nói riêng Mặt khác, với cách trình bày nh (nếu thành cơng), tơi thiết nghĩ, sau đợc học xong tài liệu học sinh khơng khơng cịn mắc sai lầm giải tốn cực trị mà cịn hình thành cho phơng pháp giải đắn, xác

Nội dung đề tài kinh nghiệm biện pháp nhỏ bé để góp phần nâng cao chất lợng giáo dục, khơng tránh khỏi nhiều thiếu sót, tơi mong đợc góp ý, xây dựng thầy giáo, cô giáo, bạn đồng nghiệp, nhằm giúp tơi bớc hồn thiện phơng pháp giảng dạy Từ đó, thân tơi có điều kiện cống hiến nhiều trí lực cho nghiệp giáo dục mà Bác Hồ kính yêu mong ớc tồn Đảng, tồn dân ta quan tâm Tơi hy vọng đề tài góp phần vào việc nâng cao chất lợng dạy học phần chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, góp phần tạo hứng thú cho học sinh học tập phần

- C¸c tập cha nhiều;

- Cách trình bày cha thËt sóc tÝch, khoa häc;

- ……

Tơi mong nhận đợc đóng góp ý kiến thầy cô giáo, em học sinh đề tài để rút kinh nghiệm cho việc viết đề ti ln sau

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Yên Dũng, tháng 10 năm 2008 Ngời viết

Lơng Văn Lý Địa chỉ: Trờng THCS Yên L Yên Dũng Bắc Giang ĐT: CQ: 0240 3870109

Các sách tham khảo

1 500 toán chọn lọc bất đẳng thức - Võ Đại Mau - NXB trẻ TPHCM Rèn t qua việc giải toán - Nguyễn Thái Hoè - NXBGD - 1998

3 Bất đẳng thức chọn lọc cấp - Nguyễn Vũ Thanh - NXB Đà Nẵng 1997 Những toán chọn lọc - Đỗ Đức Thái – NXBGD – 1996

5 KiÕn thøc ôn luyện toán THCS Hàn Liên Hải NXB Hà Nội 2002 Báo Toán tuổi thơ - NXBGD

7 Báo Toán học tuổi trẻ - NXBGD M¹ng Internet

Mơc lơc

Néi dung Trang

Phần Những vấn đề chung

I Lí chọn đề tài

II C¬ së khoa häc

II.1 C¬ së lý ln

II.2 C¬ së thùc tiƠn

PhÇn Néi dung chÝnh

I Vài nét khái quát tình hình địa phơng huyện Yên Dng

và nhà trờng

II Phần

II.1 Phng phỏp trỡnh by tài

II.2 Néi dung thĨ

II.2.1 Một số tính chất bất đẳng thức II.2.2 Một số kiến thức thờng dùng để giải toỏn cc

trị hình học

II.2.3 Một số bất đẳng thức thờng vận dụng để tỡm cc

trị 10

II.2.4 Đờng lối tổng quát giải toán cực trị 12

II.2.5 Các tập minh hoạ 12

II.2.6 Phn giải đáp – Hớng dẫn – Cách khắc phục 33

II.2.7 Các tập đề nghị 63

PhÇn KÕt luËn chung 69

I Kết quả, đánh giá 69

nhận xét, đánh giá SKKN

… ……… ………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

……… ………

……… …… …

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

……… ………