Phương pháp kết hợp dồn biến và đạo hàm tìm GTLN, GTNN

MỤC LỤC Mở đầu - Lí chọn đề tài - Mục đích nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu 2 Nội dung 2.1 Cơ sở lí luận 2.1.1 Bài toán: 2.1.2 Phương pháp tìm GTLN, GTNN hàm biến số 2.1.3 Phương pháp dồn biến 2.1.4 Một số bất đẳng thức, đẳng thức thường dùng 2.2 Thực trạng vấn đề 2.3 Giải pháp thực 2.3.1 Phương pháp dồn biến biểu thức đối xứng 2.3.2 Phương pháp dồn biến biểu thức bất đối xứng 13 2.3.3 Bài tập tự luyện 18 2.4 Hiệu SKKN 19 Kết luận, kiến nghị 19 3.1 Kết luận 19 3.2 Kiến nghị 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO 21 PHỤ LỤC 21 DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT Stt 10 Chữ viết tắt SKKN THPTQG THPT ĐH-CĐ HSG GTLN GTNN minP maxP BĐT Nội dung Sáng kiến kinh nghiệm Trung học phổ thông quốc gia Trung học phổ thông Đại học, Cao đẳng Học sinh giỏi Giá trị lớn Giá trị nhỏ Giá trị nhỏ biểu thức P Giá trị lớn biểu thức P Bất đẳng thức Mở đầu - Lí chọn đề tài Trong chƣơng trình tốn THPT, tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ (GTLN, GTNN) hàm số có vai trị quan trọng Nó thƣờng xuyên đƣợc vận dụng để giải nhiều toán thuộc lĩnh vực khác nhƣ: Giải tích, Đại số, Hình học, Đặc biệt phƣơng pháp tìm GTLN, GTNN cơng cụ đạo hàm (Giải tích 12) cách vận dụng thật đơn giản, hiệu Những năm gần đây, kỳ thi HSG cấp tỉnh, kỳ thi ĐH-CĐ (trƣớc năm 2015) kỳ thi THPTQG Bài tốn tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến xuất ngày nhiều (với hƣớng giải chủ đạo dồn biến sử dụng đạo hàm) nhƣ thử thách lớn cuối dành cho thí sinh muốn chinh phục điểm 10 mơn Tốn Nhƣng thử thách “ngọn núi” lớn để vƣợt qua ? Chỉ có số thí sinh làm đƣợc Ngun nhân chủ yếu em khơng có định hƣớng giải, không xác định đƣợc cách dồn biến hợp lí Vì tính thiết thực, nhiều giáo viên khơng có hứng thú ơn luyện phần (trừ có tay học trị thật xuất sắc) Lâu dần thành mặc định nhiều học sinh (và giáo viên): Câu lấy điểm 10 câu cho “đẹp đội hình”, chẳng quan tâm đến cả! Chính SKKN viết phần chƣa nhiều Với học sinh em có quyền lựa chọn ơn thi cần đạt đến điểm Nhƣng với kinh nghiệm giáo viên nhiều năm luyện thi ĐHCĐ, bồi dƣỡng HSG nhà trƣờng (liên tục từ năm học 2009-2010 đến nay) Trên quan điểm “biết mƣời dạy một”, “mỗi thầy cô giáo gƣơng tinh thần tự học sáng tạo”, tự nhủ dù khó đến phải tâm tìm cho đƣợc hƣớng tiếp cận khả thi Có thể có “ngọn núi” khơng vƣợt qua đƣợc nhƣng điều quan trọng phải vƣợt qua đƣợc thân Với lí đó, tơi viết SKKN với đề tài: “Phương pháp kết hợp dồn biến đạo hàm tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến luyện thi THPTQG bồi dưỡng HSG trường THPT Lê Lai” với mong muốn truyền thêm lửa ham mê khám phá khoa học, đồng thời giúp em học sinh luyện thi THPTQG, luyện thi HSG cấp tỉnh trƣờng THPT Lê Lai có đƣợc cách nhìn mới, cách tiếp cận tốn - Mục đích nghiên cứu + Giúp học sinh (đặc biệt em học sinh khá, giỏi) ôn thi THPTQG, luyện thi HSG mơn Tốn có phƣơng pháp hữu hiệu, cách tiếp cận gần gũi, tự nhiên với toán tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến, + Giúp cho bạn đồng nghiệp có thêm nguồn tài liệu phục vụ công tác luyện thi THPTQG bồi dƣỡng học sinh giỏi, + Giúp thân tự học nâng cao trình độ chun mơn, nghiệp vụ - Đối tượng nghiên cứu SKKN tập trung nghiên cứu số phƣơng pháp dồn biến để đƣa biểu thức nhiều biến (chủ yếu đến biến) hàm biến Sau sử dụng cơng cụ đạo hàm để khảo sát hàm biến tìm GTLN, GTNN Các toán sáng kiến tập trung mức độ đề thi ĐH-CĐ (trƣớc đây), đề thi THPTQG đề thi HSG cấp tỉnh - Phương pháp nghiên cứu Một số phƣơng pháp đƣợc sử dụng SKKN là: + Phƣơng pháp điều tra khảo sát thực tế, + Phƣơng pháp thu thập thông tin, + Phƣơng pháp thống kê, xử lý số liệu, + Phƣơng pháp thực nghiệm, đối chứng Nội dung 2.1 Cơ sở lí luận Phƣơng pháp kết hợp dồn biến đạo hàm tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến (3 biến) mơ tả tốn sau: 2.1.1 Bài toán: Cho ba số thực x , y , z thõa mãn điều kiện: F ( x , y , z ) (hoặc F (x, y, z) , F (x, y, z) ) Tìm GTLN, GTNN biểu thức P ( x , y , z ) Phương pháp: * Bước 1: - Quan sát, dự đốn, tìm biến cần dồn - Đặt t = biến cần dồn - Tìm điều kiện xác t * Bước 2: Chuyển biểu thức cần tìm GTLN, GTNN theo t P ( x , y , z ) → f ( t ) , với điều kiện t * Bước 3: Dùng công cụ đạo hàm khảo sát hàm f (t ) tìm GTLN, GTNN 2.1.2 Phương pháp tìm GTLN, GTNN hàm biến số 2.1.2.1 Quy tắc tìm GTLN, GTNN hàm số y f ( x ) liên tục [ a ; b ] * Bước 1: Tìm điểm x , x , , x n khoảng ( a ; b ) , f '( x ) = khơng xác định * Bước 2: Tính f ( a ) , f ( x ) , f ( x ) , , f ( x ) , f ( b ) * Bước 3: Tìm số lớn M số nhỏ m số Ta có: M= m a x f ( x ) , m= m i n f ( x ) f '( x ) [a ; b ] n [a ; b ] 2.1.2.2 Quy tắc tìm GTLN, GTNN hàm số y * Bước 1: Tìm điểm x , x , , x n khoảng f '( x ) liên tục ( a ; b ) ( a ; b ) , f '( x ) = f (x) không xác định * Bước 2: Tính li m f ( x ) x * Bước 3: + Nếu m i n { f ( x fm in = + Nếu a L1 , f (x 1) , f (x ) , , f ( x n ) , l i m x ) , f( x ) , , f( x n ) } < m in {L 1, L } m in {f( x ) , f( x ) , , f( x n ) } f (x) L2 b (1) m a x {f( x ) , f( x ) , , f( x n ) } > m a x {L 1, L } (2) + Nếu khơng thỏa (1) (hoặc (2)) hàm số khơng đạt (hoặc max) Chú ý: i) Có thể lập bảng biến thiên hàm số f(x) khoảng ( a ; b ) thay cho bước fm a x = m a x {f( x ) , f( x ) , , f( x n ) } ii) Nếu phương trình max (a; b) f '( x ) = vơ nghiệm (a ; b ) hàm số không đạt min, 2.1.3 Phương pháp dồn biến Giả sử ta cần chứng minh f ( x , y , z ) (hoặc f ( x , y , z ) ), với f ( x , y , z ) biểu thức đối xứng x, y, z x, y, z biến số thực thỏa mãn tính chất Phƣơng pháp dồn biến cho f ( x , y , z ) đƣợc khái quát hai bƣớc sau: Bước (Kỹ thuật dồn biến nhau) Đánh giá f ( x , y , z ) f ( x , t , t ) với t biến cho số (x,t,t) thỏa mãn tính chất số (x,y,z) Thơng thường ta hay đặt t đại lượng trung bình để khơng làm tính chất cho trước, chẳng hạn t = x + y , t = xy, t = x + y , Bước Đánh giá f ( x , t , t ) Việc khó đánh giá f ( x , y , z ) f ( x , t , t ) Điều phải sử dụng nhiều kỹ thuật (đặc biệt việc vận dụng bất đẳng thức trung gian), bƣớc thứ hầu hết đơn giản hạn chế cịn lại biến 2.1.4 Một số bất đẳng thức, đẳng thức thường dùng (phần phụ lục) 2.2 Thực trạng vấn đề Những năm gần đây, kỳ thi HSG cấp tỉnh, kỳ thi ĐH-CĐ (trƣớc năm 2015) kỳ thi THPTQG, nói câu “chốt” (câu phân loại thí sinh xuất sắc) đề thi mơn Tốn chủ yếu tốn tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến Bài toán xuất ngày nhiều, dần thay cho toán bất đẳng thức truyền thống Đây xu hƣớng đề Bộ GD&ĐT, nhằm tăng cƣờng ứng dụng đạo hàm, hàm số vào giải toán Tuy nhiên đại đa số thí sinh trƣờng THPT Lê Lai chƣa làm đƣợc tốn Có số ngun nhân sau: Thứ nhất, phía giáo viên: Chƣa tâm giảng dạy, ơn luyện dạng (lí có học sinh có đủ trình độ, lực để tiếp thu) Tuy nhiên điều quan trọng giáo viên chƣa thực đầu tƣ nghiên cứu để tìm hƣớng tiếp cận, phƣơng pháp giải giải hiệu Thứ hai, phía học sinh: Chƣa đƣợc thầy ôn luyện cẩn thận (hầu hết em khơng định hƣớng đƣợc cách giải có định hƣớng nhƣng không nắm đƣợc phƣơng pháp dồn biến, thiếu kĩ vận dụng BĐT trung gian, tƣ phân tích tổng hợp chƣa tốt, ), cộng thêm tâm lí thiếu tự tin, ngại khám phá (bằng lịng với mục tiêu điểm) Trên thực tế, trƣờng Lê Lai năm có học sinh xuất sắc (năm có học sinh thi đỗ vào trƣờng ĐH với điểm số cao từ 25-28 điểm) Nếu em tự tin đƣợc ơn luyện tích cực lấy điểm tốn đƣợc Bởi tốn tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến có hƣớng giải chủ đạo dồn biến (chủ yếu quy hàm biến) dùng đạo hàm khảo sát hàm số tìm GTLN, GTNN Rõ ràng công việc mấu chốt dồn đƣợc biến Đó phƣơng pháp cổ điển nhƣng không đơn giản Muốn làm chủ đƣợc nó, quan trọng cần phải có hiểu biết kĩ sâu sắc phần bất đẳng thức, cực trị Chính lẽ có tâm cao, có thời gian ơn luyện, rút kinh nghiệm chắn làm đƣợc Trong SKKN tập trung vào việc phân tích, định hƣớng cách vận dụng phƣơng pháp dồn biến Cịn cơng việc sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm biến số tìm GTLN, GTNN khơng bàn nhiều 2.3 Giải pháp thực Trong sáng kiến này, phƣơng pháp dồn biến đƣợc vận dụng sở chủ yếu vào dạng ban đầu biểu thức cần tìm GTLN, GTNN Bao gồm hai dạng sau: 2.3.1 Phương pháp dồn biến biểu thức đối xứng Việc vận dụng phương pháp dồn biến (mục 2.1.3 ) cho định hướng việc chọn biến để dồn sau: Nếu x, y đối xứng thơng thường ta dồn biến t = x + y , t = x y t = x + y , Nếu x , y , z đối xứng thơng thường ta dồn biến t = x + y + z , xy yz z x , t = xyz , t x y z t Ta xét ví dụ cụ thể sau: 2 Ví dụ 1: Cho biểu thức x P y xy xy thỏa mãn điều kiện x y t Tìm giá trị lớn Lời giải Đặt t xy Ta có xy x y Suy điều kiện Khi đó: P P (t ) t , với t t / P (t ) 1 t (t t 2) (t 1) Bảng biến thiên: x 0 P/ + P Vậy max P x 1; y Ví dụ : ( ĐH Khối D – 2009 ) Cho giá trị nhỏ biểu thức S (4 x x 0, y y )( y x 3x) y 25 xy Tìm giá trị lớn nhất, Phân tích hướng làm : - Từ giả thiết x y S biểu thức đối xứng x, y nên ta nghĩ đến việc biến đổi đưa S biến t x y - Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất x y x y để sử dụng giả thiết - Chú ý đẳng thức quen thuộc : x x Lời giải Ta có : S ( x 2 2 2 16 x y Do x y) (x y )( x 3x) y) y ) 16 x y 2 12(x xy 2 xy y ) xy ] f (t ) 16t 2t y ) 34 xy 34 xy 34 xy, x (x xy y) Xét hàm số y t 12 nên xy 25 xy y )( x xy 0; y (x 2[ ( x 16 x y xy 12(x t y y )( y 16 x y Đặt y 12 với t 4 Ta có f '( t ) 32t f '( t ) t 16 Ta có : f ( ) 12 ; f ( 16 ) 191 ; f ( 16 25 ) Vậy : minS= m i n 0; 1 f (t ) f ( 191 ) 16 16 x ;y 4 x ; y 4 maxS= m a x 0; f (t ) 25 f ( ) x y 2  Nhận xét: VD1, VD2 có điều kiện ban đầu đơn giản x y , x y Vì ta nghĩ tới cách dồn biến khác y x , y x Sau đưa S, P hàm số biến x Với điều kiện x , y ta dễ dàng suy điều kiện x Tuy nhiên khơng phải cách làm tổng qt Nó gặp nhiều khó khăn điều kiện ban đầu (ràng buộc biến) bậc Ta tiếp tục xét ví dụ sau: Ví dụ 3: ( CĐ Khối A, B – 2008 ) Cho x , y số thực thỏa mãn Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P ( x x y y ) xy Phân tích hướng làm: - Từ giả thiết x y P biểu thức đối xứng x, y nên ta nghĩ đến việc biến đổi đưa P biến t = x + y t = x y cách áp dụng đẳng thức x y (x y) xy; x y (x y )( x xy y ) - Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất x y để sử dụng giả thiết: 2 2 3 2 P 2(x y )( x = 2(x - Từ giả thiết x y (x y) 2 y )( 2 xy 2 xy y ) xy ) xy (x y) xy xy 2 Vậy đến ta đưa P hàm biến Lời giải Ta có : P 2(x y )( x = 2(x y )( Lại có : y ) xy ) xy (x xy xy y) t x y xy , sau đặt t x y thì: P (t ) t 2t(2 2 ) t Ta có x y t 3 (x 2 y) t 6t 2 (x y) t với t Có Xét hàm số P (t ) t 3 t 6t f ( 2) ; 3t t 3t f (1 ) 13 ; f (2) t Ta có : P '( t ) 2 Vậy : minP = m i n P ( t ) P ( 2) x y ; ;2 x maxP = m a x P ( t ) 13 P (1) 2 ;2 ; y x ; y 2 Ví dụ : ( ĐH Khối B – 2009) Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ biểu thức A ( x y x y ) ( x y ) với x , y số thực thỏa mãn điều kiện : ( x y ) x y 4 2 2 Phân tích hướng làm: t A - Vì A biểu thức đối xứng x , y nên ta nghĩ đến việc dồn biến y , t x y t x y , - Bằng công thức quen thuộc, ta biến đổi đánh giá A sau : x 3( x (x y 2 y ) 2 x y ) 2(x (x 2 y ) y ) 2(x y ) (x 2 y ) 3( x 2 y ) 2 2(x y ) ( x y (x 2 y ) ) Đến ta đưa A hàm biến cách đặt Lời giải Ta ln có kết : ( x y ) x y , từ ta có : t x y (x y) (x xy y) (x y) (x (x y) (x y) (x y) (x y) (x y) xy 2 y) (x y) 0, x, y Do (x y) (x y) (x y) Bài tốn đƣợc đƣa tìm max, : A 3( x 4 y 2 x y ) 2(x y ) Với x, y thỏa mãn x y (x Ta biến đổi biểu thức A nhƣ sau : A 3( x (x y 2 x y ) y ) 2 2(x (x A (x 2 y ) y ) y ) 2(x y ) (x 2 y ) 3( x 2 Hay 2 y ) 2(x 2 y ) 2(x 2 y ) 1 ( x y 2 y ) ) Vì x y (x y) 2 ( x y ) nên x y Đặt t x y Ta có f (t ) A t 2t với 1 t Vì f '( t ) t 0, t Suy [ ; Nên suy hàm số đồng biến f (t ) [ m in f (t ) f ( ) ) ; ) t Tức A 16 Mặt khác, A 16 16 x y 2 Vậy : m in A x y 16 khơng có giá trị lớn Ví dụ 5: (ĐH Khối B-2011) 2(a 2 b ) ab (a Cho a, b số thực dƣơng thỏa mãn ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức b )( a b P a b 3 b a a b 2 b a Phân tích hướng làm: - Do đặc điểm đối xứng biểu thức P nên ta dễ dàng tìm biến cần dồn t a b b a Vấn đề mấu chốt khai thác điều kiện ban đầu để tìm điều kiện t Cách nghĩ tự nhiên phải làm xuất Lời giải - Biến đổi giả thiết: a b b a 2(a Sau vận dụng BĐT để đánh giá 2 b ) 2(a 2 ab (a b ) a b b a a b a b (a 2) ab b) 2( 2(a a b b) ) ab b ab b )( a b (a b) 1 a b (*) a - Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta đƣợc: (a b) Kết hợp (*) suy ra: Đặt a t b b , t a Xét hàm số: f (t ) 2 1 a b a b b a Ta đƣợc : 4t 9t 2(a P 12t b) (t 18 ; 1 a b a b b a 3t ) f '( t ) 2 (t 6(2t b b a a b b a 2) a 3t 4t 9t 2) 12t 0, 18 t Suy m in f (t ) ; 23 f Vậy m in P 23 đạt đƣợc a b (a; b) b a a b ( ; 1) 1 a b (a; b) (1; ) Ví dụ 6: Cho x, y, z ba số thực dƣơng thỏa mãn: x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1 xy yz zx xyz Phân tích hướng làm: -Vì P 1 xy yz zx xyz dồn biến t biểu thức đối xứng x, y, z Nên ta nghĩ đến việc ,t = x + y + z = xyz , t x 2 y z t xy yz zx , -Mặt khác, theo chiều đánh giá tìm GTNN ta dễ nghĩ đến việc áp dụng BĐT Cô si cho tổng xy yz Và biến cần dồn xuất zx x y z Lời giải Áp dụng BĐT Cơ si, ta có Mà 2 x y z x + y + z xy 8t 3 t Ta có t , f'(t) = t t f ( ) , đặt t = zx 2 x y z xyz f '( t ) t 8t f (t ) 3 t , 3 Xét hàm số Từ ta có f(t) ≥ yz P f '( t ) = với 2 t t (0; , dễ thấy ] (0; ] t 2 t =13 với giá trị t thỏa mãn Suy ra: P ≥ 13 Dấu xảy t = , hay x = y = z = 2 Vậy: minP = 13 Ví dụ 7: Cho số thực dƣơng x thỏa mãn điều kiện x, y, z y xyz Chứng minh rằng: Hướng dẫn: - Biểu thức P x thiết x xyz y z y z 165 x y x 4 18 đối xứng với ba ẩn z Mặt khác theo giả x, y, z Vì ta nghĩ tới việc dồn biến xy yz zx x y z - Áp dụng công thức: (x P y x (4 z) y 2( xy x z yz y (x z zx )) y 2 2( xy z ) 2( xy yz 2(x y yz zx ) zx ) 2 suy ra: y z 2 xyz ( x 2 z x ) y z) Khi đó: Đặt t xy yz x từ giả thiết zx y xyz z ta có P (t 32t 144) x(4 x) - Bây ta cần tìm điều kiện biến t Từ điều kiện x, y, z ta y z x; yz Do t x x Lúc ta tìm điều kiện ẩn x chuyển điều kiện theo ẩn t Ta có: (y z) yz (4 x) x 8x 16 x (x 2 )( x 6x 4) x Xét hàm số x t(x) x(4 x) đoạn , ta có: 5;2 2(x t '( x ) 1) ( x x Từ việc xét dấu t '( x ) x đoạn ta 5;2 5 x 1) t - Khảo sát hàm số P (t 32t với 144) 5 t Từ suy : 165 x y x 18 Ví du : (Khối B - 2010) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức M 3(a b b c c a ) 3(ab bc ca ) a b c 2 2 2 Lời giải Áp dụng BĐT Bunhiacopxki Ta có : ( a Do : M ( a b b c c a ) ( a b b c c a ) b Đặt t ab bc , ta có : ca (a t b c) 2 2 1 Xét hàm số : f (t ) t 3t c 2 c a ) 2(ab bc (ab ca) bc ca ) với 2t b b c a t [0; ] Ta có f '( t ) 2t ; f ''( t ) 2 2t (1 2t) Dấu xảy t=0 ; suy f’(t) nghịch biến 0; Xét đoạn 0; ta có : f '( t ) Do f (t ) f (0 ) 2, t 0; 11 3 f ' , suy hàm f ( t ) đồng biến Vì M f (t ) 2, t 0; ;M ab=bc=ca, ab+bc+ca=0 a+b+c=1 số sau: (1;0;0), (0 ;1 ;0), (0 ;0 ;1) Vậy giá trị nhỏ M (a; b; c) 10 Ví dụ 9: (THPTQG-2015) Cho số thực a,b,c thuộc đoạn [1; 3] thỏa mãn điều kiện a b c Tìm giá trị lớn biểu thức a b P= 2 b c 2 c a ab 12abc bc 72 ca abc Phân tích hướng làm: - Với giả thiết a,b,c thuộc đoạn [1; 3] Ta nghĩ đến cách khai thác (a-1)(b-1)(c-1) (1) (3-a)(3-b)(3-c) (2) Khai triển (1) (2) dẫn đến biểu thức chứa ab+bc+ca abc Đến cụ thể vào chiều BĐT (1) (2) ta đánh giá miền giá trị ab+bc+ca Từ định việc dồn biến theo t= ab+bc+ca Lời giải (a Đặt t=ab+bc+ca Ta có: t= ab + bc + ca ≤ b c ) (*) 12 Mặt khác, từ giả thiết suy ra: (a-1)(b-1)(c-1) (ab-a-b+1)(c-1) abc-(ab+bc+ca) +(a+b+c) +1 (3-a)(3-b)(3-c) abc-t+6+1 3t-27 t-5 Từ (*) (**) Ta có : ( a b b c t2= a P= t 72 t ca ) b t P 11 2 b c t 11 27-9.6+3t-abc 2 c a b c 2 c a 2 a b c( a b c ) 12abc -abc t 72 t Xét hàm số f (t ) abc 2 t t = 2t 144 t (2) (**) Mặt khác từ (1) abc 3t-27 abc 12 a b (1) (9-3a-3b+ab)(3-c) 27-9(a+b+c)+3(ab+bc+ca)-abc Từ (1) (2) abc t-5 t (5 t) = t 2t 5t 144 , với 5t t , đó: 144 2t t 1; 2t Khảo sát hàm số ta đƣợc: m a x f (t ) [ 1 ;1 ] P= 160 = 160 11 a = 1, b = 2, c = Vậy maxP = 11 t=11 P 160 11 160 11  Nhận xét: 1) Trong VD6, VD7, VD8, VD9 ta nhận thấy việc định hướng dồn biến khơng q khó Tuy nhiên việc tìm điều kiện cho biến lại không dễ 11 dàng Để làm tốt điều địi hỏi phải có kĩ vận dụng BĐT sử lí điều kiện ban đầu tinh tế 2) Trong số trường hợp, điều kiện ràng buộc ban đầu biến biểu thức bậc đơn giản Khi ta dồn trực tiếp ba biến phương pháp (thay cho phép đặt truyền thống) Tuy nhiên cần phải ý đến tính đối xứng biến Ta xét ví dụ sau: x Ví dụ 10: Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn lớn biểu thức P x 3 y z x y z y z z 2 Tìm giá trị Lời giải Ta có Từ x Vậy Do Có f z 2 3z z 2 y P y P Đặt z x x f Do f x 3z x y x , f y với 3z xy P x 2 z z z z y x 2z y xy xyz xy 3 , f 4 3 z z (đều thuộc K) , f ;x K 3 4 z z ; z m ax P y z z 9z z Ta có: y z , f 3 y 3 Ví dụ 11: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị nhỏ biểu thức T 3(a b 2 c ) 4abc Lời giải Do vai trị bình đẳng a, b, c nên ta giả sử : Vì chu vi nên a + b + c=3 a b mà c a a b b c c c Ta biến đổi : T 3(a b =3 (a Mặt khác ab a b 2 b) c ) 2ab 4abc 3c 3(a c 2 b ) 4abc 3(3 3c c) 4abc 3c 2 ab(2c 3) ab (2c 3) c (2c 3) ( c ) 12 Do T 3(3 c) 3c 2(2 c 3) c c 3 Xét hàm số f ( c ) c 3 c 27 2 , 27 2 Có f 1; c f (c) '( c ) 3c 3c , c 1; Từ suy T f ( c ) f (1) c=1; a=1; b=1 Vậy minT=13 a=b=c=1 2.3.2 Phương pháp dồn biến biểu thức bất đối xứng Đối với biểu thức bất đối xứng, để dồn biến phải ý thêm nhiều yếu tố (điều kiện ban đầu, tính đẳng cấp, ) từ phân tích, suy luận cách làm cụ thể Có số cách làm sau: 1) Đổi biến để đưa biểu thức ban đầu dạng đối xứng có dạng đơn giản Sau vận dụng cách dồn biến phần 1(mục 2.3.1.) 2) Dùng bất đẳng thức trung gian để đánh giá, đơn giản hóa biểu thức ban đầu, làm giảm số biến 3) Nếu biểu thức P ( x , y , z ) đối xứng với hai biến, chẳng hạn x, y Thì ta dồn biến lại z Sau ví dụ cụ thể: Ví dụ 12: (ĐH khối D- 2013) Cho x, y số thực dƣơng thỏa mãn điều kiện xy y Tìm giá trị lớn biểu thức x P x y xy x 3y x 2y y Phân tích hướng làm: - Vì P biểu thức đẳng cấp (xem thêm phần phụ lục) Lại điều kiện ban đầu x, y>0 Vì ta có: x x P x y x xy 3y 2y 6(x x y y) y x x y y - Đến vấn đề tìm miền giá trị x y x t Một suy nghĩ tự nhiên y x phải làm xuất từ giả thiết xy y , đồng thời kết hợp đánh giá hợp lí y Lời giải Từ giả thiết: xy y x y y y 1 1 y 4 13 x Ta có: x P y x x xy 3y 2y 6(x x y y) x x y Đặt x , điều kiện t t Xét f t t t Với 01 Do đó: 3t (t t 3) 3 3 f '( t ) 0, t (t 2 1) Vậy 10 f (t ) f m axP x , y 4 >0 2 0; f’(t)> đồng biến f 0; 10 30 30 Chú ý: Với biểu thức đẳng cấp có biến Bằng phép biến đổi tương tự VD12 ta dồn từ biến biến Xét ví dụ sau: Ví dụ 13: (ĐH khối B-2014) Cho số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a+b)c >0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức a P= b b + c a c c a b Lời giải Từ điều kiện ta có c > a + b > Do đó: P a /c b /c b a c Ta có: 1 c x a b c c y y x x x y x( y y x Từ suy ra: 2y x (x Xét hàm số t y) 0, y c y) b c Dấu “=” xảy x = x = y + y 1 1 x a x y=x+1 y) 2t f (t) 2(x 2x với Dấu “=” xảy y = y 2(x P 1) y Tƣơng tự: 2t , t 2(x 0; 2t y) t 1 f (t) (t với t x y 2t 1) 2t 14 t f (t) 4t (t 1) ( lo a i ) t f (1 ) Từ bảng biến thiên ta có f (t) f (1 ) Tức P Vậy minP = 2 x x a b y y b c a c Ví dụ 14: (HSG Vĩnh Phúc, 2015-2016) Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn x y, x z Tìm giá trị nhỏ biểu thức y P 10 y x y y z z z 1; x Lời giải Ta có BĐT 1 a b , với a, b>0 Áp dụng bất đẳng thức trên: P x 10 x t 1; Xét hàm số f z 1 10 2t 10 t t t 24t 2 50 ; f ' t t t t 2t x 10 y đoạn 1 1; x y t 24t 2t 100 24t t 50 t 1; 2 x m in P m in f (t ) [1 ;3 ] Suy t x z t Lập bảng biến thiên, ta có 1 y t y f ' t (xem phần phụ lục) 1 y Đặt ab ab 4y z x y z x x 4y z 2y y Ví dụ 15: Cho số thực biểu thức thỏa mãn x, y, z x 2, y 1, z P x y z Tìm giá trị lớn 2(2 x y 3) y(x 1) ( z 1) Lời giải Đặt a x 2, b y 1, c z a,b,c Suy ra: 15 P 2 a Ta có b a b c 2 c (a (a (là biểu thức đối xứng đối a, b, c) 1) ( b b) 1) ( c (c 1) Dấu “=” xảy Mặt khác (a a 1) ( b 2 b c 1) ( c 1) (a b c 1) (a 1) b c 3) Dấu “=” xảy a c b c 27 Khi P a Đặt t a b b 27 c c 1 (a b c Khi 3) Dấu “=” xảy P 27 t Xét hàm số f ( t ) 27 t f '( t ) 1t (t (t 2) 2) ,t 1; (t 2) ,t t t 5t b 1 c ó f '( t ) a 81 t (t 1t 2) li m (t t (t f (t ) 2) 2) 4 x Bảng biến thiên t f’(t) f(t) + - Từ BBT Ta có m a xP m a x f(x )= f(4 )= (1 ; Vậy f( ) Ví dụ 16: Cho ) a b a b c a a, b, c c b c x 3; y 2; z số thực dƣơng Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 4a 2b 2bc a 2b 3c b 2c Lời giải Ta có 2bc b 2c 4a a 2b 2bc 2b 3c a 4a b c b Dấu “=” xảy b=2c 4b 4c (áp dụng BĐT: 2c 1 x y x , (x, y 0) ) y Dấu “=” xảy 4+a+b+c=4+b+2c  a+b+c=b+2c Suy a P , Đặt P f (t ) b 4t c 4 , t a t 0, c t a b c, t b f '( t ) 4t 2 ; f '( t ) t t 16 Lập bảng biến thiên ta có: m in f (t ) (0; ) t 16 Từ suy giá trị nhỏ P - b 2c a b c b 16 a Ví dụ 17: Cho số thực dƣơng a, b, c thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức b P 2c ab a a b 1 c ; c a 2c a c b 2c b ln ( a c b 2c) b Phân tích hướng làm: - Do biểu thức ln(a+b+2c) bất biến Vì ta nghĩ đến việc dồn biến t=a+b+2c Đến điều quan trọng dồn phần lại P theo t Muốn làm điều cần có quan sát tinh tế biểu thức P, điều kiện ban đầu vận dụng khéo léo BĐT trung gian Lời giải Ta có: P a a b b 2c a 2c a 1 b 2c b a 1 ln ( a ln ( a b b 2c) 2c) b Ta chứng minh đƣợc BĐT quen thuộc sau: ) 1 a b 1 Do đó: (1) (với a, b>0 ) ) ab ab b (2) (a, b>0) ab a ab ab ab 1 ab ab Đặt t bc ca a b c a 2c,t 16 t P f (t ) t 16 t f '( t ) t t c 16 b c a b t 2c ta có: ln t , 2 6t 16t t t 0; 32 6t Lập bảng biến thiên suy ra: t m in f (t ) (0; ln t Tức P ln ) Vậy: minP = 3+6ln4 a=b=c=1 Ví dụ 18: (Đề thi HSG Thanh Hóa, 2013-2014) Cho Tìm giá trị lớn biểu thức P 8a 3b 4( ab (a a,b, c bc b c) số thực dƣơng abc ) Phân tích hướng làm: 17 - Theo chiều đánh giá tìm GTLN, ta nghĩ đến việc vận dụng BĐT Côsi để phá thức P Tuy nhiên điểm khó dự đoán GTLN P đạt (do a, b, c chưa chuẩn hóa) để chọn “điểm rơi” vận dụng BĐT Cơsi cho hợp lí - Quan sát P ta dự đốn biến cần dồn t=a+b+c Vì cần nghiên cứu “điểm rơi” vận dụng BĐT Côsi cho tử số P thu gọn dạng k(a+b+c) Từ ta có lời giải sau: Lời giải Ta có: 8a P 3b 4( 8a 3b 4( ab (a a bc b c) 4b b abc ) 4c a 4b (a b 16c ) 28 12 c) a b c (a b c) Dấu “=” xảy a=4b=16c Đặt t=a+b+c, ta có t>0 Xét hàm số t f (t ) t ,t 0; f '( t ) t (1 t ) Lập bảng biến thiên, suy V ây : m ax P 14 16 a 21 t (0; 1 m a x f (t ) t 28 P ) ,b 14 ,c 21 21  Nhận xét: Qua ví dụ (VD12-VD18 )chúng ta nhận thấy khó khăn việc định hướng biến cần dồn biểu thức bất đối xứng Cũng từ thêm lần thấy tầm quan trọng kĩ vận dụng BĐT trung gian Đó BĐT đơn giản sức mạnh thật to lớn Chúng cầu nhỏ nối liền hịn đảo lớn với Đây ngun nhân thực tạo nên khó khăn việc tìm lời giải tốn GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến 2.3.3 Bài tập tự luyện Bài (ĐH khối D- 2014) Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 1 y Tìm giá trị nhỏ biểu thức : x P= x 2y 3y y y 2x 3x 2; 4(x Đáp số: minP = y 1) x y hay x y Bài Cho x, y, z số thực thỏa mãn điều kiện x GTNN biểu thức : x P x y z 3 xyz y z 2 Tìm GTLN, 18 Đáp số : m ax P 2 đạt a,b, c 2; y z đạt x 2; y z ba số thực thỏa mãn điều kiện a b c a c b Tìm giá trị lớn m in P Bài Cho x biểu thức P a Đáp số: 2 b 10 m axP c 1 c ,a ,b 2 Bài Cho ba số dƣơng x, y, z thay đổi thỏa điều kiện trị nhỏ biểu thức P Đáp số: P= x 648 y x y z Tìm giá 8z 5 x=y= ; z= 125 Bài Cho số thực dƣơng a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= a Đáp số: P = ab 3 abc Khi a= 16 21 a ;b b 21 c ; c 21 2.4 Hiệu SKKN Với nội dung SKKN này, qua thực tế giảng dạy (khoảng 16 tiết) cho đội tuyển HSG cấp tỉnh nhóm học sinh giỏi luyện thi đại học, THPTQG trƣờng THPT Lê Lai năm gần đây, nhận thấy em bƣớc đầu hình thành cho kĩ bản, cần thiết cách tiếp cận có định hƣớng để giải tốn tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến Nhƣng đặc thù tốn khó (nhằm phân loại học sinh xuất sắc), mà việc vận dụng phƣơng pháp dồn biến đa dạng, phong phú Đòi hỏi linh hoạt tƣ độc lập cao việc vận dụng kiến thức Do biểu thức biến hầu hết em làm đƣợc Nhƣng với biểu thức biến trở lên cịn hạn chế Cần phải có thêm thời gian đầu tƣ mức Một điều quan trọng mà SKKN làm đƣợc, làm thay đổi quan niệm, cách nhìn nhận nhiều học sinh (và giáo viên Toán) trƣờng THPT Lê Lai câu “chốt” đề thi THPTQG Từ chỗ thờ ơ, khơng quan tâm bắt đầu có nhìn thân thiện có niềm tin vào khả chiếm lĩnh đƣợc Kết luận, kiến nghị - Kết luận Với đề tài: “Phương pháp kết hợp dồn biến đạo hàm tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến luyện thi THPTQG bồi dưỡng HSG trường THPT Lê Lai”, cố gắng hệ thống số phƣơng pháp dồn 19 biến Trong phần có đƣa sở lí thuyết ví dụ đƣợc chọn lọc có tính minh họa cao cho phần định hƣớng cách giải, có phân tích hƣớng làm cụ thể nhằm giúp học sinh tự tìm lời giải, từ hình thành cho phƣơng pháp giải tốn nói chung để giải tốn Các ví dụ đƣa từ dễ đến khó, có ví dụ có lời giải chi tiết nhƣng có ví dụ có hƣớng dẫn, học sinh phải biết tự chiếm lĩnh tri thức, phát triển khả tƣ Hệ thống tập sáng kiến chủ yếu tập đề thi Đại học, Cao đẳng năm gần nên học sinh hiểu làm đƣợc tạo nên hứng thú động lực học tập tốt cho em Chính SKKN tài liệu tham khảo bổ ích cho bạn đồng nghiệp, em học sinh muốn chinh phục điểm 10 mơn Tốn kỳ thi THPTQG tới Do phải hạn chế dung lƣợng (không 20 trang) nên sáng kiến khai thác đƣợc phần nhỏ tổng thể phƣơng pháp kết hợp dồn biến đạo hàm tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến Đặc biệt kĩ thuật dồn biến Chính mà sáng kiến chƣa thể giải triệt để đƣợc tốn tìm GTLN, GTNN biểu thức nhiều biến Do thời gian tới tiếp tục phát triển sáng kiến cách cập nhật thêm nhiều ví dụ hay, nhiều phƣơng pháp dồn biến độc đáo, nhƣ sâu vào phƣơng pháp “ khảo sát biến” công cụ đạo hàm - Kiến nghị - Tổ Toán-Tin trƣờng THPT Lê Lai cần tạo điều kiện, khuyến khích, động viên giáo viên luyện thi THPTQG giáo viên dạy đội tuyển HSG cấp tỉnh, dành phần thời gian hợp lí để ơn luyện nội dung lấy điểm 10 đề thi THPTQG cho học sinh - Sau năm Sở GD&ĐT cần chọn lọc SKKN hay thuộc lĩnh vực SKKN (và nhiều lĩnh vực khác) triển khai trƣờng để giáo viên đƣợc học hỏi, rút kinh nghiệm vận dụng thực nhằm nâng cao chất lƣợng dạy học nhà trƣờng XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƢỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 30 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung ngƣời khác (Ký ghi rõ họ tên) Nguyễn Đức Lượng 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO Đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ, đề thi THPTQG hàng năm Bộ GD&ĐT, trƣờng THPT toàn quốc Tài liệu chun tốn Giải tích 12 – Đồn Quỳnh (chủ biên), Nhà xuất Giáo dục Chuyên đề Bất đẳng thức – Nguyễn Trung Kiên, Nhà xuất ĐHQGHN PHỤ LỤC * Các đẳng thức bất đẳng thức (cần học thuộc lòng để vận dụng): (a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)= a2+b2+c2+a(b+c)+b(a+c)+c(a+b) (a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2bc-2ca (a-b-c)2=a2+b2+c2-2ab+2bc-2ca (x y) (y z) (z x) 2 3x 3y 3z (x y z) a2+b2+c2 ab+bc+ca a b c a b c a (b c) A B với a= x y ; b= y z ; c= z x Áp dụng bất đẳng thức A B x y + y z x y y z = x Tƣơng tự a+c b; a+c b a b c a b c (1) a b a c b 2 2(a c b 2(a 2 =z z a a b (a c c c ) b c ) a2b2+b2c2+c2a2 abc(a+b+c) (a+b+c) = [( a (1) b) a +b +c c(a a+b c x b b c) b) (b c) 2 (c a) ] ( ab a b c( a b bc ca ) (a+b+c)2 ( ab bc a ab + bc + ca ≤ ca ) b c ( a b 10 Nếu bc ca ) a,b 2 a b ; 2 b c ( 2 c a a )( b) ab c ) (a b) Đặt S=a+b; P=a.b P S P S 2 Ta có a2+b2=S2-2P a2+b2 S S Mặt khác S (a b) 2( S ) 2 ab 2 P S 21 Ta lại có: a3+b3= S 3 PS S S a3+b3 S 4 (a 11 Nếu a,b,c )( b )( c ) c) ; ( ab (a b) ab (a b) abc S ( ab abc 2 bc a )( (c ) ( c) ca ) ( ab bc (a ca ) b )( b (a c) b (1 ) c) (2) Lấy (1)+(2) ta đƣợc ( ab bc ca ) ( 2 )( a b c) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki (x1y1+x2y2+x3y3+…xnyn)2 Dấu “=” xảy 12 a a b 2 x1 x1 x2 x3 y1 y2 y3 x2 x3 x n y1 y2 y3 yn xn yn b 13 a +b a b 2 a a b b 14 a b a b a +b a b 3 15 a +b =(a+b) -3ab(a+b) (a+b)3-3 (a b) Áp dụng bất đẳng thức côsi a1+a2+a3+…+an n a a a a n 16 a+b n (a+b)= (a+b)3 Với a1, a2, a3, …, an số thực không âm Với a,b không âm ab a 17 2 b Với a,b không âm ab 18 ab (a b) 19 1 a b 20 ab 21 ab a a a b 2 b b 2 22 a+b+c 3 abc Với a,b,c không âm 22 23 (a b c) (a 24 abc Với a,b,c không âm 27 abc b c) 27 3 25 a +b +c Với a,b,c không âm 3abc a 26 a+b+c a (b b x c a x y 27 a +a 28 a t t 2a x a a , t y a a x y b y a t 29 1 a b c Chứng minh Đặt f(t)=at-t-1, có f’(t)=at.lna-1>0, hàm số đồng biến t f(t) f(0) at-t-1 a Với a,b,c không âm c) t a t Với a,b>0 ab ab Chứng minh 1 a 2 b a A B A ab ab ab Dấu xảy 30 b a b ab B +y z x y y z =x z =z x 32 P=f(x); x a ; b Nếu f’(x)>0 hàm số f(x) đồng biến f(a) P f(b) Nếu f’(x)