Đang tải... (xem toàn văn)
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến : Khai thác một số bài toán bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến. 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học 12 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 22 tháng 10 năm 2017 đến ngày 28 tháng 4 năm 2018.
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO … TRƯỜNG THPT … (TÊN CƠ BÁO CÁO SÁNG KIẾN KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TỐN BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN Nhóm tác giả: … Trình độ chun mơn: Thạc sĩ Tốn Chức vụ: Giáo viên Tốn Nơi cơng tác: Trường THPT … … Trình độ chun mơn: Thạc sĩ Tốn Chức vụ: … Nơi cơng tác: Trường THPT … Nam Định, tháng năm 2018 | Trang THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến : Khai thác số toán bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học 12 Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 22 tháng 10 năm 2017 đến ngày 28 tháng năm 2018 Tác giả: Họ tên: … Đồng tác giả (nếu có): Họ tên: … Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: … | Trang BÁO CÁO SÁNG KIẾN I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến: Trong cơng đổi tồn diện giáo dục nước nhà, đổi phương pháp dạy học nhiệm vụ hàng đầu Hơn nữa, năm học năm học thứ hai đổi hình thức phương án thi mơn Tốn, từ hình thức thi tự luận chuyển sang hình thức thi trắc nghiệm Tuy nhiên khơng có nghĩa kì thi THPT Quốc gia học sinh giỏi cấp, toán bất đẳng thức hay tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ biểu thức chứa nhiều biến không xuất Hơn nữa, tốn cịn phức tạp dạng trắc nghiệm mức vận dụng cao, đòi hỏi cần hiểu rõ chất phương pháp chứng minh tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Băn khoăn trước khó khăn học sinh, chúng tơi tìm tịi định lựa chọn vấn đề : “ KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HAM NHIỀU BIẾN ” để giúp em tiếp cận loại toán cách hiệu Trong trình giảng dạy, đặc biệt sau thời gian nghiên cứu giảng dạy cho em học sinh khá, giỏi ôn thi THPT Quốc gia ,và số em học sinh thi HSG nhận thấy học sinh cung cấp kiến thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất; đồng thời biết số ứng dụng vận dụng để giải tập lớn II CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Kiến thức chuẩn bị 1 Một số bất đẳng thức thường sử dụng 1.1.1 Bất đẳng thức AM – GM Cho a1 ; a2 ; ; an số thực khơng âm, ta ln có : a1 + a2 + + an ≥ n n a1a2 a2 Dấu “ = ” xảy a1 = a2 = = an a) Cho a , b ≥ Khi ta có a + b ≥ ab Đẳng thức xảy a = b Bất đẳng thức viết dạng khác tương đương 2 a + b) ( a +b 2 2 ; ( a + b ) ≥ 4ab ; a + b ≥ 2ab ; a +b ≥ ÷ ≥ ab b) Cho a , b, c ≥ Khi ta có a + b + c ≥ abc Đẳng thức xảy a = b = c Bất đẳng thức cịn có số ứng dụng để chứng minh số bất đẳng thức khác phổ biến sau: • a + b + c ≥ ab + bc + ca | Trang ( a + b + c) ≥ ( ab + bc + ca ) • a + b2 + c ≥ • ( a + b + c) • a b2 + b c + c a ≥ abc ( a + b + c ) • ( ab + bc + ca ) • ( a + b3 + c ) ≥ ( a + b + c ) ≥ 3abc ( a + b + c ) 1.1.2 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Phát biểu Cho hai số thực a1 , a2 , , an & b1 , b2 , , bn , ta có • ( a + b + c ) ( ab + bc + ca ) ≤ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ( a1b1 + a2b2 + + an bn ) ≤ ( a12 + a22 + + an2 ) ( b12 + b22 + + bn2 ) a1 a2 a = = = n b1 b2 bn Phát biểu Cho hai số thực a1 , a2 , , an bất kỳ, b1 , b2 , , bn số thực dương, ta có Dấu “=” xảy a12 a22 a ( a + a2 + + an ) + + + n ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + + bn a1 a2 a = = = n Dấu “=” xảy b1 b2 bn Khi giải toán ta hay gặp trường hợp n = 2; n = Ta có đánh giá quen thuộc sau Cho a , b, c > ta có: 1 a + b + c) ( 2 • ( a + b + c ) + + ÷ ≥ a +b +c ≥ a b c Một số đẳng thức đáng nhớ 1) ( x + y ) ( y + z ) + ( y + z ) ( z + x ) + ( z + x ) ( x + y ) = ( x + y + z ) + xy + yz + zx 2) 3) 4) ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) + xyz = ( x + y + z ) ( xy + yz + zx ) x + y + z = ( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) x3 + y + z = ( x + y + z ) − 3( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) 1.3 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Cho f ( x1 , x2 , , xn ) biểu thức n biến số thực xác định miền D f ( x1 , x2 , , x n ) ≤ M ∀( x1 , x2 , , xn ) ∈ D Max f = M ⇔ 0 0 0 D ∃( x1 , x2 , , xn ) ∈ D : f ( x1 , x2 , , xn ) = M f ( x1 , x2 , , x n ) ≥ m ∀( x1 , x2 , , xn ) ∈ D Min f = m ⇔ 0 0 0 D ∃( x1 , x2 , , xn ) ∈ D : f ( x1 , x2 , , xn ) = M 1.4 Các bước chứng minh toán BĐT, tìm GTLN, GTNN đạo hàm | Trang Xét tốn tìm GTLN biểu thức P ( x; y) với giả thiết x, y thỏa mãn tính chất A Để giải tốn dạng thơng thường ta làm theo bước sau: Bước 1: Xác định ẩn phụ t đánh giá biểu thức P theo hết ẩn phụ t Giả sử: P ≤ f (t) Bước 2: Chặn điều kiên ẩn t, giả sử t ∈ [ a;b] Bước 3: Xét hàm số f (t) đoạn [ a;b] Từ suy GTLN f (t) Kết thúc tốn Xử lí tình bước 1: - Trong toán hai biến đối xứng việc chọn ẩn phụ thơng thường có tính đối xứng Ta thường đặt ẩn t biểu thức sau: x + y; xy; x2 + y2; Tuy nhiên chọn ẩn phụ biểu thức phụ thuộc vào nhiều yếu tố như: giả thiết toán, biểu thức cần đánh giá P ( x; y) , mối liên hệ giả thiết P ( x; y) , chiều đánh giá P ( x; y) , … - Để đánh giá P ≤ f (t) ta phải quan sát kỹ giả thiết sử dụng bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopxki số bất đẳng thức phụ Tuy nhiên việc đánh giá P ≤ f (t) phải ý tới điểm rơi tốn - Thơng thường phần biểu thức P đánh giá dựa bất đẳng thức phụ Phần lại để quy biến t ta phải sử dụng phép giả thiết Nếu tốn có giả thiết đẳng thức phép thường đơn giản, cịn tốn có giả thiết bất đẳng thức phép khó khăn nhiều Tùy tốn cụ thể ta có cách xử lí cho phù hợp Xử lí tình bước 2: - Trong nhiều toán đánh giá P ≤ f (t) đơn giản đến bước chặn biến t lại khó Do cách chọn ẩn phụ t bước phải dựa bước xác định điều kiện t thực hay khơng Thơng thường cách đặt ẩn phụ theo tổng x, y khó xác định điều kiện ẩn phụ cách đặt ẩn phụ theo tích x, y lại dễ dàng xác định điều kiện ẩn phụ Nên thực hành ta phải linh hoạt thay đổi cách chọn ẩn phụ cho phù hợp với toán - Nếu giả thiết toán cho x, y∈ [ a;b] ta phải ý tới kết ( x − a) ( y − a) ≥ ( x − b) ( y− b) ≥ để chặn điều kiện t - Đa số toán việc xác định điều kiện ẩn phụ thực theo quy trình: Đánh giá giả thiết A(x; y) hai biểu thức theo ẩn phụ t sau: g(t) ≤ A(x; y) ≤ h(t) ⇒ g(t) ≤ h(t) Giải bất phương trình ta thu điều kiện ẩn phụ t Một số tốn điển bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 2.1 Bất đẳng thức đối xứng hai biến Phương pháp giải Dồn biến t = xy t = x + y ; Tìm điều kiện biến t Sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số biến t ; tìm GTLN; GTNN Chú ý: Đối với tốn bất đẳng thức đối xứng hai biến cần ý đến đánh giá thường sử dụng sau: 1) x + y ≥ xy ; ∀x; y Dấu " = " xảy x = y ; | Trang ( x + y ) ; ∀x; y Dấu " = " xảy x = y ; x2 y ( x + y ) 2) x + y = + ≥ = 1 1+1 2 3) 2 ( x + y) xy ≤ ; ∀x; y Dấu " = " xảy x = y ; 4) ( x + y ) ≥ xy ; ∀x; y Dấu " = " xảy x = y Bài 2 Cho số thực x, y thỏa điều kiện ( x + y ) = xy + Tìm giá trị lớn giá x4 + y4 trị nhỏ biểu thức P = xy + Phân tích tìm lời giải Đây toán bất đẳng thức hai biến; đối xứng Cả giả thiết kết luận tốn quy tổng x + y ; tích xy Dự đốn dấu đẳng thức xảy hai biến Từ giả thiết toán xác định ẩn phụ toán t = xy t = x + y Đề yêu cầu tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ biểu thức Do tìm điều kiện ẩn phụ ta cần chặn điều kiện hai phía Ta có lời giải chi tiết cho toán sau: Lời giải ( ) Đặt t = xy Ta có: xy + = ( x + y ) − xy ≥ −4 xy ⇒ xy ≥ − ( ) Và xy + = ( x − y ) + xy ≥ xy ⇒ xy ≤ (x Suy : P = Do đó: P ' = 2 + y2 ) − x2 y 2 xy + ( −t − t ) ( 2t + 1) = 1 ĐK: − ≤ t ≤ −7t + 2t + ( 2t + 1) 1 1 , P ' = ⇔ t = 0, t = −1( L) P − ÷ = P ÷ = P ( ) = 5 15 x = 0; y = ± Kết luận MaxP = ⇔ y = 0; x = ± Bài 2 ⇔x= y=± MinP = 15 Cho hai số thực x, y thay đổi thoả mãn x + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = x + y − 3xy | Trang Phân tích tìm lời giải Tương tự toán trên, toán bất đẳng thức hai biến; đối xứng Dự đoán dấu đẳng thức xảy hai biến Từ giả thiết toán xác định ẩn phụ toán t = xy t = x + y ; 3 2 Lưu ý: = x + y = ( x + y ) − xy ; P = x + y − 3xy = ( x + y ) ( x + y − xy ) − 3xy ; Đề yêu cầu tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ biểu thức Do tìm điều kiện ẩn phụ ta cần chặn điều kiện hai phía Ta có lời giải chi tiết cho toán sau: Lời giải 2 Ta có P = ( x + y ) ( x + y − xy ) − 3xy = ( x + y ) ( − xy ) − 3xy t2 − Đặt x + y = t Do x + y = nên xy = Suy t2 − t2 − t3 P = t 8 − − = − − t + 12t + 12 ÷ 2 2 2 Do ( x + y ) ≥ xy nên t ≥ ( t − 8) ⇔ −4 ≤ t ≤ Xét f ( t ) = − t3 − t + 12t + 12 với t ∈ [ −4;4] 2 ' Ta có f ( t ) = − t − 3t + 12; t = −4 ∈ [ −4;4] f ' ( t) = ⇔ t = ∈ [ −4;4 ] f ( −4 ) = −28; f ( ) = 26; f ( ) = Kết luận MaxP = 26 ⇔ t = ⇔ x = y = 1; MinP = −28 ⇔ t = −4 ⇔ x = y = −2 Bài Cho x, y số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + xy = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: S = x y − xy Phân tích tìm lời giải Đây tốn bất đẳng thức hai biến đối xứng Cả giả thiết kết luận tốn quy tổng x + y ; tích xy Dự đoán dấu đẳng thức xảy hai biến Từ giả thiết toán xác định ẩn phụ toán t = xy t = x + y ; Lưu ý đánh giá sau: x + y ≥ xy ⇒ = x + y + xy ≥ xy + xy = 3xy ⇒ xy ≤ x + y + xy = ⇔ ( x − y ) + 3xy = ⇔ − 3xy = ( x − y ) ≥ ⇒ xy ≤ | Trang Đề yêu cầu tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ biểu thức Do tìm điều kiện ẩn phụ ta cần chặn điều kiện hai phía Ta có lời giải chi tiết cho toán sau: Lời giải Ta có S = xy ( x − y ) ⇒ S = ( xy )2 ( x + y − xy ) = ( xy )2 (1 − 3xy ) Đặt t = xy x + y + xy = ⇔ − 3xy = ( x − y ) ≥ ⇒ t ≤ x + y + xy = ⇔ ( x + y ) = + xy ≥ ⇒ t ≥ −1 t = 1 ⇒ S = f (t ) = t (1 − 3t ), t ∈ −1; f '(t ) = 2t − 9t = ⇔ t = 3 2 1 2 f ( −1) = 4, f (0) = f ÷ = 0, f ÷ = ⇒ S ≤ ⇔ −2 ≤ S ≤ 3 243 S = ⇔ x = −1, y = S = −2 ⇔ x = 1, y = −1 Kết luận MaxS = ⇔ x = −1, y = 1; MinS = −2 ⇔ x = 1, y = −1 Bài x3 y x , y = + + 2 Tìm giá trị lớn Cho số thực dương thỏa mãn + xy y x x y 2 biểu thức P = x y + 16 x2 + y + Phân tích tìm lời giải Ta thấy toán bất đẳng thức hai biến; đối xứng Cả giả thiết kết luận toán quy tổng x + y ; tích xy Dự đoán dấu đẳng thức xảy hai biến Từ giả thiết toán xác định ẩn phụ toán t = xy t = x + y Tuy nhiên theo quan sát thấy giả thiết toán “đồ sộ” Một cách suy nghĩ tự nhiên quy đồng mẫu số để đưa biểu thức đơn giản Ta có : x3 y 3+ = + + 2 ⇔ xy + = x + y + xy xy y x x y Bây cần đánh giá x + y theo xy ta có kết Chú ý đến đánh giá quen thuộc x + y ≥ ( xy ) xác định ẩn phụ t = xy ; Đề yêu cầu tìm giá trị lớn biểu thức Do đánh giá P ta ý phải đánh giá theo chiều " ≤ " Do biểu thức x + y cần đánh giá theo chiều " ≥ " Điều dễ dàng theo AM -GM : x + y ≥ xy Ta có lời giải chi tiết cho toán sau: | Trang Lời giải 4 Từ giả thiết ta có : xy + = x + y + Đặt t = xy , t > ta có 3t + ≥ 2t + P = x2 y + 2 ≥ 2x2 y2 + xy xy 1 ⇔ 2t − 3t − 3t + ≤ ⇔ t ∈ ;2 t 2 16 16 ≤ x2 y + = t2 + x + y +2 xy + t +1 20 1 Max f t = ⇔t =2⇔ x= y= ( ) , t ∈ ;2 ta có Xét hàm số f ( t ) = t + 1 t +1 2 ;2 Kết luận Bài Max f ( t ) = 1 ;2 20 ⇔t =2⇔ x= y= Cho số thực dương x, y thỏa mãn x + y + xy = Tìm giá trị nhỏ biểu 3 x +1 y +1 2 thức P = ÷ + 4 ÷ + x +y x y Phân tích tìm lời giải Quan sát thấy toán bất đẳng thức hai biến; đối xứng Cả giả thiết kết luận toán quy tổng x + y ; tích xy Dự đốn dấu đẳng thức xảy hai biến Từ giả thiết toán xác định ẩn phụ toán t = xy t = x + y Lưu ý đánh giá ( x + y) xy ≤ ; Đề yêu cầu tìm giá trị nhỏ biểu thức Do đánh giá P ta ý phải đánh giá theo chiều " ≥ " Quan sát P có xuất số hạng bậc ba, ta cần lưu ý đến đánh giá ( a + b3 ) ≥ ( a + b ) , theo Cauchy - Schwarzt 2 a b4 ( a + b ) 3 a +b = + ≥ a b a+b ( a + b) ÷ ÷ ( a + b) 3 = ≥ ⇒ ( a + b3 ) ≥ ( a + b ) a+b Đối với biểu thức dấu bậc hai ta có đánh giá tổng sau: x + y 2 ( x + y) ≥ 2 Ta có lời giải chi tiết cho toán sau: | Trang Lời giải ( x + y) = x + y + xy ≤ x + y + x + y ≥ ⇒ ⇒ x+ y ≥ x + y ≤ −6 Mặt khác x, y > nên = x + y + xy > x + y Vậy ta có ≤ x + y < Từ giả thiết tốn ta có 3 Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarzt ta chứng minh ( a + b ) ≥ ( a + b ) Ta có 3 x +1 x +1 y +1 x + y y +1 2 P = 4 + ÷ + 4 ÷ + x + y ≥ ÷+ x x y y ( x + y ) + 3( x + y ) − x + y ≥ ÷+ ÷ − x + y ( ) t + 3t − t ; t ∈ [ 2;3) Đặt t = x + y , t ∈ [ 2;3) , ta có f ( t ) = P = ÷+ 3−t Kết luận Min2;3f ( t ) = 64 + ⇔ t = ⇔ x = y = [ ) Cho x + y − xy = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Bài M = x4 + y4 − x2 y2 Phân tích tìm lời giải Đây tốn bất đẳng thức hai biến; đối xứng Cả giả thiết kết luận toán quy tổng x + y ; tích xy Dự đốn dấu đẳng thức xảy hai biến Từ giả thiết toán xác định ẩn phụ toán t = xy t = x + y ; Đề yêu cầu tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ biểu thức Do tìm điều kiện ẩn phụ ta cần chặn điều kiện hai phía Lưu ý đánh giá sau: x + y ≥ xy ⇒ = x + y − xy ≥ xy − xy = xy ⇒ xy ≤ x + y − xy = ⇔ ( x + y ) − 3xy = ⇔ + 3xy = ( x + y ) ≥ ⇒ xy ≥ − Ta có lời giải chi tiết cho toán sau: Lời giải 1 = x + y − xy ≥ xy − xy = xy −1 ⇒ ≤ xy ≤ Ta có: x + y − xy = ⇒ 1 = ( x + y ) − 3xy ≥ −3xy 2 | Trang 10 Bài Cho ba số thực a, b, c ∈ [ 1;2] Tìm giá trị nhỏ biểu thức ( a + b) P= c + ( ab + bc + ca ) Bài Bài Cho ba số thực dương a, b, c Chứng minh a b 2c + + ≥ b + c c + a ( a + b) + c 2 Cho số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện x + y + z + xy = ( x + y + z ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z + 23 + x+z 23 y+2 Cho a , b, c ba số duơng Tìm giá trị lớn biểu thức 16 P= − ab ( a + 2c ) ( b + 2c ) a + b2 + c + Bài Cho a , b, c ba số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P= − ab + 7c + ca a + b + c Bài Bài 2 Cho x, y , z > thỏa mãn x + y + z ≤ ( y + 1) Tìm giá trị lớn biểu thức P = xy + yz + x + y + z +1 Cho a , b, c ba số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= − 2 a + 2b + 5c + + ab + bc + ca + Bài Cho a, b, c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức Bài P= Bài 1 − a + ab + abc a+b+c Cho a ≥ b; a ≥ c & a , b, c ∈ [ 1;4] Tìm giá trị lớn biểu thức a b c + + 2a + 3b b + c c + a HD: Khảo sát biến c, b, a P= Bài 10 Bài 11 Cho x, y , z > : x + y + z = Tìm Max P = x y + − x + yz y + zx z + 2 Cho a, b, c dương thỏa a + b + c + 2ab = ( a + b + c ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = ( a + b ) + c + 2014 2014 + a+c b+2 | Trang 57 Bài 12 2 Cho a, b, c dương thỏa a + b + c + 2ab ≤ ( a + b + c ) Tìm giá trị nhỏ 40 40 + b + c +1 a+3 Cho x; y; z > thoả mãn xy ≥ 1; z ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 biểu thức P = a + b + 2c + Bài 13 x y z3 + P= + + y + x + ( xy + 1) y + x2 z + y2 x + 2z2 + + + 2x + 2y +1 2z + x + y + z Bài 14 Cho x, y , z > Tìm Min P = Bài 15 Cho số thực dương x, y , z thoả điều kiện x + ( y − 1) + z ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức P = y ( x + z ) + Bài 16 x + y + z2 + 2 Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P= − + 4a + 2b + 2bc + a + 2b + 3c + b + 2c Cho số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 14 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : Bài 17 P= ( + ab ) 9ab + 17bc + 14ac + 12c − 18 + 9ab + 17bc + 14ac + 12c − 18 > 36 a+b+c+3 Bài 18 Cho a, b, c > thỏa mãn a + 2b > c a + b + c − = ab + bc + ca Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a+c+2 a + b +1 − a ( b + c ) + a + b + ( a + c ) ( a + 2b − c ) Bài 19 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a ∈ [0;1], b ∈ [0;2],c ∈ [0;3] Tìm giá trị lớn biểu thức : P = 2(2ab + ac + bc) 8−b b + + + 2a + b + 3c b + c + b( a + c ) + 12a + 3b + 27c + Bài 20 Cho số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn x + y + z = xy + Tìm giá trị lớn biểu thức : P = 2x 2y x + 2y + − x + 4( y + 1) x + 2( y + z ) 18 z Bài 21 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x > y ( x + z ) ( y + z ) = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = ( x − y) + ( x + z) + ( y + z) Bài 22 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Chứng minh : | Trang 58 3x − x y − y 3z − z + + ≥ xyz − yz − zx − xy Bài 23 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz + x + z = y Tìm giá trị lớn biểu thức : P= 3z 4z 2 – – + 2 x2 + y + z + ( z + 1) z + 2.4 Khảo sát hàm số theo biến riêng biệt Đối với BĐT nhiều biến, ta chọn biến biến số biến thiên cố định biến lại, toán lúc trở thành BĐT biến Bài toán Cho < a, b ≤ Chứng minh : tan a.tan b ≥ tan ( ab ) Giải: Giả sử a ≥ b Đặt f ( x ) = tan b.tan x − tan ( bx ) với b ≤ x ≤ Ta có : tan b b f ′( x) = − cos x cos bx 1 ≥ Do < a, b ≤ nên tan b > b > suy f ′ ( x ) > , nên f ( x) đồng biến cos x cos bx éb;1ù Vì với a ≥ b ta có f ( a ) ≥ f ( b ) Suy ê ë ú û ( 1) tan a.tan b − tan ab ≥ tan b − tan b 2 Đặt g ( x ) = tan x − tan x , có tan x 2x − > 0; ∀x ∈ ( 0;1) cos x cos x 2 Suy g ( b ) > g ( ) = ⇒ tan b − tan b > ( ) Từ (1) (2) suy đpcm g′( x ) = ( ) ( ) 3 2 Bài toán Chứng minh : x + y + z − x y + y z + z x ≤ 3, ∀x, y , z ∈ [ 0;1] Giải: BĐT cho tương đương với f ( x ) = x − yx − z x + y + z − y z ≤ ( Ta có ) ( ( ) ) x = x1 = y − y + z f ′ ( x ) = x − yz − z f ′ ( x ) = ⇔ x = x = y + y2 + 6z2 | Trang 59 Vì x ≤ nên x1 ∉ ( 0;1) Xét hai trường hợp Nếu x2 ∉ ( 0;1) ⇒ f ′ ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ [ 0;1] Suy f ( x) giảm [0; 1] Do max f ( x ) = max { f ( ) , f ( 1) } x∈[ 0;1] Nếu x2 ∈ ( 0;1) ta có bảng biến thiên : Xxx x x2 F f '( x) f f ( x) - + f ( x2 ) f ( x ) = max { f ( ) , f ( 1) } Từ bảng biên thiên suy max x∈[ 0;1] f ( x ) = max { f ( ) , f ( 1) } Như hai trường hợp ta có max x∈[ 0;1] Mặt khác ( ) ( ) ( ) f ( ) = y + z − y z ≤ y + z − y z + − y − z = f ( 1) Ta chứng minh f ( 1) ≤ Thật vậy, đặt ( ) ( f ( 1) = g ( y ) = y + z − y z + − y − z ( ( ) ) ) y = y1 = z − z + < Ta có g ′ ( y ) = y − zy − = ⇔ y = y = z + z2 + ù Do Nếu y2 ∉ ( 0;1) ⇒ g ′ ( y ) ≤ 0, ∀y ∈ [ 0;1] Suy g( y) giảm é ê0;1û ú ë max g ( y ) = max { g ( ) , g ( 1) } y∈[ 0;1] Nếu y2 ∈ ( 0;1) ta có bảng biến thiên Xxx y F g'( y) f g( y) y2 - + f ( y2 ) g ( y ) = max { g ( ) , g ( 1) } Từ bảng biên thiên suy max y∈[ 0;1] g ( y ) = max { g ( ) , g ( 1) } Như hai trường hợp ta có max y∈[ 0;1] Ta có | Trang 60 g ( ) = z + − z ≤ z + − z + ( − z ) = g ( 1) = z ( z − 1) ( z + 1) + ≤ với z ∈ [ 0;1] 1 a b c + + Bài toán Cho a, b, c ∈ ;3 Tìm GTLN biểu thức : S = a+b b+c c+a 3 Giải: a b c + + Xét hai trường hợp sau: a+b b+c c+a +) TH1: a ≥ b ≥ c ( b − c ) a − bc b c − = ≥0 Ta có f ′ ( a ) = 2 2 ( a + b) ( a + c) ( a + b) ( a + c) Đặt f ( a ) = ( ) b c + + = g ( c) 3+b b + c c +3 ( b − 3) 3b − c −b + = ≤0 Mặt khác g ′ ( c ) = 2 2 ( c + b ) ( c + 3) ( c + 3) ( b + c ) ⇒ f ( a ) ≤ f ( 3) = ( ) 3b 1 ⇒ g ( c) ≤ g ÷= + + = h ( b) + b 3b + 10 3 ( − b) ( + b) ≤ − = Ta có h′ ( b ) = 2 ( 3b + 1) ( b + 3) ( 3b + 1) ( b + 3) 1 Lập bảng biến thiên suy f ( a; b; c ) ≤ f 3;1; ÷ = 3 +) TH2: c ≥ b ≥ a Từ TH1 ta có f ( c; b; a ) ≤ Mặt khác ( a − b) ( b − a) ( a − c) ≤ f ( a; b; c ) − f ( c; b; a ) = ( a + b) ( b + a) ( a + c) Suy f ( a; b; c ) ≤ 1 1 Vậy max S = , đạt ( a, b, c ) ∈ 3,1, ÷, ,3,1÷, 1, ,3 ÷ 3 Bài toán Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn a, b, c ∈ [ 0;1] Tìm giá trị lớn biểu thức a b c + + 3 3 b +c +6 c +a +6 a +b +6 a b c + + 3 Giải: Đặt f ( c ) = 3 Ta có b +c +6 c +a +6 a +b +6 S= | Trang 61 f ′( c) = 3ac − a + b3 + b + c + ( 3c − ) ( a + c + 6) 6ac ( + b − 2c ) 6bc ( + a − 2c ) f ′′ ( c ) = − − ≤0 b + c + a + c + ( ) ( ) 3 3 3 3 3 ù Suy Nên f '( c) giảm é ê ë0;1ú û 3a − 3 6+a +b + b3 f ′ ( c ) ≥ f ′ ( 1) = ( ù Do Suy f ( c) tăng é ê ë0;1ú û 2a 2b − b3 + a + ( ) ù Suy Nên g'( a) giảm é ê ë0;1ú û 3b g ′ ( a ) ≥ g ′ ( 1) = − − b + 64 + b3 ( ù Do Suy g( a) tăng é ê0;1ú ë û ( ) ( ) (b − ≥ − > 49 ) ) ) ( ( ) ) b + = h(b) b +7 + − 48b ( ( − 3b = − ÷ − >0 ÷+ 64 b + b + S = g ( a ) ≤ g ( 1) = 6b Ta có h′ ( b ) = − b3 + 3 ) ( 3b a b + + 3 = g (a ) b +7 a +7 a +b +6 6ab − 2a 6a b + − a 3a − − ≤0 ; g ′′ ( a ) = − 3 a + b3 + a3 + a + b3 + S = f ( c ) ≤ f ( 1) = Ta có g ′ ( a ) = − ) (7+a ) b3 + ) > 0, ∀b ∈ [ 0;1] ù, nên h ( b ) ≤ h ( 1) = ⇒ S ≤ Suy h ( b) tăng é ê0;1ú ë û 8 Với a = b = c = max S = Bài tốn Cho hàm số f ( x, y ) = ( − x ) ( − y ) ( x − y ) miền D = { ( x, y ) | ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 2} Tìm GTNN hàm f miền D Giải: Biến đổi hàm số cho thành f ( x, y ) = ( − x ) ( − y ) ( ( − y ) − ( − x ) ) 2 Đặt u = – x, v = – y , ta chuyển tìm GTNN hàm số F ( u , v ) = −2uv + u v miền E = { ( u , v ) ,0 ≤ u ≤ 2,0 ≤ v ≤ 1} , nghĩa | Trang 62 F (u , v) = min( −2uv + u 2v) E 0≤u ≤ 0≤v ≤1 2 Xét hàm số g ( v ) = −2uv + u v với ≤ v ≤ , coi u tham số Ta có g ′ ( v ) = −4uv + u = u (−4v + u ) Ta thấy g’ ( v) = v0 = suy u u u , mà ≤ ≤ qua v0 = g’(v) đổi dấu từ dương sang âm, 4 { } max g ( v ) = { g ( ) , g ( 1) } = 0; u − 2u 0≤v ≤1 ( u − 2u ≤ ) F (u , v) = (u − 2u) = −1 u = 1, v = Từ Vậy E 0≤ u ≤ f ( x, y ) = F (u , v) = −2 x = 0, y = D E Bài toán Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc + a + c = b Tìm GTLN biểu thức : P= 2 − + a +1 b +1 c +1 Giải: a+c Biến đổi giả thiết thành a + c = b ( − ac ) > , suy a < , b = ( 1) c − ac Thay (1) vào biểu thức P biến đổi 2( a + c) P= + + − ( 2) a + c2 + 1 + a + b2 ( )( ) 2( x + c) 1 + Xét hàm số f ( x ) = P = với < x < coi c tham số (c > 0) 2 x +1 1+ x 1+ c 2 Ta có f ′ ( x ) = ( ) ( )( ) −2c x + 2cx − (1+ c ) (1+ x ) 2 1 c Trên 0, ÷ f ′ ( x ) = có nghiệm x0 = −c + c + (3) với < x0 < Qua c x0 f '( x) đổi dấu từ dương sang âm nên f ( x) đạt cực đại x0 nên f ( x ) ≤ f ( x0 ) = + c c2 + 2c ≤ + = g ( c) Từ theo (2) ta có P = f ( x ) − + c +1 c2 + c + ′ Xét hàm số g(c) với c > Ta có g ( c ) = (c 2(1 − 8c ) )( + 3c + c + ) | Trang 63 Với c > 0, g’(c) = c0 = va qua c0 g’(c) đổi dấu từ dương sang âm nên g ( c0 ) 10 giá trị cực đại, suy P ≤ g ÷= 8 1 10 ,a = , b = theo (1) (3) Giá trị P = đạt c = Bài toán Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện ≤ z ≤ { x, y} , xz ≥ , 15 yz ≥ Hãy tìm GTLN biểu thức P ( x, y, z ) = + + x y z Giải: Từ điều kiện (1) (2) suy x ≥ max z , 15 z a) Xét hàm số f ( x ) = (4) 1 + với x > tham số z ≥ Xét hai trường hợp x z x ≥ z ≥ theo (4) nên 15 15 z 2 ≥ z theo (4) + Nếu ≤ z ≤ x ≥ 15 15 z 2 Xét hàm số g(z) với ≤ z ≤ Ta có 15 15 g′( z ) = − + Nếu z ≥ 1 + = ≤ 15 (5) z z z 15 z + = g ( z) nên f ( x ) ≤ z f ( x) ≤ suy z ≥ với x > (1) 12 xy − 21 4y Suy 2x + y p ( x, y , z ) ≥ x + y + (12) xy − 7 x + y x2 y − 5x + y = Xét hàm số f ( x ) = x + với biến x > y tham số dương 4y xy − xy − Đặt x = Ta có f ′ ( x ) = 16 x y − 56 xy − 32 y + 35 ( xy − ) 7y 32 y + 14 7y + Trên khoảng ; +∞ ÷ f ′ ( x ) = có nghiệm x0 = − qua x0 4y f '( x) đổi dấu từ âm sang dương nên f ( x) đạt cực tiểu x0 nên f ( x ) ≥ f ( x0 ) = x0 − 4y Suy P ( x, y, z ) ≥ g ( x ) + y ≥ f ( x0 ) + y (13) + 32 y + 14 Ta có g ′ ( y ) = ⇔ y − Xét hàm số g ( y ) = y + 4y 2y ( ) 32 y + 14 − 28 = | Trang 65 Đặt t = 32 y + 14 với t > , phương trình trở thành 5 g ′ ÷ = g’ ( y) đổi dấu từ âm sang dương nên g( y) đạt cực tiểu y0 = lúc ta có 4 15 P ( x, y , z ) ≥ g ( y ) ≥ g ÷ = 4 Dấu đẳng thức xảy y = , x = 3, z = hay a = , b = , c = 3 15 Vậy P = Nhận xét: Phương pháp khảo sát biến cho thấy đường lối giải rõ ràng so với cách vận dụng BĐT, đồng thời giải hàng loạt tốn tìm cực trị hàm nhiều biến khác ( ) t − 50t − 112 = ⇔ ( t − ) t + 8t + 14 = ⇔ t = ⇔ y = BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 2 a ( b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) + 4abc > a + b + c Bài 2: Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác (có thể suy biến) ( a − b) ( b − a) ( a − c) Chứng minh max T < ( a + b) ( b + a) ( a + c) 21 Bài 3: Cho hàm số f ( x, y, z ) = xy + yz + zx − xyz miền D = { ( x, y , z ) | ≤ x, y , z ≤ 1, x + y + z = 1} Đặt T = Tìm giá trị nhỏ hàm f ( x, y, z) miền D Bài 4: Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện 0 < z ≤ y ≤ x ≤ ( 1) 3 ( 2) + ≥1 xy y 18 18 + + ≥ ( 3) x y y z z x 80 18 x + y Tìm giá trị lớn biểu thức P ( x, y, z ) = xyz + 27 Bài 5: Cho a, b, c ∈ [ 0;1] Chứng minh : a b c + + + ( − a) ( − b) ( − c ) ≤ b + c +1 c + a +1 a + b +1 Bài 6: Cho a, b, c ∈ [ 0;1] Tìm giá trị lớn biểu thức | Trang 66 P = ( a − b) ( b − c) ( c − a) ( a + b + c) III Hiệu sáng kiến đem lại: Hiệu kinh tế Trên Internet tài liệu tham khảo có nhiều vấn đề Nhóm tác giả hi vọng đề tài dùng làm tài liệu tham khảo cho thầy giáo, cô giáo dạy lớp 11, 12 ôn thi THPT Quốc gia dạy đội tuyển HSG cấp , đồng thời tài liệu tham khảo dành cho học sinh yêu thích muốn nghiên cứu toán bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức Hiệu mặt xã hội Qua số tập trên, thấy ứng dụng việc chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức nhiều biến toán thi THPT Quốc gia kì thi học sinh giỏi Trong khn khổ viết này, điều kiện thời gian có hạn, nghiên cứu số cách chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến thông qua việc sử dụng hàm số biến tìm đưa hàm biến Những ứng dụng áp dụng để giảng dạy em học sinh giỏi lớp 12 chuẩn bị ôn thi THPT Quốc gia em học sinh đội tuyển HSG mơn Tốn cấp tỉnh Trong q trình dạy, chúng tơi em học sinh nhiệt tình đón nhận đồng thời đạt số kết định Tuy nhiên, kinh nghiệm chưa nhiều thời gian hạn chế nên viết cịn nhiều thiếu sót Rất mong nhận đóng góp ý kiến thầy giáo, giáo bạn đồng nghiệp để viết hồn thiện Chúng tơi xin chân thành cảm ơn! IV Cam kết không chép vi phạm quyền Chúng xin cam kết kết sáng kiến kết nhóm tác giả chúng tơi nghiên cứu qua q trình dạy lớp 11, 12 ôn thi THPT Quốc gia đội tuyển học sinh giỏi Tỉnh mơn Tốn Chúng không chép vi phạm quyền tác giả CƠ QUAN ĐƠN VỊ NHĨM TÁC GIẢ SÁNG KIẾN | Trang 67 ÁP DỤNG SÁNG KIẾN Bùi Văn Toan (Ký tên, đóng dấu) Lương Văn Thủy Sở Giáo dục Đào tạo (xác nhận, đánh giá, xếp loại) | Trang 68 Tài liệu tham khảo: SGK Giải tích 12 , nâng cao – Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) Các đề thi thử đại học, thi thử THPT Quốc gia năm Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định tỉnh Tạp chí Tốn học tuổi trẻ Các tài liệu Internet: http://vnmath.vn ; http://diendantoanhoc.com.vn ; http://mathscope.org ; | Trang 69 CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc ĐƠN U CẦU CƠNG NHẬN SÁNG KIẾN Kính gửi: SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH Tôi (chúng tôi): Số TT Họ tên Lương Văn Thủy Bùi Văn Toan ngày tháng năm sinh Nơi công tác Chức danh Trình độ chun mơn Tỷ lệ (%) đóng góp vào việc tạo sáng kiến 1958 THPT Chun Lê Hồng Phong Phó hiệu trưởng Thạc sĩ Tốn 50% 1985 THPT Chuyên Lê Hồng Phong Giáo viên Thạc sĩ Tốn 50% - Là tác giả (nhóm tác giả) đề nghị xét công nhận sáng kiến: Khai thác số tốn bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến - Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán lớp 12, ôn thi THPT Quốc gia - Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: 22/10/2017 | Trang 70 - Mô tả chất sáng kiến : toán tập trung cách chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến - Những thông tin cần bảo mật có : khơng - Những điều kiện cân thiết để áp dụng sáng kiến : học sinh lớp 12 học hết chương Giải tích 12 - Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả: giúp học sinh tiếp cận tốt toán chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến, dùng làm tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp học sinh - Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể áp dụng thử (nếu có) Danh sách người tham gia áp dụng thử áp dụng lần đầu (nếu có): Số TT Họ tên ngày tháng năm sinh Nơi cơng tác Chức danh Trình độ chun mơn Nội dung công việc hỗ trợ Tôi (chúng tôi) xin cam đoan thông tin đơn trung thực, thật hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật Nam Định, ngày 28 tháng năm 2018 Người nộp đơn | Trang 71 ... CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến : Khai thác số toán bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học 12 Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ... dụng sáng kiến: Tên đơn vị: … | Trang BÁO CÁO SÁNG KIẾN I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến: Trong cơng đổi tồn diện giáo dục nước nhà, đổi phương pháp dạy học nhiệm vụ hàng đầu Hơn nữa, năm học. .. học năm học thứ hai đổi hình thức phương án thi mơn Tốn, từ hình thức thi tự luận chuyển sang hình thức thi trắc nghiệm Tuy nhiên khơng có nghĩa kì thi THPT Quốc gia học sinh giỏi cấp, toán bất