Mục tiêu của đề tài là Tìm tòi thêm cách chuyển (giảm biến) của biểu thức chứa nhiều biến. Phát huy kĩ năng vận dụng các bất đẳng thức cơ bản vào giải các bài toán khó trong kì thi THPT Quốc Gia. Tạo và định hướng giải bài toán Min- Max một cách dễ nhất không gây áp lực khó với học sinh.
1 PHẦN MỞ ĐẦU 1.1/ Lý chọn đề tài Mục đích việc giảng dạy mơn tốn trường trung học dạy học sinh kiến thức toán, cách giải tập, rèn luyện kỹ giải toán, giúp học sinh khai thác hoạt động tiềm ẩn nội dung mơn tốn hình thành tư logic cho học sinh Trong sách giáo khoa lớp 12 Giải tích trình bày cách tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số Vì vậy, số dạng tốn tìm giá lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức chứa biến trở nên đơn giản Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ toán bất đẳng thức toán dạng khó trương trình trung học phổ thơng Trong tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức dành cho học sinh khá, giỏi biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ thường chứa khơng hai biến Khơng thế, tốn khó thường có giả thiết buộc biến.Tuy nhiên chương trình giảng dạy học tập bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ ln chủ đề hấp dẫn người dạy lẫn người học.Việc giải tốn địi hỏi người làm phải vận dụng kiến thức hợp lý, nhiều độc đáo bất ngờ Nó đưa xích gần lại với tốn thường gặp thực tế tìm “ “ điều kiện định ( nhiều nhất, nhất, nhanh nhất, chậm nhất,…) Chính điều làm cho học sinh thấy tính thiết thực tốn học sống Đồng thời, tạo nên thích thú cho học sinh q trình giải tốn Để chứng minh Bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức có nhiều phương pháp, khơng có phương pháp vạn để giải tốn mà có phương pháp giải nhóm tốn mà thơi Trong q trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi ôn thi đại học, cao đẳng thân rút phương pháp hiệu sử dụng đạo hàm toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Vấn đề đặt dạng tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ chuyển dạng tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số chứa ẩn, chặn miền ẩn cho Với lý chọn đề tài: ‘‘CÁCH CHUYỂN BÀI TOÁN GIÁ TRỊ LỚN NHẤT- GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC NHIỀU BIẾN QUY VỀ MỘT BIẾN” 1.2/ Mục đích nghiên cứu: Tìm tịi thêm cách chuyển (giảm biến) biểu thức chứa nhiều biến Phát huy kĩ vận dụng bất đẳng thức vào giải tốn khó kì thi THPT Quốc Gia Tạo định hướng giải toán Min- Max cách dễ khơng gây áp lực khó với học sinh 1.3/ Đối tượng nghiên cứu: Là học sinh có lực học từ trung bình mơn tốn trở lên chương trình THPT áp dụng cho học sinh khối 12 1.4/ Phương pháp nghiên cứu: Tổng hợp nghiên cứu tài liệu liên quan tập phần tìm giá trị lớn nhỏ NỘI DUNG 2.1/Cơ sở lí luận vấn đề - Bất đẳng thức Cô – si, định lý Viét - Một số kiến thức sở đạo hàm - Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số - Quy tắc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f đoạn [ a; b] , khoảng, khoảng 2.2/Thưc trạng vấn đề cần nghiên cứu 2.2.1/Thực trạng Bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ lĩnh vực khó phức tạp thường xuyên đề cập đề thi học sinh giỏi, đại học - cao đẳng Đối với loại toán học sinh thường hay lúng túng khơng tìm đường giải thường sợ dẫn đến không chịu làm hay có kết luận sai lầm Trong q trình giảng dạy mình, có lần tơi đưa cho học sinh giải hai tốn sau : Bài Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số: f (x) = x ( − x ) đoạn [ 0;5] Bài Cho số thực a,b,c thỏa mãn a ≥ b ≥ c a + b + c = Chứng minh rằng: (a − b)(b − c)(c − a)(ab + bc + ca) ≥ − 2.2.2/Kết thu Khi chấm em, thấy nhiều em khơng làm xong tốn Các em đa số giải câu mà không giải câu cách hồn chỉnh Thực tốn tơi thấy tâm đắc, tốn khơng khó ta cần chút óc quan sát, linh cảm tinh tế “ cách nhìn’’ tìm mối liên hệ và từ nhận cách giải cách dễ dàng Cụ thể sau : Bài f (x) = x (5 − x)3 hàm số liên tục đoạn [0; 5]; f (x) = x(5 − x)3/ ∀x ∈ (0;5) f ’(x) = − x (5 − x) ; f ’(x) = ⇒ x = 5; x = 2 Ta có : f (2) = , f (0) = f (5) = Vậy : Max f(x) = f(2) = , Min f(x) = f(0) = x∈[0;5] x∈[0;5] Bài Ta có : (a − b)(b − c)(c − a)(ab + bc + ca) ≥ − ⇔ (a − b)(b − c)(a − c)(ab + bc + ca) ≤ (*) Đặt vế trái (*) P Nếu : ab + bc + ca < P ≤ suy BĐT chứng minh Nếu : ab + bc + ca ≥ , đặt ab + bc + ca = x ≥ a − b + b − c (a − c) (a − c)3 ⇒ ( a − b )( b − c )( a − c ) ≤ (1) ÷ = 4 (a − b)(b − c) ≤ Ta có : 4(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 2(a - c)2 + 2(a - b)2 + 2(b - c)2 ≥ 2(a - c)2 + [(a - b) + (b - c)]2 = 2(a - c)2 + (a - c)2 = 3(a - c)2 Suy 4(5 - x) ≥ 3(a - c)2 ,từ ta có x ≤ a − c ≤ (5 − x) (2) 3 Từ (1) , (2) suy P ≤ x (5 − x) = x (5 − x)3 (3) 3 Theo câu a ta có: f(x) = x (5 − x)3 ≤ với x thuộc đoạn [0; 5] nên suy P ≤ ⇒ P ≤ Vậy (*) chứng minh Như đưa toán nhiều biến toán giá trị lớn nhất, nhỏ biến quen thuộc phát huy có hiệu Trong trình giảng dạy lớp khối 12 ôn thi đội tuyển tỉnh, ôn thi vào trường Đại học, cao đẳng vận dụng ‘‘Cách chuyển tốn tìm giá trị lớn - giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến quy biến’’ vào học sinh trường THPT Trần Phú - Nga Sơn, em tiếp thu phát triển cao óc quan sát, linh cảm tinh tế, kết thu khả quan Từ tơi mạnh dạn đưa chuyên đề gồm hai toán : Bài toán : Kỹ thuật giảm biến tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức chứa hai biến Bài toán 2:Kỹ thuật giảm biến tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức chứa ba biến 2.3./ Giải pháp sử dụng để giải vấn đề Bài toán 1: Kỹ thuật giảm biến tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức chứa hai biến • Trong phần tơi trình bày chi tiết dạng tốn tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức chứa hai biến mà điều kiện buộc hai biến biểu thức thể tính đối xứng tính đẳng cấp Ví dụ Cho x, y số thực thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức : P = 2( x3 + y ) − 3xy Hướng dẫn học sinh cách chuyển Từ giả thiết x + y = Có thể đưa tốn ẩn khơng? - Ta nghĩ tới đẳng thức x + y = ( x + y )2 − xy; x + y = ( x + y )( x − xy + y ) - Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất x + y để sử dụng giả thiết - Biến đổi biểu thức P vào x + y = ta có : P = 2( x + y )( x − xy + y ) − xy = 2( x + y )(2 − xy ) − xy - Từ giả thiết ( x + y )2 − xy = ⇒ xy = ( x + y )2 − Vậy đến ta nghĩ đến việc đưa P hàm biến số ta đặt : t = x + y Cần chặn biến t cách sử dụng bất đẳng thức: x + y ≥ ( x + y)2 Lời giải Ta có : P = 2( x + y )( x − xy + y ) − xy = 2( x + y )(2 − xy ) − xy ( x + y)2 − Ta có : xy = , sau đặt t = x + y thì: t2 − t2 − P (t ) = 2t (2 − )−3 = −t − t + 6t + 2 2 ( x + y) ⇒ ( x + y ) ≤ ⇒ −2 ≤ t ≤ Ta có x + y ≥ P (t ) = −t − t + 6t + với −2 ≤ t ≤ Xét hàm số 2 Ta có P '(t ) = −3t − 3t + t = P '(t ) = ⇔ t = −2 Ta có : f (−2) = −7; f (1) = 13 ; f (2) = Vậy P(t ) = P (−2) = −7 x = y = −1 [ −2;2] 1+ 1− x= ;y= 13 2 max P (t ) = P (1) = ⇔ [ −2;2] 1− 1+ ;y= x = 2 Ví dụ Cho a, b số thực dương thỏa mãn 2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị lớn biểu thức a b3 a b P = + ÷− + ÷ a b a b Hướng dẫn học sinh cách chuyển - Biến đổi giả thiết: 2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2) ⇔ 2(a + b ) + ab = a 2b + ab + 2(a + b) a b ⇔ + ÷+ = ( a + b ) + ( a + b ) b a a b 1 1 ⇔ + ÷+ = ( a + b ) + + ÷ b a a b - Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 1 1 1 1 a b (a + b) + + ÷ ≥ 2(a + b) + ÷ = 2 + + ÷ a b a b b a Suy ra: + ÷+ ≥ 2 + ÷+ ⇒ + ÷ ≥ b a b a b a a b a b a b a b b , t ≥ Ta : P = 4(t − 3t ) − 9(t − 2) = 4t − 9t − 12t + 18 a Xét hàm số: f (t ) = 4t − 9t − 12t + 18 f '(t ) = 6(2t − 3t − 2) ≥ 0, ∀t ≥ 23 5 f (t ) = f ÷ = − Suy min 2 ;+∞ ÷ Đặt t = + 2 Vậy P = − 23 a b 1 1 đạt đươc + = a + b = + ÷ b a a b (a; b) = (2;1) (a; b) = (1; 2) Ví dụ 3: cho x; y > thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn biểu thức: 2 P = y( x + y) Hướng dẫn học sinh cách chuyển - nhận thấy biểu thức điều kiện đẳng cáp bậc - Đặt: y = tx điều kiện t > t2 + t với t > t2 +1 t2 + t f ( t ) = Xét hàm số tìm giá trị lớn t > t +1 - Khi P = ( tốn lớp 12) Bài toán 2:Kỹ thuật giảm biến tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức chứa ba biến • Trong phần tơi trình bày chi tiết dạng tốn tìm giá trị nhỏ nhất, giá giá trị nhỏ biểu thức ba biến cách đặt ẩn phụ hai biến qua biến cịn lại Ví dụ Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + với x, y số thỏa mãn điều kiện : ( x + y )3 + xy ≥ Hướng dẫn học sinh cách chuyển - Vì giả thiết biểu thức phức tạp nên ta khai thác trước cho gọn để sử dụng dễ dàng Chú ý đẳng thức : x + y = ( x + y ) − xy x + y = ( x + y )( x − xy + y ) Và ( x + y ) ≥ xy Khi điều kiện tốn trở thành : x + y ≥ Ta biến đổi A sau : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + 3 = ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y ) + 2 3( x + y ) ≥ ( x + y )2 + − 2( x + y ) + ( x + y )2 ( x + y ≥ ) Hay A ≥ ( x + y ) − 2( x + y ) + - Vì ta nghĩ đến việc đưa A hàm biến cách đặt t = x2 + y - Tìm điều kiện biến t ta sử dụng bất đẳng thức x + y ≥ ( x + y)2 Lời giải Ta ln có kết : ( x + y ) ≥ xy , từ ta có : ( x + y )3 + xy ≥ ⇒ ( x + y )3 + ( x + y ) ≥ ( x + y )3 + xy ≥ ⇒ ( x + y )3 + ( x + y ) ≥ ⇒ [ ( x + y ) − 1] ( x + y ) + ( x + y ) + ≥ ⇒ ( x + y) − ≥ 1 Do ( x + y )2 + ( x + y ) + = ( x + y ) + + ≥ 0, ∀x, y 2 Bài toán đưa tìm max, : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + Với x, y thỏa mãn x + y ≥ Ta biến đổi biểu thức A sau : A = 3( x + y + x y ) − 2( x + y ) + 3 = ( x + y ) + ( x + y ) − 2( x + y ) + 2 3( x + y ) ≥ ( x2 + y )2 + − 2( x + y ) + ( x + y )2 ( x + y ≥ ) Hay A ≥ ( x + y ) − 2( x + y ) + ( x + y)2 Vì x + y ≥ ( x + y ≥ ) nên x + y ≥ 2 Đặt t = x + y Ta có hàm số f (t ) = t − 2t + với t ≥ (Đây toán quen thuộc với học sinh 12) Ví dụ 5: Cho a,b,c ba số thực không đồng thời thỏa mãn: (a + b + c) = 2(a + b + c ) Tìm giá trị lớn nhỏ : P = a + b3 + c (a + b + c)(ab + bc + ca) Hướng dẫn học sinh cách chuyển Ta nhận thấy P biểu thức đối xứng ba biến có điều kiện biến để chuyển P chứa biến từ điều kiện biến ta có : (a + b + c) = a + b + c + 2(ab + bc + ca ) ⇔ 2(a + b + c ) = a + b + c + 2(ab + bc + ca ) 1 ⇔ ab + bc + ca = (a + b + c ) = (a + b + c) 2 3 3 4(a + b + c ) a b c = 4 Thế vào P Khi P = ÷ + 4 ÷ + 4 ÷ (a + b + c )3 a+b+c a+b+c a+b+c 4a 4b 4c ;y= ;z = a+b+c a+b+c a+b+c x + y + z = y + z = − x y + z = 4− x ⇔ ⇔ từ phép đặt ta có : (*) xy + yz + xz = yz = − x ( y + z ) yz = x − x + Bây ta dùng đặt ẩn : Đặt x = Từ 16 P = x3 + y + z = x + ( y + z )3 − yx( y + z ) = 3x − 12 x + 12 x + 16 P= 3 3 x − x + x +1 16 4 8 2 Từ (*) để tồn y z ( theo viet) : (4 − x) ≥ 4(4 − x + x ) ⇔ x ∈ 0; 3 Như tốn trở thành tìm GTLN GTNN P= 3 3 x − x + x + 16 4 8 x ∈ 0; tốn quen thuộc với học sinh lớp 12 giải 3 cách đễ dàng Nhận xét : Qua ví dụ ta nhận thấy để chuyển khơng khó nhiều em hoc sinh nhiên trình chuyển đổi miền xác định biến quan y + z = 4− x để tồn y yz = x − x + trọng ,ở có phương pháp chặn biến hay : Từ 8 2 z (Theo vi-est) : (4 − x) ≥ 4(4 − x + x ) ⇔ x ∈ 0; từ việc chặn 3 x chuyển P ta thấy việc nắm bắt tốn ví dụ cách dễ dàng Ví dụ Cho số thực a, b, c thoả mãn: a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a + b + c ab + bc + ca = −3 Hướng dẫn học sinh cách chuyển Tiếp tục gặp toán đối xứng ba biến sau ta nhìn cách chuyển biểu thức P : Từ giả thiết suy : a + b + c = P = a + b6 + c ⇒ P − 3(abc) = (a + b + c )(a + b + c − a 2b − b 2c − c a ) = (a + b + c )3 − 3(a + b + c )(a 2b + b 2c + c 2a ) = 216 − 18.9 = 54 Suy P = 3(abc) + 54 Đặt t = abc việc chặn t nào, hay sau : Ta có: a, b, c ba nghiệm thực phương trình: ( x − a)( x − b)( x − c) = ⇔ x − x − abc = ⇔ x − 3x + = abc + (3) Từ đồ thị hàm số y = x − 3x + 1, suy pt (3) có ba nghiệm thực a, b, c −1 ≤ abc + ≤ ⇔ −2 ≤ abc ≤ abc = −2 , ba số a; b; c có hai số số -2 abc = , ba số a; b; c có hai số -1 số Như toán trở thành tìm giá trị lớn nhất: P = 3t + 54 đoạn [ −2; 2] x + y + z = Ví dụ Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz = Chứng minh rằng: 183 − 165 ≤ x + y + x ≤ 18 Hướng dẫn học sinh cách chuyển - Biểu thức P = x + y + z đối xứng với ba ẩn x, y, z Biến đổi P theo x + y + z; xyz; xy + yz + zx nào? - Ta có P = x + y + z = ( x + y + z )2 − 2( x y + y z + z x ) = (42 − 2( xy + yz + zx)) − 2( xy + yz + zx) − xyz ( x + y + z ) - Với mối quan hệ chuyển P biến nào? x + y + z = Đặt t = xy + yz + zx từ giả thiết ta có P = 2(t − 32t + 144) xyz = - Tìm điều kiện cho ẩn nào? Từ điều kiện x, y, z ta y + z = − x; yz = 2 t = x(4 − x) + x x - Tìm điều kiện ẩn x chuyển điều kiện theo ẩn t áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương y, z ta có: ( y + z ) ≥ yz ⇔ (4 − x) ≥ ⇔ x3 − x + 16 x − ≥ ⇔ ( x − 2)( x − x + 4) ≥ x ⇔ 3− ≤ x ≤ 2 đoạn 3 − 5; , ta có: x −2( x − 1)( x − x − 1) t '( x ) = x2 Xét hàm số t ( x) = x(4 − x) + 5 −1 Từ việc xét dấu t '( x) đoạn 3 − 5; ta ≤ t ≤ 5 −1 Khảo sát hàm số P = 2(t − 32t + 144) ≤ t ≤ suy : 183 − 165 ≤ x + y + x ≤ 18 4 BÀI TẬP x4 + y + với x − xy + y = 2 x + y +1 Bài 2.Tìm giá trị lớn nhỏ : P = x3 + y + z − 3xyz với x + y + z = x + y + 16 z Bài 3.Tìm giá trị nhỏ : P = với x + y + z > 0; x; y; z ≥ ( x + y + z) Bài Cho x; y thỏa mãn : x + xy + y ≤ chứng minh : Bài 1.Tìm giá trị lớn nhỏ : P = ( ) − + ≤ x − xy − y ≤ − Bài Cho x, y, z ∈ [ −1;1] x + y + z = Tìm giá trị nhỏ 7 y + + y + z + + z + x2 9 1 Bài Cho ba số thực x, y, z ∈ ;3 Tìm giá trị lớn biểu thức: 3 a b c P= + + a+b b+c c+a Bài Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn A = 1+ x + biểu thức : M = 3(a 2b + b 2c + c a ) + 3(ab + bc + ca ) + a + b + c Bài Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = 3(a + b + c ) + 4abc Bài Cho x; y ∈ [ 2014;2015] tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: x+ y (x + y ) xy Bài 10 Cho x; y; z số thực thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm GTLN, GTNN P= biểu thức : P = x3 + y + z − 3xyz Bài 11 Cho x > 0; y > 0; z > thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm GTLN biểu thức : 10 T = xy + yz + zx − xyz KẾT LUẬN 3.1/ Kết thu Trên cách chuyển từ tốn khó tốn quen thuộc q trình giảng dạy tìm tịi nghiên cứu tơi hệ thống lại phương pháp đưa tập có tính minh hoạ Trong thực tế ngồi vấn đề tơi trình bày bày cịn có nhiều phương pháp khác “ dồn biến kĩ thuật hàm số “ hay “ dồn biến hàm lồi”.Tuy nhiên sau nhiều năm áp dụng sáng kiến việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh trường THPT Trần Phú - Nga Sơn thu kết sau : - Làm cho em u thích mơn học - Có cách giải hợp lý, hay, ngắn gọn suy luận tư chặt chẽ - Số học sinh giỏi, học sinh thi vào Đại học, Cao đẳng năm ngày tăng - Năm học 2015 -2016 giảng dạy lớp 12A sáng kiến đạt kết sau: Khi chưa áp dụng Đã áp dụng sáng kiến Sỉ số : 45 Số lượng % Số lượng % Hiểu vận dụng 4% 15 34% Hiểu chưa biết vận dụng 10 22% 20 44% Không vận dụng 23 74% 10 22% 3.2/ Bài học kinh nghiệm rút Sau thời gian đưa vào áp dụng , bồi dưỡng học sinh tự rút số kinh nghiệm sau : - Giáo viên phải nghiên cứu kỹ kiến thức sách giáo khoa, tài liệu tham khảo - Lựa chọn phương pháp môn phù hợp với đối tượng học sinh - Để áp dụng làm tập tốt cần cho học sinh nắm vững sở lí thuyết vấn đề tránh thiếu sót khơng chặt chẽ q trình giải học sinh - Khi cho làm tiết luyện tập cần lưu ý kĩ thuật kĩ em sau tập cần chốt lại phần vấn đề nhận xét nhằm lôi học sinh có lịng say mê tốn học 3.3/ Kiến nghị , đề xuất Với đề tài: ‘‘Cách chuyển tốn tìm giá trị lơn - giá trị nhỏ biểu thức nhiều biến quy biến’’ cố gắng hệ thống số dạng Trong dạy có đưa sở lí thuyết ví dụ có hoạt động khám phá cụ thể nhằm giúp học sinh tự tìm lời giải cho mình, từ hình thành cho phương pháp giải tốn nói chung để giải tốn 11 Các tập đưa từ dễ đến khó, có tập có lời giải chi tiết có tập có hướng dẫn học sinh phải biết chiếm lĩnh tri thức, phát triển khả tư cho học sinh Hệ thống tập đề tài chủ yếu tập đề thi Đại hoc Cao đẳng năm gần nên học sinh hiểu làm tạo nên hứng thú động lực học tập tốt cho em Tuy nhiên trình giảng dạy vẫ có nhiều học sinh cịn bỡ ngỡ q trình giải tốn cực trị, lập luận thiếu cứ, suy diễn chưa hợp lý logic đặc biệt số dạng chưa phù hợp với học sinh trung bình yếu Mặc dù có nhiều cố gắng trình độ thân tài liệu tham khảo hạn chế lại chưa có khinh nghiệm lĩnh vực nghiên cứu khoa học nên cách trình bày khơng tránh khỏi sơ xuất thiếu sót Rất mong giúp đỡ, góp ý thầy, cô bạn bè đồng nghiệp để tơi rút kinh nghiêm q trình giảng dạy thời gian sau Tơi xin chân thành cảm ơn ! Xác nhận quan đơn vị Nga Sơn, ngày tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan sáng kiến tự nghiên cứu không chép Người viết Nguyễn Văn Hồi 12 ... hai toán : Bài toán : Kỹ thuật giảm biến tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức chứa hai biến Bài toán 2:Kỹ thuật giảm biến tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức chứa ba biến. .. vấn đề Bài toán 1: Kỹ thuật giảm biến tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức chứa hai biến • Trong phần tơi trình bày chi tiết dạng tốn tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức chứa... giá trị lớn nhỏ NỘI DUNG 2.1/Cơ sở lí luận vấn đề - Bất đẳng thức Cô – si, định lý Viét - Một số kiến thức sở đạo hàm - Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số - Quy tắc tìm giá trị lớn