sáng kiến kinh nghiệm dự thi 36

2 I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến kinh nghiệm Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Nam Định mơn Tốn năm gần thƣờng u cầu thí sinh “CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC HOẶC TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC” Đặc biệt thƣờng xuất câu khó nhằm phân loại học sinh thuộc dạng nêu Bản thân giáo viên thƣờng xuyên đƣợc nhà trƣờng giao nhiệm vụ dạy luyện thi Đại học bồi dƣỡng Học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12, nên tơi suy nghĩ cần phải trang bị cho Học sinh số phƣơng pháp định để giúp em giải đƣợc tốn khó có dạng nêu Có nhiều phƣơng pháp sử dụng để “CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC” Khi đứng trƣớc toán học sinh cần phải đƣợc cung cấp nhiều phƣơng pháp giải toán khác việc phát hiện, sử dụng phƣơng pháp cụ thể vấn đề vô quan trọng để dẫn tới thành công nhanh Vì tơi đƣa sáng kiến nhằm mục đích: Cung cấp cho học sinh có thêm phương án lựa chọn gặp toán chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN – GTNN biểu thức Đồng thời giúp cho giáo viên dựa vào để sáng tạo toán chứng minh bất đẳng thức, tìm GTLN – GTNN biểu thức Phương pháp khơng dài dịng, độc đáo hiệu II.MƠ TẢ GIẢI PHÁP Mơ tả giải pháp trƣớc tạo sáng kiến Đối với học sinh việc làm tập lên quan đến bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số nội dung kiến thức tƣơng đối khó, lại áp dụng kiến thức vào giải tốn tìm giá tri lớn nhất, nhỏ biểu thức nhiều biến lại khó Thực tế dạy chủ đề tơi thấy gặp tốn dạng đa số em chọn bừa đáp án bỏ qua Một phần em chƣa có đƣợc cách nhìn, phƣơng pháp cụ thể, lại phải có tƣ tổng hợp phần kiến thức từ bất đẳng thức bản, bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopxki, đạo hàm, hàm số, Từ thực tế tơi thấy để em khơng cảm thấy sợ tập dạng xây dựng chủ đề dạy học “Chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức nhiều biến” theo phƣơng pháp dồn biến nhằm giúp em bƣớc giải tập sở xây dựng cho em kiến thức tảng cần thiết Mô tả giải pháp sau tạo sáng kiến Xuất phát từ thực tế trên, dạy chủ đề chia thành nội dung: NỘI DUNG 1: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ– SI (CAUCHY) NỘI DUNG 2: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIACOPXKI (CAUCHY–SCHWARZT) NỘI DUNG 3: DỒN BIẾN NHỜ PHÁT HIỆN YẾU TỐ ĐẲNG CẤP CỦA ĐỀ BÀI NỘI DUNG 4: DỒN BIẾN NHỜ KỸ THUẬT ĐỔI BIẾN SỐ NỘI DUNG 5: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC NỘI DUNG 6: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG ĐIỀU KIỆN CỦA GIẢ THIẾT NỘI DUNG 7: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ NỘI DUNG 8: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG PHƢƠNG PHÁP HÌNH HỌC NỘI DUNG 9: DỒN BIẾN NHỜ PHƢƠNG PHÁP CHỌN PHẦN TỬ LỚN NHẤT HOẶC PHẦN TỬ NHỎ NHẤT Phƣơng pháp chung:  Xác định biến cần dồn ( cần linh hoạt để cho bƣớc tìm điều kiện đƣợc thuận lợi )  Vận dụng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopxki; đổi biến số biến cần dồn xác định  Tìm điều kiện biến để đƣa hết  Sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số theo biến từ suy điều phải chứng minh tìm đƣợc giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ NỘI DUNG 1: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CƠ –SI (CAUCHY) I/ Bất đẳng thức Cơ–si (Cauchy) ab  ab , a, b   Bất đẳng thức Cô-si cho hai số: Đẳng thức xảy a  b  Bất đẳng thức Cô-si cho ba số: abc  abc , a, b, c  Đẳng thức xảy a  b  c  Bất đẳng thức Cô-si tổng quát cho n số không âm: √ Đẳng thức xảy II/ Các hệ bất đẳng thức Cauchy  a, b  R  Đẳng thức xảy a  b  a +b  2ab  a +b  2ab  a, b  R  Đẳng thức xảy a  b a  b2  ab   a, b  R  Đẳng thức xảy a  b ab  ab       a, b  R  Đẳng thức xảy a  b  a + b3  c3  3abc, abc  abc      III/ Một số ví dụ minh họa Ví dụ Cho số thực ( Chứng minh a2  b2  c2   Phân tích tìm lời giải ) ( )( )( )  Đây ví dụ bất đẳng thức đối xứng ba biến Do dự đoán dấu đẳng thức xảy biến abc biến cần đưa a  b  c abc Khai triển đẳng thức giả thiết cho ta: a2  b2  c2   a  b  c  1   abc nên ta xác định được:  Biến cần đưa về: a  b  c  Chiều đánh giá cần tìm: abc  g  a  b  c   Đánh giá cần tìm là: ⏞ ( )  Lời giải +) Từ giả thiết abc  1  a  1  b 1  c  kết hợp với ⏞ ( ) ta đƣợc abc    a  b  c   ab  bc  ca  abc    a  b  c  ab  bc  ca  2abc  a  b  c    a2  b2  c2     a  b  c   2abc  a2  b2  c2   a  b  c  1   abc   a  b  c  1   2  a  b  c 27 Đẳng thức xảy a  b  c +) Đặt t  a  b  c  t   0;3  Xét hàm số f  t     t  Ta có f '  t    t  2t      t  +) Bảng biến thiên hàm số f  t  , t   0;3 t  t  2t  27 t f 't  - + 21 f t  +) Dựa vào bảng biến thiên ta có: a2  b2  c2  f  t   a  b  c  Đẳng thức xảy Kết luận: Vậy a2  b2  c2  Đẳng thức xảy a  b  c  Ví dụ Cho số thực x, y thoả mãn x  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P   x3  y   x  y  Phân tích tìm lời giải  Đây ví dụ bất đẳng thức hai biến đối xứng Dự đoán dấu đẳng thức xảy hai biến Từ giả thiết x  y  ta xác định được:  Biến cần đưa về: x  y  Chiều đánh giá cần có: P   Chiều đánh giá cần tìm: x3  y  g  x  y   Biến đổi biểu thức x  y   x  y   3xy  x  y  , muốn sử  dụng đánh giá x3  y  g  x  y  ta cần xy  x  y x y  Đánh giá cần tìm là: xy       Lời giải x y +)Áp dụng đánh giá xy    ta đƣợc   3 x  y   x  y x  y   x  y   3xy  x  y    x  y    x3  y  4 3 3 3 Đẳng thức xảy x  y +) Khi P   x  y   3  x  y x y   x  y , đặt x  y  t  ta có 3t hàm số f  t   t  t , t  0; f '  t      t 1 2 t +) Bảng biến thiên hàm số f  t  , t  t f 't  ||  - + +∞ f t   5 Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f 1   , t   P  f  t    2 Đẳng thức xảy x  y  Kết luận: Giá trị nhỏ P  x  y  2 Ví dụ Cho số thực x, y dƣơng Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  y xy  x  y   Phân tích tìm lời giải  Đây ví dụ bất đẳng thức hai biến đối xứng dồn biến x  y biến xy Dự đoán dấu đẳng thức xảy hai biến Dựa vào chiều cần đánh giá ta xác định được:  Biến cần đưa về: x  y  Chiều đánh giá cần có: P   Chiều đánh giá cần tìm: xy  x  y   g  x  y   Biến đổi biểu thức: Nếu muốn tạo x  y từ x2  y xy, ta có biến đổi sau  x  y    xy    x  y   xy  x  y   x  y   Đánh giá cần tìm là:  xy   x  y        2  Lời giải 1  xy  x  y   x  y  Đẳng 2 2 +) Ta có  xy   x  y     xy x  y     2  thức xảy x  y P 1  x  y  8 x y , xy  x  y   x  y đặt x  y  t  ta có hàm số f  t   4  t , t  0; f '  t       t 1 t t t +) Bảng biến thiên hàm số f  t  , t  t f 't  ||  -  +  f t  Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f 1  , t   P  f  t   Đẳng thức xảy x  y  Kết luận: Giá trị nhỏ P x  y  Ví dụ Cho số thực x, y dƣơng Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1  x3 y  x3  y  x  y  Phân tích tìm lời giải  Đây ví dụ bất đẳng thức hai biến đối xứng dồn biến x  y biến xy Dự đoán dấu đẳng thức xảy hai biến Tương tự ví dụ dựa vào chiều cần đánh giá ta xác định được:  Biến cần đưa về: x  y  Chiều đánh giá cần có: P   Chiều đánh giá cần tìm: x3 y  x3  y   g  x  y   Biến đổi biểu thức: Ta có x3  y   x  y   x  xy  y  Như muốn đưa biến x  y ta xét tích x3 y  x  xy  y  Cũng ví dụ trên, ta thấy để tạo x  y ta cần có biến đổi sau  x  y   x  xy  y   xy  xy  xy  Đánh giá cần tìm là:  xy  xy  xy   x  xy  y    x  y 8 2    xy  xy  xy   x  xy  y     256    Lời giải +) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bốn số dƣơng ta có x3 y  x3  y    xy  xy  xy   x  xy  y   x  y   xy  xy  xy   x  xy  y   x  y  3 3    x  y  x y  x  y     256   Đẳng thức xảy x  y P 1 256    , đặt x  y  t  x y x3 y  x3  y  x  y  x  y  10 ta có hàm số f  t   256 256  , t  0; f '  t    10    t  9t t t t +) Bảng biến thiên hàm số f  t  , t  t f 't   - ||  + f t   4 +) Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f     , t   P  f  t    9 Đẳng thức xảy x  y  Kết luận: Giá trị nhỏ P  x  y  Ví dụ (Khối B năm 2014) Cho số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện ( a  b)c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a b c   b c a  c 2( a  b)  Phân tích tìm lời giải  Đây ví dụ bất đẳng thức ba biến khơng đối xứng, quan sát điều kiện giả thiết xuất tích ( a  b)c  biểu thức P xuất thương c c ab ta dự đoán đưa biến biến Mặt khác theo bất ab ab c đẳng thức Cơ-si ta có a  b c xác định được:  Biến cần đưa về: c ab  Chiều đánh giá cần có: P  b 2( a  b)   , ta a c ab c 1 c ab 11  Chiều đánh giá cần tìm:  Đánh giá cần tìm là: a b  c    g  b c ac  a b a b 2( a  b)    b c a c ab c 1 c ab  Lời giải +) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số khơng âm ta có: a  (b  c)  a (b  c )  Tƣơng tự ta có: b 2b a b 2(a  b)      ac abc bc a  c a  b  c 1 c ab a b c c     , b c a  c 2( a  b)  c 2( a  b) ab P đặt t  a 2a  bc abc c , t  ab Xét hàm số f ( t )  2    t 1  t với t  , f '  t   1t  t  1 +) Bảng biến thiên hàm số f  t  , t  t f 't   - +  f t  +) Từ bảng biến thiên, ta thấy f  t   f 1  3 , t   P  f  t   2 Đẳng thức xảy a  0, b  c, b  101 a  b   Đẳng thức xảy ab   a  b  c 1 a  b  2c   Kết luận: Giá trị nhỏ P  6ln a  b  c  III/ BÀI TẬP RÈN LUYỆN a b c    ab b c c a Bài 1.Cho a, b, c  Chứng minh : Bài Cho số thực dƣơng a, b, c thỏa điều kiện a2  b2  c2  Tìm giá trị lớn biểu thức P   ab bc   a4b4  b4 c4        c2  a2  64  a4 c4  2a 2b   ab b c Bài Cho a, b, c  Chứng minh 2c  ca a3 b3 c3    Bài 4.Cho a, b, c  Chứng minh 3 ( a  b) ( b  c) ( c  a) NỘI DUNG 8: DỒN BIẾN NHỜ VẬN DỤNG PHƢƠNG PHÁP HÌNH HỌC I/ Phƣơng pháp  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A, B, C ta ln có AB  BC  AC  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A x1; y1  , B  x2 ; y2  ta ln có:  AB   x2  x1; y2  y1   AB   x2  x1    y2  y1  2 II/ Một số ví dụ minh họa Ví dụ Cho x, y hai số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  ( y  1)  x  ( y  1)  x  ( Đề thi TSĐH khối B năm 2006 ) 102  Phân tích tìm lời giải  Quan sát P ta thấy xuất biểu thức x  ( y  1)2 biểu thức x  ( y  1)2 có dạng cơng thức tính độ dài đoạn thẳng biết tọa độ chúng nên ta nghĩ đến phương pháp hình học để giải tốn này, mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai điểm OA  x   y  12  , áp dụng bất đẳng thức A   x; y  1 , B  x; y  1   2 OB  x   y  1  OA  OB  AB  x  ( y  1)2  x  ( y  1)2  x  , ta xác định  Biến cần đưa về: x  Chiều đánh giá cần có: P   Lời giải +) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai điểm OA  x   y  12  , áp dụng bất đẳng thức A   x; y  1 , B  x; y  1   2 OB  x   y  1  OA  OB  AB  x  ( y  1)2  x  ( y  1)2  x  ,  P  x  ( y  1)2  x  ( y  1)2  x   x   x   x   x  +) Xét hàm số f ( x)  x   x  Dễ thấy hàm số f (x) liên tục R 2 x   x  x  Ta có f ( x)   2 x   x  x   2x  x   x  f ' ( x)    x  x   x  f ' ( x)   x  +) Bảng biến thiên hàm số f ( x)  x   x  103 x f ' ( x) f (x)  -  + +   2 Từ bảng biến thiên ta thấy P  f  x    Đẳng thức xảy x  ,y 0 Kết luận: Vậy giá trị nhỏ P  x  ,y 0 Nhận xét: Ở ví dụ việc chọn tọa độ hai điểm A, B phải phụ thuộc vào biểu thức P, P chứa biểu thức x  nên ta phải khéo léo chọn A, B cho sau áp dụng bất đẳng thức OA  OB  AB phải biến y lại biến x III/ BÀI TẬP RÈN LUYỆN Tìm giá trị nhỏ biểu thức √( ) +√( ) +|y-2| NỘI DUNG 9: DỒN BIẾN NHỜ PHƢƠNG PHÁPCHỌN PHẦN TỬ LỚN NHẤT HOẶC PHẦN TỬ NHỎ NHẤT I/ Phƣơng pháp Đối với số tốn số có vai trị bình đẳng ngang gần bình đẳng việc chọn phần tử lớn phần tử nhỏ nhất, hiểu số lớn số nhỏ số đó, làm cho giả thiết tốn đƣợc sáng tỏ thêm hay nhƣ đƣợc ’’cho thêm giả thiết” Từ thu đƣợc lời giải đơn giản, rõ ràng II/ Một số ví dụ minh họa 104 Ví dụ Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn điều kiện:  a, b, c  a  b  c  Chứng minh rằng: ab  bc  ca  2abc  20 27 ( Tuyển chọn theo chuyên đề THTT )  Phân tích tìm lời giải  Đây ví dụ bất đẳng thức ba biến đối xứng nên số a, b, c có vai trị bình đẳng khơng tính tổng qt, ta giả sử a  max a, b, c Khi  a  b  c  a   a  ta nghĩ đến việc dồn hết biến a  Chiều đánh giá cần tìm: ab  bc  ca  2abc  f  a   Biến đổi biểu thức:ta có ab  bc  ca  2abc  a  b  c   bc 1  2a   b c bc   2   b c   bc 1  2a    Lại có:   1  2a      1  2a  0, a  ; 3      b c  ab  bc  ca  2abc  a  b  c   bc 1  2a   a   a     1  2a    2 a  Đánh giá cần tìm là: ab  bc  ca  2abc  a   a     1  2a     Lời giải +) Khơng tính tổng qt, ta giả sử a  max a, b, c Khi  a  b  c  a   a  +) Do đó, ta có: b c ab  bc  ca  2abc  a  b  c   bc 1  2a   a   a     1  2a    2 a hay ab  bc  ca  2abc  a   a     1  2a   f  a    105 +) Ta có: 20 3a  2 7  6a 20 2 a f  a  a   a    a     đpcm    27 108 27   2 Nhận xét:  b c bc   2   b c   bc 1  2a    + Khi tạo đánh giá   1  2a    1  2a  0, a   ; 1    3   ta thấy hết đƣợc ý nghĩa phƣơng pháp này, khơng chọn phần tử lớn a dấu  2a biến thiên a  0; 1 ,   1  a  0,  a   0;      cụ thể  1  2a  0, a   ;  2     b c khơng tạo đánh giá bc 1  2a     1  2a  đƣợc   2  + Ta lập bảng biến thiên hàm số f  a đoạn  ; 1 từ 3  20 2  suy giá trị nhỏ hàm số f  a đoạn  ; 1 27 3  từ suy đpcm + Bài tốn thay câu hỏi tìm giá trị nhỏ biểu thức P  ab  bc  ca  2abc Ví dụ Cho a, b, c  thỏa mãn: a  b  c  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  a2  b2  c2  abc ( Tuyển chọn theo chun đề THTT )  Phân tích tìm lời giải  Biến đổi biểu thức:Ta dễ dàng nhận thấy P   a  b  c2  ab  c      c   c2  ab   c  2 106 Khi ta muốn dồn biểu thức P biến c đánh giá 3  c  a b  ab       2 Tuy nhiên dấu   c  thay đổi c  0;3 Để giải vấn đề đó, ta giả sử c  a, b, c   a  b  c  3c  c   Chiều đánh giá cần tìm:  P   Lời giải +) Không tính tổng quát, giả sử c  a, b, c   a  b  c  3c  c  3  c  ab  +)Từ giả thiết ta có: c  0;1 +) Ta có : P    c   c  ab   c  2   c  0  ab   c3  c  18  P  2c2  c  Với  4   c    +) Đặt f  c      c  c  18 , g  c   2c2  c  +) Khảo sát hàm số f  c  , g  c  , c  0;1 Ta có Min f  c   c  1, Max g  c   c  Kết luận:Vậy Min P  a  b  c  ; Max P   3;0;0  hoán vị Ví dụ Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị   nhỏ biểu thức Q  a2  b2  c2  abc  Lời giải +) Khơng tính tổng quát, ta giả sử  a  b  c 107 Ta có : a  b  c   a  b   c c  Mặt khác a  b  c   c  c  c    3  c  1;   2  +) Ta có : Q  a2  b2  3c2  abc  3  c   c2  3  2c  ab Vì c    c  Ta có : 2 27  a b 3 c    ab     ab  Q  c  c      +) Xét hàm số f  c   c3  27  3 c  , c  1;  2  2 c  Ta có : f '  c   3c2  3c    c  Lập bảng biến thiên ta có : M inf  c   f 1  13 Kết luận:Vậy MinQ  13  a; b; c   1;1;1 Ví dụ Cho số thực a, b, c thỏa mãn: a2  b2  c2  Chứng minh  a  b  c   10  abc  Lời giải +)Ta có:   a  b  c  abc    a  b  c 2  ab  2 2   a  b  c2  4    ab        2ab 8  ab   ab   2t3  t2  20t  72  f  t  , với t  ab    c|, ta có : +) Khơng tính tổng quát, giả sử : | a||b||  a2  b2  c2  3c2  c2  Lại có : 2|ab| a2  b2   c2  |t| +) Xét hàm số f  t   2t3  t2  20t  72 với t  3; 3 108  t  2 6t2  2t  20   f '  t   6t  2t  20 , f '  t     ; t  t  3; 3    1369 f  3   87, f 3   75, f  2  100, f    , 27 3 Do : Max f  t   f ( 2)  100 Hay : P2  100  P  10  3;3  Dấu “=” xảy   a, b, c    1;2;2  hốn vị nó.(Đpcm) Ví dụ Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức     P  a2  ab  b2 b2  bc  c2 c2  ca  a2  Lời giải +) Khơng tính tổng qt, ta giả sử  a  a  b   a2  ab  b2  b2 0 ab c3  2 a a  c     a  ca  c  c     P  b2 c2 b2  bc  c2  b2 c2  b  c   3bc    +) Mặt khác ta có : b  c  a  b  c   bc  b  c    bc  2 3 2 Do P  b c   3bc   3b c  9b c  3 x  x  f  x   9 với x  bc  0;   4  9 +) Xét hàm số f  x   3 x3  x2 , x  0;  , có  4 9 x2  18 x  x   f '  x   9 x2  18 x; f '  x         x  ; có x  0;    4    109 f    0, f    12, f    729 suy giá trị lớn f  x   f  2  12 64 suy giá trị lớn P  12  a; b; c    0;1;2 Kết luận: Vậy giá trị lớn P  12  a; b; c    0;1;2 Ví dụ Cho số thực a, b, c khơng âm đơi khác Tìm giá trị nhỏ biểu thức  1   P  a2  b2  c2    2   a  b  b  c   c  a     (ĐH Vinh MO TST 2011-2012)  Lời giải +) Khơng tính tổng qt, ta giả sử c  Min a, b, c Suy : b  c  b; a  c  a  1  a2  b2 a2  b2 a2  b2   2     Do đó: P  a  b  2 2 a b a b   a  b   a  b  2  a b  a b b a Đặt : a  b  t, t   P  t2  t , t      a b b a t2  b a  2 b a +) Xét hàm số:  t  0 t 3  f  t   t2  , f '  t   2t  , f ' t   t  t     t2  t  2  t  +) Bảng biến thiên hàm số f  t  , t  110 T 3 2 f 't  -  +   f t  11  5 +) Từ bảng biến thiên, ta thấy    11  5 11  5 f t   f  , t   P  f  t    2   c   a b  Đẳng thức xảy    hoán vị chúng b a   a, b   c   11  5 a b  Kết luận: Giá trị nhỏ P    b a   a, b   hốn vị Ví dụ Cho a, b, c số thực không âm có tổng Chứng minh a   b  c   b   c  a   c   a  b  2  Lời giải +)Do a, b, c có vai trị nhƣ nên khơng tính tổng quát,  1 ta giả sử a  b  c   a  b  c  3c  c  0;   3 +) Ta có: a   b  c   b   a  c    a  b   a  b  2c   9c2  8c  2 111  VT  c2  c   c  1 +) Xét hàm số f  c   9c2  c   c , c  0;   3 Ta có : f '  c  18c    c  9c2  c  c 9c2  c  ,  c2  c   c   18 c    f '  c       c   0;    3  c     33   c  24  1 +) Bảng biến thiên hàm số f  c  , c  0;   3 c  33 24 f ' c  + -   33  f  24    f c 3 +) Từ bảng biến thiên, ta thấy 1  1 f  c   f    f    , c  0;   P  f  c   Đẳng thức xảy  3  3  c    a  b   a  b   a  b  c         c  c  hoán vị chúng    a  b  c  a  b     a  b  c    112 III/ BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1.Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn ( a  b)( b  c)( c  a)  Tìm GTNN P  a  b c b  ca c ab  bc  ca 3 ab a2  b2  c2 Bài Cho a, b số thực thuộc 0;2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a  b   b  c   c  a Bài ( Tuyển chọn theo chuyên đề THTT ) Cho ba số a, b, c thỏa mãn  a, b, c  a  b  c  Chứng minh a2  b2  c2  Bài ( Tuyển chọn theo chuyên đề THTT ) Cho ba số a, b, c ba số tùy ý thuộc đoạn 1; 3 a  b  c  Chứng minh a2  b2  c2  14 Từ thực trạng học sinh gặp nhiều khó khăn dạng tốn tìm giả trị lớn nhất, nhỏ biểu thức nhiều biến đề thi HSG, đề thi THPT Quốc gia, mạnh dạn đƣa phƣơng pháp trọng tâm gắn với chủ đề nhận thấy có hiệu tích cực Hầu hết học sinh tự tin vận dụng đƣợc kiến thức học vào giải tốn mà trƣớc gặp khó khăn Tuy nhiên chủ đề khó nên số em cịn gặp khó khăn việc lĩnh hộ kiến thức Với tổng số 10 lớp 12 trƣờng tiến hành điều tra phiếu lớp (1 lớp có áp dụng dạy học theo chủ đề lớp không áp dụng dạy học theo chủ đề) mức độ hứng thú với chủ đề thu đƣợc kết nhƣ sau: Lớp Số học Thích học sinh Khơng Hiểu Khơng thích học hiểu 12C1(Có áp dụng) 40 35 35 12C3(Không áp dụng) 39 30 32 113 Sau học học xong tiến hành kiểm tra kiến thức kiểm tra tiết học sinh lớp điều tra kết nhận đƣợc hồn tồn hài lịng, số học sinh có tỉ lệ giỏi, khá, trung bình, yếu có chênh lệch lớn Tổng STT Lớp số Giỏi T.Số Khá % T.Số Trung bình % T.Số % Yếu T.Số % 12C1 40 30 75,0 12,5 12,5 0 12C3 39 5,1 10 25,6 12 30,8 15 38,5 III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI Hiệu mặt kinh tế Chuyên đề bao quát đƣợc phần chứng minh bất đẳng thức tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ phƣơng pháp quan trọng thƣờng đƣợc dùng nhiều Sáng kiến tài liệu tốt để học, tự rèn luyện mà không tốn Hiệu mặt xã hội Nghiên cứu khoa học giáo dục việc làm khơng dễ dàng, địi hỏi phải có thời gian, có chọn lọc rút kinh nghiệm lâu dài Bằng việc nghiên cứu lý luận thực tiễn giảng dạy, xuất phát từ vai trị, vị trí mơn đối tƣợng học sinh Sáng kiến kinh nghiệm nêu lên số vấn đề xoay quanh việc sử dụng phƣơng pháp trọng tâm việc giải chủ đề phức tạp Qua khẳng định việc sử dụng phƣơng pháp mang lại hiệu cao đáp ứng đƣợc mục tiêu chƣơng trình giáo dục phát huy khả tự học, tự nghiên cứu học sinh Đặc biệt, sau áp dụng sáng kiến kinh nghiệm giảng dạy kết học sinh hào hứng học tập mơn Tốn, góp phần nâng cao kết giáo dục cụ thể điểm thống kê điểm thi qua lần khảo sát thi cuối năm, thi thử THPT quốc gia kết nâng cao đáng kể, qua đợt thi lớp phụ trách tăng so với năm học trƣớc Khả áp dụng nhân rộng 114 Sáng kiến đƣợc áp dụng trƣờng THPT C Hải Hậu hồn tồn áp dụng cho học sinh giáo viên giảng dạy mơn Tốn bậc THPT Sáng kiến đƣợc trƣờng THPT C Hải Hậu cấp giấy chứng nhận có phạm vi ảnh hƣởng hiệu áp dụng cấp sở năm 2020 IV CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN Chúng xin cam đoan Sáng kiến kinh nghiệm chúng tơi tìm tịi xây dựng, có tham khảo Báo Toán học tuổi trẻ; đề thi Đại học, đề thi THPT QG; đề thi thử, đề thi HSG trƣờng THPT nƣớc tổng hợp thành chủ đề dạy học cho học sinh lớp chúng tơi giảng dạy Chúng tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm lời cam đoan Chúng xin chân thành cảm ơn! Hải Hậu, ngày 15 tháng năm 2020 TÁC GIẢ SÁNG KIẾN Lại Văn Trƣởng Trần Văn Hiến CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (ghi rõ nhận xét, phạm vi ảnh hưởng hiệu áp dụng có đạt mức sở hay khơng, tính sáng kiến gì?) ( Ký tên, đóng dấu) 115 TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa, sách tập Đại số 10 nâng cao - NXB Giáo dục Sách giáo khoa, sách tập giải tích 12 nâng cao - NXB Giáo dục Các đề thi Đại học mơn Tốn từ năm 2005 Bộ Giáo dục Đào tạo Các đề thi HSG, đề thi học kỳ tỉnh Nam Định mơn Tốn 12 Đề thi HSG, đề thi thử THPT Quốc gia số trƣờng THPT nƣớc Đề tham khảo, đề thi THPT Quốc gia năm 2016, 2017, 2018, 2019 Báo Toán học tuổi trẻ Nguồn Internet: Toanmath, thƣ viện đề thi, ... xây dựng chủ đề dạy học “Chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức nhiều biến” theo phƣơng pháp dồn biến nhằm giúp em bƣớc giải tập sở xây dựng cho em kiến thức tảng cần thi? ??t...  c)  +) Đặt t  (a  b  c)2 , (t  36) Ta có P  f  t   Với t  36 xét hàm số f (t )  biến  f (t )  f (36)  2t t6 2t 12 ; f '(t) =  0, t  36  hàm số đồng t6 (t  6) 12 12 Suy...  b  c biến cần đưa a  b  c abc , dựa vào giả thi? ??t a  b  c  ta dự đoán biến a  b  c ,  Biến cần đưa về: a  b  c  Chiều đánh giá cần có: P  36  Chiều đánh giá cần tìm: 1  b2 