SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SÔ Người thực hiện: Nguyễn Lê Minh Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực: Toán THANH HÓA NĂM 2016 MỤC LỤC MỞ ĐẦU Hàm số khái niệm toán học, đóng vai trò trung tâm chương trình toán THPT, Hàm số tảng nhiều lĩnh vực khác Toán học khoa học khác Nắm vấn đề hàm số không giúp người học giải toán có ràng buộc phức tạp, mà rèn luyện tư hệ thống, sáng tạo, có thói quen xem xét vật, tượng vận động phụ thuộc lẫn Trong kỳ thi THPT quốc gia thi học sinh giỏi năm gần toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức, toán có tính phân loại cao Một phần lớn toán giải phương pháp hàm số Tuy nhiên sách giáo khoa trình bày vấn đề với ví dụ tập mức độ vận dụng thấp, sách tham khảo, website toán có viết nhiều phương pháp giải toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, có số ví dụ ứng dụng đạo hàm giải toán dạng Vì tập lại khó với em học sinh bắt đầu tiếp cận vấn đề, câu hỏi thường trực em lại có cách đặt ẩn này, hay lại có cách đánh giá kia, khả tự đọc sách, tự học em học nhiều hạn chế Nhằm mục đích giúp học sinh bước đầu định hướng tìm kiếm lời giải cho dạng toán Tôi mạnh dạn thực chuyên đề: “Hướng dẫn học sinh giải toán tìm giá trị lớn, giá trị nhỏ phương pháp hàm số” Trong chuyên đề Tôi trình bày toán có vận dụng bất đẳng thức đơn giản, thường gặp để xác định hàm số, đánh giá phân tích lời giải giúp em học sinh có nhìn rõ ràng lời giải, tập ban đầu dễ làm cho học sinh tự tin tiếp cận vấn đề Sau cách vận dụng kiến thức em giải số toán vừa thi gần Trong chuyên đề trình bày phương pháp tiếp tuyến giải toán: “Tìm giá trị lớn biểu thức…”, có Để thi khảo sát chất lượng lớp 12 THPT năm 2106 Sở GD&ĐT Thanh Hóa nêu số tập tương tự Tôi thực chuyên đề cách tập hợp lại ví dụ tập có cách giải, xếp chúng từ mức độ dễ, đến trung bình phù hợp cho học sinh trường THPT Nông Cống NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận Đối với hàm số y = f ( x ) xác định tập D ⊂ R a Nếu tồn giá trị x0 ∈ D cho f ( x) ≤ f ( x0 ) ∀x ∈ D f ( x0 ) giá trị lớn f(x) b Nếu tồn giá trị x0 ∈ D cho f ( x) ≥ f ( x0 ) ∀x ∈ D f ( x0 ) giá trị nhỏ f(x) c Hàm số f(x) đồng biến D, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) d Hàm số f(x) nghịch biến D, ∀x1; x2 ∈ D, x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) Hàm số f(x) liên tục [ a; b ] có đạo hàm ( a; b ) cách xét biến thiên đoạn ta xác định giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm f(x) Đối với toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức ba biến việc quan sát, nhận xét biểu thức cần đánh giá quan trọng, thông qua việc nhận xét tính chất đối xứng, bình đẳng vai trò biến, mối quan hệ biến, từ xác định biến mới, điều kiện xác định biến xây dựng hàm số 2.2 Thực trạng vấn đề Học sinh trường THPT Nông Cống học sinh tuyển từ vùng huyện Nông Cống, vùng nhiều khó khăn, điểm tuyển sinh đầu vào thấp Trog toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ vấn đề khó chương trình toán THPT Vì học sinh ngại gặp loại toán này, em thường đâu, khai thác giả thiết cho nào, sử dụng đối xứng, tìm đối xứng biến, xác lập quan hệ có ích biến để đánh giá khó khăn lớn em Trong năm học 2014 – 2015, chưa dạy chuyên đề Sau dạy phần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số cho lớp 12A1, cho lớp làm kiểm tra kết thu khiêm tốn Kết qua kiểm tra thử lớp 12A1 - Trường THPT Nông Cống III Điểm trở lên Năm học Lớp 2014-2015 12A1 Tổng số 49 Số lượng Tỷ lệ 16.3% Điểm từ đến Số Tỷ lệ lượng 20 40.8% Điểm Số lượng Tỷ lệ 21 42.9% 2.3 Nội dung 2.3.1 Một số bất đẳng thức thường dùng Loại 1: Với số thực a, b, c ta có kết sau: i) a + b + c ≥ ab + bc + ca (a + b + c) ii ) a + b + c ≥ 2 iii ) (a + b + c) ≥ 3(ab + bc + ca ) iv) a 2b + b 2c + c a ≥ abc (a + b + c ) v) ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc(a + b + c ) Dấu xảy a = b = c Loại 2: Với số thực dương x, y, z ta có 1 i) + ≥ Dấu “=” x = y x y x+ y ii ) 1 + + ≥ Dấu “=” x = y = z x y z x+ y+z Loại 3: Với số x, y, z ≥ ta có i) 1 + ≥ Đẳng thức xảy x = y + x + y + xy ii ) 1 + + ≥ Đẳng thức xảy x = y = z = 1 + x + y + z + xyz 2.3.2 Xét hàm biến Bài toán 1: Cho ≤ x, y, z ≤ Thỏa mãn x + y + z = biểu thức P = x + y + z tìm giá trị lớn Lời giải: Không tính tổng quát, giả sử ≤ x ≤ y ≤ z ≤ ≤ z ≤1 2 3  Có P = x + y + z ≤  − z ÷ + z = z − 3z + 2  2 2 Xét hàm số f ( z ) = z − 3z + f '( z ) = x − = ⇔ x = 1  ∀z ∈  ;1 ; 2  5 1 1  ∀z ∈  ;1 ; Ta có f  ÷ = f (1) = ; f ( ) = ⇒ f ( z ) ≤ 4 2 2  Vậy giá trị lớn P , x = 0, y = , z = hoán vị Bài toán 2: Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = , x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x5 + y + z (Đề tuyển sinh Đại học Khối B năm 2012) Lời giải Từ giả thiết x + y + z = 0; x + y + z = Có: = ( x + y + z ) = x + y + z = x ( y + z ) + yz = − x + yz Nên yz = x − y2 + z − x2 1 − x2 6 Mặt khác yz ≤ = ⇒ x2 − ≤ ⇒− ≤x≤ 2 2 3 Khi P = x5 + ( y + z )( y + z ) − y z ( y + z ) 1  P = x + (1 − x ) ( y + z )( y + z ) − yz ( y + z )  +  x − ÷ x 2  2 2  1   1  P = x + (1 − x )  −(1 − x ) x +  x − ÷x  +  x − ÷ x 2   2   P = (2 x3 − x)  6 ; Xét hàm số f ( x) = x − x ∀x ∈  −  3   Có f '( x) = x − 1; f '( x) = ⇔ x = ±   6 6 f − ; ÷= f  ÷= −     ⇒ f ( x) ≤  6  6 f ÷= f  − ÷=     6 dấu x = ⇒P≤ 36 Vậy giá trị lớn P Khi 6 36   x = x =   ⇔  y + z = −x  y = z = − 1  yx = x − =  6  2.3.3 Đổi biến đối xứng Bài toán Cho x, y, z không âm thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ A = xy + yz + zx + x+ y+z Lời giải: Đặt t = x + y + z ⇒ xy + yz + zx = t2 − Mặt khác ≤ xy + yz + zx ≤ x + y + z = nên ≤ t ≤ ⇒ ≤ t ≤ t > t2 Khi A = + − , t t ∈  3;3 t2 Xét hàm số f (t ) = + − , t t ∈  3;3 t3 − Có f '(t ) = t − = > ∀t ∈  3;3 f(t) đồng biến  ;3 t t 14 ⇒ f ( 3) ≤ f (t ) ≤ f (3) ⇒ ≤ f (t ) ≤ 3 Vậy giá trị lớn A 14 x = y = z = 1; giá trị nhỏ A 3 hai ba số số lại Bài toán Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện 3(a + b + c ) + ab + bc + ca = 12 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P= a + b2 + c + ab + bc + ca a+b+c Lời giải: Từ giả thiết ta có: 12 ≥ 3(a + b + c ) ⇒ a + b + c ≤ 12 ≤ 3(a + b + c ) + a + b + c ⇒ a + b + c ≥ 2 Vậy a + b + c ∈ [ 3;4] Cũng từ giả thiết ta có: *) ab + bc + ca = 12 − 3(a + b + c ) *) 3(a + b + c ) + ( ab + bc + ca) = 12 ⇔ 5(a + b + c ) + (a + b + c ) = 24 ⇔ a + b + c = 24 − 5(a + b + c ) Do P = a + b2 + c 24 − 5(a + b + c ) 2 + 12 − 3(a + b + c ) 2 Đặt t = 24 − 5( a + b + c ) a + b + c ∈ [ 3;4] nên t ∈ [ 2;3] (24 − t ) 24 − t 2 24 12 Và P = + 12 − = (3t − t + ) − t 5 t 24 ∀t ∈ [ 2;3] Xét hàm số f (t ) = 3t − t − t 24 24 Ta có f '(t ) = 6t − − = (t − 1) + (5t − ) > ∀t ∈ [ 2;3] t t Nên hàm số đồng biến [ 2;3] ⇒ max f (t ) = f (3) = 32; f (t ) = f (2) = 22 [ 2;3] [ 2;3] ⇒2≤ P≤4 ∀t ∈ [ 2;3] ; P = ⇔ t = a = 2, b = c = P = ⇔ t = a = b = c = Bài toán Chứng minh với số thực dương x, y, z thỏa mãn: x(x + y + z) = 3yz, ta có: ( x + y )3 + ( x + z )3 + 3( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ 5( y + z )3 (Tuyển sinh Đại học Khối A, 2009) Nhận xét: Từ giả thiết biểu thức cần chứng minh ta nhận thấy biểu thức đẳng cấp đối xứng y, z y z yz Thật vậy, từ giả thiết ta có: x( x + y + z ) = yz ⇔ + + = x x xx Và biểu thức cần chứng minh viết lại sau: ( x + y )3 + ( x + z )3 + 3( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ 5( y + z )3 3 y  z y  z  y z   y z    ⇔  + ÷ + 1 + ÷ +  + ÷ + ÷ + ÷≤  + ÷ x  x x  x  x x   x x    y z Đặt a = ; b = , a, b số dương thỏa mãn + a + b = 3ab bất x x đẳng thức cần chứng minh trở thành: (1 + a)3 + (1 + b)3 + 3(1 + a)(1 + b)(a + b) ≤ 5(a + b)3 ⇔ + 6a + 6b + 6a + 6b + a + b3 + 3a 2b + 3ab + 6ab ≤ 5(a + b)3 ⇔ + 6(a + b) + 6ab + 6a + 6b + (a + b)3 ≤ 5( a + b)3 ⇔ + 3( a + b) − 3ab + 3(a + b) ≤ 2(a + b)3 ⇔ 2(a + b) + 3( a + b) ≤ 2( a + b)3 (vì + a + b = 3ab) ⇔ + 3(a + b) ≤ 2( a + b) (1) ( a + b) t2 Đặt t = a + b, ta có + t = + a + b = 3ab ≤ =3 4 ⇔ 3t − 4t − ≥ ⇔ t ≥ Khi từ biểu thức (1) ta cần chứng minh f (t ) = 2t − 3t − = (t − 2)(2t + 1) ≥ ∀t ∈ [ 2; + ∞ ) Dấu đẳng thức xảy t = ⇔ a = b = ⇔ x = y = z 2.3.4 Đánh giá kết hợp đổi biến a Đánh giá ba biến đối xứng Bài toán Cho số không âm a, b, c thỏa mãn a + b +c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = 3(a 2b + b 2c + c 2a ) + 3(ab + bc + ca ) + a + b + c (Tuyển sinh Đại học Khối B, 2010) Lời giải: Ta có M ≥ (ab + bc + ca ) + 3(ab + bc + ca ) + − 2(ab + bc + ca ) (a + b + c)2 = Đặt t = ab + bc + ca ⇒ ≤ t = ab + bc + ca ≤ 3  1 t ∈ 0 ;  Xét hàm f (t ) = t + 3t + − 2t ,  3 2 f '( t ) = t + − , f ''( t ) = − ≤0 Có − 2t (1 − 2t )3  1   11 f’(0) = suy f’(x) nghịch biến  0;  nên f '(t ) ≥ f '  ÷ = − >  3 3  1  1 Vậy f’(t) đồng biến  0;  f (t ) ≥ f (0) = 2, ∀t ∈ 0;   3  3  1 ∀t ∈ 0;  Vì M ≥ f (t ) ≥  3 Giá trị nhỏ M ab = bc = ca, ab + bc +ca = 0, a + b + c = ⇔ (a; b; c) = (1; 0; 0) (0; 1; 0) (0; 0; 1) Bài toán 2: Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức P= − a + b + c + (a + b) ( a + 2c)(b + 2c) (Tuyển sinh Đại học Khối B, 2013) Lời giải: Ta có a + b + 4c a + b + 2ab + 4ac + 4bc = 2 2 2 2 2 a + b + a + b + 2(a + c ) + 2(b + c ) ≤ ≤ 2( a + b + c ) − Khi P ≤ 2 a + b + c + 2(a + b + c ) (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ (a + b) Đặ t = a + b + c + ⇒ t > Xét hàm số f (t ) = − , t 2(t − 4) t>2 9t −(t − 4)(4t + 7t − 4t − 16) = Ta có f '(t ) = − + t (t − 4) t (t − 4) ∀t > nên f '(t ) = ⇔ t = Do 4t + 7t − 4t − 16 = 4(t − 4) + t (7t − 4) > suy bảng biến thiên t f’(t) + f(t) +∞ - Vậy giá trị lớn P dấu xảy a = b = c = Nhận xét Ngoài cách đánh giá xét hàm ta có cách đánh giá xét hàm sau: 1 a + b + c + ≥ (a + b) + (c + 2) ≥ ( a + b + c + ) ; 2 Từ bảng biến thiên ta có P ≤ 3(a + b) ( a + 2c)(b + 2c) ≤ (3a + 3b) a + b + 4c = (3a + 3b)(a + b + 4c) 2  4a + 4b + 4c  ≤  ÷ = 2( a + b + c) 2  27 − Suy P ≤ a + b + c + 2(a + b + c ) Đặt t = a + b + c ⇒ t > P ≤ 27 − t + 2t 10 27 − , ∀t ∈ ( 0; +∞ ) ta f (t ) ≤ f (6) = từ ta t + 2t có kết tương tự Bài toán 3: Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn biểu thức x2 y+z + yz P= + − x + yz + x + x + y + z + (Tuyển sinh Đại học Khối A, 2014) Lời giải: Ta có ≤ ( x − y − z ) = x + y + z − xy − zx + yz = 2(1 − xy − xz + yz ) ⇒ x + yz + x + = x ( x + y + z + 1) + (1 − xy − xz + yz ) ≥ x ( x + y + z + 1) Xét hàm số f (t ) = x2 x ≤ x + y + x +1 x + y + x +1 Mặt khác: ( x + y + z ) = x + y + z + x( y + z ) + yz = + yz + x( y + z ) ≤ + yz + [x + ( y + z ) ]=2 + 2yz + x + y + z + yz = 4(1 + yz ) ⇒ + yz ( x + y + z )2 ⇒− ≤− 36 Khi P≤ x y+z ( x + y + z )2 x+ y+z ( x + y + z )2 + − = − x + y + z +1 x + y + z +1 36 x + y + z +1 36 Đặt t = x + y + z có t ≥ 0 ≤ t ≤ ( x + y + z )2 = x + y + z + 2( xy + yz + zx) ≤ x + y + z + 2( x + y + z ) = ⇒0≤t ≤ t t2 ⇒ P ≤ f (t ) = − t + 36 t ∈ 0;  t (t − 2)(t + 4t + 9) − =− ⇒ f (t ) = ⇔ t = Ta có f '(t ) = (t + 1) 18 18(t + 1) Bảng biến thiên t f’(t) + - 11 f(t) ∀t ∈ 0;  ⇒ P ≤ 5 Khi x = y = z = P = Vậy giá trị lớn P = 9 b Đánh giá hai biến đối xứng Bài toán 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Tìm giá trị lớn biểu thức: a b 3c P= + + 2 1+ a 1+ b + c2 a b + ≤ Lời giải: Trước tiên ta chứng minh kết sau đây: 2 1+ a 1+ b + c2 Thật vậy: ab + bc + ca = nên + a2 = (a + b)(a + c); + b = (b +c)(b + a) a b a b a (b + c) + b(c + a ) + = + = đó: + a + b (a + b)( a + c) (b + c)(b + a) ( a + b)(b + c )(c + a ) ⇒ f (t ) ≤ = + ab (1 + a )(1 + b )(1 + c ) ≤ (1 + a )(1 + b ) (1 + a )(1 + b )(1 + c ) = 1 + c2 a = b Dấu đẳng thức xảy  ab + bc + ca = Suy P ≤ 3c = + 3c + c2 + c2 3c + , ∀c ∈ ( 0; +∞ ) Xét hàm số f (c) = 1+ c 3−c ; f '(c) = ⇔ c = suy bảng biến thiên: Ta có f '(c) = 2 (1 + c ) + c T f’(t) + c2 + + 10 +∞ - f(t) 12 Từ bảng biến thiên hàm số ta có P ≤ 10 , dấu xảy a = b = 10 − a = b; c = ⇔  ab + bc + ca = c = Bài toán 2: Cho số thức x, y, z thuộc đoạn [ 1;4] thỏa mãn x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị lớn biểu thức x y z P= + + 2x + 3y y + z z + x (Tuyển sinh Đại học Khối A, 2011) Cách Trước tiên ta chứng minh Bất đẳng thức sau  a, b > 1 ⇒ + ≥ (*)  + a + b + ab ab ≥ Bất đẳng thức (*) ⇔ ( a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) ⇔ ( a + b + 2) ab ≥ 2(1 + a)(1 + b) − (a + b + 2) ⇔ ( a + b + 2) ab ≥ a + b + 2ab ⇔ ab ( a + b − ab ) − (a + b − ab ) ≥ ⇔ ( ab − 1)( a − b ) ≥ (BĐT ∀ab ≥ ) Dấu xảy ab = a = b x y z 1 P= + + = + + x + y y + z z + x + y + z + x Áp dụng BĐT (*) Ta có x y z ⇒P≥ + x y x , dấu xảy = z = xy 2+3 1+ y x y Đặt Ta có x = t Do ≤ y ≤ x ≤ nên ≤ t ≤ y P≥ 2+3 t2 + t2 = + + t 2t + + t t2 + , Xét hàm số f (t ) = 2t + + t t ∈ [ 1;2]  4t − 3t + 6t − 3t +  2t (2t + 3) − 4t f '(t ) = − = −2  ÷< 0, ∀t ≥ 2 (2t + 3) (t + 1)  (2t + 3) (t + 1)  13 Suy P ≥ f (t ) ≥ f (2) = 34 34 Vậy giá trị nhỏ P 33 33 x = t = z = xy ⇒ x = 4, y = 1, z = y Cách 2: Xem P hàm số biến z x y z P( z ) = + + 2x + 3y y + z z + x −y x x( y + z ) − y ( z + x ) ⇒ P '( z ) = + = ( y + z ) ( z + x) ( y + z )2 ( z + x)2 P '( z ) = ⇔ x( y + z ) = y ( z + x) x = y ⇔ ( x − y )( z − xy ) = ⇔   z = xy Nếu x = y P = x x z + + = +1= x + 3x x + z z + x 5 Nếu z = xy ta có bảng biến thiên sau: z xy P’(z) - + P(z) P ( xy ) Từ bảng biến thiên ta có P ( z ) ≥ P( xy ) = = x + 2x + 3y Đặt t = x y y + y+ x y x = + y + x 2x + 3y xy xy + x y = + y + x 2+3 y x 1+ x y (1 ≤ t ≤ 2) ta t2 P( z ) ≥ + = + , + t 2t + + t 2+ t x y + + x + y y + xy t ∈ [ 1;2] 14 Tới ta tiếp tục cách Bài toán 3: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + c)(b + c) = 4c Tìm giá trị nhỏ biểu thức 32a 32b3 a + b2 P= + − (b + 3c)3 (a + 3c)3 c (Tuyển sinh Đại học Khối A, 2013) Lời giải: Do c số thực dương nên ta viết lại Biểu thức cần chứng minh 3 a b 32  ÷ 32  ÷ 2 c c a b   + −  ÷ + ÷ sau: P = 3 c c b a      + 3÷  + 3÷ c  c  a b ( x > 0; y > 0) Đặt x = ; y = c c Khi điều kiện toán trở thành xy + x + y = 32 x3 32 y P= + − x2 + y2 3 ( y + 3) ( x + 3) Với u > 0, v > ta có (u + v)3 u + v = (u + v)3 − 3uv(u + v) ≥ (u + v)3 − (u + v)3 = 4 3  ( x + y ) − xy + 3x + y   x 32 x3 32 y y  Do + ≥ 8 + ÷ ÷ = 8 ( y + 3)3 ( x + 3)3 xy + x + y +  y +3 x +3   Thay xy = – x – y ta có  ( x + y − 1)( x + y + 6)  32 x3 32 y + ≥ 8 = ( x + y − 1)3 ÷ 3 ( y + 3) ( x + 3) 2( x + y + 6)   Suy P ≥ ( x + y − 1)3 − x + y = ( x + y − 1)3 − ( x + y ) − xy = ( x + y − 1)3 − ( x + y ) + 2( x + y ) − Đặt t = x + y ta có ( x + y )2 t2 = x + y + xy ≤ x + y + = t + ⇔ (t − 2)(t + 6) ≥ ⇔ t ≥ 4 P ≥ f (t ) = (t − 1)3 − (t + 2t − f '(t ) = 3(t − 1) − ∀t ≥ t +1 t + 2t − Với t ≥ ta có 3(t − 1) ≥ t +1 t + 2t − = 1+ 7 ≤ + = (t + 1) − 2 15 Nên f '(t ) ≥ − > ⇒ f (t ) ≥ f (2) = − Do P ≥ − Khi a = b = c P = − Vậy giá trị nhỏ P = − Bài toán 4: Cho x, y, z số thực thỏa mãn −1 − 2 < x < −1 + 2, y > 0, z > x + y + z = -1 Tìm giá trị nhỏ 1 + + biểu thức P = 2 ( x + y) ( x + z ) − ( y + z )2 (Đề Khảo sát chất lượng khối 12 THPT năm 2015, Sở GD&ĐT Thanh Hóa) Lời giải: 1 + + Ta có P = 2 (1 + y ) (1 + z ) − (1 + x) 1 + ≥ Đầu tiên ta chứng minh BĐT (*) 2 (1 + y ) (1 + z ) + yz Thật 1 + ≥ ⇔ (1 + yz ) (1 + z ) + (1 + y )  ≥ [ (1 + y )(1 + z ) ] 2 (1 + y ) (1 + z ) + yz ⇔ (1 + yz )(2 + z + y + z + y ) ≥ (1 + yz + z + y ) ⇔ 2( z + y )(1 + yz ) + 2(1 + yz ) + (1 + yz )( y − z ) + yx(1 + yz ) ≥ (1 + yz ) + 2(1 + yz )( y + z ) + ( y + z ) ⇔ yz ( y − z )2 + (1 − yz ) ≥ (hiển nhiên đúng) Dấu “=” xảy y = z = Từ BĐT (*) ta có 1 + ≥ ≥ 2 (1 + y ) (1 + z ) + yz ⇒P≥  y+z 1+  ÷   = 4 + (1 + x) + + (1 + x) − (1 + x) Do −1 − 2 < x < −1 + 2 ⇒ (1 + x) ∈ [ 0;8] Đặt t = (1 + x) ⇒ t ∈ [ 0;8] P ≥ f (t ) = Có + , 4+t 8−t ∀t ∈ [ 0;8] −3t + 72t − 240 f '(t ) = − + = ⇒ f '(t ) = ⇔ t = 4; t = 20 (4 + t ) (8 − t ) (4 + t ) (8 − t ) (loại) Bảng biến thiên 16 t f’(t) - 20 + f(t) (1 + x) =  x = −3  ⇔ Do P ≥ f (t ) ≥ P = ⇔  y = z = 4  x + y + z = −1  y = z =  Vậy giá trị nhỏ P x = -3, y = z = Bài toán Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [ 1;3] thỏa mãn điều kiện a + b + c = tìm giá trị lớn biểu thức a 2b + b 2c + c a + 12abc + 72 P= − abc ab + bc + ca ( Đề thi THPT Quốc gia 2015) Giải Ta có ( ab + bc + ca ) = a 2b2 + b 2c + c 2a + 2abc(a + b + c) = a 2b + b 2c + c 2a + 12abc ( ab + bc + ca ) ⇒P= + 72 − abc ab + bc + ca (a + b + c) = 12 Đặt x = ab + bc + ca ≤ Do a, b, c ∈ [ 1;3] ⇒ (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≥ ⇒ abc − ( ab + bc + ca ) + a + b + c − ≥ ⇒ abc − x + ≥ ⇒ abc ≥ x − a, b, c ∈ [ 1;3] ⇒ (a − 3)(b − 3)(c − 3) ≤ ⇒ abc − 3(ab + bc + ca ) + 9(a + b + c) − 27 ≤ ⇒ abc − x + 27 ≤ ⇒ abc ≤ 3x − 27 ⇒ 3x − 27 ≥ abc ≥ x − ⇒ x ≥ 11 x + 72 x 72 ⇒P≤ − ( x − 5) = + + = f ( x), x 2 x x ∈ [ 11;12] 17 ⇒ f '( x) = 72 − ≤ ∀x ∈ [ 11;12] x2 a + b + c = a =   160 ⇒ P ≤ f ( x) ≤ f (11) = dấu " = " ab + bc + ca = 11 ⇔ b = 11 abc = c =   160 Vậy giá trị lớn P = a = 1; b = 2; c = 11 2.3.5 Phương pháp tiếp tuyến Đối với số hàm số, tiếp tuyến điểm nằm hay nằm đồ thị hàm số Cho hàm số f(x) xác định khoảng I, liên tục có đạo hàm I tiếp tuyến điểm x0 ∈ I có phương trình y = a( x − x0 ) + b nằm nằm đồ thị hàm f(x) f ( x) ≤ a ( x − x0 ) + b f ( x) ≥ a ( x − x0 ) + b ∀x ∈ I Do x1 , x2 , , xn ∈ I ⇒ f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( x2 ) ≤ a ( x1 + x2 + + xn − nx0 ) + nb Hoặc f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( x2 ) ≥ a( x1 + x2 + + xn − nx0 ) + nb Bài toán Cho a, b, c > Chứng minh a b c + + ≥ b+c c+a a+b (Bất đẳng thức Nesbitt) Phân tích Bất đẳng thức cho với ba biến a, b, c nên ta chuẩn a b c + + ≥ hóa cho a + b + c = ta chứng minh 3− a 3−b 3−c Vế trái có dạng tổng hàm bất đẳng thức có dấu a = b = c = nên ta x tìm phương trình tiếp tuyến x = hàm số f ( x) = 3− x 3x − Tiếp tuyến có dạng y = f '(1)( x − 1) + f (1) = x 3x − ≥ Do ta chứng minh với < x < 3− x Giải 18 Do tính ba biến a, b, c nên không tính tổng quát giả sử a + b + c = bất đẳng thức trở thành a b c + + ≥ 3− a 3−b 3−c a 3a − ≥ 3−a a 3a − ≥ ⇔ 4a ≥ −3a + 10a − ≥ ⇔ 3( a − 1) ≥ Có 3−a b 3b − c 3c − ≥ ≥ Tương tự ta có ; 3−b 3−c a b c 3a − + 3b − + 3c − ⇒ + + ≥ = 3− a 3−b 3−c Dấu " = " a = b = c = Bài toán Cho a, b, c ≥ − a + b + c = Chứng minh a b c + + ≤ a + b + c + 10 Bất đẳng thức có dấu a = b = c = nên ta viết phương trình tiếp tuyến Ta chứng minh x x = hàm số f ( x) = x +1 1 36 x + Tiếp tuyến có phương trình: y = f '( )( x − ) + f ( ) = 3 50 a 36a + ≤ Lời giải: Ta chứng minh: a +1 50 Thật a 36a + 3 ≤ ⇔ 36a + 3a − 14a + ≥ ⇔ (4a + 3)(3a − 1) ≥ ∀a ≥ − a +1 50 b 36b + c 36c + ≤ ; ≤ Tương tự ta chứng minh 2 b +1 50 c +1 50 a b c 36a + + 36b + + 36c + + + ≤ = Cộng vế có a +1 b +1 c +1 50 10 Dấu " = " a = b = c = 19 Bài toán Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Tìm giá trị lớn 3b − c 3c − a   3a − b + + biểu thức P = (a + b + c)  ÷  a + ab b + bc c + ca  (Khảo sát chất lượng lớp 12 THPT năm học 2015 – 2016) Lời giải Đây bất đẳng thức với ba biến a, b, c nên ta chuẩn hóa a + b + c = 3a − b 3b − c 3c − a 4a − (a + b) 4b − (b + c ) 4c − (c + a ) ⇒P= + + = + + a + ab b + bc c + ca a (a + b) b(b + c) c (c + a ) 4 4 4 P= − + − + − = − + − + − a + b a b + c b c + a c 1− c a 1− a b 1− b c 5a − 5b − 5c − P= + + a − a b − b2 c − c2 Do a, b, c ba cạnh tam giác nên b + c > a ⇔ − a > a ⇔ a < Vậy a ∈ ( 0;1) tương tự ta có b, c ∈ ( 0;1) 5x −  1 ∀x ∈  0; ÷ phương trình tiếp tuyến đồ thị x−x  2 1  1 hàm số f(x) điểm x = y = f '( x)  x − ÷+ f  ÷ = 18 x − 3  3 5a −  1 ≤ 18 a − ∀ a ∈ Do ta chứng minh  0; ÷ a − a2  2 Thật có Xét hàm số f ( x) = 5a − 18a − 21a + 8a − (3a − 1) (2a − 1) ≤ 18a − ⇔ ≤ ≤0 a − a2 a − a2 a (1 − a )  1 ∀a ∈  0; ÷  2 5b − 5c − ≤ 18b − 3; ≤ 18c − b−b c − c2 Ta có P ≤ 18a − + 18b − + 18c − = 18( a + b + c) − = Dấu " = " xảy a = b = c Tương tự ta cững chứng minh 2.3.6 Một số tập vận dụng Bài Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn 3(a + b + c) = 12 + 5(ab + bc + ca) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A= a + b2 + c + ab + bc + ca a+b+c 20 Bài Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức B = 2015 − 2(ab + bc + ca )3 + 27a 2b 2c − 3(a + b + c) + 12(ab + bc + ca ) Bài Cho số thực x, y, z ∈ [ 0;2] thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = 1 + + + xy + yz + zx x+ y y+z z+x Bài Cho a, b, c ba số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức C= − a + ab + abc a+b+c Bài Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c ≤ Tìm giá trị nhỏ P = a a b b c c + + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a 27 abc Bài Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức A = 121 + 2 a + b + c 14(ab + bc + ca ) Bài Cho x, y số thực không âm thỏa mãn: x + y = Tìm giá trị lớn biểu thức P = + xy xy + Bài Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + + + ≤5 2a + (b + c)2 2b + (c + a ) 2c + (a + b) Bài Cho a, b, c, d số thự dương thỏa mãn a + b +c > Chứng minh 3 3  a   b   c   d   ÷ + ÷ + ÷ + ÷ ≥  a +   b +   c +   d +  27 Bài 10 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Tìm giá trị nhỏ a2 4b 36c3 + + biểu thức: E = (1 + a ) (1 + 2b) (1 + 3c)3 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 21 Đề tài kiểm nghiệm năm học giảng dạy lớp 12, học sinh đồng tình đạt kết quả, nâng cao khả tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Các em hứng thú học tập hơn, em học sinh với mức học trung bình, có kỹ giải dạng tập Số học sinh tham gia giải dạng tăng rõ rệt Cụ thể lớp khối 12 sau áp dụng sáng kiến vào giảng dạy kết qua kiểm tra thử sau : Kết kiểm tra thử lớp 12 - Trường THPT Nông Cống III Năm học Lớp 2015- 2016 12B 12B3 Tổng số 47 42 Điểm trở lên Số lượng Tỷ lệ 35 74.5% 15 35,7% Điểm từ đến Điểm Số lượng Tỷ lệ Số lượng Tỷ lệ 14.9% 10.6% 20 47.6% 16.7% KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ I Kết luận: Bài toán: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức ba biến phần khó, hấp dẫn Giáo viên Học sinh, việc giảng dạy để em học tốt phần trăn trở thầy cô giáo Phương pháp hàm số giải tất toán dạng này, tỏ phương pháp hiệu giải toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức ba biến Khi dạy chuyên đề này, giáo viên nên ví dụ dễ, cách chậm rãi làm cho học sinh hiểu rõ giải, nắm tư tưởng giải dạng toán, không nên vội đưa học sinh vào tập khó, vận dụng nhiều bất đẳng thức Vì thực chuyên đề nhận thấy em ý tiếp thu bước đầu giải số toán Trên đường giúp học sinh học tốt phần Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ mà đúc rút suốt trình giảng dạy Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắn có nhiều thiếu sót hạn chế Tôi mong quan tâm tất đồng nghiệp bổ sung góp ý cho Tôi xin chân thành cảm ơn II Kiến nghị đề xuất: - Đề nghị cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh giáo viên có nhiều tài liệu sách tham khảo đổi phòng thư viện để nghiên cứu học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ - Nhà trường cần tổ chức bổi trao đổi phương pháp giảng dạy Có tủ sách lưu lại tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập giáo viên hàng năm để làm cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề - Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng học tập Tài Liệu tham khảo 22 [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] Đoàn Quỳnh – Nguyễn Huy Đoan – Trần Phương Dung – Nguyễn Xuân Liêm – Đặng Hùng Thắng, Giải tích 12 nâng cao, NXBGD Việt Nam, 2010 Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên) – Trần Phương Dung – Nguyễn Xuân Liêm – Phạm Thị Bạch Ngọc – Đoàn Quỳnh – Đặng Hùng Thắng, Bài tập Giải tích 12 nâng cao, NXBGD Việt nam 2010 Đoàn Quỳnh – Trần Nam Dũng – Hà Huy Khoái – Đặng Hùng Thắng – Nguyễn Trọng Huấn, Tài liệu chuyên Toán Giải tích 12, NXBGD Việt Nam, 2012 Đoàn Quỳnh – Trần Nam Dũng – Hà Huy Khoái – Đặng Hùng Thắng – Nguyễn Trọng Huấn, Bài tập Tài liệu chuyên Toán Giải tích 12, NXBGD Việt Nam, 2012 Lê Xuân Sơn – Lê Khánh Hưng, Phương pháp Hàm số giải toán NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2014 Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quốc Anh, Sử Dụng AM – GM để chứng minh Bất đẳng thức, NXB Đại học Sư phạm, 2011 Tạp chí Toán học Tuổi trẻ Đề thi tuyển sinh đề thi THPT Quốc Gia năm vừa qua XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 10 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Nguyễn Lê Minh 23 ... luận: Bài toán: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức ba biến phần khó, hấp dẫn Giáo viên Học sinh, việc giảng dạy để em học tốt phần trăn trở thầy cô giáo Phương pháp hàm số giải tất toán. .. THPT quốc gia thi học sinh giỏi năm gần toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức, toán có tính phân loại cao Một phần lớn toán giải phương pháp hàm số Tuy nhiên sách giáo khoa trình bày... > f ( x2 ) Hàm số f(x) liên tục [ a; b ] có đạo hàm ( a; b ) cách xét biến thiên đoạn ta xác định giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm f(x) Đối với toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức