1 MỞ ĐẦU • Lý chọn đề tài Trong năm qua trường THPT Như Thanh coi trọng việc bồi dưỡng, nâng cao lực nghiên cứu khoa học cho giáo viên thông qua nhiều hình thức như: đổi sinh hoạt tổ nhóm chuyên môn theo hướng nghiên cứu học, ứng dụng công nghệ thông tin tiết dạy, phát động phong trào viết chuyên đề, sáng kiến kinh nghiệm giảng dạy, nghiên cứu đề tài khoa học sư phạm ứng dụng, tổ chức hoạt động ngoại khoá Đối với môn toán có nhiều đơn vị kiến thức giáo viên phải tích cực trau dồi, bồi dưỡng đổi phương pháp đạt hiệu truyền tải kiến thức cho học sinh Hiện cấu trúc đề thi THPT Quốc Gia có câu hỏi phân loại khó, giáo viên phải tìm tòi, tìm phương pháp để học sinh giải toán khó cách hiệu đề thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc Gia Bài toán tìm cực trị biểu thức nhiều biến toán khó đề thi học sinh giỏi thi THPT Quốc Gia, phần lớn học sinh không giải được, nguyên nhân dạng toán khó có phần nhỏ làm được, nhiên giáo viên hướng dẫn cho học sinh cách hệ thống phương pháp rõ ràng, tin có nhiều học sinh làm toán Với lý vậy, mạnh dạn chọn đề tài “Kỹ dồn biến để giải toán tìm cực trị biểu thức, nhằm nâng cao hiệu việc ôn tập học sinh giỏi thi THPT Quốc Gia trường THPT Như Thanh” • Mục đích nghiên cứu Rèn luyện kỹ tìm cực trị biểu thức nhiều biến, kỹ đánh giá biểu thức bất đẳng thức toán tìm cực trị • Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức AM-GM, Bunhiacopski, Cauchy – Schwarz Nghiên cứu các toán tìm cực trị hàm số, biểu thức • Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu, tự nghiên cứu NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận Có nhiều cách định nghĩa khác kỹ Tuy nhiên hầu hết thừa nhận kỹ hình thành áp dụng kiến thức vào thực tiễn, kỹ học trình lặp lặp lại một nhóm hành động định Trong hoạt động dạy học môn toán nói riêng kỹ thể qua phương pháp dạy - học, kỹ trình bày, kỹ thuyết trình Trong môn toán kỹ chung dạy học thể qua yếu tố đặc thù môn chẳng hạn: kỹ giải toán, kỹ tính toán kỹ dồn biến toán tìm cực trị ngoại lệ 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu Trong giảng dạy toán lâu trường THPT Như Thanh đa số giáo viên thực tốt công tác chuyên môn như: Đổi sinh hoạt tổ, nhóm chuyên môn theo hướng nghiên cứu học; phát động phong trào viết chuyên đề, đề tài Tuy nhiên chuyên đề “Kỹ dồn biến để giải toán tìm cực trị biểu thức” đa số giáo viên tổ chưa nghiên cứu cách có hệ thống Đối với học sinh có số có ý thức tự học, phần lại học tập thụ động, không sáng tạo, dựa chủ yếu vào thầy (cô) giáo Đa số học sinh chưa có ý thức nghiên cứu toán học Trong học toán phần lớn học sinh yếu phần bất đẳng thức, hoạt động học sinh phần chủ yếu chứng minh bất đẳng thức hay áp dụng bất đẳng thức có sẵn Đó điều hạn chế cách học học sinh trường THPT Như Thanh nói riêng trường THPT nói chung 2.3 Các giải pháp thực để giải vấn đề 2.3.1 Định nghĩa giá trị lớn nhỏ hàm số Định nghĩa 1: Xét hàm số f(x) với x ∈ D Ta nói M giá trị lớn f(x) D, thỏa mãn điều kiện sau: f ( x) ≤ M , ∀x ∈ D Tồn x0 ∈ D cho f ( x0 ) = M f ( x) Khi ta kí hiệu: M = max x∈D Định nghĩa 2: Xét hàm số f(x) với x ∈ D Ta nói m giá trị nhỏ f(x) D, thỏa mãn điều kiện sau: f ( x) ≥ m, ∀x ∈ D Tồn x0 ∈ D cho f ( x0 ) = m f ( x) Khi ta kí hiệu: m = x∈D 2.3.2 Các bất đẳng thức thường sử dụng • Bất đẳng thức Cauchy (hay AM – GM) a1 + a2 + + an n ≥ a1.a2 .an Cho n số dương a1 , a2 , , an ta có n Dấu xảy a1 = a2 = = an • Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (hay gọi Bunhiacopski) Cho hai số a1 , a2 , , an ∈ R; b1 , b2 , , bn ∈ R 2 2 2 Ta có ( a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≤ ( a1 + a2 + + an ) ( b1 + b2 + + bn ) a a a n Dấu xảy b = b = = b n • Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz thường sử dụng a b2 c2 ( a + b + c ) a , b , c > x , y , z > + + ≥ Cho x y z x+ y+z 2.3.3 Sử dụng điều kiện ban đầu để đánh giá đưa hàm số biến ∗ Điều kiện ban đầu thường gặp: • x ∈ [ a; b] ⇒ ( x − a )( x − b ) ≤ ( x − a )( y − b ) ≤ • x, y ∈ [ a; b] ⇒ ( x − a )( y − a ) ≥ ( x − b )( y − b ) ≥ • x, y, z ∈ [ a; b] ⇒ ( x − a )( y − a )( z − a ) + ( x − b )( y − b )( z − b ) ≥ • x ≤ y ≤ z ⇒ ( y − x )( y − z ) ≤ Nhận xét: Việc đánh giá điều kiện ban đầu toán quan trọng việc giải toán cực trị biểu thức, giúp rèn luyện kỹ chuyển toán cực trị nhiều biến thành toán cực trị hàm số với biến Bài (Đề THPT QG 2015): Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [1;3] thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P= a 2b + b 2c + c a + 12abc + 72 − abc ab + bc + ca Lời giải Ta có: ( ab + bc + ca ) = a b + b c + c a + 2abc( a + b + c ) = a 2b + b c + c a + 12abc 2 2 2 ( a + b + c) Đặt x = ab + bc + ca ≤ = 12 Ta có: a, b, c ∈ [1;3] ⇒ ( a − 1)( b − 1)( c − 1) ≥ ⇒ abc − ( ab + bc + ac ) + a + b + c − ≥ ⇒ abc − x + ≥ ⇒ abc ≥ x − Lại có: ( a − 3)( b − 3)( c − 3) ≤ ⇒ abc − 3( ab + bc + ca ) + 9( a + b + c ) − 27 ≤ ⇒ abc ≤ x − 27 Do đó: x − 27 ≥ abc ≥ x − ⇒ x ≥ 22 ⇒ x ≥ 11 x + 72 x + 72 x 72 − abc ≤ − ( x − 5) = + + Ta có: P = x x 2 x x 72 Xét hàm số f ( x) = + + , x ∈ [11;12] x 72 160 Ta có: f ' ( x) = − ≤ ∀x ∈ [11;12] nên P ≤ f ( x) ≤ f (11) = x 11 160 Vậy max P = a = 1; b = 2; c = 11 Nhận xét: Đây toán hay Ta phải dùng hai lần giả thiết biến a; b; c ∈ [1;3] để tìm miền giá trị x = ab + bc + ca đánh giá P thông qua biến x Cũng từ toán phải việc đánh giá điều kiện ban đầu giải lớp toán dạng cách đưa hàm số biến, qua chuyên đề tác giả muốn rèn luyện cho học sinh kỹ giải toán cực trị phương pháp dồn biến Bài 2: Cho x, y, z ∈ [1;2] Tìm giá trị lớn biểu thức A= 2( xy + yz + zx ) y+z+4 + − xyz + 2( x + y + z ) x( y + z ) + yz + yz + Lời giải Vì x, y, z ∈ [1;2] , nên ta có ( x − 1)( y − 2)( z − 2) ≥ ⇔ xyz + 2( x + y + z ) ≥ 2( y + z ) x + yz + Dấu xảy x = y = z = Do 2( xy + yz + zx ) y + z + x( y + z ) + yz + + yz + y + z + + − = − x( y + z ) + yz + x( y + z ) + yz + x( y + z ) + yz + yz + yz + yz + y+z+4 yz + y+z+4 A ≤1+ − ≤1+ − x( y + z ) + yz + 2( y + z ) + yz + yz + yz + A≤ A ≤1+ yz + yz + − yz + yz + yz + Đặt t = yz ; t ∈ [1;2] t + 2t + − t ∈ [1;2] ( t + 2) t + với 4t − Ta có f ′(t ) = ( t + 2) + ( t + 1) ≥ 27 + > , nên f(t) đồng biến [1;2] Suy A ≤ f (t ) ≤ f (2) = − Vậy max A = − x = 1; y = z = Xét hàm số: f (t ) = + Bài 3: Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a ≤ 1, b ≤ 2, c ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức B= 2( 2ab + ac + bc ) 8−b b + + + 2a + b + 3c b + c + b( a + c ) + 12a + 3b + 27c + Lời giải Ta có 12a + 3b + 27c = 3( 4a + b + 9c ) ≥ 2a + b + 3c (1) Mặt khác 2a + b + 3c − b − c − b( a + c ) = ( a + c )( − b ) ≥ ⇒ 2a + b + 3c ≥ b + c + b( a + c ) (2) Lại có 2ab + ac + bc − b − c − b( a + c ) = ( b + c )( a − 1) ≤ ⇒ 2ab + ac + bc ≤ b + c + b( a + c ) (3) Từ (1), (2), (3) ta 2 2 2[ b + c + b( a + c ) ] 8−b b + + + b + c + b( a + c ) b + c + b( a + c ) + b + c + b( a + c ) + 2[ b + c + b( a + c ) ] B≤ + + b + c + b( a + c ) b + c + b( a + c ) + Đặt t = b + c + b(a + c) ⇒ ≤ t ≤ 13 2t + Xét hàm số f (t ) = với t ∈ [ 0;13] t +1 t + 8 2( 3t + 10 )( − t ) f ′(t ) = − = =0⇔t =6 2 ( t + 1) ( t + 8) ( t + 1) ( t + 8) 16 47 f (0) = 1, f (6) = , f (13) = 21 B≤ Từ suy B ≤ f (t ) ≤ 16 16 ⇒ max B = đạt a = 1, b = 2, c = 7 Bài 4: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn y + z = x( y + z ) Tìm giá trị 1 nhỏ biểu thức P = (1 + x ) + (1 + y ) + (1 + z ) + (1 + x )(1 + y )(1 + z ) Lời giải Từ giả thiết ta có: x( y + z ) ≤ x( y + z ) = 2( y + z ) ⇔ y + z ≤ 1 2 Do đó: (1 + y )(1 + z ) ≤ ( + y + z ) ≤  +  4 x 2 ( + x) = x x2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: P ≥ (1 + x ) + (1 + y )(1 + z ) + (1 + x )(1 + y )(1 + z ) P≥ 2x2 + 4x2 x3 + 6x + x + + = ( + x ) (1 + x ) (1 + x ) x3 + 6x + x + (1 + x ) 2( x − 1) Ta có: f ' ( x) = (1 + x ) = ⇔ x = Xét hàm số: f ( x) =   91 Lập bảng biến thiên ta được: P ≥ f ( x) ≥ f   =   108 91 Vậy giá trị nhỏ P Khi x = , y = z = 108 Bài 5: Cho a > b > c > Tìm giá trị nhỏ biểu thức  1  P = a + b + c − ab − bc − ca  + + 2 ( b − c ) ( c − a )   ( a − b) ( ) Lời giải Nhận xét: Giả thiết cho gợi ý toán Cách làm giảm biến số quen thuộc đặt a = c + x, b = c + y ⇒ x > y > Khi đó: a + b + c − ab − bc − ca = ( c + x ) + ( c + y ) + c − ( c + x )( c + y ) − ( c + y ) c − c( c + x ) 2 = x + y − xy  1 1 + + 2 y x  ( x − y) 2 Do ta viết lại P dạng P = ( x − xy + y )  Như với cách đặt ẩn phụ này, ta làm giảm số biến P thành hai biến Thậm chí P đồng bậc x y Ta việc đặt ẩn phụ quen thuộc   1 + + 1 = f (t ); Đặt t = y > ta P = ( t − t + 1)  t  ( t − 1)  Xét hàm f(t) (1;+∞) ta có: x    2 f ' (t ) = ( 2t − 1)  + + 1 + t − t + − − 3 t t   ( t − 1)   ( t − 1) ( f ' (t ) = ) ( 2t − 1) [t ( t − 1) + t ( t − 1) + t ( t − 1) ] − 2( t − t + 1)[t + ( t − 1) ] t ( t − 1) Cách đặt phức tạp Ta đặt theo cách khác sau x y Đặt t = y + x ⇒ t > Khi ta có       x  x y  y xy xy xy x y     P =  − +  + + = + −1 + + x   ( x − y ) y x   y x  x + y − y x  y y x      ( t − 1) P = ( t − 1)  + t = = f (t ) t −2  t −2 Xét hàm f(t) ( 2;+∞) ta được: ln f (t ) = ln(t − 1) − ln(t − 2) f ' (t ) 2t − ⇒ = − = f (t ) t − t − ( t − 1)( t − ) ⇒ f ' (t ) = ( 2t − 5)( t − 1) ( t − 2) ⇒ f ' (t ) = ⇔ t =   27 Lập bảng biến thiên ta P = f (t ) ≥ f   = 2 x y Đẳng thức xảy y + x = t = ⇒ x = y ⇒ a = b + d = c + 2d , ∀d > 27 Vậy giá trị nhỏ biểu thức P Bài 6: Cho x, y, z > 0; xyz ( x + y + z ) = 20 Tìm giá trị nhỏ P = ( x + y )( x + z ) + y z Lời giải Nhận xét: Có ý quan trọng phép biến đổi nhỏ ( x + y )( x + z ) = x + xy + xz + yz = x( x + y + z ) + yz = 20 + yz yz Như biến hình thành 20 20 Đặt t = yz > suy P = + t + t = f (t ) Xét f (t ) = t + t + ( 0;+∞) t t 2 20 2t + t − 20 ( t − ) 2t + 5t + 10 = =0⇔t =2 Ta có: f ′(t ) = 2t + − = t t2 t2 Lập bảng biến thiên ta suy f (t ) ≥ f (2) = 16  xyz ( x + y + z ) = 10  x = y = ⇒ Do P ≥ 16 Đẳng thức xảy   yz = z = ( ) x = y = z = Kết luận: P = 16 ⇔    Bài 7: Cho a, b, c ∈  ;1 Tìm giá trị lớn biểu thức 2  P= a−b b−c c−a + + c a b Lời giải Nhận xét: Khi gặp toán trên, ta chưa thể tìm cách phá giá dấu giá trị tuyệt đối Do thử quy đồng tách tung xem có đặc biệt không Bởi lưu ý rằng: cho a = b, b = c, c = a ⇒ P = Nên sau biến đổi chắn chứa nhân tử ( a − b )( b − c )( c − a ) ab( a − b ) + bc( b − c ) + ca( c − a ) ab( a − b ) − bc( a − b ) + bc( a − c ) − ca( a − c ) = abc abc ( a − b )( b − c )( c − a ) P= abc Đến ta giả sử ≤ c ≤ b ≤ a ≤ để mục tiêu làm dấu giá trị tuyệt đối ( a − b )( b − c )( c − a ) P= abc Do đó: P = Nhận xét có phép biến đổi làm giảm biến số cách đơn giản a   x = c ⇒1≤ y ≤ x ≤ Đặt:  y = b  c Ta có: P = ( x − y )( y − 1)( x − 1) = x −  x + −  y + x  = f ( x; y )    xy x y    Mục tiêu viết đạo hàm theo biến y (hoặc biến x) f y′ ( x; y ) = x −1  x   − +  ⇒ f y′ ( x; y ) = ⇔ y = x ∈ [1; x ] x  y  Lập bảng biến thiên ta thu ( x − x )( x − 1)( x − 1) = (t − t )( t − 1) (t −1) , t = P = f ( x; y ) ≤ f ( x; x ) = t x x 2 [ x ∈ 1; ] ( t − 1) ( t + 1) = g (t ) hay P ≤ t Xét hàm g(t) (1; ) ta có: ln g (t ) = ln( t − 1) + ln( t + 1) − ln t ( g ′(t ) 3t + 3t + t − t − 2t + 2t + 2t + ⇒ = + − = = > 0; ∀t ∈ 1; ( t − 1)( t + 1) t ( t − 1)( t + 1) t g (t ) t − t + t Từ ta có g (t ) ≤ g ( ) = ( )( −1 )=( +1 ) ) 2 −1 Như P ≤ g (t ) ≤ ( ) 2 −1  y = x x = a = 2c  1 ⇔ ⇔ ⇔ ( a; b; c ) = 1; ;  Đẳng thức xảy  2 y = b = c t = x =    ( Vậy max P = )  −1 1 ⇔ ( a; b; c ) = 1; ;  2 2  Bài 8: Cho a, b, c > 0, a + 2b ≤ a 2b Tìm giá trị lớn P= c c + − ( c − 1) b a Lời giải Nhận xét: Giả thiết cho liệu liên quan tới a, b dù không dự đoán đẳng thức xảy ta khai thác giả thiết bất đẳng thức Cauchy - Schwarz với mục tiêu biến c  c x c y   c c  x y  Ta có:  +  ≤  +  +  y  b a  x b y a x Từ thiết a + 2b ≤ a 2b ⇔ + ≤ b a 2 Như ta phải chọn x = 1, y = Do ta có: P =  c c  c c 2 2 + − ( c − 1) ≤  +  +  − ( c − 1) ≤ c − c + 2c − b a b a     6 c − = f (c ) ⇒ P ≤ −c +  +    Xét hàm số f(c) ( 0;+∞) ta có: f ′(c) = −2c +  +  6  ⇒ f ′(c) = ⇔ c = +   6  6 Lập bảng biến thiên ta suy ra: P ≤ f (c) ≤ f 1 +  = 1 +  − = +     Vậy max P = + 6 ⇔ a = 6, b = ,c = 1+ 2 Bài 9: Cho a, b, c số thực thỏa mãn a, c ≥ 1; b ≥ Tìm giá trị nhỏ a ( b + c ) c( a + b ) 3( a + c ) + 2b + P= + + b + 2c b + 2a 4( + ac ) biểu thức Lời giải Ta có (1 − a )( − b ) ≥ ⇔ − 2a − b + ab ≥ ⇔ 2a + b ≤ ab + 1 c( a + b ) c ( a + b ) ⇒ ≥ ⇒ ≥ b + 2a ab + b + 2a ab + a( b + c ) a( b + c ) ≥ b + 2c bc + Tương tự ta có Lại có [ ] 3( a + c ) + 2b + = ( a + c ) + b + ( a + c ) + ≥ 4( a + c ) b + 4ac + = 4( ab + ac + bc + 2) c( a + b ) a( b + c ) 4( ab + bc + ca + ) ⇒P≥ + + ab + bc + 4( ac + 3) 2  ac + bc   ab + bc   ab + bc + ca +  = + 1 +  + 1 +  −2 ac +  ab +   bc +    1  9( ab + bc + ca + 3)  = ( ab + bc + ca + )  + + −2 −2≥ ab + bc + ca +  ab + bc + ac +  9( t + 2) 45 45 13 −2=7− = Xét hàm số f (t ) = mà t = ab + bc + ca ≥ ⇒ P ≥ − t+7 t+7 5+7 13 Vậy P = ⇔ ( a; b; c ) = (1;2;1) Bài 10: Cho số thực x, y, z ∈ [ 0;1] z = min{ x, y, z} Tìm giá trị nhỏ biểu thức ( y + z) P= + x+z yz + + y ( y + z ) xy + xz − yz Lời giải Với toán có điều kiện ban đầu x, y, z ∈ [ 0;1] tìm cách khai thác nó, dự đoán điểm rơi z = y = 1; z = Hơn với xy + xz − yz có chứa xy + xz − yz mẫu, hạng tử gợi ý cho dồn biến xy + xz − yz x ( y + z) x2 ( y + z) ≥ x+z x x+z x x+z ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta Dấu xảy A.B A + B A = B > Vì dự đoán điểm rơi z = y = 1; z = nên khả x = x + z y = y + z hoàn toàn xảy Ta có x ∈ [ 0;1] suy x ≥ x2 ; ( y + z) 2 = x2 ( y + z) 2 ≥ x2 ( y + z) Ta có: 2x + z x( x + z ) ( yz + 1) ≥ ( yz + 1) 2y + z y( y + z ) ( xy + yz + xz + 1) + ≥ 2x2 ( y + z ) 2( yz + 1) + + 2x + z 2y + z xy + xz − yz x+ y+z Với điều kiện x, y, z ∈ [ 0;1] ta có (1 − x )(1 − y )(1 − z ) ≥ ⇔ xy + yz + xz + ≥ xyz + x + y + z ≥ x + y + z Suy P ≥ x + y + z + xy + xz − yz 2 Do P ≥ xy + xz − yz Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x + ( y + z ) ≥ x( y + z ) ⇒ x + y + z ≥ 2( xy + xz − yz ) Mà x, y, z ∈ [ 0;1] ⇒ x + y + z ≥ x + y + z ≥ 2( xy + xz − yz ) ≥4 xy + xz − yz x = y = Dấu xảy  z = Vậy P = đạt x = y = 1; x = ⇒ P ≥ 2( xy + xz − yz ) + Lời giải Bài 11: Cho số a, b, c ∈ [ 0;1] Tìm giá trị lớn biểu thức P= a b c + + + abc + bc + ac + ab Không tính tổng quát toán, ta giả sử ≤ c ≤ b ≤ a ≤ a b c b c b+c + + + abc ≤ + + + bc ≤ bc + + + bc + ac + ab + bc + bc + bc + bc + bc b+c ≤1 Từ giả thiết ta (1 − b )(1 − c ) ≥ ⇔ − bc ≥ b + c ≥ ⇔ + bc 1 Suy A ≤ bc + + Đặt t = + bc ⇒ ≤ t ≤ Xét hàm số f (t ) = t + ; t ∈ [1;2] + bc t Ta có f ' (t ) = − ≥ 0∀t ∈ [1;2] suy f(t) đồng biến [1;2] ⇒ f (t ) ≤ f (2) = t Vậy giá trị lớn biểu thức P a = b = c = Ta có P = 2.3.4 Sử dụng bất đẳng thức để đánh giá làm giảm số biến toán ∗ Có nhiều toán tìm cực trị biểu thức ta cần sử dụng biến đổi làm giảm số biến Tuy nhiên toán cực trị có dạng phân thức ta phải sử dụng bất đẳng thức để đánh giá làm giảm số biến toán ∗ Các bất đẳng thức hệ thường dùng Hệ 1: Cho a, b ∈ R ta có ( a + b ) ≥ 4ab ( a + b ) ≥ a 2b + ab Hệ 2: Cho a, b > ta có a + b3 ≥ 1 Hệ 3: Cho a, b > ta có + ≥ a b a+b ( a + b + c ) ≥ ab + bc + ca Hệ 4: Cho a, b, c ∈ R ta có a + b + c ≥ Hệ 5: Cho a, b, c ∈ R ta có ( ab + bc + ca ) ≥ 3abc( a + b + c ) 1 Hệ 6: Cho a, b, c > ta có + + ≥ a b c a+b+c 1 Hệ 7: Cho a, b > ab ≥ ta có + a + + b ≥ + ab 1 Hệ 8: Cho a, b > ab ≤ ta có + a + + b ≤ + ab 10 Nhận xét: Trên số hệ tiêu biểu thường sử dụng để tìm cực trị cách dồn biến, ta sử dụng hệ khác bất đẳng thức khác Ứng dụng hệ để giải toán sau Bài 1: Cho số thực a, b, c ∈ [1;2] Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= a + b + 2ab c + 4( ab + bc + ca ) Lời giải Áp dụng hệ ( a + b ) ≥ 4ab ( a + b) a + b + 2ab ≥ =M Ta có P = c + 4( ab + bc + ca ) c + 4c( a + b ) + ( a + b ) 2 Do a, b, c ∈ [1;2] nên a + b ≠ , chia tử mẫu M cho ( a + b ) ta được: M = = t + 4t + với t = c  c   c  a+b   + 4  +1 a+b a+b c 1  ⇒ t ∈  ;1 Xét hàm số f (t ) = Với a, b, c ∈ [1;2] t = a+b t + 4t + 4  − 2( t + ) < , ∀t ∈  ;1 ⇒ f (t ) nghịch biến  ;1 Ta có f ' (t ) = 2     t + 4t + 1 1  ⇒ f (t ) ≥ f (1) = ; ∀t ∈  ;1 hay P ≥ 6 4  Vậy MinP = , giá trị nhỏ đạt a = b = c = ( 2 1   ;1 ) Bài 2: Cho số không âm a, b, c thỏa mãn c > a +b3 = c( c − 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a +b + c ( a + b + c) Lời giải Nhận xét: từ giả thiết ta nhận thấy biến a b có tính chất đối xứng, để giải toán ta sử dụng a + b ≥ Ta có: P ≥ ( a + b) + c 2 ( a + b + c) ( a + b) 2 a+b   +2 c   = c > a+b  2 + 1  c  4 2 Với hai số thực x, y tùy ý, ta có x − xy + y = ( x + y ) + ( x − y ) ≥ ( x + y ) Từ giả thiết c > a + b = c( c − 1) sử dụng đánh giá ta thu 11 ( ) c = c + a + b = c + ( a + b ) a − ab + b ≥ c + ( a + b) ≥ c ( a + b) ⇒0≤ a+b ≤ c t2 + a+b ⇒ ≤ t ≤ (vì a, b ≥ c > ) Khi P ≥ c 2( t + 1) t−2 t2 + f ' (t ) = < ∀t ∈ [ 0;1] Xét hàm số f (t ) = [ 0;1] , ta có ( t + 1) , 2( t + 1) Do f (t ) hàm số nghịch biến [ 0;1] ⇒ f (t ) ≥ f (1) = , ∀t ∈ [ 0;1] Hay P ≥ , ∀a, b, c ≥ thỏa mãn c > a +b3 = c( c − 1) Vậy MinP = , giá trị nhỏ đạt a = b = 1; c = Đặt t = Bài 3: Cho x, y, z ≥ thoả mãn x + y + z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P= x + y + 16 z ( x + y + z)3 Lời giải 3       x y z  +   + 16  Ta có P =  x+ y+z x+ y+z x+ y+z 3 3     1 x+ y   x y 1 z  +   ≥   = 1 −  Áp dụng hệ ta có  4x+ y+ z  x + y + z  x+ y+z x+ y+z 3 z    1 z z ⇒ t ∈ [ 0;1)  + 16  Đặt t = Do P ≥ 1 − x+ y+z 4 x+ y+ z x+ y+z 4 3 Khi P ≥ (1 − t ) + 16t Xét hàm số f (t ) = (1 − t ) + 16t [ 0;1)  t = ∈ [ 0;1) 189t + 6t − ⇒ f ' (t ) = ⇔  Ta có f ' (t ) = t = − ∉ [ 0;1)  16   16 Lập bảng biến thiên suy f (t ) ≥ f   = , ∀t ∈ [ 0;1) ⇒ P ≥ f (t ) ≥ 81   81 16 Vậy MinP = , giá trị nhỏ đạt x = y = z 81 Bài 4: Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn [1;2] Tìm giá trị nhỏ biểu thức ( x + y) P= 2( x + y + z ) − 2( x + y ) − z Lời giải Nhận xét: Ta cần biến đổi 2( x + y + z ) − 2( x + y ) − z = z + 4( x + y ) z + xy 12 ( x + y) Ta có P = 2( x + y + z ) − 2( x + y ) − z 2 ( x + y) = z + 4( x + y ) z + xy x y  +  ( x + y) z z = Ta có xy ≤ ( x + y ) Do P ≥ 2 z + 4( x + y ) z + ( x + y ) x y x y + 4 +  +  +  z z z z x y t2 Đặt t = + , x, y, z thuộc đoạn [1;2] ⇒ t ∈ [1;4] Khi ta có P ≥ z z + 4t + t t2 Xét hàm f (t ) = [1;4] + 4t + t 4t + 2t f ' ( t ) = ⇒ f ' (t ) > , ∀t ∈ [1;4] Suy f (t ) hàm số đồng biến Ta có + 4t + t 1 [1;4] Do f (t ) ≥ f (1) = , ∀t ∈ [1;4] hay P ≥ , ∀x, y, z ∈ [1;2] 6 Vậy MinP = , giá trị nhỏ đạt x = y = z = ( ) 2 Bài 5: Cho số thực a, b, c > thỏa mãn = + Tìm giá trị nhỏ biểu c a b a b c thức: P = b + c + a + c + 2 a +b +c Lời giải a b c c Vì c > ta có P = b + a + a b     +1 +1   +   +1 c c c c a b ⇒ x, y > (vì a, b, c > ) biểu thức P trở thành Đặt x = , y = c c x y P= + + y +1 x +1 x2 + y + 1 2 = + ta thu c a b 2 2 c c 1 = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ x2 y2 = x2 + y2 c a b a b x y Biến đổi giả thiết ( ) Ta có x y = 2( x + y ) ≥ ( x + y ) ⇒ xy ≥ x + y x + y + = ( x + y ) − xy + ≤ ( x + y ) − 2( x + y ) + = ( x + y − 1) (1) Ta lại có ( x + y ) ≥ xy ≥ 4( x + y ) ⇒ x + y ≥ (2) (vì x, y > ) Từ (1) (2) ⇒ x + y + ≤ x + y − 13 Biến đổi biểu thức P, ta thu  1   + = ( x + y + 1)  + x + y +1 x + y2 +1  x +1 y +1 4 Từ hệ 3, ta có: P + ≥ ( x + y + 1) x + y + + x + y − ⇒ P ≥ − x + y + + x + y − + Đặt t = x + y ⇒ t ≥ Do P ≥ − t + t −1 + Xét hàm số f (t ) = − [ 4;+∞) t + t −1 3t ( t − 4) Ta có f ' (t ) = ( t − 1) ( t + 2) ≥ , ∀t ∈ [ 4;+∞) f ' (t ) = ⇔ t = (vì t ∈ [ 4;+∞) ) Suy f (t ) hàm số đồng biến [ 4;+∞) 5 ⇒ f (t ) ≥ f ( 4) = , ∀t ∈ [ 4;+∞) hay P ≥ f (t ) ≥ 3 Vậy MinP = giá trị nhỏ đạt a = b = 2c P+2= x y +1+ +1+ y +1 x +1 2 Bài 6: Cho số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y − z ≥ x x + 2y y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 10 y + z + x + y + z + x + y Lời giải x + y + z ≤ 2x + y 10 y + z ≤ x + 12 y x y x + 2y x y x + 2y Do P = 10 y + z + x + y + z + x + y ≥ x + 12 y + x + y + x + y x x +3 x x + 3y y y ⇒P≥ + = + x + 12 y x + y x + 12 x + y y x t t +3 + Đặt t = y ⇒ t > Khi ⇒ P ≥ t + 12 2t + t t +3 + Xét hàm số f (t ) = ( 0;+∞) t + 12 2t + Ta có x + y − z ≥ ⇔ z ≤ x + y ⇔  t = ∈ ( 0;+∞) 12t 2 − ⇒ f ' (t ) = ⇔ ( t + 12 ) = 4( 2t + 3) ⇔  Ta có f ' (t ) = 2 t = − 18 ∉ ( 0;+∞) ( t + 12) ( 2t + 3)  6 Lập bảng biến thiên suy f (t ) ≥ f (2) = , ∀t ∈ ( 0;+∞) Suy P ≥ 7 Vậy MinP = , giá trị nhỏ đạt x = y, z = y Nhận xét ta coi P hàm z x, y tham số xét hàm P(z) ( 0; x + y ] Bài 7: Cho số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a ≥ b, a ≥ c a b c Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 5( a + b + c ) + 5a − 2c + 5a − 2b 14 Lời giải b a c a + Vì a > P =  b c  + c b − 51 + +  −  a a a a b   x = a ⇒ x, y ∈ ( 0;1] a, b, c > a ≥ b, a ≥ c Đặt  y = c  a x y Khi biểu thức P viết lại sau: P = 5(1 + x + y ) + − y + − x    + ( x + y − 5)  + 5(1 + x + y )  − y − 2x  1 Ta có − x + − y ≥ 10 − x − y x + y − < 0, ∀x, y ∈ ( 0;1] Do P − ≤ 5(1 + x + y ) + ( x + y − 5) 10 − x − y hay P ≤ 5(1 + x + y ) + − x − y − Đặt t = x + y ⇒ t ∈ ( 0;2] x, y ∈ ( 0;1] Khi ta có P ≤ 5( t + 1) + − t − Xét hàm số f (t ) = 5( t + 1) + − t − ( 0;2] ⇒ 2P − = 25( t + 1) − ( t − 5) 24t + 60t = > 0, ∀t ∈ ( 0;2] Ta có f ' (t ) = 2 2 5( t + 1) ( t − 5) 5( t + 1) ( t − 5) 2 11 Do f (t ) hàm số đồng biến ( 0;2] ⇒ f (t ) ≤ f (2) = , ∀t ∈ ( 0;2] 15 11 hay P ≤ , với a, b, c > thỏa mãn điều kiện a ≥ b, a ≥ c 15 11 Vậy MaxP = , giá trị lớn đạt a = b = c 15 Lời giải Bài 8: Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn < x < y < z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x3 z y4 z + 15 x + + y xz + y z xz + y x2 z ( ) ( ) 3 x  y a, b, c >     x y z  y z 15 Ta có P =   +  z  +   + Đặt a = ; b = ; c = ⇒ abc = y z x x y x y  x z c > + +  y z y z x 15 a3 b3 15 + + c2 + a+b a+b c ab( a + b ) 15 16 + c2 + = c2 + Áp dụng hệ 2, ta có P ≥ a+b c c 16 16 Xét hàm số f (c) =c + (1;+∞) Ta có f ' (c) = 2c − ⇒ f ' (c) = ⇔ c = c c Lập bảng biến thiên suy f (c) ≥ f (2) = 12, ∀c ∈ (1;+∞)  a = b = hay x = y = z Vậy MinP = 12 giá trị nhỏ đạt  c =  Do đó: P = ab Bài 9: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a − c + b − c = Tìm giá c trị nhỏ biểu thức: P = a b c c + + + b + c c + a a + b a + b2 Lời giải Đặt a = x.c; b = y.c; ( x, y ≥ 1) Thay x = vào giả thiết ta có: b − c = b ⇒ c = (không thỏa mãn giả thiết) Tương tự y = không thỏa mãn ⇒ x > 1; y > thay vào giả thiết ta có: ( x − 1)( y − 1) = xy ( x − 1)( y − 1) + = ⇔ ( ( x − 1)( y − 1) − 1) = x − + y − = xy ⇔ x + y − + ⇔ x − x − y +1− ⇔ ( x − 1)( y − 1) = ⇔ xy = x + y ≥ xy ⇒ xy ≥ Mặt khác x y 1 x2 y2 1 P= + + + = + + + y +1 x +1 x + y x + y xy + x xy + y x + y ( x + y ) − xy ⇒P≥ ( x + y) 2 xy + x + y 1 + x + y ( x + y ) − xy + xy 1 ( xy ) − 2( xy ) + 3xy − + + 2 = xy x y − xy ( xy ) − xy Hay P ≥ [ ] t − 2t + 3t − Đặt t = xy; t ≥ , ta có P ≥ ( t − 2t Xét hàm số f (t ) = Ta có f ' (t ) = t − 2t + 3t − [ 4;+∞) t − 2t ( ) t − 4t + t + 6t − ) ( t − 2t ) = t ( t − ) + t + 6( t − ) + 18 ( t − 2t ) > 0, ∀t ≥ 41 f (t ) = f (4) = Suy hàm số f (t ) đồng biến [ 4;+∞) Do đó: [min 4; +∞ ) 24 41 Vậy P = x = y = hay a = b = 2c 24 Bài 10: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: a ≥ b ≥ c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = (a ) + c ab + bc + ca abc( a + b + c ) 16 Lời giải Đặt a = x.b; c = y.b ⇒ < y ≤ ≤ x x + y x + y + xy ( x + y ) x + y + xy ≥ Khi T = xy ( x + y + 1) xy ( x + y + 1) S > ⇒ < P ≤ S −1 Đặt S = x + y; P = xy < y ≤ ≤ x ⇒  ( x − 1)( y − 1) ≤ ( Đặt f ( P) = ) S ( S + P) S ( 2S + P ) f ' ( P ) = − < 0, ∀P ∈ ( 0; S − 1] ta có 2 P ( S + 1) P ( S + 1) Do f ( P ) hàm số nghịch biến ( 0; S − 1] ⇒ f ( P ) ≥ f ( S − 1) = Ta có g ' ( S ) = S ( 2S − 1) ( ) ( ) S −1 , ∀P ∈ ( 0; S − 1] Xét hàm số g ( S ) = ( S − 2) ( S + 2S − 1) S ⇒ g ' ( S ) = ⇔ S = 2 S −1 S ( S − 1) ( ) S −1 với S > (vì S > ) Từ bảng biến thiên suy g ( S ) ≥ g (2) = , ∀S ∈ (1;+∞) Do ta có T ≥ f ( P) ≥ g ( S ) ≥ g (2) = Vậy MinT = , giá trị nhỏ đạt x = y = hay a = b = c Bài 11: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = xy yz x3 y + y z + − + z + x2 24 x z Lời giải Nhận xét: Bài 11 ta thay giả thiết x + y + z = vào biểu thức P P biểu thức đồng bậc Tuy nhiên sử dụng biến đổi đại số ta chưa làm giảm số biến biểu thức Ta cần sử dụng hệ để đánh giá biểu thức Ta có xy yz xy yz + = + 2 2 2 1+ z 1+ x x +z + y +z x + y + x2 + z xy yz xy yz ⇒ + ≤ + 2 1+ z 1+ x x2 + z y2 + z 2 x2 + y2 x2 + z ( ) ( ) ( ( ⇒ )( ) ( ) ) ( )( ) xy yz  x2 y2   y2 z2      + ≤ + + + + z + x  x + z z + y   x + y x + z  xy yz 1 y2 y2   y2 y2      + ≤ + + ≤ + + + z + x  z + y x + y   yz xy  xy yz 1 y y ⇒ + ≤ +  +  2 1+ z 1+ x 8 z x ⇒ 17 x y + y z ( xy + yz ) 1 y y ≥ =  +  Ta lại có x y + y z ≥ ( xy + yz ) ⇒ 3 3 x z x z 4 z x y y 1 y y  y y Vậy P ≤ +  +  −  +  Đặt t = + ⇒ t > (vì x, y, z > ) z x  z x  96  z x  1 Khi P ≤ + t − t 96 1 Xét hàm số f (t ) = + t − t ( 0;+∞) 96 1 Ta có f ' (t ) = − t ⇒ f ' (t ) = ⇔ t = (vì t > ) 32 5 Lập bảng biến thiên suy f (t ) ≤ f (2) = , ∀t ∈ ( 0;+∞) hay P ≤ f (t ) ≤ 12 12 Vậy MaxP = , giá trị lớn đạt x = y = z = 12 3 3 3 4  x  y z x Bài 12: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn   +   + = + x z  y  z  y2 2z 3z Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 2 + 2 − x +y y +z 2x + z Lời giải Từ giả thiết ta có 4 4 2  x  y  x  y x z z z x z x x + =   +   + ≥     + = 2  + ⇒ + ≥ 2  + x x x z x z z  y  z   y  z x Đặt t = ⇒ t > (vì x, z > ) z 1 Do t + ≥ 2t + ⇔ 2t − t − 2t + ≤ ⇔ ( t − 1)( t + 1)( 2t − 1) ≤ ⇔ ≤ t ≤ t 2 P= + − 2 x y     x Ta có   +   + z + z  y x y x x x y x y Nhận xét: y z = z z ≤ ⇒ y z ≤ Mặt khác x, y, z > ⇒ y , z > 1 2 + ≤ = 2 Do  x  +  y  + 1 + x y + x  y y z z z   4 P≤ − = − 1  f (t ) = − x x Vậy Xét hàm số + t t +  ;1 1+ +1 + t 2t + z z − 10t − 4t + 1  < 0, ∀t ∈  ;1 Ta có f ' (t ) = 2 ( t + 1) ( 2t + 1) 2  18 1  Suy f (t ) hàm số nghịch biến  ;1 ⇒ f (t ) ≤ 2  1 1  f   = , ∀t ∈  ;1 2 2   x  y z x   +   + = + x z  y  z z = 2x Vậy MaxP = , giá trị lớn đạt  y = x Hay P ≤ với x, y, z > thỏa mãn Nhận xét: Phương pháp giải trình bày mục 2.3.3 2.3.4 phương pháp thường sử dụng giải toán tìm cực trị biểu thức nhiều biến Ngoài phương pháp giải giải toán tìm cực trị biểu thức nhiều biến ta sử dụng phương pháp sau: ∗ Phương pháp tiếp tuyến ∗ Phương pháp đạo hàm theo biến ∗ Phương pháp dùng hàm đặc trưng 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 2.4.1 Đối với học sinh ∗ Chọn lớp đối chứng gồm 15 học sinh lớp 12C1, chọn lớp thử nghiệm gồm 15 học sinh khác (lớp 12C1 lớp chọn khối A), chọn học sinh đội tuyển học sinh giỏi môn toán trường THPT Như Thanh ∗ Chọn tập xây dựng tập khác đề thi thử THPT Quốc Gia năm gần Tiến hành hướng dẫn học sinh giải tập chọn ∗ Tiến hành hướng dẫn học sinh nghiên cứu chủ đề “Kỹ dồn biến để giải toán tìm cực trị biểu thức” Yêu cầu học sinh viết thành đề tài, nạp cho giáo viên (chỉ chọn học sinh đội tuyển học sinh giỏi) ∗ Tiến hành kiểm tra đánh giá 45 phút cho ba lớp nói ∗ Kết kiểm tra: Đối với nhóm học sinh giỏi kết kiểm tra tốt, điểm học sinh đạt từ loại trở lên, lớp 12C1 kết đạt từ loại trung bình trở lên ∗ Đối với chủ đề nghiên cứu lớp học sinh giỏi, em thực tốt Được ôn tập tính chất bất đẳng thức, rèn luyện kỹ giải toán tìm cực trị biểu thức nhiều biến Đội tuyển học sinh giỏi nhà trường gồm em tham dự kì thi cấp tỉnh đạt giải Nhì, giải Ba, giải Khuyến khích ∗ Dạng tập phương pháp có hiệu cao với học sinh khá, giỏi 2.4.2 Đối với thân đồng nghiệp ∗ Đề tài dùng làm tài liệu cho học sinh giáo viên trình dạy học môn toán, ôn thi THPT Quốc Gia thi học sinh giỏi ∗ Từ đề tài mở rộng phát triển cho dạng toán chứng minh bất đẳng thức, dạng toán cực trị biển thức lượng giác, cực trị hình học Ứng dụng việc giải toán khó phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ, hệ bất phương trình có chứa tham số 2.4.3 Đối với nhà trường 19 ∗ Đề tài áp dụng hoạt động giảng dạy góp phần nâng cao chất lượng giáo dục môn Toán, nâng cao kết thi học sinh giỏi, kết thi THPT Quốc gia học sinh trường THPT Như Thanh KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Quá trình nghiên cứu đề tài thu số kết sau: ∗ Trong đề tài nghiên cứu kỹ tìm cực trị toán nhiều biến phương pháp dồn biến ∗ Xây dựng hệ thống tập tìm cực trị biểu thức nhiều biến cách giải sử dụng đánh giá bất đẳng thức để làm giảm số biến toán ban đầu ∗ Nghiên cứu sở lý luận kỹ dạy học nói chung kỹ dạy học môn toán nói riêng 3.2 Kiến nghị Sau tổng kết thực nghiệm sư phạm, có số đề xuất sau: ∗ Giáo viên nên thay đổi phương pháp dạy học để phù hợp với đối tượng, nội dung học Giáo viên hướng dẫn học sinh tự học, tự nghiên cứu, để tạo sản phẩm hữu ích giúp em có lượng kiến thức kỹ tốt để chuẩn bị cho kỳ thi ∗ Nhà trường, tổ chuyên môn cần khuyến khích hình thức, tự học tự nghiên cứu, hợp tác nhóm học sinh theo hướng dẫn giáo viên, từ tạo điều kiện cho giáo viên học sinh hợp tác làm việc nhằm cải thiện chất lượng học tập giúp em có tảng kiến thức thật vững XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 22 tháng 04 năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Nguyễn Bá Long 20 ... thử THPT Quốc Gia n m g n Ti n hành hướng d n học sinh giải tập ch n ∗ Ti n hành hướng d n học sinh nghi n cứu chủ đề Kỹ d n bi n để giải to n tìm cực trị biểu thức” Yêu cầu học sinh viết thành... ) ≤ Nh n xét: Việc đánh giá điều ki n ban đầu to n quan trọng việc giải to n cực trị biểu thức, giúp r n luy n kỹ chuy n to n cực trị nhiều bi n thành to n cực trị hàm số với bi n Bài (Đề THPT. .. nhà trường 19 ∗ Đề tài áp dụng hoạt động giảng dạy góp ph n n ng cao chất lượng giáo dục m n To n, n ng cao kết thi học sinh giỏi, kết thi THPT Quốc gia học sinh trường THPT Như Thanh KẾT LU N VÀ