Đang tải... (xem toàn văn)
Rất nhiều học sinh còn lúng túng trước các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đặc biệt là học sinh lớp 10. Trong những năm gần đây thực hiện chương trình giảm tải của Bộ giáo dục, môn toán chương trình ban cơ bản của lớp 10 còn 3 tiết trên tuần. Mời các bạn tham khảo thêm bài SKKN này nhé.
Bồi dưỡng tư học sinh qua học tự chọn mơn tốn lớp 10 PHẦN THỨ NHẤT : MỞ ĐẦU I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Bất đẳng thức tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức vấn đề đề cập chương trình sách giáo khoa mơn tốn bậc Trung học phổ thơng Thời gian giảng dạy chủ đề không nhiều, mức độ tập trình bày sách giáo khoa sách tập dạng Tuy nhiên kỳ thi Đại học kỳ thi học sinh giỏi tốn bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ lại đỉnh cao mà học sinh vượt qua Rất nhiều học sinh lúng túng trước tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức đặc biệt học sinh lớp 10 Trong năm gần thực chương trình giảm tải Bộ giáo dục, mơn tốn chương trình ban lớp 10 cịn tiết tuần Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn xây dựng kế hoạch giảng dạy thêm tiết tự chọn dành cho mơn tốn dạy theo chủ đề bám sát Căn vào kế hoạch nhà trường, Ban chuyên mơn, Tổ tốn xây dựng kế hoạch dạy tự chọn mơn tốn lớp 10 theo chủ đề, bám sát với phân phối chương trình Sở giáo dục có chủ đề : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biếu thức, chủ đề thực sau học sinh học xong Bất đẳng thức Năm học 2012-2013 nhà trường phân công giảng dạy lớp 10A1.Thực tế năm học trước thân tơi có băn khoăn trăn trở cách hướng dẫn học sinh học tự chọn cho hiệu làm để học sinh có hứng thú học tự chọn? Trong tài liệu chung để học sinh giáo viên tham khảo Khóa học 2008 - 2011 tơi mạnh dạn đưa số dạng tập tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ vào giảng dạy tự chọn học sinh có hứng thú việc giải dạng tập đó.Tuy nhiên kết thi học sinh giỏi cấp tỉnh học sinh đạt giải ba, cịn thi đại học có số em đạt điểm khối A khối B Trong năm học mạnh dạn giới thiệu cho học sinh lớp 10 số dạng tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức để giúp bồi dưỡng tư cho học sinh, nâng cao lực, rèn luyện kỹ giải toán đặc biệt tạo cho học sinh hứng thú học tự chọn lòng đam mê chinh phục đỉnh cao kỳ thi tới Các tốn tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ có vị trí quan trọng kỳ thi có sức hấp dẫn học sinh giỏi người say mê toán.Đối với đối tượng học sinh lớp 10 em chưa học đạo hàm nên dừng lại số phương pháp để giải tốn đó.Tuy nhiên thời gian dạy chủ đề không nhiều nên dừng lại việc giới thiệu tốn tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ bất đẳng thức giúp cho học tự chọn đạt hiệu học sinh thích học tự chọn Chính lý tơi mạnh dạn đề xuất sáng kiến “ Bồi dưỡng tư học sinh qua học tự chọn mơn tốn lớp 10” Xin trao đổi đồng nghiệp II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Giúp học sinh lớp 10 nâng cao khả tư tốn học, có suy nghĩ tích cực tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.Học sinh thích học tự chọn hơn, đồng thời qua giúp học sinh say mê nghiên cứu tốn học, ham học hỏi Tạo cho học sinh có niềm tin, mơ ước chinh phục đỉnh cao trí tuệ III PHẠM VI NGHIÊN CỨU Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 10A1 Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn học tự chọn mơn tốn Phạm vi nghiên cứu: “ Bồi dưỡng tư học sinh qua học tự chọn mơn tốn lớp 10” tốn Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhât IV CƠ SỞ NGHIÊN CỨU Để thực đề tài này, dựa sở kiến thức học Trường ĐHSP, tài liệu phương pháp giảng dạy, tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, sách giáo khoa, sách tập, sách tham khảo mơn Tốn bậc trung học phổ thông … V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Thực đề tài này, sử dụng phương pháp sau đây: – Phương pháp nghiên cứu lý luận : Nghiên cứu sách tham khảo, đề thi học sinh giỏi, mạng Internet, tài liệu liên quan khác… – Phương pháp khảo sát thực tiễn: Khảo sát học sinh lớp 10A1 Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn – Phương pháp quan sát : Quan sát trình dạy học trường THPT Nguyễn Trung Ngạn - Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tổ chức dạy thực nghiệm, cho đề kiểm tra khảo sát kết sau thực chuyên đề – Phương pháp thống kê toán học VI THỜI GIAN THỰC HIỆN - Đề tài thực từ ngày 20 - 03 -2013 đến ngày 10 - 04 - 2013 VII GIỚI HẠN CỦA ĐỀ TÀI Đề tài sử dụng học tự chọn mơn tốn lớp 10A1 dùng để bồi dường học sinh thi Đại học , bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG I Khảo sát tình hình thực tế Năm học 2012 – 2013, tơi BGH nhà trường phân cơng giảng dạy mơn tốn lớp 10A1 Đây hội tốt để tơi thực đề tài này.Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ dạng tốn khó Trong q trình giải tốn học sinh lúng túng, kể học sinh đạt giải học sinh giỏi cấp tỉnh cấp THCS Sau học sinh học xong bất đẳng thức số ứng dụng tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Tôi tiến hành khảo sát 46 học sinh lớp 10A1 kết đạt sau: 11/46 HS đạt điểm trung bình 35/46 HS đạt điểm trung bình II Nội dung đề tài: A Kiến thức bản: * Một số bất đẳng thức cần nhớ: - Bất đẳng thức Côsi a1 a a3 a n n a1 a a a n Với n Dấu xảy a1 a2 - Các bất đẳng thức khác : x y xy an x y xy 3, x y xy a b 2 b a 1 ( Khi b , c 0) b c bc 1 với a ,b > 2 a b ( a b) u v u v , Với u,v B Giới thiệu toán - Bài tập học sinh thực lớp: Từ đến 20 - Bài tập học sinh thực nhà : Từ 21 đến hết I.1 Giới thiệu toán thực lớp: Bài 1: Cho x,y,z số dương x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y z x 1 y 1 z 1 1 1 1 Lời giải: Ta có P = 1 1 3 ( 1) x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 P= Theo bất đẳng thức Cô si ta có : 1 (2) x 1 y 1 z 1 1 Mặt khác theo giả thiết x+ y+ z = nên từ(2) ta có (3) x 1 y 1 z 1 ( x 1) ( y 1) ( z 1) Dấu xảy x = y = z = 3 Vậy Max P = x = y = z = Từ (3) (1) Ta có P Bài 2: Cho x, y , z số dương thay đổi thỏa điều kiện : xy2z2 + x2z +y = z2 Tìm giá trị lớn biểu thức P = z4 z (x4 y4 ) 1 x4 y P z x y Từ giả thiết suy xy2 + Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có : z z x8 x2 4 x x 4 (1) z z z Lời giải: Ta xét 1+ 1 y4 y 4 y (2) 4 z z z z 1+ x4 + y4 +y4 4 x y = 4xy2 (3) Cộng vế với vế BĐT (1),(2),(3) ta +3( x2 y 1 4 2 x y ) P Dấu xy 12 z P z z xảy x =y = z = Vậy Max P = x =y = z = Bài Cho a, b, c số thục dương thỏa điều kiện abc = Tìm giá trị lớn 1 2 a 2b b 2c c 2a Lời giải : Do a2+b2 2ab, b2 + 2b : 1 a 2b a b b 2(ab b 1) 1 1 Tương tự 2 b 2c 2(bc c 1) c 2a 2(ac c 1) 1 1 Khi P ab b bc c ca a 1 ab b ( Do c ac = P ab ab b ab b ab b ) b biểu thức P = Dấu BĐT xảy a = b = c = Vậy Max P = a = b = c = Bài ( Đề thi HSG Tỉnh Hưng Yên) Cho a, b, c số dương tùy ý thỏa điề kiện a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = ab bc ac 2c ab 2a bc 2b ac Lời giải: Ta có 2c + ab = c( a+b+c) + ab = c2 + c( a+b) + ab = ( c+a)( c+b) Xét ab ab ab (c a )(c b ) 2c ab (c a )(c b ) 1 ab ab (ab ) c a c b 2 c a c b ab ab ab (1) Tương tự ta có : 2c ab c a c b bc bc bc (2) 2a bc a b a c ac ac ac (3) Cộng vế với vế BĐT (1),(2),(3) ta 2b ac a b b c Vậy ab bc ab ac bc ac = (a b c ) 2 c a c a b c b c a b a b 2 P = a = b = c = Vậy Max P = a = b = c = 3 Bài Cho a,b,c ba số dương thỏa điều kiện a+ b+ c = Tìm giá trị nhỏ biểu 1 thức P = 3 3 a 3b b 3c c 3a 1 1 Lời giải: Áp dụng BĐT (x+y+z) ta có x y z 1 3 3 a 3b b 3c c 3a 3 b 3c c 3a a 3b Khi P Mặt khác theo BĐT Cơ si ta có : a 3b b 3c c 3a a 3b a 3b a 3b (a 3b).1.1 = 3 a 3b b 3c Hay a 3b , tương tự b 3c 3 c 3a c 3a 4(a b c ) Suy a 3b + b 3c + c 3a =3 P Vậy P Dầu xảy a = b =c = Kết luận : Min P = a = b = c = Bài Cho số không âm x , y, z thỏa mãn x2 + y2 +z2 y Tìm giá trị nhỏ 2 ( x 1) ( y 2) ( z 3) Lời giải : Ta có 2x + 4y + 2z ( x2 + 1) + ( y2 + 4) + (z2 + 1) 3y + y Suy x + y + 2z Dấu xảy x = = z = 1 Với a b số dương ta có : ( 1) a b ( a b) biểu thức P = Áp dụng BĐT (1) ta : 1 8 2 2 ( x 1) y ( z 3) y ( z 3) 1 x 1 2 64 64.4 64.4 1 (2 x y z 10)2 (6 10)2 y x z 3 Vậy Min P = x = 1, y = , z = Bài Cho x,y,z dương thỏa mãn xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 3x2 + 3y2 + z2 Lời giải: Ta có 2P = ( 4x2 + z2) + (4y2+ z2) +(2x2+ 2y2) Áp dụng BĐT Cơ si ta có 4x2 + z2 4xz , 4y2 + z2 4yz, 2x2 + 2y2 4xy Khi 2P 4( xy + yz + zx) = 20 hay P 10 P =10 x = y = , z =2 Kết luận Min P = 10 x = y =1 , z= Bài Cho x , y x y Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức x2 y2 P= + y +1 x +1 Lời giải : Ta có: P = = x + y x - xy + y + x + y x + y + xy +1 = x2 y2 x + y3 + x + y2 + = y +1 x +1 x + y + xy +1 x + y - 5xy + xy = x + y - xy = + xy (vì x+y =1) - 5xy + xy x y xy 1 hay t 4 Giá trị lớn nhỏ biểu thức P giá trị lớn nhỏ biểu 12 5t thức f (t ) với t Ta có f(t) = -5 + 2t t2 Đặt t = xy Khi Để f(t) lớn tổng t +2 nhỏ hay t = Để f(t) nhỏ tổng t +2 lớn hay t = 0t 0t Vậy MaxP = x= 1, y =0 x= ,y= 1 MinP = x = y= Bài Cho x, y hai số thực thỏa mãn điều kiện: x y xy Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: P = 7( x y ) x y Lời giải: Ta có: x y xy 2( x y ) xy 5 xy xy 1 1 x y xy 2( x y ) 3xy 3xy xy xy P 7[( x y )2 x y ] x y 7( x y )2 10 x y xy 33 7 7( ) 10 x y x y xy 4 1 33 7 Đặt t = xy, t [- ; ] P = - t t 4 Bài tốn trở thành: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức 33 7 1 P=t t đoạn [- ; ] 4 Sử dụng bảng biến thiên hàm số bâc hai học sinh tìm được: 70 18 xy , MinP xy 33 33 25 2 Bài 10 Cho x, y, z x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức : MaxP P= x3 y2 y3 z2 Lời giải: Ta có: P + = ( x2 x3 y2 y3 y )( z2 y3 x3 y3 z2 ( ) z2 z2 z3 z3 x2 ( ) x2 x2 z )( y2 P ( ) 2 y2 y x3 z3 z3 x2 x2 ) x6 y6 z6 3 P 3 3 3 16 16 16 hay P 3 2 Suy P (x2 y2 z2 ) 23 2 23 2 2 26 2 Dấu xảy x = y = z = Vậy MinP = Bài 11 Cho x, y, z số thực dương lớn thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx 2xyz Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1) 1 Lời giải: Ta có xy yz xz xyz nên x y z 1 y z 1 ( y 1)( z 1) 1 2 (1) x y z y z yz Tương tự ta có 1 x 1 z 1 ( x 1)( z 1) 1 2 (2) y x z x z xz 1 x 1 y ( x 1)( y 1) 1 1 2 (3) y x y x y xy Nhân vế với vế (1), (2), (3) ta ( x 1)( y 1)( z 1) 1 Suy A 8 x yz Bài 12 Với số thực dương x; y; z thỏa điều kiện x y z Tìm giá trị nhỏ Vậy MaxA = 1 1 P x y z 2 x y z Lời giải: Áp dụng BĐT Cô-si : 18 x 12 (1) Dấu xảy x x 2 Tương tự: 18 y 12 (2) 18 z 12 (3) y z Mà: 17 x y z 17 (4) Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P 19 1 P 19 x y z Vậy MinP = 19 x = y = z = 3 1 Bài 13 Cho x, y, z số dương thỏa mãn Tìm giá trị lớn biểu x y z 1 thức: P 2x y z x 2y z x y 2z 11 1 Dấu xảy a = b Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức: ab 4a b biểu thức: Ta có : 1 1 1 1 1 ( ) 2x y z 2x y z 8x 16 y z Hay 1 1 (1) 2x y z 8x 16 y z 1 1 1 (2) x 2y z 8y 16 x z Tương tự 1 1 1 (3) x y 2z 8z 16 x y Cộng vế với vế (1),(2),(3) áp dụng giả thiết ta P 3 Mà P =1 Khi x = y = z = Vậy Max P = x = y = z = 4 Bài 14 Cho số thực dương a,b,c thay đổi ln thoả mãn : a+b+c=1 Tìm giá trị nhỏ a b2 b c2 c a2 biểu thức: P = bc ca ab a b c b c2 a2 ( ) ( ) A B Lời giải: Ta có: P = bc ca a b bc c a ab A3 1 (a b) (b c) (c a ) a b b c c a 1 1 3 (a b)(b c )(c a )3 ab bc ca A Và a2 b2 c2 1 (a b c) ( )(a b b c c a ) B.2 B ab bc ca 1 Từ P Để P = a = b = c = 2 Vậy Min P = a = b = c = Bài15 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x y 4x y 2x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P xy 2 4x y x y x y y x y xy y x y x 2 Thay y x tỉ số cuối được: Lời giải: P y x 5 x y y x x y x 2 y x y x 2 P = x 1; y Vậy Min P = 2 P Bài 16 Cho x, y, z > thỏa điều kiện xyz = 1 x3 y3 y3 z3 z x3 xy yz zx Lời giải: Áp dụng BĐT Cô si cho số dương ta có: Tìm GTNN S 10 x3 y 3 1.x3 y 3xy Tương tự: y3 z 3 ; yz yz x3 y xy xy z x3 zx zx 3 x3 y y3 z z x3 Suyra: S xy yz zx xy yz zx 3 3 3 Dấu xảy x = y = z = xy yz zx Vậy MinS = 3 x = y = z = Bài 17 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P 1 xy yz zx 1 9 xy yz zx Lời giải: Ta có: (1 xy ) (1 yz ) (1 zx ) P 9 xy yz zx x y z x = y = z= Vậy Min P = x = y = z= Mà P = Bài 18 Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P Lời giải: Ta có : P x (y z) y2 (z x) z (x y) yz zx xz x x y2 y z z y z z x x y (*) Nhận thấy : x2 + y2 – xy xy x, y x y2 x y x, y > Do : x + y xy(x + y) x, y > hay y x 3 2 y2 z y z y, z > z x z x x, z > Tương tự, ta có : z y x z Cộng vế ba bất đẳng thức vừa nhận trên, kết hợp với (*), ta được: P 2(x + y + z) = x, y, z > x + y + z = Hơn nữa, ta lại có P = x = y = z = Vì Min P = Bài 19 Cho x, y, z ba số thực dương thay đổi thỏa mãn: x y z xyz Hãy x y z tìm giá trị lớn biểu thức: P x yz y zx z xy Lời giải: Vì x; y; z , Áp dụng BĐT Cơsi ta có: 11 P x x yz y y zx z z xy 2 yz zx xy 1 1 1 yz zx xy x y z y z z x x y xyz xyz 2 Dấu xảy x y z Vậy MaxP = xyz xyz x y z3 x Bài 20 Cho x,y R x, y > Tìm giá trị nhỏ P y3 x2 y2 ( x 1)( y 1) Lời giải: Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy (x + y)2 ta có xy P t2 t2 t t xy (3t 2) Do 3t - > xy nên ta có xy t t (3t 2) t2 P t2 t2 t 1 t2 t 2 f(t) = t = Xét biểu thức f(t) = t 2 t 2 t3 t2 Do P = f (t ) = f(4) = đạt x y x (2; ) xy I.2 Các toán giao nhà cho học sinh thực y Bài 21 Cho x 0, y 0, x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức T x y 1 x 1 y x 1 1 y 1 1 1 ( x y ) Có 1 x 1 y 1 x 1 y 1 2 = 2 (1) 1 x y (1 x )(1 y ) 1 x 1 y Mặt khác: x y x y = (2) Từ (1) (2) P Dấu “ = “ – x = – y x = y = Vậy Min P = x = y = Bài 22 Cho số thực không âm x, y thay đổi thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy Lời giải: Lời giải: P= S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2 y2 + 12(x3 + y3) + 34xy = 16x2 y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2 y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy 12 = 16x2 y2 – 2xy + 12 Đặt t = x.y, x, y x + y = nên t Khi S = 16t2 – 2t + 12 = f(t) Hàm số f(t) xét đoạn t trị lớn t = 1 , đạt giá trị nhỏ t = 16 25 x = y = 2 2 2 x x 191 4 Min S = hay 16 y y 4 Max S = Bài 23 Cho x, y, z biến số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z P 4(x3 y3 ) 4(x z3 ) 4(z3 x3 ) y z2 x Lời giải: Với x, y > ta chứng minh : 4(x3 + y3) (x + y)3 () Dấu = xảy x = y Thật () 4(x + y)(x2 – xy + y2) (x + y)3 4(x2 – xy + y2) (x + y)2 x, y > 3(x2 + y2 – 2xy) (x – y)2 (đúng) 4(y3 + z3) (y + z)3 Dấu = xảy y = z Tương tự ta có 4(z3 + x3) (z + x)3 Dấu = xảy z = x Do x y z Ta lại có 2 z x y Suy xyz Dấu = xảy x = y = z x y3 y3 z3 z3 x x y z xyz P 6 xyz 12 xyz xyz Dấu = xảy x=y=z=1 x y z Vậy minP = 12 x = y = z = Bài 24 Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x y 3x y3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A 4x y2 Lời giải: Ta có A = 3x y3 3x y 4x x y2 y2 13 đạt giá A Với x = y = A = y y xy x 1 2 x 8 2 y Vậy giá trị nhỏ A xy Tìm GTLN biểu thức A Bài 25 Cho 1 x3 y 2 ( x y ) xy x y xy xy 1 1 2 2 Lời giải: Ta có: (1) 2 x y x y xy xy x y x y xy 1 1 y Ta đặt a = 1/x, b = 1/y x y x 2y a b 2 a b a b ab Mà A 1 a b3 a b a b ab a b (*) x y Cách 1: Ta có: A = ( a + b)2 A a b a b3 a b Ta biết : ( a + b > ) “ = “ xảy a = b A A Từ suy : A 16 “ = “ xảy a = b = Vậy Max A = 16 1/x = 1/y = Cách : Ta có: A= a3 + b3 = (a+b)(a2 –ab + b2 ) = (a + b)2 Từ (1) suy : a + b = (a + b)2 -3ab Mà: ab ( ab ) a b a b ( a b) 2 a b 4(a b) a b vi : a b A (a b) 16 Vậy MaxA = 16 x = y = ½ Cách 3: Đặt S = x + y , P = xy với S2 - 4P S , P S2 S SP P (hayP ) Ta có Từ gt suy ra: S 3 SP S P 14 1 x3 y3 (x y)(x2 y2 xy) (x y)2 xy (x y)2 S2 A 3 3 2 x y xy x3 y3 xy xy P Khi P 1 2 S SP S P S S 16 S 4P S 1 3 S P P2 Vậy MaxA = 16 ( x = y = ) Bài 26 Cho z 1, x 2, y Tìm GTLN M xy z zy x zx y xyz Lời giải: Đk : z 1, x 2, y Ta có : y2 1.( x 1) 2.( y 2) 3.( z 3) x 1 z 3 x y z x y z 1 x 1 y z 1 2x 2y 2 2 3 2z M Dấu “=” xảy x = , y = , z = 1 ) Vậy Max M = (1 2 1 1 Bài 27 Tìm giá trị lớn biểu thức P = x y z với x , y , z x y z số thực thuộc đoạn 1;3 t 1 1 3 Suy ra: x ; y ; z Q x y z 12 x y z x y z Lời giải: Ta có:1 t t 1 t 3 t 4t t 1 1 Q 1 1 x y z x y z 12 x y z x y z Bài 28 Cho x y xy Tìm GTLN S = x y Lời giải: Ta có: x y xy x y xy x, y x y xy Mà: xy x y (1) x y xy x y xy (2) 15 Từ (1) (2) x y S= x x y x y x y (a).Ta có y 2( x y 1) 2( x y 2) (b) Từ (a) (b) S = x y 16 Dấu xảy x y Vậy MaxS = x = y = Bài 29 Cho x,y,z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz=1 Tìm GTNN biểu thức :P = Lời giải: Ta có x P x2 y z y y 2z z + y2 z x z z 2x x + z2 x y x yx 2y y x ; y2 z x 2y y ; z x y 2z z y z 2x 2y y 2x x 2z z + + y y 2z z z z 2x x x x 2y y Ñaët a= x x 2y y ; b= y y 2z z ;c= z z 2x x x x Vaäy P 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a ;y y ;z z 9 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a = b c a 2 c b a a b c 4.3 b a c b c a Dấu “=” xảy x y z Vaäy Min P = Bài 30 Cho số dương x, y, z thoả x + y + z Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x + y + z + 1 x y z Lời giải: Theo BĐT Côsi: x + y + z 3 xyz > x+ , 9x y+ , 9y z+ xyz 3 9z 1 1 1 1 10 z y + 9x 9y 9z x y z xyz 1 Dấu "=" xảy x = y = z = Vậy MinA = 10 đạt x = y = z = 3 Từ đó: A= x Bài 31 Cho x, y, z số dương x + y + z x2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P = Lời giải:Với u,v ta có: u v u v 1 1 1 y2 z 2 x y z (*) 1 Đặt a x; ; b y; ; c z; x z y Áp dụng bất đẳng thức (*), ta có: a b c a b c a b c Vậy P = x x2 y y2 z z2 1 1 (x y z)2 x y z 16 1 1 1 1 Khi đó: (x + y + z)2 + = 81(x + y + z)2 + – 80(x + y + z)2 x y z x y z 1 1 18(x + y + z) – 80(x + y + z)2 162 – 80 = 82 x y z Suy P 82 Dấu "=" xảy x = y = z = Vậy Min P = 82 x = y = z = Bài 32 Cho x,y,z số thực dương thỏa mãn: z(z – x – y) = x + y + Tìm giá trị x4 y lớn biểu thức T ( x yz )( y xz )( z xy )3 Lời giải: Từ giả thiết z(z – x – y) = x + y + suy ( z+1)( x+y) = z2 – z > nên ta có x + y + = z Khi biểu thức cho viết dạng T x4 y ( x y )(1 y )( x y )(1 x) ( x 1)( y 1) x4 y 4 ( x y ) ( x 1)( y 1) Áp dụng BĐT Cô si cho số dương x , y ta có : 4 4 x x x x x , x 1 1 27 3 27 4 4 y y y y y , x + y 4xy y 1 1 27 3 27 (4 xy )48 ( x y ) 49 4 36 Do ( x y ) ( x 1)( y 1) ( x y ) , suy T ( *) 36 Mà T = x = 3, y = 3, x= 36 Vậy Max T = x = 3, y = 3, x= Bài 33 Tìm giá trị nhỏ biểu thúc: A x 2 Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức : a b 7 Ta có : x x A x c 11 2x d ac bd 11 7 9 3 15 3 x 2x x x 2 Khi x = A = 15 15 Vậy Min A = 2 17 , với x x Bài 34 Cho a, b, c số dương thỏa mãn ab + bc + ca = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a a2 b b2 2c c2 Lời giải: Xét + a2 = ab + bc + ca + a2 = ( a + b)( a + c) + b2 = ab + bc + ca + b2 = ( b+a)(b +c) +c2 = ab + bc +ca +c2 = (c+a)(c+b) Khi P = = a b 2c (a b)(a c) (b a )(b c) (c a )(c b) 2a 2b 4c 4(a b)(a c) 4(b a )(b c) 4(c a)(c b) 1 1 1 b c 4(a b) a c 4(a b) b c a c b c P a P ab ac bc 4(a b ) a c b c 4(a b) a c a b 4(a b) b c 15 Dấu xảy chí a b c ab bc ca 15 Vậy giá trị lớn P III Kết : -Kết khảo sát học sinh lớp 10A1 : ( sĩ số 46 học sinh ) 28/ 46 HS đạt điểm 18/ 46 HS đạt điểm -Học sinh giỏi cấp tỉnh : 01 em đạt giải ba kỳ thi giải toán mạngIternet VI Bài học kinh nghiệm Qua việc thực chuyên đề “ Bồi dưỡng tư học sinh qua học tự chọn mơn tốn lớp 10 ” thực tế giảng dạy.Bản thân rút số học kinh nghiệm sau: Về công tác đạo Đây công tác quan trọng việc nâng cao chất lượng giảng dạy môn bồi dưỡng lực, tư cho học sinh đặc biệt học sinh giỏi Trong năm học vừa qua, nhận đạo sát sao, quan tâm thường xuyên từ phía Ban giám hiệu Nhà trường cấp lãnh đạo Kết thi Đại học thi học sinh giỏi cấp tỉnh ngày nâng lên, nhà trường gặt hái thành cơng lớn.Cũng nhờ có kết đó, mà ngành giáo dục Tỉnh Hưng yên có bước đột phá kết thi ĐH-CĐ năm gần Về phía học sinh 18 Để gặt hái thành tích cao cơng tác mũi nhọn Học sinh nhân vật trung tâm việc bồi dưỡng đào tạo, nhân tố giữ vai trị định thành cơng hay thất bại giáo viên làm công tác giảng dạy, bồi dưỡng Vì em người học, người thi người đem lại thành tích đó.Làm để từ bước vào ngơi trường cấp ba học sinh có niềm mơ ước chinh phục đỉnh cao trí tuệ Tuy nhiên, để giúp cho học sinh gặt hái thành cơng, địi hỏi em phải có nỗ lực lớn Một tâm học tập 100% khả thân Nhất lứa tuổi học sinh lớp 10 bước vào năm chương trình học phổ thơng Nhưng kiến thức năm lớp 10 lại có vai trị định tương lai em sau Nhận thức rõ điều đó, giáo viên làm cơng tác bồi dưỡng cần phải dành quan tâm sát xao đến em, thường xuyên động viên, uốn nắn kịp thời để giúp cho em có đam mê cơng việc học tập Đặc biệt với học sinh tham gia học tập mơn Tốn mơn học khó nhiều thời gian để nghiên cứu Về phía giáo viên tham gia trực tiếp giảng dạy Đặc thù tiết học tự chọn giảng dạy theo chủ đề bám sát, vào kế hoạch nhà trường, tổ chuyên môn giáo viên phải tự tìm tịi, đọc sách tham khảo để lựa chọn tập phù hợp với đối tượng học sinh lớp mà giảng dạy.Đối với lớp có nhiều học sinh giỏi học tự chọn thường sôi nổi, em củng cố bổ sung kiến thức tiếp cận với đề thi học sinh giỏi, đề thi Đại học việc định hướng để học sinh biết tìm tịi khám phá tìm lời giải trách nhiệm giáo viên Để thực điều phía giáo viên cần : Một là, kiến thức thầy phải có chiều sâu, giáo viên giảng dạy tốn phải người có nhìn tổng qt mơn tốn bậc học mình, phải người giải toán thường xuyên, cặp nhật thường xuyên thuật toán, thủ thuật giải toán hiệu Kiến thức thầy phải vững vàng, thầy thực phải người đam mê toán học Hai là, cần phải lên kế hoạch giảng dạy cách chi tiết, chuẩn mực Cặp nhật thường xuyên kiến thức mà em vừa học để bồi dưỡng ngay, đặc biệt phải kích thích em say sưa học tập, tự giác học tập, phát huy tố chất tốt em để công việc học tập em đạt hiệu cao V Kiến nghị : Bộ giáo dục Sở giáo dục cần có hướng dẫn cụ thể, có tài liệu tham khảo chung định hướng để giáo viên thực dạy tự chọn đạt hiệu cao 19 PHẦN THỨ BA : KẾT LUẬN Trên nội dung đề tài” Bồi dưỡng tư học sinh qua học tự chọn mơn tốn lớp 10”, ban đầu học sinh có cảm giác ngại tiếp cận gặp khó khăn giải dạng toán Tuy nhiên giáo viên hướng dẫn học sinh say sưa làm tập Nhiều em có động lực tâm chinh phục đỉnh cao, cố gắng phấn đấu dành điểm tuyệt đối ký thi Đại học Bài viết nhằm mục đích kích thích tính tị mị học sinh tạo động lực để em phấn đấu dành điểm cao kỳ thi Đại học thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thời gian nghiên cứu chưa nhiều nên đề tài tơi khơng thể khơng cịn sơ xuất Chính vậy, tơi mong có đóng góp, bổ sung đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện Người thực Vũ Thị Hương Lan 20 - TÀI LIỆU THAM KHẢO: Sách giáo khoa đại số lơp 10 Sách tham khảo thư viện Mạng Internet Báo toán học tuổi trẻ Đề thi Đại học năm học trước Tài liệu tập huấn bồi dưỡng giáo viên dạy học sinh giỏi Đại học Khoa học tự nhiên NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CỦA TỔ CHUYÊN MÔN VÀ BGH NHÀ TRƯỜNG ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… 21 ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… 22 ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… ……………………………………………………………………………………………… …………………………………… 23 24 ... nhỏ bất đẳng thức giúp cho học tự chọn đạt hiệu học sinh thích học tự chọn Chính lý tơi mạnh dạn đề xuất sáng kiến “ Bồi dưỡng tư học sinh qua học tự chọn mơn tốn lớp 10? ?? Xin trao đổi đồng nghiệp... Giúp học sinh lớp 10 nâng cao khả tư tốn học, có suy nghĩ tích cực tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất .Học sinh thích học tự chọn hơn, đồng thời qua giúp học sinh say mê nghiên cứu toán học, ... tự chọn đạt hiệu cao 19 PHẦN THỨ BA : KẾT LUẬN Trên nội dung đề tài” Bồi dưỡng tư học sinh qua học tự chọn mơn tốn lớp 10? ??, ban đầu học sinh có cảm giác ngại tiếp cận gặp khó khăn giải dạng toán