1 / 23

Phương pháp đưa về xét hàm một biến số để tìm giá trị lớn nhất và GTNN

Chuyu00ean u0111u1ec1 bu1ea5t u0111u1eb3ng thu1ee9c vu00e0 cu1ef1c tru1ecb hu1ecdc sinh u0111u01b0u1ee3c hu1ecdc tu1eeb ru1ea5t su1edbm, hiu1ec7n nay tru00ean thu1ecb tru01b0u1eddng u0111u00e3 cu00f3 ru1ea5t nhiu1ec1u tu00e0i liu1ec7u tham khu1ea3o cung cu1ea5p ru1ea5t nhiu1ec1u cu00e1c phu01b0u01a1ng phu00e1p u0111u1ec3 chu1ee9ng minh bu1ea5t u0111u1eb3ng thu1ee9c hay tu00ecm cu1ef1c tru1ecb cu1ee7a cu00e1c biu1ec3u thu1ee9c. Tuy nhiu00ean trong quu00e1 tru00ecnh du1ea1y hu1ecdc tu00f4i nhu1eadn thu1ea5y xu hu01b0u1edbng ra u0111u1ec1 thi u0111u1ea1i hu1ecdc vu00e0 hu1ecdc sinh giu1ecfi cu1ee7a nhiu1ec1u nu0103m gu1ea7n u0111u00e2y phu01b0u01a1ng phu00e1p hu00e0m su1ed1 nu1ed5i lu00ean nhu01b0 mu1ed9t phu01b0u01a1ng phu00e1p hiu1ec7u quu1ea3 u0111u1ec3 giu1ea3i quyu1ebft cu00e1c bu00e0i tou00e1n vu1ec1 tu00ecm giu00e1 tru1ecb lu1edbn nhu1ea5t vu00e0 giu00e1 tru1ecb nhu1ecf nhu1ea5t cu1ee7a cu00e1c biu1ec3u thu1ee9c.

ElianeStracke
Download Presentation

Phương pháp đưa về xét hàm một biến số để tìm giá trị lớn nhất và GTNN

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI ------------oOo------------ PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ XÉT HÀM MỘT BIẾN SỐ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Họ và tên tác giả: Đào Văn Lương Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Tổ chuyên môn: Toán –tin học Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên tỉnh Lào Cai Lào Cai, tháng 4 năm 2014 https://sachhaynendoc.com.vn/

  2. Mục lục Nội dung Trang Đặt vấn đề 4 Giải quyết vấn đề 4 Cơ sởlý luận của vấn đề 4 Thực trạng của vấn đề 4 Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề Các kiến thức chuẩn bị 4 6 Phương pháp đưa về xét hàm số một biến số để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. 8 15 Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. Bài tập áp dụng 20 22 Hiệu quả của SKKN 22 Kết luận 23 Tài liệu tham khảo 2 https://sachhaynendoc.com.vn/

  3. Danh mục chữ cái viết tắt Chữ viết tắt Giải nghĩa SKKN Sáng kiến kinh nghiệm GTLN Giá trị lớn nhất GTNN Giá trị nhỏ nhất SGK Sách giáo khoa VMO Kỳ thichọnhọc sinh giỏi Quốc gia Việt Nam môn Toán (Vietnamese Mathematical Olympiad ) BĐT Bất đẳng thức ĐH –B2013 Đề thi đại học khối B năm 2013 IMO Kỳ thichọnhọc sinh giỏi Toán quốc tế (International Mathematical Olympiad) 3 https://sachhaynendoc.com.vn/

  4. 1. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong ch-¬ng tr×nh båi d-ìng häc sinh n¨ng khiÕu to¸n trung häc phæ th«ng, chuyên đề bất đẳng thức, cực trị lµ mét néi dung kh«ng thÓ thiÕu, c¸c bµi to¸n vÒ bất đẳng thức và tìm cực trịlu«n lu«n chiÕm mét vÞ trÝ quan träng trong cÊu tróc ®Ò thi häc sinh giái tØnh, häc sinh giái Quèc gia và trongcác đề thi tuyển sinh đại họcbất đẳng thức, cực trị thường là câu dùng để phân loại học sinh. Chuyên đề bất đẳng thức vàcực trịhọc sinh được học từ rất sớm, hiện naytrên thị trường đã có rất nhiều tài liệu tham khảocung cấp rất nhiều các phương pháp để chứng minh bất đẳng thức hay tìm cực trị của các biểu thức. Tuy nhiên trong quá trình dạy học tôi nhận thấy xu hướng ra đề thi đại học và học sinh giỏi của nhiều năm gần đây phương pháp hàm số nổi lên như một phương pháp hiệu quả để giải quyết các bài toán về tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các biểu thức. Vì vậy tôi đã lựa chọn đề tài: “PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ XÉT HÀM MỘT BIẾN SỐ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT ” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của mình trong năm học 2013-2014. 2. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 2.1 Cơ sởlý luận của vấn đề Nghiªn cøu vµ tr×nh bµy chuyªn ®Ò “PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ XÉT HÀM MỘT BIẾN SỐ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀGIÁ TRỊNHỎ NHẤT ” nh»mcung cấp cho học sinh cách suy nghĩ để giải quyết các bài toán tìm GTLN và GTNN bằng cách đưa về khảo sát đối với hàmsố cómột biến số. Trong SKKN ta cùng xét các ý tưởng để chuyển hóa các bài toán tìm GTLN, GTNN của các biểu thức có chứa nhiều biến về xét với hàm số một biến số và trong SKKN cũngsẽcung cấp các nhận xét quan trọng của phương pháp, từ đó giúp học sinh hiểu rõ phương pháp và có một công cụ hiệu quả để giải quyết lớp bài toán này. 2.2. Thực trạng của vấn đề Chuyên đề bất đẳng thức, cực trị lµ phÇn kiÕn thøc quan träng trong ch-¬ng tr×nh to¸n THPT. XuÊt hiÖn nhiÒu trong c¸c ®Ò thi chän häc sinh giái toáncác cấp và trong kỳ thi tuyển sinh vào đị học, cao đẳng hàng năm. Tuy nhiªn viÖc giải quyết được các bài toán về tìm GTLN và GTNNlà không đơn giản. Nã ®ßi hái ng-êi lµm to¸n ngoµi viÖc hiÓu râ kiÕn thøc, cã c¸c kü n¨ng cÇn thiÕt th× cÇn ph¶i cã mét t- duy s¸ng t¹o, s¾c bÐn. 2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề Trong phần này SKKN sẽ trình bày các nội dung chính là: § 1 Các kiến thức chuẩn bị. 4 https://sachhaynendoc.com.vn/

  5. § 2 Phương pháp đưa về xét hàm số một biến số để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. § 3 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng phương pháp khảo sát lần lượt từng biến số. Trong mỗi nội dung được trình bày đềunêu rõ cơ sở của phương pháp,đưa ra các phân tích, định hướng các lời nhận xét cần thiết. Cuối cùng là đề xuất một số bài tập tương tựđể người đọc tự rèn luyện. 5 https://sachhaynendoc.com.vn/

  6. § 1 Các kiến thức chuẩn bị I. Khái niệm về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số §Þnh nghÜa 1 : Cho hµm sè f(x) x¸c ®Þnh trªn D. •Sè M ®-îc gäi lµ gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè f(x) trªn D nÕu :   ,   ( ) f x M x D = max x ( ) M f x  KÝ hiÖu : .  x  = sao D  D cho : f(x ) M 0 0 •Sè m ®-îc gäi lµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè f(x) trªn D nÕu :   ,   ( ) f x m x D = min x ( ) m f x  KÝ hiÖu : .  x  = D m  D sao cho : f(x ) 0 0 II. Phương pháp chuẩn hóa 1. Một số định nghĩa. Định nghĩa 2: Ta bảo H(x,y,z) là một đa thức đẳng cấp bậc k (k nguyên dương) nếu H(tx, ty, tz) = tk H(x, y, z). Định nghĩa 3: Ta bảo, f(x, y, z) vµ g(x, y, z) là hai đa thức®ång bËc m (nguyªn d-¬ng) nÕu         m f( x, y, z) = f(x, y, z) m g( x, y, z) = g(x, y, z) 2) Phương pháp chuẩn hóa a) Bài toán 1: Cho H(x, y, z) lµ mét ®a thøc ®¼ng cÊp bËc k vµ hàm số F(x, y, z) tháa m·n F(x, y, z) = F( x,  y,  z). Khi ®ã gi¸ trÞ cña F(x, y, z) trªn miÒn {(x, y, z)| H(x, y, z) = a, a > 0} kh«ng thay ®æi khi a thay ®æi. Chứng minh. ThËt vËy, gi¶ sö M(x, y, z): H (x, y, z) = a1 M’(x’, y’, z’): H(x’, y’, z’) = a2; a1  a2; a1, a2 > 0 a a Ta cã ( )  2 H x, y, z = a H(x, y, z) = a 1 2 1 k             a a a a a a a a   2 2 2 2 H(x, y, z) = a H x, y, z = a k k k k 2 2 1 1 1 1 a a a a a a 2 2 2 x' = x, y' = y, z' = z ®Æt k k k 1 1 1  H(x', y', z') = a F(x', y', z') = F(x, y, z)   1 H(x, y, z) = a Ta cã: 2      M M' H(x', y', z') = a MÆt kh¸c : 2 6 https://sachhaynendoc.com.vn/

  7. b) Phương pháp chuẩn hóa Từ việc chứng minh bài toán trên, ta nhận được kết quả là:ĐÓ t×m gi¸ trÞ cña F(x, y, z) trªn miÒn H(x, y, z) ta chØ cÇn t×m gi¸ trÞ cña F(x, y, z) trªn miÒn H(x, y, z) = a, cè ®Þnh thÝch hîp. Trong đó H(x, y, z) lµ mét ®a thøc ®¼ng cÊp bËc k. Cách làm này ta gọi là phương pháp chuẩn hóa. 3) Mở rộng Bài toán 2:Cho bÊt ®¼ng thøc: f(x, y, z)  g(x, y, z) (*) Víi f, g ®ång bËc vµ H(x, y, z) lµ mét ®a thøc ®¼ng cÊp bËc k. Nếubất đẳng thức (*) ®óng trªn miÒn H(x, y, z) = a1 th× còng ®óng trªn miÒn H(x,, y,, z,) = a2 víi a1, a2 > 0. Chứng minh         a a a a a a  2 2 2 H(x, y, z) = a H(x',y',z') = a ; x' = x; y; z k k k 1 2 1 1 1 m         a a  2 f(x', y', z') = .f(x, y, z) k 1 T-¬ng tù: m         a a 2 g(x', y', z') = .g(x, y, z) k 1    f(x, y, z) g(x, y, z) f(x', y', z') g(x', y', z') Khi ®ã: Nhận xét: Như vậy®Ó chøng minh (*) ®óng trªn miÒn H(x,y,z) chØ cÇn chøng (*) ®óng trªn miÒn H(x, y, z) = a > 0 cè ®Þnh. ViÖc chän gi¸ trÞ a lµ rÊt quan träng, bởi vì thay cho việc nghiên cứu tính đúng đắn của (*) trên miền H(x,y,z) bất kỳ thì ta đã chuyển về việc nghiên cứu tính đúng đắn của (*) xét trên miền H(x,y,z) = a. 7 https://sachhaynendoc.com.vn/

  8. § 2 Phương pháp đưa về xét hàm số một biến số để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. 1. Bài toán mở đầu: Trước hết ta hãy xét bài toán sau: Bài toán 1:(Câu V. Khối D-2009). Cho các số thực không âmx, y thay đổi và thỏa mãn: x+y=1. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: S=(4x2+3y)(4y2+3x)+25xy. Hướng dẫngiải Để tận dụng giả thiết x+y=1 ta biến đổi như sau: S=16x2y2+12(x3+y3)+34xy = 16x2y2+12[(x+y)3-3xy(x+y)+34xy = 16x2y2-2xy+12. Đặt t=xy, khi đó biểu thức: S=f(xy) = f(t) = 16t2-2t+12. Tiếp theo ta đánh giá xem với x,y không âm và x+y=1 thì miền giá trị của biến mới t như thế nào? + ( ) 1 4 1 4 x y 2   =   0 [0; ] xy t Dễ thấy: 4 Như vậy bài toán bây giờ trở về một bài toán đơn giản: 1 4  [0; ] t Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f(t)= 16t2-2t+12 với 1 4  [0; ] t Bằng phương pháp lập bảng biến thiên của hà f(t) trên , hoặc sử dụng qui tắc trang 25 2 191 16 = = ; S S 21 SGK –Giải tích 12, ta dễ dàng nhận được ax min m Nhận xét 1: 10) Ở bài toán trên ta cũng có thể từ giả thiết x+y=1 rút y=1-x rồi thay vào biểu thức S sẽ [0;1]  x , sau đó tiến hành tương tự, tuy nhiên cách này đưa S về hàm bậc 4 đối với ẩn x, khi thực hiện sẽ dài và biểu thức của S không thuận lợi như cách làm trên. 20) Trong cách làm trên ta đã chuyển biểu thức của S về hàm f(xy), rồi sử dụng phép đặt ẩn số phụ. Cần lưu ý tới các giả thiết của bài toán và ở dạng toán này khi đổi biến nhất thiết phải đặt chính xác điều kiện cho biến mới. 2. Áp dụng. Bài toán 2:Cho x, y là các số thực và thỏa mãn điều kiện x2+y2=2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P=2(x3+y3) – 3xy 8 https://sachhaynendoc.com.vn/

  9. Hướng dẫn giải: So sánh với bài toán 1, rõ ràng việc xuất phát từ giả thiết của bài toán để rút biến x theo y rồi thế vào biểu thức P khóthực hiện được, do đó một suy nghĩ tự nhiên là ta sẽ tìm cách biểu diễn biểu thức Ptheo một ẩn số có chứa cả x và y rồi sử dụng phép đặt ẩn số phụ. Ta có: = + + − ) 3 − = + − ) 3 − 2( )( 2( )(2 2 2 P x y x y xy xy x y xy xy Mặt khác, ta luôn có đẳng thức hiển nhiên sau: + − ( ) 2 x y 2 = xy , vì thế sau khi đặt t=x +y, thì 2 − − 2 2 3 2 t 2 t 2 = = − ) 3 − = − − t + + ( ) 2 (2 t 6 3 3 2 P f t t t 2 2 Vấn đề còn lại với giả thiết ban đầu thì biến mới t như thế nào? Bunhiacopsky +  + =   ( ) 2( ) 4 [-2;2] 2 2 2 x y x y t Lại có: Đến đây bài toán trở về bài toán tìm GTLN và GTNN của hàm số 3 2 = − − t + +  ( ) 6 3 [-2;2] 3 2 f t t t t , với (Đây là bài tập quen thuộc trong SGK giải tích 12). Bài toán 3. (Đại học khối B-2012) + + =Tìm giá trị + + = và Cho các số thực x, y, zthỏa mãn các điều kiện 2 2 2 1. 0 x y z x y z = + + 5 5 5. lớn nhất của biểu thức P x y z Hướng dẫn giải *) Đưa P về hàm ẩn x? Ta có: = + + + − + 5 2 2 3 3 2 2 ( )( ) ( ) P x y z y z y z y z 1 2 5(2 4 = + − + + − + − − = 5 2 2 2 2 2 4 (1 )[( )( ) ( )]+( ) ) P x x y z y z yz y z x x x x *) Tìm miền giá trị của x? Do x+y+z=0 và x2+y2+z2=1. Nên ta có: = + + = + + + + ) 2 + 1 2 = − + 2 2 2 2 2 0 ( ) 2 ( x y 2 x y z x y z z yz x yz + − − 2 2 2 2 1 2 y 1 1 2 1 6 6 z x x = −  =  −   −   Suy ra: 2 2 ; yz yz x do x x 2 2 2 3 3 9 https://sachhaynendoc.com.vn/

  10. 5(2 4 6 6 − −   4 *) Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của hàm P=f(x)= , với ) x x x 3 3 Bài toán 4. (Đại học khối B-2011) Cho các số thực a, b, là các số thực dương thỏa mãn + + = a b ab + + 2 2 điều kiện : . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2( ) ( )( 2) a b ab             3 3 2 2 a b b a a b b a = + − + . 4 9 P 3 3 2 2 Hướng dẫn giải Lưu ý rằng:             3 3 2 2 a b b a a b b a a b b a a b b a = f(t)=4t3-9t2-12t+18, với = = + − + = + + *) 4 9 ( ) P f t 3 3 2 2 *) Tìm miền giá trị cho biến mới t? Từ giả thiết: + + = a b ab + + 2 2 2( ) ( )( 2) a b ab  + + = a b ab + + a b + 2 2 2 2 2( ) 2( ) a b ab 1 a 1 b 1 a 1 b a b b a a b b a  + ) 1 ( + = a b + ) 2( + +  a b + + + + = 2 2( 2( ) 2 2( ).( ) 2) 5 2 a b b a = +  Giải bất phương trình này, sẽ tìm được điều kiện: t 5 2 Bài toán trở thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm: f(t)=4t3-9t2-12t+18, với  t Bài toán 5(VMO-2003- bảng A). Cho hàm số f xác định trên tập hợp số thực R, lấy giá trị trên R và thoả mãn điều kiện: f(cotx) = sin2x+cos2x, với x(0; ). Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = f(x).f(1-x) trên [-1;1] Hướng dẫn giải Ta có: f(cotx) = sin2x+cos2x, với x(0; ). Đặt t=cotx, khi x(0; ) thì t thuộc R. + − 2 2 + 1 t t =  Hàm ( ) ; f t t 2 1 t − − + − − − − 2 2 (1 (1 ) ) 8 (1 2 (1 x ) 2; ) 2 x + x x x x x x  Dẫn đến : g(x) = f(x).f(1-x) = x R 2 2 Đặt u=x(1-x). Khi x thuôc [-1 ;1] thì u thuộc [-2 ;1/4] Bài toán trở thành : 10 https://sachhaynendoc.com.vn/

  11. + − − + 2 8 2 2 2 1 4 u u u u =  (đến đây là bài tập SGK). Tìm GTLN, GTNN của hàm ( ) h u , u [-2; ] 2 Bài toán 6 (VMO-2004 bảng B): + + =    4 x xyz y = z . Hãy tìm GTNN và GTLN Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 2 = + + của biểu thức : 4 4 4 P x y z Hướng dẫn giải Đặt t=xy+yz+zx, đưa Q về dạng Q= 2(t2-32t+144) *) Tìm điều kiện của t? Từ giảthiết, suy ra y+z=4-x và yz=2/x nên t=x(4-x)+2/x(*) 8 x +   −   −    2 2 Sử dụng BĐT hiển nhiên: ( ) 4 (4 ) 3 5 2( o x d (0;4)) y z yz x x Khảo sát hàm t(x) trên miền x ở trên suy ra điều kiện của t. Khi đó bài toán trở về bài toán SGK. Bài toán 7. (Đề thi đại học khối B-2010) Cho các số thực a ,b ,c không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức + + ) 3( + ab bc ca + + ) 2 + + + M = 2 2 2 2 b c 2 2 2 2 2 3( a b c a a b c Hướng dẫn giải Nhận xét rằng đây là bài toán tìm GTNN của biểu thức đối xứng giữa ba biến, việc suy nghĩ theo hướng rút thế để giảm dần số biến qui về hàm một biến rất khó thực hiện. Hơn nữa, ta có: = + + ) 3( + + + ) 2 + + + 2 2 2 2 b c 2 2 2 2 2 3( M a b c a ab bc ca a b c + + ) 3( + + + ) 2 ( + + + a b c − + + 2 2 2 2 b c 2 2 2 =3( ) 2( ) a b c a ab bc ca ab bc ca + + ) 3( + + + ) 2 1 2( + − + + 2 2 2 2 b c 2 2 =3( ) a b c a ab bc ca ab bc ca Như vậy, qua cách biểu diễn trên ta đã đưa M về dạng chỉ chứa các biểu thức ab, bc, ca. Làm thế nào để biểu thị M thông qua biểu thức của hàm chỉ chứa một biến số, ta nghĩ đến một đánh giá trung gian, khá tự nhiên là: Bunhiacopssky + +  + + ab bc ca , khi đó 2 2 2 2 b c 2 2 2 3( ) ( ) a b c a  ab bc ca + + + ab bc ca + + ) 2 ( + a b c + + − ab bc ca + + 2 2 ( ) 3( ) 2( ) M  = + + − 2 Đặt t=ab+bc+ca thế thì: ( ) 3 2 1 2 M f t t t t 11 https://sachhaynendoc.com.vn/

  12. a b c + +  ab bc ca + + (BĐT hiển nhiên). 2 Mặt khác: ( ) 3( ) 1 3 t Nên đến đây bài toán được đưa về đưa về bài toán SGK. Tìm GTNN của [0; ] 1 3 = + + − t tvới 2 ( ) 3 2 1 2 [0; ] f t t t Nhận xét 2: 30)Trong nhiều trường hợp ta phải sử dụng các đánh giá trung gian để làm trội biểu thức cần tìm GTLN và GTNN, khi sử dụng các đánh giá trung gian này cần phải lưu ý đến việc dấu bằng xảy ra đồng thời của các bất đẳng thức trung gian mà ta sử dụng. Bài toán 8. (HSG tỉnh phú Thọ 2013-2014). + + = 3. a b cthay đổi thỏa mãn Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Cho các số dương , , a b c ) ( + − + 2 ( ) ( ) 8 3 3 2 2 a b c + + + + + + + 2 2 a b c b c a = + + . S ( ) ( ) 2 2 9 + 2 2 2 2 c a b c b c a Hướng dẫn giải = nên ta có ( )         2 + + + + 2 + − + + + 2 6 6 9 9 1 3 8 − 6 + a b c a a a a a = = + + + 1 3 Vì . a b c ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 1 2 a b c a Suy ra ( ) 2 + + + + 2 14 3 a b c ( )  + a = 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1. . a ( ) 2 2 2 a b c Tương tự ( ) 2 + + + 2 14 3 b c a ( )  + b = 4 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . b ( ) 2 + 2 2 b c a ) ( + − + 2 8 3 3 a b c 14 3 ( ) ( )  + + + 8 Do đó S a b 9 c ) ( − − + 2 8 3 3 3 c c + 2 52 9 4 3 8 3 8 3 14 3 3 ( ) c c ( ) = − + − = − + + 8 . c 3 9 c c c + 2 52 9 4 3 8 3 8 3 c c Xét hàm số ( ) = − + −   . với 0 3 f c c 3 c c 16 9 16 9 ( ) f c ( ) 1 = = S = Vậy Chứng minh được max c   . max . f 0 3 Bài toán 9:Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x2 + y2 + z2= 9, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: F = 2(x + y + z) – xyz. Hướng dẫn giải 12 https://sachhaynendoc.com.vn/

  13.  z2 3. Do vai trò a, b, c bình đẳng giả sử x y z Ta có F = 2(x + y) + (2 – xy)z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có: ( ) ( 2 2 x y xy z + + −   ) ( ) ( )   (   )(   2 2 2  + − + +   2 2 2 2 xy x y z ) ( ) ( + ) 2 + −  8 4 − + + + +     2 2 2 x y xy z xy x y 2 2 x 2 xy y 2 z 2  Theo bài ra ta suy ra: F ( )( ) 8 4 − + 9 2 + 2 2 xy x y xy (1) Đặt xy = t, vì x2 + y2 + z2 = 9  x2 + y2 = 9 – z2 , mà: 2 xy x2 + y2 9 – z2 6 nên -3  t 3, từ đó bất đẳng thức (1) trở thành: F ( )( ) + − + 8 4 − + 9 2 + 2 20 72 3 2 t t t 2 t t t  F  Xét hàm số f(t) = 2t3 + t2 - 20t + 72 với t [-3, 3], ta chứng minh: f(t) = 2t3 + t2 - 20t + 72 100 (2)  2t3 + t2– 20t – 28  0  (t + 2)(2t2– 3t - 14)  0  (t + 2)2(2t – 7)  0 Do t[-3, 3] nên bất đẳng thức trên đúng, dấu ‘=’ xảy ra  t = - 2. Suy ra: F  10 (3) −  +       2 2 xy =  0 − x x xy y z      2 + 2 xy =  0 + = − + = x x y z 9 2 2 2 y z Dấu ‘=” của bđt (1) xảy ra  .Xét hệ: + + = 9 2 y z 2 2 2  (x, y, z) = (2, -1, 2), (-1, 2, 2). Vậy GTLN của F = 10 đạt được  (x, y, z) = (2, -1, 2) và các hoán vị của chúng. Nhận xét 3 : 40) Trong nhiều trường hợp để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ta có thể kết hợp với phương pháp chuẩn hóa, để chuyển các biểu thức cần tìm GTLN và GTNN về các biểu thức có dạng đơn giản hơn đồng thời tạo ra các điều kiện liên hệ giữa các biến. 7(ab + bc + ca) 9abc Bµi to¸n 10:Cho a, b, c > 0. Tìm GTLN của F = - 2 3 (a + b + c) (a + b + c) Hướng dẫn giải 13 https://sachhaynendoc.com.vn/

  14. 7(ab + bc + ca) 9abc F(a, b, c) = - 2 3 (a + b + c) (a + b + c) Do F(a , b, c) = F(ta, tb, tc). Ta cã thÓ xem a + b + c = 1. Suy ra: F(a, b, c) = 7(ab + bc + ca) - 9abc = 7a(1 - a) + bc(7 - 9a)   0 < a b c Gi¶ sö: Ta cã:  2 2 a+b+c=1 1 3 (b + c) 4 (1- a) 4      0 < a ; 7 - 9a > 0; bc =   0 < a b c Khi ®ã: 2 (1- a) 4 1 4 1 3   F(a, b, c) 7a(1- a) + (7- 9a); 0 < a 1 4   3 2 F(a, b, c) f(a) = (- 9a - 3a + 5a + 7) Kh¶o s¸t hµm sè f(a), ta cã: maxF(a, b, c) = 2 đạt được khi a=b=c. Bài toán 11:Cho a, b, c > 0. Tìm GTNN của       2 3 3 3 2 2 2 (a + b + c) 1 a + b + c 2 a + b + c ab + bc + ca Q = + - (1) 2 2 2 abc a + b + c Hướng dẫn giải Do F(a, b, c) = F(ta, tb, tc). Ta chØ t×m gi¸ trÞ cña Q trªn miÒn a2+b2+c2=3 Khi ®ã:  2 2 2 2 2 (a + b + c) = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca (a + b + c) = 3 + 2(ab + bc + ca)   3 3 3 a + b + c = 3abc + (a + b + c) 3 - (ab + bc + ca) 3 3 3   a + b + c abc 1 ab 1 bc 1 ca  = 3 + ( + + ) 3 - (ab + bc + ca) 1 ab 1 bc 1 ca 9 §Æt    . Suy ra: = ab + bc + ca 3; = + +     5 2 2 9  3  2 12  6   + + −  − = − + + = − + + Q (3 ) 2 2 2( ) 3 2 2 3 3 13         6  3  3  3  3  + = + +    − +  1/3 Q 3( ) 2 2 4 3 3 Suy ra: minQ = 4, khi a = b = c > 0 14 https://sachhaynendoc.com.vn/

  15. § 3 Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. 1. Nhận xét 4 : Để tìm cực trị của biểu thức cú chứa nhiều biến số có thể dùng phương pháp khảo sát lần lượt từng biến, nghĩa là Tìm GTLN (hoặc GTLN) của hàm số với biến thứ nhất và các biến còn lại coi là tham số. Rồi tìm GTLN(GTNN) của hàm số với biến thứ hai và ứng với giá trị đã xác định của biến số thứ nhất mà các biến số còn lại coi như là tham số. 2. Ví dụ minh họa. Bài toán 12: Xét hàm số : f(x;y) = (1-x)(2-y)(4x-2y) trên miền D = {(x,y)/ 0x1, 0y 2} Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên miền D. Hướngdẫn giải Biến đổi hàm số đã cho trở thành: f(x,y) = 2(1-x)(2-y)[(2-y)-2(1-x)] Đặt v = 1-x và u = 2- y, ta chuyển về tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: F(u,v) = uv(u-2v) = -2uv2+u2v, trên miền : E = {(u,v)| 0u2 , 0v1}. Nghĩa là: = = − + Tìm 2 2 min E ( , ) min 0 u  [ min 0 v  ( , )] min 0 u  [ min 0 v  ( 2 )] F u v F u v uv u v     2 1 2 1 Xét hàm : g(v) = -2uv2+u2v với 0v1 và ta coi u là tham số thoả mãn 0u2. Ta có: 1 v0[0;1] và qua v0 thì u mà 0 u g'(v) = -4uv+u2 = u(u-4v) ta thấy g'(v) = 0  v0= 4 4 2 = min{0;-2u+u2}=u2-2u = g'(v) đổi dấu từ dương sang âm, suy ra: min 0 v  ( ) min{ 0 ( g ); 1 ( g )} ¦ g v  1 (vì u2-2u = u(u-2)0) = − + 2 = -1 khi u = 1; v = 1. Vậy: min E ( , ) min 0 u  ( 2 ) F u v u u  2 = =   1 0 u x  = = − Từ đó đạt được khi min D ( , ) 2 min E ( , ) 2 f x y F u v   = = 1 1 v y   Bài toán 13: Xét các số thực dương a, b,c thoả mãn điều kiện: abc+a+c = b. Tìm giá trị lớn 2 2 3 (VMO-1999-bảng A) − + nhất của biểu thức: P = + + + 2 2 2 1 1 1 a b c Hướng dẫn giải 1 Từ giả thiết: abc+a+c = b a+c = b(1-ac) > 0 ac < 1  0<a < c + 2 2 c 3 a 1 c − + Rút b = (1) thay vào biểu thức P ta thu được: P = + a + + − 2 2 1 1 a c ac + 2 ( ) 1 − 1 ac − − + 2 2 2 2 1 ( 2 + c ) 3 2 1 ( 2 2 a ) 3 ac ac a c − + − +  P = = + + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ( )( 1 ) 1 a a a c c a c c 15 https://sachhaynendoc.com.vn/

  16. + + + − + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 [( 1 ) ( c 2 )] 2 3 ( 2 + ) + a c a c a ac c a c + − + − − = = 2 + + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( )( 1 ) 1 1 1 ( )( 1 ) a c a a c a c (2) + 2 1 ( ) + 1. coi c là tham số c > 0 a c − với 0 < a < c Xét hàm số f(a) = + + 2 2 2 1 1 ( )( 1 ) a a c − + − 2 2 ( 2 ) 1 2 1) thì f'(a) = 0  a2+2ac -1 = 0  a = c + a ac + Ta có: f'(a) = trên (0;c 2 2 1 ( ) 1 ( ) a c 1) ( loại a = − + 2+ − − +   (0;c 2 ) 1 1 0 c c c c Bảng xét dấu: − + 2+ − + 2+ a 0 1/c 1 1 c c c c f'(a) - 0 + 0 - - f(a) − + 2+ Qua a0 = thì f(a) đổi dấu từ dương sang âm nên f(a) đạt cực đại tại 1 c c − + 2+ a0= 1 c c c − + 2+  f(a)f(a0) = f( ) = 1+ từ đó theo (2) ta có: 1 c c 2+ 1 c 2 c c 3 3 3 − −  2(1+ P =2. f(a) + )+ = + = g(c) 2 2 + + 2+ 2 2 1 1 1 c c c 2+ 2+ 1 1 c c − 2 2 1 ( 2 8 ) c 3 c + với c > 0. Ta có: g'(c) = Xét hàm số: g(c) = 2+ 1 c 2+ ) 1 + + ) 1 + 2 2 2 1 c ( 3 ( c c c 1 Với c > 0 thì g'(c) = 0 tại c0 = và dễ thấy qua c0thì g'(c) đổi dấu từ dương sang âm nên 2 2 1 1 10. Giá trị P đạt được khi c = g(c0) là giá trị cực đại, suy ra Pg( ) = 3 2 2 2 2 2b = 2 − + 2+ và a = = 1 c c 2 Bài toán 14: Xét các số thực dương x, y, z thoả mãn hệ điều kiện sau :  2   min{ , } y z x (1)  5    1 2 3 4 + +  Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P(x;y;z) = xz (2) x y z 15   1  yz (3)   5 16 https://sachhaynendoc.com.vn/

  17. (VMO-2001-bảng B) Hướng dẫn giải 1 x 1 z 1 y 1 z + + + Ta viết lại : P(x,y,z) = ( ) ( 2 ) 4 xmax {z, 4} (4) Từ điều kiện (1) suy ra: x z và từ (2) suy ra: x 15 15 z z 1+ 1 2 . Xảy ra hai trường hợp sau a)Xét hàm số : f(x) = với x > 0 và tham số là z  5 x z 2 4 z = đây:(Rõ ràng ta nghĩ tới việc xét giá trị mà làm cho z = ) 15 z 15 2 1+ 1 4 theo (4) nên: f(x) = 1 1 2 •Nếu z  + = thì x  z    15 (5) 15 x z z z z z 15 2 1+ 1 2z  4z theo (4) nên: f(x) = 15 1 z •Nếu 5 + thì x   = g(z) 15 4 x z z z 15 2 2 15 1 2z  15 1 z 2; z < 0 khi z [5 +với 5 − . Ta có: g'(z) = = ] Xét hàm số g(z) = 2 4 4 z 15 15 2) = 4 (6) Từ đó g(z) là hàm giảm và f(x)  g(z) g(5 1+ 1 1+ 1 2 x 4. Dấu "=" xảy ra  = 4  z = 5 So sánh (5) và (6) kết luận: f(x) = x z x z 2 (7) = 3 1+ 1 1} (8) Từ điều kiện (1) và (3) suy ra y max{z; b. Xét hàm số h(y) = y z 5 z Lập luận hoàn toàn tương tự như câu a) ta được 1 thì h(y) 2 5 (9) •Nếu z  5 2 1 1+ 1 9 (10) . So sánh (9) và (10) rút ra : 9đồng thời : •Nếu  z  thì h(y) 2 2 5 y z 5 1+ 1 9 = 2 y z 2 y = 2 1  z = 5 1 x 1 z 1 y 1 z 9 = 13 + + + 4+2. 2 Từ các kết quả a) và b) ta có: P(x;y;z) = ( ) ( 2 ) 17 https://sachhaynendoc.com.vn/

  18. 2 = x  3    1 = Vậy MaxP(x,y,z) = 13 đạt được khi y 2   2 = z   5 Bài toán 15: Xét các số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện: 21ab+2bc+8ca  12 1 2 3 + + Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P(a,b,c) = a b c (VMO- 2001) Hướng dẫn giải 1; y =b 1; z = c 1, thì đề bài chuyển về bài toán sau: Đặt x = a Xét các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện: 2x+8y+21z12xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P(x,y,z) = x+2y+3z  7  x   4 y Xuất phát từ giả thiết : 2x+8y+21z12xyz  z(12xy-21)2x+8y > 0  (1) + 2 8 x y   z   − 12 21 xy + 2 8 − x y Suy ra : P(x,y,z)x+2y+ (2) 4 7 xy − xy + + 2 4 5 − 8 2 8 − 7và y là tham số y >0 x y x y x y = với biến là x > Xét hàm số: f(x) = x+ 4 7 4 xy y 4 7 − − + 2 2 2 16 56 xy 32 35 7;+) thì f'(x) = 0  16x2y2-56xy-32y2+35 x y xy y Ta có: f'(x) = trên ( − 2 4 y 4 ( ) 7 2+ 32 14 y 4 7 + = 0 có nghiệm duy nhất là x0 = và qua x0thì f'(x) đổi dấu từ âm sang 4 y y dương nên f(x) đạt cực tiểu tại x0 . 2+ − + 2 32 14 y 4 4 ( 5 − 8 | )' x x y x y x 7 5=2( 5 + Từ đó f(x) f(x0) = (theo định lý ) = 2x0 - ) - 0 4 ( | )' 7 4 4 xy y y 4 y y 0 2+ 32 14 y 2 9 + = 4 y y 2+ 32 14 y 2 9 + Suy ra: P(x,y,z) f(x)+2y  2y+ = g(y) (3) 4 y y 18 https://sachhaynendoc.com.vn/

  19. 2+ 32 14 y 2 9 + với y > 0. Sau khi tính g'(y) ta có: g'(y) = 0 Xét hàm số g(y) = 2y+ 4 y y  (8y2-9) 2+ -28 = 0 32 14 y (Điều kiện t > 0) thì phương trình trên trở thành : t3 - 50t -112 = 0  2+ đặt t = 32 14 y 5. từ đó g'(4 5) = 0  (t-8)(t2+8t+14) = 0  t = 8 y = 4 5thì g'(y) đổi dấu từ âm sang dương nên g(y) đạt cực tiểu tại y0 =4 5 Với y > 0 và qua y0 =4 lúc đó: 5) = 15. Từ đó và theo (3) suy ra: P(x,y,z) g(y) g(4 5) = 15(Theo tính chất bắc cầu) g(4 2 2  5  1 = y =  a  4 3      + 2 32 14 y 7 4 = + =  = Dấu đẳng thức xảy ra  3 x b 4 2 5 y y     3 2 = c = z     2 3 15. Vậy : MinP(a,b,c) = 2 Nhận xét 5:Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến cho thấy đường lối giải rõ ràng hơn so với cách vận dụng bất đẳng thức, đồng thời có thể dùng để giải một loạt các bài toán tìm cực trị của hàm nhiều biến. 19 https://sachhaynendoc.com.vn/

  20. § 4 BÀI TẬP ÁP DỤNG + 2 2( xy ) xy + y = Bài tập 1:Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P + thay đổi và thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 1 x Bài tập 2:(A-2006).Cho hai số thực ( )   0, 0 x y 1 x 1 y + = + − = + 2 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) x y xy x y xy A 3 3 Bài tập 3(ĐH B-2009). Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn: (x + y)3+ 4xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1 Bài tập 4. (ĐH B-2007). Cho x , y , z là ba số thực dương thay đổi . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 yz 1 zx 1 xy x y z thức : = + + + + + ( ) ( ) ( ) P x y z 2 2 2 Bài tập 5. (ĐH A2011) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x y, x z. x + y + z + = + + Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu biểu thức P 2 3 x y y z z x Bài tập 6. (ĐH A2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = 0. Tìm giá trị x y − y z − z x − . = + + − + + 2 2 2 nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 6 6 6 P x y z Bài tập 7. (ĐH A2013) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện + 3 3 2 2 32a + 32b (a 3c) + a b + + = = + − 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (a c)(b c) 4c P 3 3 (b 3c) c Bài tập 8. (ĐH B2013) Cho a, b, c là các số thực dương . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 4 9 + = − P + + (a b) (a 2c)(b 2c) + + + 2 2 2 a b c 4     , 0 = x y x + Bài tập 9. (Ireland 2000). Cho = + 2 2 2 2 . Tìm GTLN của ( ) P x y x y 2 y Bài tập 10. Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện (x+y+z)3=32xyz. Hãy tìm + + + 4 4 4 x y y z (VMO-A-2004). = GTNN và GTLN của biểu thức : P + 4 ( ) x z Bài tập 11. (IMO 1984/1).Cho x, y,z là các số thực không âm sao cho: x+y+z=1. 7 27 . Dấu ‘=’ xảy ra khi nào ?  + + −  CMR: 0 2 xy yz zx xyz Bài tập 12. (VMO-2001-bảng A). XÐt c¸c sè thùc d-¬ng x, y, z tho¶ m·n ®iÒu kiÖn 20 https://sachhaynendoc.com.vn/

  21. 1 1   min{ , 2 3 } z x y  2 2   +  3 6 x z  +  3 . 10 2 5 y z    1 x 2 y 3 z + + T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: P(x,y,z) = 2 2 2 Bài tập 13. Cho hµm sè: f(x,y,z) =xy+yz+zx - 2xyz trªn miÒn : D = {(x,y,z):0x,y,z vµ x+y+z = 1 } max D ( , , ) min D ( , , ) f x y z f x y z T×m vµ Bài tập 14. Chøng minh r»ng nÕu x, y, z lµ c¸c sè thùc ®«i mét kh¸c nhau th× : − − − | | | | | | x y y z x z +  + + + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 x y x z x z Bài tập 15: Cho x, y, z  R tho¶ m·n ba ®iÒu kiÖn :     2 y   0 3 z y x (1)    3 +  1 (2) 2 xy 18 2 x   4 2 3 2 + +  3   (3) y y z z x 1 80 9 + + 3 3 xyz x y H·y t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc: F(x,y,z) = 2 27 4 --------------------------------------------------------------- 21 https://sachhaynendoc.com.vn/

  22. 2.4. Hiệu quả của SKKN S¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy ®-îc áp dụng dạy cho đội tuyển thi chọn HSG cấp tỉnh và cấp Quốc gia trong năm học 2013-2014 đạthiệu quảtốt, có 4 học sinh đạt giải học sinh giỏi Quốc gia môn Toán học.Sáng kiến kinh nghiệm là chuyên đề tốt được sử dung trong việc bồi dưỡng học sinh năng khiếu. 3. Kết luận Bất đẳng thức, cực trị lµ phÇn kiÕn thøc quan träng trong ch-¬ng tr×nh to¸n THPT. XuÊt hiÖn nhiÒu trong c¸c ®Ò thi chän häc sinh giái toáncác cấp, trong các đề thi tuyển sinh vào đại học và cao đẳng hằng năm.Tuy nhiªn viÖc giải quyết được các bài toán về bất đẳng thức, cực trị là không đơn giản. Nã ®ßi hái ng-êi lµm to¸n ngoµi viÖc hiÓu râ kiÕn thøc, cã c¸c kü n¨ng cÇn thiÕt th× cÇn ph¶i cã mét t- duy s¸ng t¹o, s¾c bÐn. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy ®-îc áp dụng dạy cho đội tuyển thi chọn HSG cấp tỉnh và cấp Quốc gia có hiệu quả. Sáng kiến cũng có thể được sö dông thµnh chuyªn ®Ò ®Ó gióp häc sinh THPT ph¸t triÓn kü n¨ng, kü x¶o vµ t- duy trong qu¸ tr×nh gi¶i to¸n. S¸ng kiÕn còng cã thÓ ®-îc sö dông nh- lµ mét tµi liÖu tham kh¶o cho c¸c b¹n häc sinh yªu thÝch m«n to¸n vµ chuÈn bÞ thi vµo c¸c tr-êng ®¹i häc vµ cao ®¼ng, thi häc sinh giái. S¸ng kiÕn cã thÓ ph¸t triÓn thµnh ®Ò tµi nghiªn cøu, g¾n liÒn víi ch-¬ng tr×nh THPT nh»m gióp cho häc sinh tiÕp thu vµ t- duy mét c¸ch nhanh nhÊt. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm ®· ®¹t ®-îc môc ®Ých vµ nhiÖm vô nghiªn cøu ®· ®Ò ra. Tuy nhiªn v× thêi gian nghiªn cøu cßn h¹n chÕ, nªn s¸ng kiÕn kh«ng tr¸nh khái thiÕu xãt. RÊt mong nhËn ®-îc nh÷ng ý kiÕn ®ãng gãp quý b¸u cña c¸c thÇy c« gi¸o vµ c¸c em häc sinh khi sö dông tµi liÖu nµy. Lµo Cai th¸ng 4 n¨m 2014 Gi¸o viªn Đào Văn Lương 22 https://sachhaynendoc.com.vn/

  23. Tµi liÖu tham kh¶o 1.Giới thiệu đề thi đại học cao đẳng từ 2002 đến 2013. tác giả: Trần Tuấn Điệp – Ngô Long Hậu- Nguyễn Phú Trường. 2.Tuyển tập đề thi chọn HSGQG môn Toán. 3.T¹p chÝ to¸n häc vµ tuæi trÎ. 4.§Þa chØ Webside.” Mathscope.org”. 23 https://sachhaynendoc.com.vn/

More Related