Phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh thpt thông qua giải bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 1 biểu thức

  • Số trang: 24 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 13 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

Sáng kiến kinh nghiệm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC ***    *** SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THPT THÔNG QUA GIẢI BÀI TOÁN: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC Người thực hiện: Vũ Thị Nhì Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc môn : Toán THANH HOÁ - NĂM 2013 Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 1 Sáng kiến kinh nghiệm MỤC LỤC A. ĐẶT VẤN ĐỀ .................................................................................................1 B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ...................................................................................1 I. .CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ...........................................................1 1.Định nghĩa giá trị lớn nhất và nhỏ nhất...................................1 2. Bất đẳng thức Côsi..................................................................2 3. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki .................................................2 4. Dùng hàm số để xét giá trị lớn nhất và nhỏ nhất......................2 II.THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ .....................................................................2 III.GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN................................................3 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức một biến........3 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến.....8 IV.KIỂM NGHIỆM ...............................................................................18 1. Kết quả kiểm tra tại lớp........................................................18 2. Kết quả thi học sinh giỏi.......................................................19 C. KẾT LUẬN.....................................................................................................19 I. KẾT LUẬN........................................................................................19 II. Ý KIẾN ĐỀ XUẤT.............................................................................20 Tài liệu kham khảo.................................................................21 Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 2 Sáng kiến kinh nghiệm A. ĐẶT VẤN ĐỀ: Bài toán về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (GTLN và GTNN) là một loại bài toán khó. Nó khó ở chỗ về lý thuyết rất ngắn, thế nhưng về các phương pháp dùng để giải quyết bài toán lại đa dạng và phong phú. Một bài toán có thể có rất nhiều cách giải quyết khác nhau. Muốn giải quyết được nó yêu cầu học sinh phải có kiến thức tổng hợp và phải có khả năng phán đoán để đưa ra lời giải thích hợp. Đặc biệt là các bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một biểu thức. Hơn nữa, bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một biểu thức thường xuất hiện trong các đề thi Đại học và Cao đẳng, các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia hàng năm. Trên thực tế, qua quá trình giảng dạy và tham khảo kết quả bài làm của học sinh qua các kỳ thi nói trên, tôi thấy học sinh thường bỏ qua hoặc rất ngại khi gặp các bài toán về dạng này. Sở dĩ như vậy là vì: +) Phương pháp học tập của học sinh quá thụ động, không sáng tạo, không linh hoạt khi vận dụng kiến thức vào bài tập. +) Do cách truyền thụ của các thầy cô về vấn đề này còn hời hợt, chưa tập trung khai thác và hướng dẫn học sinh học một cách tích cực. Từ hai nguyên nhân trên dẫn đến học sinh có tư tưởng “ngại” khi gặp dạng bài toán này. Từ thực tế trên tôi quyết định chọn đề tài “Phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh THPT thông qua giải bài toán: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức ” để giúp học sinh giải quyết các yêu cầu sau: +) Có cách nhìn tổng quát và hướng giải quyết bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức. +) Thông qua đề tài, các em tập đào sâu và đưa ra được nhiều cách giải khác nhau. Từ đó các em có nhiều cách nhìn mới đối với dạng bài toán này. +) Giúp nâng cao năng lực tư duy, năng lực sáng tạo cho học sinh, giúp các em hứng thú và nâng cao hiệu quả học tập, thi cử khi gặp dạng toán này. Thông qua đó rèn luyện kĩ năng cho học sinh. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ: I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ. 1. Định nghĩa giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. a, Hàm số y  f (x) xác định trên D có giá trị lớn nhất là M nếu:  f ( x) M x  D   x0  D / f ( x0 ) M ( x) Ký hiệu M Maxf xD Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 3 Sáng kiến kinh nghiệm b, Hàm số y  f (x) xác định trên D có giá trị nhỏ nhất là m nếu:  f (x) m x  D   x0  D \ f (x0 ) m f (x) Ký hiệu m Min xD 2. Bất đẳng thức Cô – si ( BĐTgiữa trung bình cộng và trung bình nhân ): 2.1. Đối với hai số không âm: Với mọi a 0, b 0 ta có: a b  ab . 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b . 2.2. Đối với ba số không âm: Với mọi a 0, b 0, c 0 a b c 3  abc 3 khi a b c . ta có: . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ 2.3. Đối với n số không âm: Cho n số không âm a1 ; a 2 ;...; a n ta luôn có: a1  a 2  ...  a n n . a1 .a 2 ....a n n Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 a 2 ... a n . Lưu ý: +) Nếu a1  a2  ...  a n K (hằng số) thì K a1 .a 2 ...a n ( ) n  Tích a1 .a 2 ...a n đạt giá trị lớn nhất. n +)Nếu a1 .a 2 ...a n  K thì a1  a 2  ...  a n n n K  Tổng đạt giá trị nhỏ nhất. 3. Bất đẳng thức Bunhiacốpxki. 3.1. Đối với 4 số thực: Với bốn số thực a, b, c, d ta có: (ab  cd ) 2 (a 2  c 2 )(b 2  d 2 ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ad bc . 3.2. Đối với 2n số thực: Cho hai bộ n số thực tuỳ ý: a1 , a 2 ,..., a n và b1 , b2 ,..., bn . Ta có: (a1b1  a 2 b2  ....  a n bn ) 2 (a12  a 22  ...  a n2 )(b12  b22  ...  bn2 ) . a1 a2 an Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b  b ...  b . 1 2 n 4. Dùng hàm số để xét giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. a. Nếu hàm số y  f (x) luôn luôn đồng biến trên [ a; b] thì: Maxf ( x )  f (b) , Min f ( x )  f (a ) a x b a x b b. Nếu hàm số y  f (x) luôn nghịch biến trên [ a; b] thì: Maxf ( x)  f (a ) , Min f ( x)  f (b) a x b a x b II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ. Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 4 Sáng kiến kinh nghiệm Sách giáo khoa trình bày vấn đề này còn khá đơn giản. Trong khi đó các kỳ thi chọn học sinh giỏi, các kỳ thi Đại học và Cao đẳng trong những năm gần đây xuất hiện dạng bài toán này tương đối phổ biến (câu V). Kỹ năng giải quyết dạng bài tập này của học sinh còn yếu. Từ đó tâm lý của học sinh “ngại” tiếp xúc và hầu như bỏ qua bài toán này. Vì thế thông qua học tập làm sao giúp các em rèn luyện khả năng tư duy sáng tạo, từ đó có kĩ năng giải quyết các vấn đề trong học tập, giúp học sinh có hứng thú học tập bộ môn. Việc làm này tôi nghĩ cần thiết và phù hợp với yêu cầu của giáo dục trong giai đoạn mới. Từ thực trạng trên để công việc đạt hiệu quả hơn, trong chuyên đề này tôi muốn trình bày các phương pháp giải bài toán tìm GTLN và GTNN của một biểu thức. Chuyên đề không trình bày kiểu hệ thống từng phương pháp giải mà lồng vào từng bài, để từ đó các em đưa ra được kết luận cho mình phần tổng hợp các phương pháp, khi nào dùng phương pháp nào cho phù hợp. Tôi mong rằng chuyên đề: “Phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh THPT thông qua giải bài toán: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức”này sẽ đem lại cho các đồng nghiệp những điều gợi ý mới, những suy nghĩ mới và những cải tiến giảng dạy mới, nhằm góp phần vào việc nâng cao chất lượng giáo dục hiện nay. Việc đổi mới cách dạy và cách học chắc chắn sẽ mang lại nhiều hiệu quả mới của nghành giáo dục phổ thông, trong việc phát huy vai trò của mình đối với xã hội và đất nước. III. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN. Chuyên đề đã thực hiện trong các năm học từ 2010 đến 2013 tại các lớp 12A9, 12A7, 12A4. Sau khi thực hiện có kiểm tra, đối chứng. Từ đó tôi thấy học sinh đã bắt đầu học tập tốt và có hứng thú học tập đối với phần này. Vì thế chuyên đề đã đóng góp việc nâng cao hiệu quả học tập nói chung và kết quả các kỳ thi nói riêng. Trong mỗi phần của chuyên đề có trình bày cách giải độc đáo và có các bài toán giải bằng nhiều phương pháp khác nhau. Học sinh tự tổng hợp các phương pháp và đưa ra kết luận cho từng loại. Trong mỗi phần có các bài toán rèn luyện kỹ năng. Với cách trình bày như vậy, tôi tin rằng học sinh có thể nắm vững từng phương pháp. Từ đó các em có một phương pháp học tập và nghiên cứu không những phần này mà học tập các phần khác. 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức một biến. Căn cứ vào ý định đã nêu, trong mỗi bài toán hướng dẫn học sinh cách tìm tòi các lời giải khác nhau. Từ đó giúp các em có cách nhìn rộng, từ một bài toán cụ thể đến các vấn đề tổng quát hơn. Sau đây tôi xin trình bày một số ví dụ: Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của f ( x)  x 3  3x 2  4 x 12 với 1 x 5 Giải: Cách 1: Có 2 giá trị biến của x cần quan tâm là 1 và 5. Từ 1 x 5 Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 5 Sáng kiến kinh nghiệm  (x  )1 0  x 1,5  (x  )5 0 Ta có: Phân tích f ( x)  x 3  3x 2  4 x  12 thành f ( x) ( x  1)( x 2  2 x  2)  1  10 nếu bằng  x 1 . Vây Mìnf ( x)  10 khi x 1 . Ta có: f ( x) ( x  5)( x 2  2 x  14)  48 48 dấu bằng xảy ra  x 5 Vậy Maxf ( x) 48 khi x 5 . Cách 2: Dùng đạo hàm Ta có: f ' ( x) 3x 2  6 x  4 . f ' ( x) 0 không xảy ra vì f ' ( x)  0 x  R Bảng biến thiên: x 1 5 + f ' ( x) 48 f (x ) -10 Vây khi x 1 và Maxf ( x) 48 khi x 5 . Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của f ( x) x  x  x 2 với 0 x 1 . Giải: Cách 1: Dùng biểu thức. Trước hết ta thấy trên miền 0 x 1 hàm số f ( x) x  x  x 2 0 . Dấu bằng xảy ra  x 0 .Vậy Mìnf ( x) 0 khi x 0 Mìnf ( x)  10 1 1 x x  x 2 . Theo Bunhia ta có 2 2 1 1 1 1 f ( x)   1( x  )  1 x  x 2   (1  1)( x 2  x   x  x 2 ) = 1  2 1  2 2 2 2 4 2 2 2 Mặt khác: f (x)  Dấu bằng xảy ra  . Vậy Max f ( x)  f ( [ 0 ;1] x 1  x  x2 2  1  x  2 0 2 2  x    (x  1 )2 x  x 2 4  2  2 2 1 2 ) 4 2 Cách 2: Dùng tam thức bậc 2. Đặt f ( x) m ta có m  x  x  x2  m  x  x  x2 Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 6 Sáng kiến kinh nghiệm x m  x m   2 2  2x2  (2m 1)x  m2 0 (*) (m  x ) x  x  Giá trị hàm số f (x) đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất thế thì ( *) có nghiệm thoả mãn 0 x 1 . Và x m . Xét x (2m  1) 2  8m 2  4m 2  4m  1 1 2 m  ( **) 2 2  0,1 và x m nên ( **)  0 m 1  2 2 Mìnf ( x ) 0 khi x 0 và Maxf ( x ) 1  2 khi x  2  2 2 2  x 0   4 m 2  4 m  1  0  Do Vây 1 2 x . Cách 3: Dùng đạo hàm. Với f ( x)  x  f ' ( x ) 0  x  x2 với x   0;1 ta có f ' ( x) 1  2 x  x2 2 x  x2 2x  1 2  2  x  Do đó f(x) đạt cực trị tại  4 0  x  1  2 2  2 2 1 2 Max f ( x) max f (0); f (1); f ( )  f ( ) [ 0;1] 4 4 2   Vậy 1  2x 1 2 Max f ( x )  [ 0;1] 2 khi x 2 2 4 x  2 x  x 2 1  2x 2 x  x2 2 2 4 . f ( x) 0 khi x 0 và Min [ 0;1] Cách 4: Phương pháp lượng giác hoá Do x   0;1 nên đặt x sin 2  với mọi  . f ( x) g ( ) sin 2   sin 2   sin 4  sin 2   sin  2 (1  sin  ) = sin  2  sin  cos   Xét k   2  k . Ta có g ( ) sin  2  sin  cos  sin  (sin   cos  )  2 sin  . sin(  = 2 2  ) 2  1 2    2 2  cos 4  cos(2  4 )   2  2  1  2     )  1  2    k 4 4 3 3  2   2k     k ( k  z ) 4 8  Xét 2  k    k tương tự ta cũng có. Dấu bằng  Cos (2  g ( ) sin  2  sin  cos  sin  (sin   cos  )  2 sin  . sin(  Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc .  ) 4 7 Sáng kiến kinh nghiệm = 2   (cos  cos(2  )) . Maxg ( ) 2 4 4 Max f ( x )  Max 0 x 1  k    k 2 g ( ) g( xảy ra khi và chỉ khi 5 1 2  m )  8 2 xảy ra khi cos(2  x  ) 1 4 2 2 4 Dễ thấy g ( ) sin  2  sin  2  sin  4 0 Dấu bằng xảy ra  sin  2 0  sin  0   k (k  z ) Vậy M inf( x) 0 khi x 0 . Cách 5. Dùng phương pháp toạ độ. Giá trị m là một giá trị tuỳ ý của hàm số f (x) Điều đó có nghĩa là phương trình sau có nghiệm: x  x  x 2 m  x  x 2 m  x (*) f ( x) m 2 và Min f ( x ) m1 Ở đây m1 và m 2 Tương ướng là giá trị Do đó Max 0 x 1 0 x 1 lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của tham số m Làm cho (*) có nghiệm. Dễ thấy y  x  x2  y  x  x2  y 0  y 0   12 2 1  2 2  y  x  x 0  ( x  2 )  y  4 là nửa đường tròn nằm phía trên 0x tâm 1 01 ( ,0) 2 và r  1 2 Gọi đường thẳng y m  x là (  ) Xét tương giao của đường tròn và đường thẳng (  ) y m  x là do y  x tịnh tiến lên xuống theo oy. Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 8 Sáng kiến kinh nghiệm Dựa vào hình vẽ ta thấy khi m 0  khi đó m1 = 0. Cho y  x tịnh tiến lên trên và khi đó (  ) tiếp xúc với đường tròn tại M, cắt oy tại P( 0, m2 ), cắt 0x tại N( m2 ;0 ). Ta cần tìm m2 Ta có: OM OP nên MNO1NOP  Theo định lý Pitago trong NMO1 ( góc ON  OO1  O1 N  NMO = 90  0 . ) ta có: 2 2 O1 N  NM 2  MO12  2MO12  2 R 2  Vậy NM NO  1  NM MO1 MO1 OP 1 2 1 2 m2 +  2 2 2 Vậy m 0  x 0 1 2 2 2 m  x 2 4 Vậy M inf( x) 0 Ví dụ 3: Cho khi x 0 và f ( x)  x  2 x 1 1 2 Max f ( x )  0x 1 2 với x  1 . Tìm xảy ra khi x 2 2 4 . Mìnf (x ) . Giải: Cách 1. Dùng bất đẳng thức Côsi Ta có: 2 1 . x 1 2 x  1 2 2 x 1 f ( x)  x  1  Theo Côsi ta có: Do x  1 nên chọn x 1  Cách 2: Dùng đạo hàm Ta có: f ' ( x) 1  2. Vậy dấu bằng xảy ra Mìnf ( x ) 1  2 2 2 ( x  1) 2  2  ( x  1) 2 ( x  1) 2 Ta có bảng biến thiên: x 1 1 2 .  x 1 đạt tại 2  x 1  2 x 1 x 1  2 . f ' ( x) 0  ( x  1) 2 2  x 1  2 .  f ' ( x) 0 +   f (x) 1+2 2 Vậy Mìnf ( x) 1  2 2 đạt tại x 1  2 . Ví dụ 4:Tìm GTLN của biểu thức: P( x)  x 4  x 3  4 x 2  5 x  16 với  1  x 3 Giải: Đây là đa thức bậc bốn. Nếu dùng đạo hàm thì phương trình P ' ( x) 0 có nghiệm lẻ. Tất nhiên là có thể tính được, thế nhưng nó phức tạp. Ta thử suy nghĩ Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 9 Sáng kiến kinh nghiệm theo hướng khác để tránh sự nhầm lẫn trong tính toán. Ta sẽ áp dụng phương pháp sơ cấp để giải quyết bài toán. P ( x )  x 4  x 3  4 x 2  5 x  16 ( x  1)( x  3)( x 2  x  1)  19 x  1 0; x  3 0; x 2  x  1  0 x    1,3 dấu bằng đạt tại x  1 ; x 3 . Vậy MaxP( x) 19 tại x  1 hoặc x 3 . Bài tập rèn luyện: Bài 1. Cho f ( x)  x 5  3x 3  2 x 2  10 với x  [2;7] . Tìm Maxf (x) và M inf(x ) . Bài 2. Cho A  x  1  4  x với x  [1;4] . Tìm MaxA và MinA . Bài 3(Đề thi đại học khối B - 2003). Cho A  x  4  x 2 với x  [ 2;2] . Tìm MaxA và MinA . Bài 4(Đề thi đại học khối D - 2011). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P ( x) 19 x    1,3 y 2 x 2  3x  3 x 1 trên [0;2] . Bài 5. Cho A 3x  4 1  x 2 với x  [ 1;1] . Tìm MaxA và MinA . Bài 6. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của y  x 6  4(1  x 2 ) 3 với x  [ 1;1] Trong phần trên chúng ta đã hướng dẫn học sinh khai thác các cách giải khác nhau ở mỗi bài toán. Tuy vậy không phải mọi bài toán có thể giải theo nhiều cách. Tuỳ từng bài toán mà ta chọn cách giải ngắn nhất và phù hợp. Đó là ý định của đề tài. 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến. Ví dụ 1: Cho 0 a; b; c 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: f (a, b, c ) a (1  b)  b(1  c )  c (1  a ) Giải: Hai điểm biên của c là 0, 1 nên ta chứng minh: f ( a, b, c )  Max[ f ( a, b, o); f ( a, b,1)] . Thật vậy ta có: f (a, b,1)  f (a, b, c) a (1  b)  b(1  1)  1(1  a )  a (1  b)  b(1  c)  c(1  a ) = 1  a  b  c(1  a  b) (1  c).(1  a  b) . Tương tự ta xét: f (a, b,0)  f (a, b, c)  c(1  a  b) Nếu 1  a  b 0 suy ra f (a, b,1)  f (a, b, c) 0  f (a, b,1)  f (a, b, c) Nếu 1  a  b 0 suy ra f (a, b,0)  f (a, b, c) 0  f (a, b,0)  f (a, b, c) Do vậy f (a, b, c)  Max[ f (a, b,1); f (a, b,0)] Làm tương tự với biến b và a ta sẽ thu được kết quả f (a, b, c )  Max[ f (0,0,0); f (0,1,0); f (1,0,0); f (1,1,0); f (0,0,1); f (0,1,1); f (1,0,1); f (1,1,1)] Suy ra f (a, b, c) 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi trong ba số bằng 0 và một số bằng 1. Ví dụ 2: Cho 0 a, b, c 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: a , b, c có 2 số f ( a , b, c )  2( a 3  b 3  c 3 )  ( a 2 b  b 2 c  c 2 a ) Giải: Hai điểm biên của c là 0 và 1. Ta sẽ chứng minh: f ( a, b, c )  Max[ f ( a, b, o); f ( a, b,1)] Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 10 Sáng kiến kinh nghiệm Thật vậy ta có: f (a.b.1)  f (a, b, c) [2(a 3  b 3  1)  (a 2 b  b 2  a)  2(a 3  b 3  c 3 )  (a 2 b  b 2 c  c 2 a)  2  b 2  a  2c 3  b 2 c  c 2 a 2(1  c )(1  c  c 2 )  a (1  c )(1  c )  b 2 (1  c ) (1  c )(2  2c  2c 2  a  ac  b 2 ) (1  c)(2  a  2c  2c 2  ac  b 2 ) Tương tự ta có: f (a, b,0)  f (a, b, c) 2(a 3  b 3 )  a 2 b  2(a 3  b 3  c 3 )  (a 2 b  b 2 c  c 2 a)  2c 3  b 2 c  c 2 a  c(2c 2  b 2  ac) Nếu 2c 2  b 2  ca 0 thì f (a, b,1)  f (a, b, c) 0  f (a, b,1)  f (a, b, c) Nếu 2c 2  b 2  ca 0 thì f (a, b,0)  f (a, b, c) 0  f (a, b,0)  f (a, b, c) Do vậy f (a, b, c) Max[ f (a, b,1); f (a, b,0)] Làm tương tự với biến b và a ta sẽ thu được kết quả f (a, b, c)  Max[ f (0,0,0); f (0,1,0); f (1,0,0); f (1,1,0); f (0,0,1); f (0,1,1); f (1,0,1); f (1,1,1)] Suy ra f (a, b, c) 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi trong ba số a, b, c có 2 số bằng 1 và một số bằng 0. Ví dụ 3: Cho a, b, c, d , e thoả mãn điều kiện:  2 a, b, c, d , e 5 và a  b  c  d  e 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S a 2  b 2  c 2  d 2  e 2 Giải: Từ giả thiết  2 a 5  Tương tự: b 2 3b  10 (a  2)(a  5) 0  a 2 3a  10 c 2 3c  10 d 2 3d  10 e 2 3e  10  S a 2  b 2  c 2  d 2  e 2 3(a  b  c  d  e)  50 62 Vậy MaxS 62 đạt khi a, b, c, d , e nhận các giá trị bằng -2 hoặc bằng 5. Giả sử có k số bằng -2 thì sẽ có 5  k số bằng 5. Do đó a  b  c  d  e k ( 2)  (5  k )5 4  k 3 Vậy MaxS 12 khi có 3 trong 5 số bằng -2 và 2 số bằng 5. Ta có 4 a  b  c  d  e Theo Bunhiacốpxki ta có 16 (a 2  b 2  c 2  d 2  e 2 ).5 16 4  S  . Dấu bằng xảy ra  a b c d e  5 5 Ví dụ 4: Cho thoả mãn điều kiện:  1 a, b, c, d , e 2 và a  b  c  d  e  2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a, b, c, d , e S a 3  b 3  c 3  d 3  e 3 Giải: Xét với 1 biến ta có: (a  Tương tự: b 3 3b  2 2 2)(a  2a  1) 0  a 3  3a  2 0  a 3 3a  2 c 3 3c  2 d 3 3d  2 e 3 3e  2  a 3  b 3  c 3  d 3  e 3 3(a  b  c  d  e)  10 Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 11 Sáng kiến kinh nghiệm  S 4 . Dấu bằng xảy ra  a, b, c, d , e nhận các giá trị bằng 2 hoặc bằng -1. Giả sử có k số bằng 2 thì sẽ có 5  k số bằng -1. Vậy a  b  c  d  e k .2  (5  k )( 1)  2  k 1 Vậy MaxS 4 khi và chỉ khi có 1 trong 5 số bằng 2 và 4 số còn lại bằng -1. 1 3 1 3 1 ( a  1)(a 2  a  ) 0  a 3  a  0  a 3  a  4 4 4 4 4 3 1 Áp dụng với các biến còn lại ta được: b 3  4 b  4 3 1 c3  c  4 4 3 1 d3  d  4 4 3 1 e3  e  4 4 3 5  S  ( a  b  c  d  e)  4 4 11 Vậy S  4 . Dấu bằng xảy ra  a, b, c, d , e nhận các giá trị Ta lại có: Giả sử có k số nhận giá trị bằng (-1) thì sẽ có 5  k số bằng 1 a  b  c  d  e  k  (5  k )( )  2  k 3 2 11 Vậy giá trị nhỏ nhất của S là  4 khi trong 1 và 2 số là 2 . bằng (-1) hay 1 2 1 2 . . Vậy 5 số a, b, c, d , e có 3 số bằng (-1) Tổng quát: Với các bài toán trên thực chất là việc xác định đa thức ( x  1)( x  m) và ( x  2)(n  x) 2 thoả mãn. Sau khi khai triển và rút gọn không còn bậc hai của biến x ( Tìm m, n sao cho hệ số của x 2 bằng 0) Giả thiết bài toán có thể thay đổi khi mối liên hệ là biểu thức bậc hai. Bài tập tự luyện Bài 1: Cho a, b, c, d , e thoả mãn điều kiện:  2 a, b, c, d , e 2 và a  b  c  d  e 0 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 S a 2  b 2  c 2  d 2  e 2 Bài 2: Cho thoả mãn điều kiện:  1 a, b, c, d , e 3 và a  b  c  d  e 5 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a, b, c, d , e S a 2  b 2  c 2  d 2  e 2 Bài 3: Cho a, b, c, d , e là các số tự nhiên thoả mãn a  b  c  d  e 102 . Tìm MaxF , biết F abcd . Bài 4: Cho a, b, c, d dương thoả mãn a  b  c  d a 2  b 2  c 2  d 2 . Tìm MaxA , biết A a 3  b 3  c 3  d 3  a  b  c  d . Bài 5: Cho a, b, c thoả mãn 0 a, b, c 1 . Tìm MaxA , biết A 3(a 3  b 3  c 3 )  2(a 2 b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 ) . Ví dụ 5(Đề thi đại học khối A - 2006): Cho hai số thực x, y 0 và ( x  y ) xy  x 2  y 2  xy . Tìm MaxA , biết A 1 1  3 3 x y Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 12 Sáng kiến kinh nghiệm Giải: Cách 1: A ( x  y ) xy  x 2  y 2  xy ( x  y ) 2  3 xy 1 1 x 3  y 3 ( x  y )( x 2  y 2  xy ) ( x  y ) 2 xy xy 2  3  3 3   ( ) 3 3 3 3 3 x y xy x y x y x y Đặt x  y t 0 ta có: txy t 2  3 xy  xy (t  3) t 2 Thay vào theo Bunhiacốpxki ta có: (*) với t  3  xy  t2 t 3 t 2 2( x 2  y 2 ) 2[( x  y ) 2  2 xy] 2t 2 2 ]  1 2[1  ] t 3 t 3 2t  2 2t  2 t1  1   1 0  0  t   3  t 1 t 3 t 3 t 3 t 2 2[t 2  A t2 t 2  6t  9 6 9  1   2 4 2 t t t t 2 (t  3) Ta có bảng biến thiên: t  t  (*) -3 (*)  A'  6 18  6t  18  6t  18    2 t2 t3 t3 t (t ) 0 1  - A' - 1 16 A 0 Vậy 1  x  y 1  MaxA = 16 khi  1   xy  4 Cách 2: Từ giả thiết ta suy ra: x y  1 2 1 1 1 1 1   2  2  x y x xy y . 1 1 b . Ta có: a  b a 2  b 2  ab (1) a ; y x Do đó A a 3  b 3 (a  b)(a 2  b 2  ab) (a  b) 2 Từ (1): a  b (a  b) 2  3ab a b Vì ab ( 2 ) 2  0 a  b 4  A (a  b) 2 16 1 Vậy MaxA = 16 khi x  y  2 Đặt Đặt S = x + y , P = xy với S2 - 4P �0 . Cách 3 �S , P �0 S2 S 2  SP � P  ( hayP  ). Từ gt suy ra : � 2 S  3 3 SP  S  3 P � Ta có: A 1 1 x3  y 3 ( x  y)( x 2  y 2  xy) ( x  y ) 2 xy ( x  y) 2 S 2   3 3    2 2  2 x3 y 3 x y x3 y 3 x3 y3 x y P Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 13 Sáng kiến kinh nghiệm S  SP Ta có: S 2 �� ۳4 � P  0  S2 4 0 2 1 4 3 Vậy MaxA 16 khi Ví dụ 6: Cho x  y z  và x, y, z  (0;1) x y z P   2 2 1 x 1 y 1 z2 Cách 1: x, y, z bình đẳng với 1 P S P S 0 3 1 4 S P S2 P2 4 16 1 . 2 xy  yz  zx 1 . Tim MinP biết Giải: x, y, z  (0;1) . 2 x x F ( x)   2 1 x x(1  x 2 ) t  x  x 3 với x  (0;1) Xét Đặt Ta có: t ' 1  3 x 2 0  x  1 . Vì x  0 nên 3 1 3 x . Ta có bảng biến thiên x 1 0 1 3 + t' 0 - 2 t 3 3 0 Vậy t 2 3 3 0 Dấu bằng xảy ra Làm tương tự với:  x 1 . Do đó 3 y2 y 3 3 2   y 2 2 2 y (1  y ) 1  y z2 z 3 3 2   z 2 z (1  z 2 ) 1  z 2 Do Dấu bằng xảy ra Dấu bằng xảy ra 3 3 2 (x  y 2  z 2 ) (*) 2 ( xy  yz  zx) 2 1 ( x 2  y 2  z 2 ) 2  x 2  y 2  z 2 1 . Vậy  y  z 1 3 1 3 P x  y z . 3 3 2 khi x  y  z Cách 2: Do x, y , z  (0;1) Vậy x2 3 3 x 2 . 2 2 x (1  x ) P Theo giả thiết ta có:  1 3 và MinP nên đặt xy  yz  zx 1  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 3 2 khi x  y  z x  tan a, y tan b, z  tan c  với 1 3 . a, b, c  (0;  4 ). nên tan a tan b  tan b tan c  tan c tan a 1  tan a (tan b  tan c ) 1  tan b tan c 1  tan b tan c   tan a  a b c  . Do vậy tan b  tan c 2 Chú ý tan b  tan c  0 . Vậy 2a  2b  2c  . Lại có: x tan a sin a sin 2 a 1   ( ) : ( 1  )  tan 2a 2 2 2 cos a 2 1 x 1  tan a cos a Tương tự: y 1  tan 2b 2 2 1 y Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 14 Sáng kiến kinh nghiệm z 1  tan 2c 2 2 1 z 1 P  (tan 2a  tan 2b  tan 2c)  2 P tan 2a  tan 2b  tan 2c . 2   Do x  (0;1)  a  (0; 4 )  2a  (0; 2 )  tan 2a  0 Tương tự: tan 2b  0 ; tan 2c  0 Vậy Theo Côsi ta có: 2 P tan 2a  tan 2b  tan 2c 33 tan 2a. tan 2b. tan 2c Mà 2a  2b  2c   tan 2a  tan 2b  tan 2c tan 2a. tan 2b. tan 2c Vậy 2 P 33 2 P  8 P 3 27.2 P  P 2  Vậy MinP  3 3 2 Ví dụ 7: Giả sử 27 3 3  P 4 2 khi tan 2a tan 2b tan 2c  x  y  z x, y  0 thoả mãn xy  5 . 4  1 3 . Tìm MinS biết S 4 1  x 4y Giải: 1 1 1 1 1 5 Cách 1: S  x  x  x  x  4 y  5 x.x.x.x.4 y 5.5 25 25 S   5 x  x  x  x  4 y 4x  4 y 5  1 1  x  4 y  x 1    Vậy MinS 5  x 4 y   1  5  y  4 x y   4 Cách 2: S '  4 1 S   f ( x) x 5  4x 4 4  0 2 x (5  4 x) 2 với 0x 5 4  x 2 ( 5  4 x ) 2  khi  5  x 1 0  x   4  x 1  Lập bảng biến thiên ta được: MinS 5   1  y  4 Cách 3: 2 1 2  x.  2 x y. 1 2 y  x  y. 4 1  x 4y Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 15 Sáng kiến kinh nghiệm Dấu bằng xảy ra 2 1   x. x 2 y. y x 4y x 1      5 1 x y 5 x y 4  y 4  4 5 5 4 1 ( )2  (  )  S 5 2 4 x 4y 1 1 1 Ví dụ 8: Cho x, y, z  0 và x  y  z 4 . 1 1 1 A   2x  y  z x  2 y  z x  y  2z Ta có: Hãy tìm MaxA , biết Giải: Cách 1: Chứng minh Áp dụng a, b  0 thì 1 1 1 1  (  ) a b 4 a b (1) . Dấu bằng xảy ra  a b 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  (  ) [  (  )]  (   ) 2x  y  z 4 2x y  z 4 2x 4 y z 8 x 2 y 2z Tương tự 1 1 1 1 1  (   ) x  2 y  z 8 y 2x 2z 1 1 1 1 1  (   ) x  y  2z 8 z 2x 2 y 1 1 1 1 4  A  (   ) 1 đạt tại x  y  z  4 x y z 3 1 1 1 1 1 1 1   4 . . . 2x  y  z xxyz 4 x x y z 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1  . (    ) (   ) 4 4 x x y z 16 x y z 1 1 2 1 1  x  y z   (   ) 2 x  y  z 16 x y z . Dấu bằng xảy ra 1 1 1 2 1 Tương tự: x  2 y  z 16 ( x  y  z ) . Dấu bằng xảy ra  x  y  z 1 1 1 1 2  (   ) . Dấu bằng xảy ra  x  y  z x  y  2 z 16 x y z 1 1 1 1 4  A  (   ) 1 đạt tại x  y  z  4 x y z 3 1 1 1 Cách 3: A  2 2 x( y  z )  2 2 y ( x  z )  2 2 z ( x  y ) Cách 2: Xét Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 16 Sáng kiến kinh nghiệm 1 1  [ . 2 2x 1  yz 1 2y . 1 xz  1 2z . 1 xy ] Dùng Bunhiacốpxki và thay biểu thức ban đầu cho kết quả. Ví dụ 9: Gọi ( x; y )  x  my 2  4m là nghiệm của hệ phương trình  với m  mx  y 3m  1 thực. Tìm giá trị lớn nhất của A x 2  y 2  2x là số khi m thay đổi. Giải: Cách 1: 2 2 A ( x  1)  y  1 Biến đổi hệ về :  ( x  1)  my 1  4m   m( x  1)  y 2m  1  (m 2  1)[( x  1) 2  y 2 ] (1  4m) 2  (2m  1) 2  ( x  1)  m y  2my( x  1) (1  4m)    2 (1  4m) 2  (2m  1) 2 2 2 2 2 2  m ( x  1)  y  2my( x  1) (2m  1)  ( x  1)  y  1  1 m2 1  2 Do đó: Vậy 2 2 2 19m 2  4m  1 2m  9 A 19  2( 2 ). 2 m 1 m 1 Do đó: MaxA  Min  9  85 . 2 thẳng x  my 2  4m . 2m  9 . m2 1 MaxA 10  85  m  Cách 2: gọi A( 2;4) và d1 là đường Nên d1 đi qua điểm cố định 1 k1  . m Gọi d 2 là đường thẳng mx  y 3m  1 đi qua điểm cố định B (3;1) và k 2  m . Khi m biến thiên giao M ( x; y ) của d1 và d 2 vạch nên đường tròn đường kính AB tâm I (k). Từ A  x 2  y 2  2 x ( x  1) 2  y 2  1 A  1 d 2 ( M , C ) trong đó C (1;0) nên AMax đồng thời d ( M , C ) Max Dễ dàng nhận ra khi M  M 0 ( M 0 là giao điểm của đường thẳng CI với đường tròn (k))( CM 0  CI ). Xác định toạ độ M 0 ta được MaxA d 2 ( M 0 , C )  1 10  85 Ví dụ 10: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác. Tìm MinA , biết A a b c   bc a ac b ba  c (1) Giải:  b  c  a  x  0 ( 2)   Cách 1: Đặt  c  a  b  y  0 (3)   a  b  c  z  0 (4)  Cộng ( 2), (3), ( 4) ta được: a  b  c x  y  z (5) Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 17 Sáng kiến kinh nghiệm Trừ từng vế Tương tự: Thay vào (5) cho ( 2) ta được : a yz 2 zx 2 xy c 2 b (1) : yz zx x y 1 x y 1 y z 1 x z    (  )  (  )  (  ) 3 . 2x 2y 2z 2 y x 2 z y 2 z x  x  y  z  a b c . A Dấu bằng xảy ra a b c Cách 2: Gọi p là nửa chu vi : p  2  b  c  a  2( p  a ) c  b  b 2( p  b)  a  b  c 2( p  c ) 1 a A= 2  p   a  b c  p b p  c   3 1 a b c 1  1   1   2p a p b p c  2 = 12  p 1 a  p 1 b  p 1 c   32 9 3   3 2 2 1  ( p  a)  ( p  b)  ( p  c)  p 1 a  p 1 b  p 1 c   32 2   Dấu bằng xảy ra  a b c . Ví dụ 11. Cho u 2 , v và x, y , z  0 Tìm MinA , biết A Với mọi Vì ( u  v   x2  Ta có x  y  z 1 1  x2 y2  1  y2 z2  Giải: (1)  2u v ) = 1 z2 u  v u  v u 2  v 2  2u v u 2  v 2 ( u  v )2 1 1 1 a ( x, ) , b ( y , ) , c (c, ) . Ta có: a  b  c  a  b  c y x c 1 1 1 1 1 1 Vậy A  x 2  2  y 2  y 2  z 2  2  ( x  y  z ) 2  ( x  y  z ) 2 x z Đặt Cách 1: A  Với 1 1 1 1 2 9 ( x  y  z ) 2  (   ) 2  (33 xyz ) 2  (33 )  9t  x y z xyz t t (33 xyz ) 2  0  t ( Đặt Q ( t) Q’ ( = 9 t) = 9t  9 t 9 Với t2 xyz 2 1 )  3 9  1 t   0;   9 1   t   0;    9 Với Q’ ( t) <0 Ta có bảng biến thiên: t 0 Q ' (t ) a b c 1 9 - Q (t ) 82 Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 18 Sáng kiến kinh nghiệm 1 Q (t )  Q ( 9 ) 82 Vậy A  82 1 1 1 1 1 1 ( x  y  z ) 2  (   ) 2 81 ( x  y  z ) 2  (   ) 2  80( x  y  z ) 2 x y z x y z 1 1 1 18( x  y  z )(   )  80( x  y  z ) 2 16  80 x y z Cách 2: Ta có : Vậy A  82 dấu bằng  x  y z  1 . 3 Ví dụ 12( Đề thi đại học khối B - 2007). Cho x, y , z  0 . của biểu thức: x 1 y 1 z 1 P  x(  )  y(  )  z(  ) 2 yz 2 zx 2 xy . Cách 1: Ta có: 1 x y z P  (x 2  y 2  z 2 )    2 zy zx xy Tìm giá trị nhỏ nhất Giải: Mà 1 x 2  y 2  z 2  ( x  y  z ) 2 (1). 3 x y z 3 9     zy zx xy 3 xyz x  y  z ( x, y, z  0 ). ( Theo BĐT Côsi) (2) 1 9 1 9 9 1 9 9 9  P  ( x  y  z) 2   ( x  y  z) 2   33 . .  6 x yz 6 2( x  y  z ) 2( x  y  z ) 6 2 2 2 9 ( BĐT Côsi cho 3 số dương) (3). Vậy P  2 dấu bằng xảy ra  x  y  z 1 9 Vậy MinP  2 khi x  y  z 1 . x 2 y 2 z 2 x 2  y 2  z 2 x 2 y 2 z 2 xy  yz  zx     Cách 2: Ta có: P  2  2  2  zy 2 2 2 xyz 2 2 2 x 1 y 1 z 1  P (  )  (  )(  ) (1) dấu bằng xảy ra  x  y  z . 2 x 2 y 2 z Xét hàm số f (t )  t2 1  2 t với t  0 . Ta có: f ' (t ) t  Bảng biến thiên t 0 1 0 - f ' (t ) 1 0  t 1 t2  +   f (t ) 3 2 Vậy Mìnf (t )  3 . 2 Từ đó suy ra: Từ (1) và (2) suy ra: Vậy MinP  9 2 P 9 2 x2 1 3 y2 1 3     ; y 2 2 x 2 2 . Dấu bằng xảy ra ; z2 1 3   2 z 2 (2)  x  y  z 1 . khi x  y  z 1 . Bài tập vận dụng: Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 19 Sáng kiến kinh nghiệm Bài 1: Cho x, y liên hệ với nhau bởi biểu thức x 2  2 xy  7( x  y )  2 y 2  10 0 . Tìm MaxA , MinA biết A  x  y  1 . Bài 2: Cho ba số không âm thoả mãn: a 2009  b 2009  c 2009 3 . Tìm MaxP , biết P a 4  b 4  c 4 . Bai 3: Cho a, b, c là ba cạnh tam giác có chu vi bằng 3. Tìm MinP , biết P (a  b  c) 3 (b  c  a) 3 (c  a  b) 3   3c 3a 3b . Bài 4: Cho 2 số thực x, y thoả mãn x 2  y 2 2 . Tìm MaxM , MinM biết M 2( x 3  y 3 )  3xy . Bài 5: ( Đề thi đại học khối B - 2009) . Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn ( x  y ) 2  4 xy 2 . Tìm MinP , biết A 3( x 4  y 4  x 2 y 2 )  2( x 2  y 2 )  1 . Bài 6: Cho x, y , z  0 thoả mãn xyz 1 . Tìm MinP , biết x2 y2 z2 p   . 1 y 1 z 1 x mãn x  y 1 . Tìm Bài 7( Đề thi đại học khối D - 2009): Cho x, y 0 thoả MaxS , MinS biết S ( 4 x 2  3 y )(4 y 2  3x)  25 xy .. Bài 8( Đề thi HSG tỉnh Thanh Hoá năm học 2010 – 2011) Cho các số thực a , b, c  a 2  b 2  c 2 6 thoả mãn  .  ab  bc  ca  3 Tìm GTLN của biểu thức: P a 6  b 6  c 6 . Bài 9( Đề thi đại học khối B - 2011): Cho a và b là các số thực dương thoả mãn 2(a 2  b 2 )  ab (a  b)(ab  2) . Tìm GTNN của biểu thức: P  4( a3 b3 a2 b2  )  9 (  ) b3 a3 b2 a2 Bài 10( Đề thi đại học khối A, A1 - 2012): Cho x, y, z 0 thoả mãn x  y  z 0 . Tìm MinS biết P 3  3  3  6 x  6 y  6 z . Bài 11( Đề thi đại học khối B - 2012): Cho x, y, z 0 thoả mãn x  y  z 0 và x 2  y 2  z 2 1 . Tìm GTLN của biểu thức: P  x 5  y 5  z 5 . Bài 12( Đề thi đại học khối D - 2012): Cho x, y thoả mãn ( x  4) 2  ( y  4) 2  2 xy 32 . Tìm GTNN của biểu thức: A  x 3  y 3  3( xy  1)( x  y  2) . x y y z z x 2 2 2 IV. KIỂM NGHIỆM Để thấy rõ vai trò, ý nghĩa và sự tác động khác nhau lên quá trình lĩnh hội kiến thức, sự phát triển năng lực tư duy sáng tạo, hình thành kĩ năng của học sinh khi giáo viên không sử dụng và sử dụng đề tài, tôi đã tiến hành kiểm nghiệm như sau: 1. Kết quả kiểm tra tại lớp: Tôi tiến hành kiểm tra 1 tiết ( thời gian 45 phút ) cho 2 lớp 12A4 và 12A9 (Lớp 12A9 năm học 2011-2012 và lớp 12A4 năm học 2012-2013). Đề bài: Bài 1(4đ). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của f ( x) x  4  x 2 với  2  x 2 . Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 20
- Xem thêm -