Skkn bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn môn toán lớp 10

  • Số trang: 34 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 15 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “BỒI DƯỠNG TƯ DUY HỌC SINH QUA GIỜ HỌC TỰ CHỌN MÔN TOÁN LỚP 10” PHẦN THỨ NHẤT: MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Bất đẳng thức và các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức là các vấn đề đã được đề cập trong chương trình sách giáo khoa môn toán ở bậc Trung học phổ thông. Thời gian giảng dạy chủ đề này không nhiều, mức độ bài tập trình bày trong sách giáo khoa và sách bài tập đều ở dạng cơ bản. Tuy nhiên trong các kỳ thi Đại học và các kỳ thi học sinh giỏi thì các bài toán về bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất lại là một đỉnh cao mà rất ít học sinh có thể vượt qua. 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. Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn xây dựng kế hoạch giảng dạy thêm một tiết tự chọn dành cho môn toán dạy theo chủ đề bám sát. Căn cứ vào kế hoạch của nhà trường, của Ban chuyên môn, Tổ toán đã xây dựng kế hoạch dạy tự chọn môn toán lớp 10 theo từng chủ đề, bám sát với phân phối chương trình của Sở giáo dục trong đó có chủ đề : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biếu thức, chủ đề này được thực hiện sau khi học sinh học xong bài Bất đẳng thức. Năm học 2012-2013 tôi được nhà trường phân công giảng dạy lớp 10A1.Thực tế trong những năm học trước bản thân tôi cũng đã có những băn khoăn trăn trở về cách hướng dẫn học sinh học giờ tự chọn như thế nào cho hiệu quả và làm thế nào để học sinh có hứng thú học trong các giờ tự chọn? Trong khi tài liệu chung để học sinh và giáo viên tham khảo không có. Khóa học 2008 - 2011 tôi đã mạnh dạn đưa một số dạng bài tập tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất vào giảng dạy ở giờ tự chọn và học sinh đã có hứng thú trong việc giải các dạng bài tập đó.Tuy nhiên kết quả thi học sinh giỏi cấp tỉnh học sinh chỉ đạt giải ba, còn thi đại học mới có một số em đạt điểm 9 khối A và khối B. Trong năm học này tôi mạnh dạn giới thiệu cho học sinh lớp 10 một số dạng bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức để giúp bồi dưỡng tư duy cho học sinh, nâng cao năng lực, rèn luyện kỹ năng giải toán và đặc biệt tạo cho học sinh hứng thú học trong giờ tự chọn và lòng đam mê chinh phục đỉnh cao trong các kỳ thi sắp tới. Các bài toán tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất có một vị trí quan trọng trong các kỳ thi và nó có sức hấp dẫn đối với học sinh khá giỏi và cả những người say mê toán.Đối với đối tượng học sinh lớp 10 các em chưa học đạo hàm nên chỉ dừng lại ở một số phương pháp cơ bản để giải các bài toán đó.Tuy nhiên thời gian dạy chủ đề này không nhiều nên tôi chỉ dừng lại ở việc giới thiệu các bài toán tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất bằng bất đẳng thức giúp cho các giờ học tự chọn đạt hiệu quả và học sinh thích học giờ tự chọn hơn. Chính vì lý do đó tôi mạnh dạn đề xuất sáng kiến “ Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn môn toán lớp 10”. Xin trao đổi cùng các đồng nghiệp. II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Giúp học sinh lớp 10 nâng cao khả năng tư duy toán học, có những suy nghĩ tích cực trong các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.Học sinh thích học các giờ tự chọn hơn, đồng thời qua đó giúp học sinh say mê nghiên cứu toán học, ham học hỏi. Tạo cho học sinh có niềm tin, mơ ước chinh phục được đỉnh cao của trí tuệ. III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU 1. Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp 10A1 của Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn trong giờ học tự chọn môn toán. 2. Phạm vi nghiên cứu: “ Bồi dưỡng tư duy học sinh qua giờ học tự chọn môn toán lớp 10” bằng các bài toán Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhât. IV. CƠ SỞ NGHIÊN CỨU Để thực hiện đề tài này, tôi dựa trên cơ sở các kiến thức đã học ở Trường ĐHSP, các tài liệu về phương pháp giảng dạy, các tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo của bộ môn Toán bậc trung học phổ thông … V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Thực hiện đề tài này, tôi sử dụng các phương pháp sau đây: – Phương pháp nghiên cứu lý luận : Nghiên cứu sách tham khảo, đề thi học sinh giỏi, mạng Internet, các tài liệu liên quan khác… – Phương pháp khảo sát thực tiễn: Khảo sát học sinh lớp 10A1 của Trường THPT Nguyễn Trung Ngạn. – Phương pháp quan sát : Quan sát quá trình dạy và học tại trường THPT Nguyễn Trung Ngạn - Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tổ chức dạy thực nghiệm, cho đề kiểm tra khảo sát kết quả sau khi thực hiện chuyên đề. – Phương pháp thống kê toán học. VI. THỜI GIAN THỰC HIỆN - Đề tài được thực hiện từ ngày 20 - 03 -2013 đến ngày 10 - 04 - 2013 VII. GIỚI HẠN CỦA ĐỀ TÀI Đề tài được sử dụng trong giờ học tự chọn môn toán của lớp 10A1 và 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 tê Năm học 2012 – 2013, tôi được BGH nhà trường phân công giảng dạy môn toán lớp 10A1. Đây là một cơ hội rất tốt để tôi thực hiện đề tài này.Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là một trong những dạng bài toán khó. Trong quá trình giải toán học sinh còn rất lúng túng, kể cả những học sinh đã đạt giải học sinh giỏi cấp tỉnh ở cấp THCS. Sau khi học sinh học xong bài bất đẳng thức và một số ứng dụng tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Tôi tiến hành khảo sát trên 46 học sinh ở lớp 10A1 và kết quả đạt như sau: 11/46 HS đạt điểm trên trung bình 35/46 HS đạt điểm dưới trung bình II. Nội dung đề tài: A. Kiên thức cơ bản: * Một số bất đẳng thức cần nhớ: - Bất đẳng thức Côsi a1  a 2  a 3  ....  a n n  a1 a 2 a 3 ....a n n Với Dấu bằng xảy ra khi a1  a2  ...  an - Các bất đẳng thức khác : ai  0 1. x 2 2. x 2  y 2 2 xy  y 2  xy 3,  x  y  a 2 4 xy b 4. b  a 2 1 1 4  � ( Khi b, c  0) b c bc 5. 6. 1 1 8  2� với a ,b > 0 2 a b ( a  b) 2 r r r r r r 7. u  v �u  v , Với mọi u,v B. Giới thiệu các bài toán - Bài tập học sinh thực hiện trên lớp: Từ bài 1 đến bài 20 - Bài tập học sinh thực hiện ở nhà : Từ bài 21 đến hết. I.1 Giới thiệu các bài toán thực hiện trên lớp: Bài 1: Cho x,y,z là các số dương và x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= x y z   x 1 y 1 z 1 Lời giải: Ta có P = 1  �1 1 1 1 1 1 � 1 1 3�   ( 1) � x 1 y 1 z 1 �x  1 y  1 z  1 � Theo bất đẳng thức Cô si ta có : �1 1 1 �   ��9 .(2) �x  1 y  1 z  1 �  ( x  1)  ( y  1)  ( z  1)  � Mặt khác theo giả thiết x+ y+ z = 1 nên từ(2) ta có 3 4 1 1 1 9   � (3) x 1 y 1 z 1 4 Từ (3) và (1) Ta có P � . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = Vậy Max P = 1 . 3 1 3 khi và chỉ khi x = y = z = . 3 4 Bài 2: Cho x, y , z là các số dương thay đổi và thỏa điều kiện : xy2z2 + x2z +y = 3 z2 z4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1  z 4 ( x4  y 4 ) Lời giải: Ta xét 1 1   x4  y4   4 P z x2 y Từ giả thiết suy ra xy +  2  3 . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : z z 2 1 x8 x2 4 4 4 (1) 1  4  x  x �4 4  4 z z z 4 1+ 14  14  y 4 �4 4 y8  4 y2 (2) z z z z 1+ x4 + y4 +y4 �4 4 x 4 y 8 = 4xy2 (3) . Cộng vế với vế các BĐT (1),(2),(3) ta được �x 2 y 1 1 1 2� 4 4 � 4 �3 � P � . Dấu bằng xảy ra khi 3 +3( 4  x  y ) �  2  xy � 12 � 3 z P �z z � x =y = z = 1. Vậy Max P = 1 khi và chỉ khi x =y = z = 1. 3 Bài 3 Cho a, b, c là các số thục dương thỏa điều kiện abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 1 1   a 2  2b 2  3 b 2  2c 2  3 c 2  2a 2  3 Lời giải : Do a2+b2 �2ab, b2 + 1 �2b khi đó : 1 1 1  2 � 2 2 2 a  2b  3 a  b  b  1  2 2(ab  b  1) 2 Tương tự 1� 1 1 1 1 � � và 2 2 2 b  2c  3 2(bc  c  1) c  2a  3 2(ac  c  1) 2 1 1 1 �   Khi đó P � � � 2 �ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1 � 1� 1 ab b 1 1 � 1 �P � �   và ac = ) � . ( Do c  2 �ab  b  1 ab  b  1 ab  b  1 � 2 ab b Dấu bằng trong BĐT trên xảy ra khi a = b = c = 1 Vậy Max P = 1 khi và chỉ khi a = b = c = 1 2 Bài 4 ( Đề thi HSG Tỉnh Hưng Yên) Cho a, b, c là các số dương tùy ý và thỏa điề kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của 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 1   ab (c  a )(c  b) 2c  ab (c  a )(c  b) 1 1 � 1 �ab ab � �1 � (ab) �    � � � 2 �c  a c  b � 2 �c  a c  b � Vậy ab 1 �ab ab � � �  �(1). Tương tự ta có : 2c  ab 2 �c  a c  b � bc 1 � bc bc � � �  �(2) 2a  bc 2 �a  b a  c � ac 1 � ac ac � � �  �(3) . Cộng vế với vế các BĐT (1),(2),(3) ta được 2b  ac 2 �a  b b  c � 1 �ab bc ab ac bc ac � 1      P� � �= ( a  b  c)  1 . 2 �c  a c  a b  c b  c a  b a  b � 2 P = 1 khi a = b = c = 2 . 3 Vậy Max P = 1 khi và chỉ khi a = b = c = 2 . 3 Bài 5 Cho a,b,c là ba số dương thỏa điều kiện a+ b+ c = thức P = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 4 1 1 1   . 3 a  3b 3 b  3c 3 c  3a �1 �x Lời giải: Áp dụng BĐT (x+y+z) �   1 1�  �9 ta có y z� �  1 1 �3 � 1 3 3 3 3 �3 � a  3b  b  3c  c  3a �9 b  3c c  3a � � a  3b Khi đó P �3 3 Hay 3 9 . Mặt khác theo BĐT Cô si ta có : a  3b  3 b  3c  3 c  3a a  3b  1  1 a  3b  2 a  3b  3 (a  3b).1.1 � = 3 3 a  3b  2 , tương tự a  3b � 3 Suy ra 3 3 b  3c  2 và b  3c � 3 3 c  3a  2 c  3a � 3 4(a  b  c )  6 =3 a  3b + 3 b  3c + 3 c  3a � 3 Vậy P �3 . Dầu bằng xảy ra khi a = b =c = Kết luận : Min P = 3 khi a = b = c = 1 . 4 1 . 4 Bài 6 Cho các số không âm x , y, z thỏa mãn x2 + y2 +z2 �3 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 4 8   2 2 ( x  1) ( y  2) ( z  3)2 Lời giải : Ta có 2x + 4y + 2z �( x2 + 1) + ( y2 + 4) + (z2 + 1) �3y + 6 Suy ra x + y + 2z �6 Dấu bằng xảy ra khi x = Với a và b là các số dương ta có : Áp dụng BĐT (1) ta được : y = z = 1. 2 1 1 8  � ( 1) a 2 b 2 ( a  b) 2 1 1 8 8 8   �  2 2 2 2 2 ( x  1) �y � ( z  3) � y � ( z  3) �  1� �x  1   1� 2 � �2 � � 64 64.4 64.4 �  � 1 2 2 2 (2 x  y  2 z  10) (6  10) y � � �x   2  z  3 � � 2 � Vậy Min P = 1 khi x = 1, y = 2 , z = 1 Bài 7 Cho x,y,z dương và thỏa mãn xy + yz + zx = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3x2 + 3y2 + z2 Lời giải: Ta có 2P = ( 4x2 + z2) + (4y2+ z2) +(2x2+ 2y2) Áp dụng BĐT Cô si ta có 4x2 + z2 �4xz , 4y2 + z2 �4yz, 2x2 + 2y2 �4xy Khi đó 2P �4( xy + yz + zx) = 20 hay P �10 . P =10 khi x = y = 1 , z =2 Kết luận Min P = 10 khi và chỉ khi x = y =1 , z= 2 Bài 8 Cho x �0 , y �0 và x  y  1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức x2 y2 P= + . y +1 x +1 x2 y2 x 3 + y3 + x 2 + y2 + Lời giải : Ta có: P = = x + y + xy +1 y +1 x +1 =  x + y   x 2 - xy + y 2  + x 2 + y 2 x + y + xy +1 2  x + y  - 5xy 2 = 2 + xy = 2 - 5xy 2 + xy =   2 x 2 + y 2 - xy 2 + xy (vì x+y =1) Đặt t = xy . Khi đó 0 �xy � x  y  4 2  1 4 hay 1 0 �t � 4 Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P chính là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức f (t )  2  5t 2t với 1 0 �t � . 4 Ta có f(t) = -5 + 12 . t2 1 0 �t � 4 Để f(t) lớn nhất thì tổng t +2 nhỏ nhất hay t = 0 vì 1 vì 4 Để f(t) nhỏ nhất thì tổng t +2 lớn nhất hay t = . 1 0 �t � 4 Vậy MaxP = 1 khi x= 1, y =0 hoặc x= 0 ,y= 1 MinP = 1 3 khi x = y= 1 2 2 x 2  2 y 2  xy  1 . Bài 9 Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện: giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2  2 y 2 xy Lời giải: Ta có: 1 2 x� 1 �� 2 x 2�� 2y 2  xy 2( x 7( x 4  y 4 )  4 x 2 y 2 2( x y ) 2 5 xy y )2 3xy 3xy xy 5 xy 1 3 1 5 P  7[( x 2  y 2 ) 2  2 x 2 y 2 ]  4 x 2 y 2  7( x 2  y 2 ) 2  10 x 2 y 2 1  xy 2 33 7 7  7( )  10 x 2 y 2   x 2 y 2  xy  2 4 2 4 1 1 5 3 Đặt t = xy, t �[- ; ] � P = - 33 2 7 7 t  t 4 2 4 1 5 xy xy 1 3 Tìm giá trị lớn nhất và Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = trên đoạn Sử 1 1 [- ; ] 5 3 dụng MaxP  33 2 7 7 t  t 4 2 4 bảng biến thiên của hàm số bâc hai học sinh tìm 70 7 18 1 � xy  , MinP  � xy   33 33 25 5 Bài 10 Cho x, y, z �0 và x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P= x3 1  y2 y3   1  z2 z3 1  x2 Lời giải: Ta có: P + 3 = ( x3 1 y  y )( 2 2 y3 1 z  z )( 2 2 z3 1 x 2  x2 ) 1  y2 y3 y3 1  z2 � P (   ) (   ) 2 2 4 2 4 2 4 2 2 1  y2 2 1  y2 2 1 z 2 1 z x3 6 x3 1  x2 (   ) 2 1  x2 2 1  x2 4 2 z3 z3 6 6 6 3 3 9 x y z ( x2  y 2  z 2 )  6 hay P  2 2 � 3 P �3 3  33  33 2 8 2 2 2 4 2 16 2 16 2 16 2 6 Suy ra P � 9 2 6 23  3 2 2  9 2 2  3 2 2  3 2 được: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy MinP = 3 2 Bài 11 Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx  2xyz. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). 1 1 1 Lời giải: Ta có xy  yz  xz �2 xyz � x  y  z �2 nên 1 1 1 y 1 z 1 ( y  1)( z  1) �1   1    �2 (1) x y z y z yz Tương tự ta có 1 1 1 x 1 z 1 ( x  1)( z  1) �1   1    �2 (2) y x z x z xz 1 1 1 x 1 y 1 ( x  1)( y  1) �1   1    �2 (3) y x y x y xy 1 8 1 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x  1)( y  1)( z  1) � . Suy ra A �8 Vậy MaxA = 1 3 �x yz 8 2 Bài 12 Với mọi số thực dương biểu thức: x; y; z thỏa điều kiện x  y  z �1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của �1 1 1 � P  x  y  z  2 �   �. �x y z � 2 x Lời giải: Áp dụng BĐT Cô-si : 18 x  �12 (1). Dấu bằng xảy ra khi 2 2 Tương tự: 18 y  y �12 (2) và 18 z  z �12 (3). Mà: 17  x  y  z  �17 (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P �19 . x 1 . 3 P  19 � x  y  z  1 . 3 1 Vậy MinP = 19 � x = y = z = 3 Bài 13 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn thức: P 1 1 1    4. x y z Tìm giá trị lớn nhất của biểu 1 1 1   2 x  y  z x  2y  z x  y  2z 1 1 �1 1� Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức: a  b �4 �a  b �. Dấu bằng xảy ra khi a = b . � � 1 1 1 1 1 1 �1 1 1 �1 1� Ta có : 2x  y  z �4 .( 2x  y  z ) �8x  16 �y  z � � � 1 1� Hay 2x  y  z �8x  16 �y  z �(1). � � 1 1 1 �1 1� Tương tự x  2y  z �8y  16 �x  z � (2) � � 1 1 1 �1 1 � �  �  �(3) x  y  2z 8z 16 �x y � Cộng vế với vế của (1),(2),(3) và áp dụng giả thiết ta được P Mà P =1 Khi x = y = z = 3 . 4 Vậy Max P = 1 �x =y=z= �1 3 . 4 Bài 14 Cho các số thực dương a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = Lời giải: .Ta có: P a  b2 b  c 2 c  a 2   bc ca ab a b c b2 c2 a2   )(   )  A B =( bc ca a b bc c a a b A3 1 1 1 1 �    ( a  b )  (b  c )  ( c  a )  � � 2 ab bc ca� � � 1 3 1 1 1  3 (� a b)(b c )(c a)3 3 2 ab bc ca Và 1  ( a�b c) 2 Từ đó P �a 3 2 A a2 b2 c2 ( + + + )(a b۳ b c c a) ab bc ca 2 3 1 �  2. 2 2 Vậy Min P = 2 9 2 1 B.2 B 1 2 1 Để P = 2 thì a = b = c = 3 . 1 3 =b=c= . Bài15 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  Lời giải: P  Thay P P= 4x  y 2x  y  xy 4 4x  y 2x  y 4 1 x y 4 y 1 x y           xy 4 y x 2 4 y 4 x 2 2 y  5 x ở tỉ số 4 y 1 x 5 x 4 y 1 5 4 y 1 5 3         x  �2 .  2 .x   y 4 x 2 2 y 4 x 2 y 4 x 2 2 3 3 khi x  1; y  4 Vậy Min P = 2 2 Bài 16 Cho x, y, z > 0 thỏa điều kiện xyz = 1. Tìm GTNN của S 1  x3  y3 1  y3  z3 1  z 3  x3   xy yz zx Lời giải: Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương ta có: . cuối được: 1 x�y۳ 3 Tương tự: 3 3 3 1.x . y 3 3 1  x3  y 3 xy 3xy 1  y3  z3 3 � ; yz yz 3 xy 1  z 3  x3 3 � zx zx 3 3 3 1  x3  y3 1  y3  z3 1  z 3  x3 �     Suyra: S  xy yz zx xy yz zx �3 3 3 3 . . 3 3. xy yz zx Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy MinS = 3 3 khi x = y = z = 1. Bài 17 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  1 1 1   1  xy 1  yz 1  zx � 1 1 1 �   ��9 1  xy 1  yz 1  zx � � Lời giải: Ta có:  (1  xy )  (1  yz )  (1  zx)  � ۳�P 9 3  xy  yz  zx Mà P = 9 3  x2  y 2  z 2 3 khi x = y = z= 1 2 Vậy Min P = 3 � x = y = z= 1 2 Bài 18 Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Lời giải: Ta có : P P x 2 (y  z) y 2 (z  x) z 2 (x  y)   yz zx xz x 2 x 2 y2 y 2 z 2 z 2      y z z x x y (*) Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y  � Do đó : x + y  xy(x + y) x, y > 0 hay 3 3 y2 z2  �y  z Tương tự, ta có : z y x 2 y2  �x  y y x y, z > 0 và x, y > 0 z2 x2  �z  x x z x, z > 0 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 3 . Vì vậy Min P = 2. Bài 19 Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: trị lớn nhất của biểu thức: Lời giải: Vì P x 2 2 x yz  x; y; z  0 , y 2 2 y zx  P x y z   x 2  yz y 2  zx z 2  xy . Áp dụng BĐT Côsi ta có: z 2 2 z xy 1   4  2 yz  2 zx  2  xy  1  1 1 1 1 1 1  1  yz  zx  xy  1  x 2  y 2  z 2              4 y z z x x y 2 xyz xyz  2 Dấu bằng xảy ra x 2  y 2  z 2  xyz .  x  y  z 3 . Vậy MaxP =  1  xyz  1     2  xyz  2  1  x  y  z 3 2 Bài 20 Cho x,y  R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của x P 3  y3    x2  y2  ( x  1)( y  1) Hãy tìm giá t2 4 Lời giải: Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có xy � P t 3  t 2  xy (3t  2) . xy  t  1 Do 3t - 2 > 0 và  xy � t2 4 nên ta có t 2 (3t  2) t t  t2 4 P�  t2 t2  t 1 4 3 2 Xét biểu thức f(t) = t2 4  t 2  4 �8 . t 2 t 2 f(t) = 8 khi t = 4 min f ( t ) = f(4) = 8 đạt được khi Do đó min P = (2; �) �x  y  4 �x  2 �� � �xy  4 �y  2 I.2 Các bài toán giao về nhà cho học sinh thực hiện Bài 21 Cho x  0, y  0, x  y  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T Lời giải: P= x 11 1 x x y  1 x 1 y  y 1 1 1 y  1 1 x 1  1 y 1 1 2 2  � � 1 x 1  y 4 (1  x )(1  y) 1 x 1 y 2 Mặt khác: 1  x  1  y � 2. 1  x  1  y = Từ (1) và (2) � P � 2. Dấu “ = “ � 2 ( 1 x  1 y). =2 Có (1) 2 (2) 1–x=1–y � x=y= 1 2
- Xem thêm -