Skkn_giúp học sinh tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất bằng phương pháp dồn biến

  • Số trang: 23 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 54 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kon tum TRƯỜNG THPT DUY TÂN  Sáng kiến kinh nghiệm Đề tài GIÚP HỌC SINH TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN GV. Huỳnh Văn Minh Tổ : Toán – Tin Năm học : 2012 - 2013 Kon Kon Tum Tum 10 10 // 2013 2013 MỤC LỤC A. MỞ ĐẦU......................................Trang 1 I. Lý do chọn đề tài................................................................................1 II. Nhiệm vụ, phạm vi và đối tượng nghiên cứu....................................1 1. Nhiệm vụ nghiên cứu........................................................................1 2. Phạm vi nghiên cứu...........................................................................1 3. Đối tượng nghiên cứu........................................................................1 4. Phương pháp nghiên cứu.................................................................. 2 B. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU .............................................3 I. Thực trạng của vấn đề trước khi nghiên cứu......................................3 II. Giải pháp khắc phục..........................................................................3 Dạng1Tìm GTLN, GTNN của hàm hai biến bằng phương pháp thế....4 Dạng 2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức có tính đối xứng...............6 Dạng 3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức có tính đẳng cấp.............10 Bài tập tổng hợp..................................................................................12 Bài tập tự luyện...................................................................................18 III. Phân tích so sánh tác dụng của đề tài............................................19 C. KẾT LUẬN.................................................20 CHUYÊN ĐỀ - SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIÚP HỌC SINH TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN A. MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài Tôi chọn đề tài “ Giúp học sinh tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất bằng phương pháp dồn biến” với những lí do sau đây: - Đây là vấn đề khó đối với đa số học sinh. - Đây là vấn đề thường gặp trong các kì thi cao đẳng, đại học và thi học sinh giỏi các cấp. - Đây là vấn đề hay, hấp dẫn kích thích tư duy học sinh. - Đây là chuyên đề góp phần tích cực cho học sinh vào việc rèn luyện tư duy logich, linh hoạt, sáng tạo. Một yêu cầu quan trọng trong xu hướng đổi mới giáo dục hiện nay. - Đây là chuyên đề góp phần giáo dục học sinh thấy được cái hay cái đẹp quyến rũ của toán học tạo sự hứng thú say mê với môn toán. II. Nhiệm vụ, phạm vi và đối tượng nghiên cứu 1. Nhiệm vụ nghiên cứu - Giúp học sinh nắm được phương pháp dồn biến đề tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến. - Chuyên đề này góp phần tích cực cho học sinh vào việc rèn luyện tư duy logich, linh hoạt, sáng tạo. - Chuyên đề này góp phần giáo dục học sinh thấy được cái hay cái đẹp quyến rũ của toán học tạo sự hứng thú say mê với môn toán. 2. Phạm vi nghiên cứu - Tìm GTLN và GTNN của hàm 2 biến, hàm 3 biến có điều kiện ràng buộc đối với một số dạng cơ bản thường gặp trong các kì thi đại học, cao đẳng và thi học sinh giỏi. 3. Đối tượng nghiên cứu Học sinh khá, giỏi trường THPT Duy tân qua các năm học 20112012; 2012-2013. 4. Phương pháp nghiên cứu 4.1.Quan sát, điều tra khảo sát thực trạng. 4.2 Tổng kết kinh nghiệm, tham khảo tài liệu, tư liệu liên quan chuyên đề để xây dựng giải pháp. 4.3 Triển khai chuyên đề. 4.4 Kiểm tra, phỏng vấn thống kê đánh giá kết quả. B. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU I.Thực trạng của vấn đề trước khi nghiên cứu. - Học sinh chỉ biết tìm GTLN và GTNN của hàm số 1 biến trong các trường hợp cơ bản. - Học sinh lúng túng, không biết tìm GTLN và GTNN của hàm số 2 biến , 3 biến và có điều kiều kiện ràng buộc, trong các trường hợp cơ bản thường gặp. - Học sinh không biết dùng phương pháp dồn biến để đưa hàm nhiều biến về hàm một biến để giải quyết. II. Giải pháp khắc phục. - Giúp học sinh nắm được phương pháp Dồn biến để đưa hàm nhiều biến về hàm một biến rồi dùng đạo hàm để khảo sát. - Hệ thống từng dạng bài tập cơ bản thường gặp. - Lựa chọn các ví dụ mẫu, cơ bản, điển hình đối với mỗi dạng. - Phân tích, định hướng giải cho mõi ví dụ. - Trình bày lời giải chính thức cho mỗi ví dụ. - Rút ra phương pháp chung cho từng dạng. - Ra bài tập củng cố, luyện tập cho học sinh qua từng dạng. - Ra các bài tập mang tính vận dụng tổng hợp cho học sinh vận dụng. Giải pháp được cụ thể hóa qua các dạng, các ví dụ và bài tập sau đây: Dạng 1. Tìm GTLN, GTNN của hàm hai biến bằng phương pháp thế VD1. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn của biểu thức P 4 1  x 4y x y  5 . 4 Tìm GTNN . Phân tích: - Ta thấy P là hàm theo hai biến x và y. Tuy nhiên hai biến này ràng buộc với nhau theo quan hệ bậc nhất đối với x, y: x y  5 , 4 nên ta dễ dàng rút được y theo x (biểu diễn y theo x) và thế vào P khi đó đưa về hàm theo một biến x: P  f ( x) . - Từ giả thiết, ta tìm miền biến thiên của biến x , giả sử x �D . - Dùng đạo hàm khảo sát hàm: P  f ( x) , với x �D . - Từ đó suy ra được kết quả cần tìm. P Giải Từ giả thiết, ta rút: y 5 x, 4 Từ giả thiết ta suy ra được: thế vào P ta được: P  f ( x)  � 5� x �� 0; � � 4� Dùng đạo hàm, lập bảng biến thiên của hàm số : P  khoảng 4 1  x 5  4x f ( x)  4 1  trên x 5  4x � 5� 0; � � � 4� Từ bảng biến thiên suy ra: min P  m inf ( x)  5, khi x  1, y  � 5� x�� 0; � � 4� 1 4 VD2. Cho hai số thực x,y thỏa mãn y �0 và x 2  x  y  12 . Tìm GTNN và GTLN của biểu thức P  xy  x  2 y  17 . Phân tích: - Ta thấy P là hàm theo hai biến x và y. Tuy nhiên từ giả thiết ta dễ dàng rút được y theo x (biểu diễn y theo x) và thế vào P khi đó đưa P về hàm theo một biến x: P  f ( x) . - Từ giả thiết, ta tìm miền của biến x , giả sử x �D . - Dùng đạo hàm khảo sát hàm: P  f ( x) , với x �D . - Từ đó suy ra được kết quả cần tìm Giải Từ giả thiết suy ra: y  x 2  x  12 Do đó: P  f ( x)  x3  3x 2  9 x  7 Từ giả thiết: y  x  x  12 và y �0 � x  x  12 �0 � x � 4;3 Dùng đạo hàm, khảo sát hàm số: f ( x)  x3  3 x 2  9 x  7, trên đoạn x � 4;3 . ( x)  12, maxP  m axf ( x)  20 Từ đó tìm được kết quả: minP  mxinf � 4;1 x� 4;1 2 2 Dạng 2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức có tính đối xứng. VD 1. Cho x, y là hai số thực không âm thỏa mãn x  y  4 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P  ( x3  1)( y 3  1) Phân tích: - Ta thấy biểu thức P  ( x3  1)( y 3  1) là đối xứng đối với 2 biến x và y và biểu thức ở điều kiện ràng buộc cũng đối xứng đối với 2 biến x và y nên ta luôn biểu diễn được nó về theo hai biểu thức đối xứng cơ bản là : S  x  y và P  xy . - Mặt khác theo giả thiết ta đã có tổng: x  y  4 nên thế vào biểu thức P  ( x3  1)( y 3  1) ta đưa được vể hàm một biến: f (t ) , với t  xy - Dựa vào giả thiết, ta tìm được miền của biến t bằng cách dùng bất đẳng thức ( x  y)2 0 �xy  � � 4 4 0 t 4 (chú ý rằng dấu “=” ở đây xảy ra được) - Dùng đạo hàm khảo sát hàm f (t ) trên đoạn t � 0; 4 t ) và max P  maxf(t ) - Từ đó ta tìm được min P  minf( . t� 0;4  t� 0;4  Giải: 3 3 3 3 3 3 3 ( x  y) 3  3 xy( x  y) � Ta có: P  ( x  1)( y  1)  x y  ( x  y )  1  ( xy)  � � � 1 3 3 ( x  y )3  3 xy ( x  y ) � Mà x  y  4 nên f  ( xy )  � � � 1  ( xy )  12 xy  63 Đặt t  xy ta đưa về hàm theo một biến t là f (t )  t 3  12t  63 Bây giờ ta cần tìm miền biến thiên của t như sau: ta có 2 �x  y � 0 �t  xy �� � 4 . �2 � Vậy: t � 0; 4 Dùng đạo hàm ta tìm được GTLN và GTNN của hàm trên đoạn  0; 4 f (t )  49, min P  min f (t )  63 Do đó: max P  max t� 0;4 t� 0;4 VD2. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn của biểu thức �x, y �0 � . �x  y  1 P  ( x 2  1)( y 2  1)  x 2  y 2  1 2 �x  y � 1 xy  � 0t xy � Giải: Đặt t �� � �2 � 4 Khi đó: P  f (t )  t 2  2t  2  2t t � 1� 0; � � 4� � f (t )  t 3  12t  63 , Tìm GTLN, GTNN Ta có: Suy ra: P /  0 � hàm số đồng biến max P  m axf (t )  � 1� t�� 0; � � 4� 9 3  , min P  m inf (t )   2 16 2 � 1� t� 0; � 4� � � VD3: Cho x, y là hai số thực thỏa mãn GTNN của biểu thức P �x, y �0 � . �x  y  xy  3 Tìm GTLN, x y 6   x  2 y  2 xy  1 Phân tích: - Ta thấy biểu thức cần tìm GTLN, GTNN và biểu thức ràng buộc các biến ở giả thiết đều có tính đối xứng đối với hai biến x và y. Do đó ta biểu diễn được chúng về theo hai biểu thức đối xứng cơ bản là : S  x  y và P  xy . - Chọn t là một trong hai biến x  y hoặc xy khi đó ta đưa được P về hàm theo một biến t . (dồn biến) - Từ điều kiện ràng buộc ta tìm miền biến thiên của biến t . Giả sử t �D - Dùng đạo hàm khảo sát hàm - Suy ra GTLN, GTNN của P Giải: Bước 1. Chọn biến t  x y. Khi đó f (t ) trên miền t �D xy  3  t P  f (t )  Chuyển P sang hàm theo biến t: 6 6  t 7 4t (Chọn t=x+y hoặc t=xy. Ở đây chọn t=x+y thuận tiện hơn) Bước 2. Tìm miền của biến t : Từ ràng buộc: Sử dụng bất đẳng thức: Ta suy ra: t2 3t � 4 ( x  y) xy � 4 . Giải ra được: 2 �t �3 Bước 3. Tìm max, min của hàm f(t) trên miền Ta có: f / (t )   xy  3  t 2 t � 2;3 6 6 22t  33    0, t � 2;3 2 2 (t  7) (4  t ) (t  7) 2 (4  t ) 2 Suy ra hàm f(t) đồng biến Vậy: max P  m axf (t )  t� 2;3 33 11 , min P  m inf (t )  5 3 t� 2;3 VD4: Cho x, y là hai số thực không âm thỏa mãn GTLN, GTNN của biểu thức P  x 2  y 2  xy Phân tích: x 3  y 3  xy  1 . Tìm - Ta thấy biểu thức cần tìm GTLN, GTNN và biểu thức ràng buộc các biến ở giả thiết đều có tính đối xứng đối với hai biến x và y. Do đó ta biểu diễn được chúng về theo hai biểu thức đối xứng cơ bản là : S  x  y và P  xy . - Chọn t là một trong hai biến x  y hoặc xy khi đó ta đưa được P về hàm theo một biến t . (dồn biến) - Từ điều kiện ràng buộc ta tìm miền biến thiên của biến t . Giả sử t �D - Dùng đạo hàm khảo sát hàm - Suy ra GTLN, GTNN của P f (t ) trên miền t �D Giải: Bước 1. Chọn biến t  x y. Khi đó từ giả thiết ( x  y )3  3 xy ( x  y )  xy  1 , suy ra: xy  Chuyển P sang hàm theo biến t: x 3  y 3  xy  1 suy ra t 1 3t  1 3 1 7 1 3 P  f (t )  t 3  t 2  t   4 4 t 3 2 (Chọn t=x+y hoặc t=xy. Ở đây chọn t=x+y thuận tiện hơn) Bước 2. Tìm miền của biến t : ( x  y)2 t 2 xy  �� Sử dụng bất đẳng thức: 0 �� 4 4 ( Chú ý: Đánh giá ..?.. �xy �..??... Sao cho 0 t 3 1 3t  1 t2 4 1 t 2 ? và ?? là hằng số hoặc biểu thức chứa biến t nhưng chú ý dấu đẳng thức phải xảy ra được) Bước 3. Tìm max, min của hàm f(t) trên miền Ta có: P /  0 � hàm số đồng biến t � 1; 2 4 9 max P  m axf (t )  , min P  m inf (t )   5 4 t� 1;2 t� 1;2 Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2 3 . 5 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  xy  yz  zx  x  y  z . Suy ra: VD5 Phân tích: Dùng hằng đẳng thức ( x  y  z )2  x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx) ta chuyển đổi được biểu thức xy  yz  zx theo hai biểu thức x  y  z và x 2  y 2  z 2 . Từ đó đặt t  x  y  z Thì đưa được P về hàm theo một biến t Giải: 2 t  x  y  z  t 2  3  2( xy  yz  zx)  xy  yz  zx  t  3 . 2 2 t 3 5  . Chuyển P về hàm theo một biến t : P  f (t )  2 t Đặt Tìm miềm của biến t: Từ điều kiện ràng buộc: xy  yz  zx  Sử dụng bất đẳng thức: 0  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  3 , t 3 0 ��  �� 3 3 t 2 2 3 2 Suy ra t 3 (vì ta suy ra: t  0. ) t2 5 3   , 3  t  3. 2 t 2 5 t3  5 f ' (t )  t  2  2  0 (vì t  3. ) t t Khảo sát hàm : Ta có 9 t2  3 2 f (t ) f (t )  đồng biến trên [ 3 , 3] . Do đó f (t )  f (3)  14 . 3 t  3  x  y  z  1. 14 max P  m axf (t )  3 � t�� � 3;3� Dấu đẳng thức xảy ra khi Kết luận: Dạng 3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức có tính đẳng cấp. VD 1. Cho x, y,z là ba số thực thuộc đoạn  1; 4 và GTNN của biểu thức P x y z   2x  3 y y  z z  x (Trích đề thi Đại học khối A năm 2011) x �y, x �z . Tìm Phân tích: Ta thấy P là tổng của ba phân thức mà tử và mẫu đều là các đa thức dạng đẳng cấp bậc nhất theo các biến. Do đó chia cả tử và mẫu cho một biến bậc nhất ta chuyển P về theo ba biến mới y x , z y , x : z Cụ thể 1 1 1   3y z x là: 2 1 1 x y z 1 1 2  � Dùng bất đẳng thức: với a,b>0 và ab �1 1  a 1  b 1  ab x Ta dồn được P về hàm theo một biến t  như sau: y 1 1 1 1 2 P   �  3y z x 3y x 2 1 1 2 1 x y z x y P Từ đó ta giải quyết tiếp! Giải Trước hết ta chứng minh: 1 1 2  � (*) , với a,b>0 và ab �1 1  a 1  b 1  ab Thật vậy, ta có: (*) �  a  b  2   ab  1 �0 : đúng với a,b>0 và ab �1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b hoặc ab=1 Áp dụng (*) với x và y thuộc đoạn  1; 4 và x �y 1 1 1 1 2   �  3y z x 3y x, Ta có: 2 1 1 2 1 x y z x y x z x Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  hoặc  1 y z y P x t2 2  Đặt t  , t � 1;2 Khi đó P � 2 y 2t  3 1  t t2 2  , t � 1;2 Xét hàm f (t)  2 2t  3 1  t 2 � t 3 (4t  3)  3t(2t  1)  9 � � � 0 f (t)  2 2 2 (2t  3) (1  t) /   f (t) f (2) 34 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 33 x  4 � x  4, y  1 (2) y 34 . Từ (1) và (2) suy ra đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=4, 33 t2�  P y=1 và z=2 Vậy GTNN của P bằng 34 khi x=4, y=1 và z=2 33 Bài tập tổng hợp 1) Cho x, y là hai số thực thỏa mãn của biểu thức Giải P x2 y2 1   y 1 x 1 x  y  3 �x, y �0 � . �x  y  xy  3 Tìm GTLN, GTNN Ta có: x2 y2 1 ( x  y )3  3xy ( x  y )  ( x  y )2  2 xy 1     y 1 x 1 x  y  3 xy  ( x  y )  1 ( x  y)  3 P 1 7 1 3 P  f (t )  t 3  t 2  t   4 4 t 3 2 2 2 ( x  y) t t 2 t 3 Tìm miền của t: 0 �xy �3� 4 4 1 7 1 3 Khảo sát hàm: P  f (t )  4 t 3  t 2  4 t  t  3  2 , với t � 2;3 Ta có: P /  0 � hàm số đồng biến 53 4 (t )  , min P  m inf (t )  Suy ra: max P  m taxf 6 5 � 2;3 t� 2;3 Đặt: t  x  y � xy  3  t . Khi đó: 2) Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  xy  1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  x y  xy 2 2 Giải Ta có: S  xy ( x  y ) � S 2  ( xy ) 2 ( x 2  y 2  2 xy )  ( xy ) 2 (1  3 xy) Đặt t  xy 2 x 2 � y xy � 1 1 3 xy 2 x 2 y�  xy� 1 (x ( x y)2 y ) 2 1 xy 0 0 t t 1 3 1 1 � � 1; Vậy t �� � 3� � t0 � � 1� 2 S  f (t )  t (1  3t ), t �� 1; . f '(t )  2t  9t  0 � � 2 � t � 3� � � 9 �1 � �2 � 4 f ( �� 1) 4,� f(0) f � � 0, f � � S2 4 2 S 2 �3 � �9 � 243 2 2 S  2 � x  1, y  1 � max S  2 S  2 � x  1, y  1 � min S  2 3) Cho x,y R và x,y>1. Tìm giá trị nhỏ nhất của Giải Biến đổi: ( x  y )3  ( x  y ) 2  xy (3( x  y )  2) P xy  ( x  y )  1 x P 3  y3    x2  y 2  ( x  1)( y  1) Đặt: t  x  y . Vì x, y  1 � t  2 Ta được: t 3  t 2  xy (3t  2) P xy  t  1 ( x  y )2 xy � 4 Áp dụng BĐT: , ta có: t2 xy � 4 Mặt khác: xy  0 v�3t  2  0 t2 3 2 t  t  (3t  2) t 3  t 2  xy (3t  2) t2 4 P �  t2 xy  t  1 t 2  t 1 4 nên: f (t )  Khảo sát hàm số : min P  min f (t )  8 (2;�) t2 , t2 , đạt được khi x  y  2 4) Cho hai số thực GTLN của biểu trên miền t �(2; �) , ta được kết quả: x, y �0 thay 1 1 thức P  x3  y 3 đổi thỏa mãn ( x  y ) xy  x 2  y 2  xy . Tìm (Trích đề thi Đại học khối A năm 2006) Giải. Ta có: ( x  y ) xy  x 2  y 2  xy � Đặt 1 1 a ;b . x y Đặt t  a  b � ab  Ta được: 1 1 1 1 11   2 2 x y x y x y a  b  a 2  b 2  ab � a  b  (a  b) 2  3ab t2  t 3 3 3 P  a  b  (a  b)3  3ab(a  b)  t 3  (t 2  t )t  t 2 Khi đó: Tìm miền của t: a  b  (a  b) 2  3ab � ( a  b) 2  (a  b)  3ab �3 3t 2 �� t�t  4 2 0 t ( a  b) 2 4 4 Vậy: MaxP  16 , khi x  y  Suy ra: P �16 . 5) Cho x, y , z  0, x  y  z �1 . 1 2 Chứng minh: x2  (Trích đề thi Đại học khối A năm 2003) Giải 1 1 1  y 2  2  z 2  2 � 82 2 x y z Đặt P  x2  1 1 1  y2  2  z2  2 2 x y z Ta có: �3 1 1 1 1 1 1 P  x  2  y 2  2  z 2  2 � ( x  y  z ) 2  (   )2 � (3 3 xyz ) 2  � �3 xyz x y z x y z � 2 9 t2 x yz 1 � 1� Tìm miền của t : 0  t  3 xyz  3 �3 . Vậy: t ��0; 3 � � � � 1� 9 Khảo sát hàm: f (t )  9t 2  2 , với t ��0; 3 �ta dễ dàng suy � � t minM  min f (t )  82 � 1� . Do đó: P � 82 (Đpcm) t�� 0; Đặt: t  3 xyz , suy ra: P �f (t )  2 � � � � 9t 2  ra được: � � 3� 3 a, b, c  0, a  b  c � . 2 1 1 1 P  a2  b2  c2  2  2  2 ab bc ca 6) Cho ba số thực a, b, c thỏa: Tìm GTNN của Gợi ý Chọn biến: abc 1 � 3 2 3 P �f (t )  3t 2  3 t t  3 abc � 0  t  Đưa về hàm một biến: , với � 1� t �� 0; � 2� � 7) Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa x+y+z=1. Tìm GTLN của biểu thức : P=xy+yz+zx-2xyz. (Thi thử đại 2012-2013. Trường THPT Kon Tum) Giải Vì vai trò của x, y, z trong bài toán bình đẳng nên có thể giả sử Mặt khác x+y+z=1 nên say ra x �y �z � 1� x �� 0; � 3� � P  xy  yz  zx  2xyz  x(y  z)  yz(1  2x) Ta có: ( y  z)2 yz � 4 mà � 1� x �� 0; � 1  2 x  0 . � 3� � Suy ra: ( y  z )2 yz (1  2 x ) � (1  2 x ) 4 (y  z) 2 (1  x) 2 P  x(1  x)  yz(1  2x) �x(1  x)  (1  2x)  x(1  x)  (1  2x) 4 4 (1  x) 2 � 1� (1  2x), vói x �� 0; Khảo sát hàm: f (x)  x(1  x)  4 � 3� � 7 1 maxP  max f (x)  x  y  z  Ta tìm được , khi . 1 � � 27 x�� 0; � 3 � 3� 8) Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1. Tìm GTNN của biểu thức P  x3  y3  z 3  15 xyz 4 Giải. Vai trò x, y z bình đẳng nên ta có thể giả sử Từ giả thiết suy ra: 1 0 �x � 3 x �y �z . và y+z=1-x. áp dụng BĐT ( y  z )2 27 x yz � và 3 0 4 4 15 15 P  x 3  y 3  z 3  xyz  x3  ( y  z )3  3 yz ( y  z )  xyz 4 4 15 x � � �27 x �  x3  ( y  z )3  yz �  3( y  z) � x3  (1  x)3  yz �  3 � �4 � �4 � �x 3  (1  x)3  ( y  z ) 2 �27 x � 1 3 2 �  3 � (27 x  18 x  3 x  4) 4 �4 16 � 1 1 (27x 3  18x 2  3x  4) , với 0 �x � 3 16 1 1 1 1 minP  min f (x)  ( x; y; z )  ( ; ; ) hoặc Ta tìm được: , khi � 1� 4 x�� 0; � 3 3 3 Khảo sát hàm: f (x)  � 3� 1 1 ( x; y; z )  (0; ; ) 2 2 hoặc các hoán vị của nó. 9) Cho x, y là các số thực không âm thay đổi và thỏa mãn điều kiện 4( x 2  y 2  xy ) �1  2( x  y ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  xy  x  y  x 2  y 2 (Trích đề thi thử đại học năm 2012-2013. Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành, Kon Tum) Giải. 2 P  xy  x  y  ( x 2  y 2 )  xy  x  y  � ( x  y ) 2  2 xy � � � 3xy  x  y  ( x  y ) P �3 ( x  y )2 ( x  y)2 t2  x  y  ( x  y) 2  x  y   f (t )  t  4 4 4 Từ giả thiết, ta biến đổi : 4( x 2  y 2  xy ) �1  2( x  y ) � 4(( x  y ) 2  xy ) �1  2( x  y) ( x  y )2 ) �4(( x  y ) 2  xy ) �1  2( x  y ) suy ra: 4(( x  y)  4 2 Hay: 3t  2t  1 �0 1 Từ đó:  3 �t �1 Mặt khác x, y không âm nên 0 �t �1 2 , với t  x y. Bây giờ ta đi tìm max của f (t )  t  t2 4 , trên miền 0 �t �1 Bằng cách dùng đạo hàm và khảo sát hàm f(t) tra được max P  max f (t )  t� 0;1 3 4, khi x y 1 . 2 10) Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 2  a  ab  3 abc 3 . a bc (Trích đề thi học sinh giỏi Toán 12, bảng A, tỉnh Nghệ An, năm 20122013 ) Giải. Áp dụng bất đẳng thức AG-MG, ta có: 1 1 a.4b  3 a.4b.16c 2 4 . 1 a  4b 1 a  4b  16c 4 �a  .  .   a  b  c 2 2 4 3 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  4b  16c . 3 3 Suy ra: P �2 a  b  c    abc a  ab  3 abc �a  Đặt: t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có: P �f (t)  3 3  2t t 3 3  , với t  0 2t t 3 f  t    , khi và chỉ khi t  1 Ta tìm được: min t 0 2 3 Vậy ta có P � , đẳng thức xảy ra 2 a  b  c 1 � 4 1 � 16 �� a  ;b  ;c  . � a  4b  16c 21 21 � 21 � Khảo sát hàm số: f  t   Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  11) Cho x, y , z � 1; 2 . Tìm GTLN của biểu thức �x y � �y z � �x P  �  � �  � �  �y x � �z y � �z và chỉ khi 16 4 1 � 3 � khi và chỉ khi  a,b,c   � , , �. 2 �21 21 21 � Giải Ta có: khi z� � 3 x� �1 1 1 � P  ( x  y  z) �   � �x y z � 1 �x �y �z �2 , Suy ra: �x y � �y z � �x z � �x z � P  �  � �  � �  � 3 �5  2 �  � �z x � �y x � �z y � �z x � Đặt t x z với suy ra: � x� � y� 1 � 1  ��0 � � � z� � y� Giả sử: và � z� � y� 1 � 1  ��0 � � � x� � y� 1 � � t �� ;1� 2 � � 1 � � 1� � P �f (t )  5  2 � t  �, với t �� ;1� 2 � � t� � Dùng đạo hàm khảo sát hàm : Ta thấy: max f (t )  10 1 � � t�� ;1� 2 � � suy ra 12) Cho 1 �x, y, z �3 và 1 � � 1� � f (t )  5  2 � t  �, với t �� ;1� 2 � � t� � max P  10 x yz 6. khi x  1; y  z  2 Tìm GTLN của P  x2  y 2  z 2 Giải. Vai trò x, y , z trong bài toán bình đẳng nên có thể giải sử . Khi đó 2 �x �3 và P  x 2  y 2  z 2 �x 2  y 2  z 2  2( y  1)( z  1)  x 2  ( y  z ) 2  2( y  z )  2  x 2  (6  x) 2  2(6  x)  2 Đẳng thức xảy ra khi y=1 hoặc z=1 Xét hàm số : f ( x)  x 2  (6  x)2  2(6  x)  2 , với 2 �x �3 Ta dễ dàng tìm được GTLN của f ( x) bằng 14 khi x=2. Suy ra max P  14 , chẳng hạn khi x=2, y=1, z=3 Bài tập tự luyện 1) Cho (ĐS: x  y  1. Tìm GTNN của biểu thức min P  2 , khi x  y  2) Cho x2  y 2  x  y . x  max  x; y; z P x y  1 x 1 y 1 ) 2 Tìm GTLN và GTNN của biểu thức P  x 3  y 3  x 2 y  xy 2 (ĐS: maxP  4; min P  0 ) 3) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x2  y 2  2 . Tìm max, min của P  2( x  y )  3 xy 3 4) Cho 3 x2  y 2  1 . Tìm GTNN của biểu thức (ĐS: min P  4  3 2 , khi x  y  5) Cho x, y không âm thỏa P 4 x  6 xy  5 2 xy  2 y 2  1 2 � 1� � 1� P  (1  x) � 1  � (1  y ) � 1 � � x� � y� 1 ) 2 x2  y2  1 . 5 (ĐS: m axP  3 , khi Tìm GTLN của biểu thức x  0, y  1 ) 6) Cho x 2  y 2  z 2  1 . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức P  x  y  z  xy  yz  zx (ĐS: m axP  1  3 , min P  1 ) 7) Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1. Chứng minh: 7 0 �xy  yz  zx  2 xyz � 27 8) Cho 0 �x, y, z �2 và (ĐS: m axP  9 ) x  y  z  3. Tìm GTLN của P  x3  y 3  z 3 9) Cho x, y, z �0 và x  y  z  3 . Tìm GTLN của P  9 xy  10 xz  22 yz 10) Cho x, y là các số thực thỏa mãn x  y  4  4( x  3  y  1) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x2 y2  . x 3 y 1 III. Phân tích so sánh tác dụng của đề tài Qua quá trình triển khai chuyên đề tôi thu được một số thông tin tích cực từ phía học sinh như sau: - Học sinh nắm được phương pháp dồn biến, vận dụng và giải được một số dạng cơ bản thường gặp. - Học sinh rất phấn khởi thích thú , tự tin không còn tâm lý e ngại như trước - Học sinh say mê, yêu thích học toán nhiều hơn. Kết quả kiểm tra khảo sát ở năm học 2011-2012
- Xem thêm -