Tài liệu Skkn một số biện pháp giúp học sinh học tốt môn toán lớp 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: "BỒI DƯỠNG TƯ DUY HỌC SINH QUA GIỜ HỌC TỰ CHỌN  MÔN TOÁN LỚP 10" 1 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 2012­2013 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   2 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 t ự ch ọn 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: 3 – 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 Đê tai đ ̀ ̀ ược sử  dung trong  ̣ giờ  học tự  chọn môn toán của lớp 10A1 và dùng để  bồi dường học sinh thi Đại học , bồi dưỡng đôi tuyên hoc sinh gioi  ̣ ̉ ̣ ̉ cấp tỉnh. PHẦN THỨ HAI:  NÔI DUNG ̣ I. Khao sat tinh hinh th ̉ ́ ̀ ̀ ực tế Năm hoc 20 ̣ 12 – 2013, tôi được BGH nhà trường phân công giảng dạy môn toán  lớp 10A1. Đây la môt c ̀ ̣ ơ  hôi rât tôt đê tôi th ̣ ́ ́ ̉ ực hiên đê tai nay ̣ ̀ ̀ ̀ .Bài toán tìm giá trị  lớn  nhất, giá trị nhỏ  nhất là một trong những dạng bài toán khó. Trong qua trinh giai toan ́ ̀ ̉ ́  hoc sinh con rât lung tung, kê ca nh ̣ ̀ ́ ́ ́ ̉ ̉ ững hoc 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   4 II. Nội dung đề tài:  A Kiến thức cơ bản: * Một số bất đẳng thức cần nhớ:  ­  Bất đẳng thức Côsi a1 a2 a3 n .... a n n a1 a 2 a3 ....a n   Với   ai 0  Dấu bằng xảy ra khi  a1 = a2 = ... = an ­ Các bất đẳng thức khác :  1. x 2 y2 2 xy 2. x 2 y 2 xy 3, x y 4. a b b a 1            5.   b 6.  2 + 1 c 1 1 + a2 b2 r r u 7.  + v   4 xy 2 4 ( Khi b, c > 0) b +c 8  với a ,b > 0  ( a + b) 2 r r rr 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  5 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)] � 1 1 1 9 + +      (3)  x +1 y +1 z +1 4 Mặt khác theo giả thiết  x+ y+ z = 1 nên từ(2) ta có  1 3 3 4 Từ (3) và (1) Ta có P    . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =  . 1 3 3 4 Vậy Max P =   khi và chỉ khi x = y = z =  . 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 1 + 4 + x4 + x4 z x8 x 2  (1) 4 4 =4 z z 4 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 2� 4 4 3 +3( 4 + x + y )  4 � + 2 + xy �= 12   z �z z � khi x =y = z = 1. 6   1 P 3  1 3   P     . Dấu bằng xảy ra  1 3 Vậy Max P =  khi và chỉ khi x =y = z = 1. 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 = 2 2 2 a + 2b + 3 a + b + b 2 + 1 + 2 2 Tương tự  Khi đó P  P  1 b + 2c 2 + 3 2 1 2(ab + b + 1) 1 1  và  2 2(bc + c + 1) c + 2a 2 + 3 1 2(ac + c + 1) 1� 1 1 1 � + +   � � 2 �ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 � 1� 1 ab b 1 1 �1 + + 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  1 2 Vậy Max P =  khi và chỉ khi a = b = c = 1  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    Vậy  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� � ab 2c + ab 1 �ab ab � + � �(1). Tương tự ta có :  2 �c + a c + b � 7    P  bc 2a + bc 1 � bc bc � + � � (2)  2 �a + b a + c � ac 2b + ac 1 � ac ac � + � � (3) . Cộng vế với vế các BĐT (1),(2),(3) ta được  2 �a + b b + c � 1 �ab bc ab ac bc ac � 1 + + + + + � �=  ( a + b + c) = 1 . 2 �c + a c + a b + c b + c a + b a + b � 2 2 3 P = 1 khi a = b = c =  . 2 3 Vậy Max P = 1 khi và chỉ khi a = b = c =  . 3 4 Bài 5 Cho a,b,c là ba số dương thỏa điều kiện a+ b+ c =  . Tìm giá trị nhỏ nhất của  biểu thức P =  3 1 1 1 +3 +3 . a + 3b b + 3c 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 9 . Mặt khác theo BĐT Cô si ta có : 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a a + 3b = 3 (a + 3b).1.1 Hay  3 a + 3b a + 3b + 1 + 1 a + 3b + 2 = 3 3 a + 3b + 2 , tương tự  3 b + 3c 3  Suy ra  3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a b + 3c + 2  và  3 c + 3a 3 4(a + b + c) + 6 = 3 3 1 4 Vậy P   3 . Dầu bằng xảy ra khi a = b =c =  . 1 4 Kết luận :  Min P = 3 khi a = b = c =  . 8 c + 3a + 2 3 Bài 6  Cho các số không âm x , y, z thỏa mãn x 2 + 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   y 2 Suy ra x + y + 2z   6 Dấu bằng xảy ra khi x =  = z = 1. Với a và b là các số dương ta có :  1 1 + a2 b2 8  ( 1)    ( a + b) 2 Áp dụng BĐT (1) ta được :   1 1 8 + + 2 2 ( x + 1) �y � ( z + 3) 2 � + 1� �2 �     64 = 2 � y � (2 x + x + + 2 + z + 3 � � � 2 � 8 8 2 y � ( z + 3) � �x + 1 + + 1� 2 � � 64.4 64.4 =1 y + 2 z + 10) 2 (6 + 10) 2 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 P= 0 ,  y 0  và  x + y = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức  x2 y2 + . 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 9 =  ( x + y ) ( x 2 ­ xy + y 2 ) + x 2 + y 2 x + y + xy +1 2 ( x + y ) ­ 5xy 2 =  2 + xy =  ( ) 2 x 2 + y 2 ­ xy 2 + xy     (vì x+y =1) 2 ­ 5xy  =  2 + xy Đặt  t = xy . Khi đó  0 xy ( x + y) 4 2 = 1 4 1  hay  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  với  0 t 2+t 12 1 . Ta có f(t) = ­5 + .  4 t+2 Để f(t) lớn nhất thì tổng t +2 nhỏ nhất hay t = 0 vì  1  .              4 0 t 1 4 Để f(t) nhỏ nhất thì tổng t +2 lớn nhất hay t =    vì  MaxP = 1 khi x= 1, y =0 hoặc x= 0 ,y= 1 MinP =  1 3 khi x = y=  0 t 1   4 Vậy  1 2 Bài 9 Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện:  2 x 2 + 2 y 2 − xy = 1 . Tìm giá trị lớn nhất  và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =  7( x 4 + y 4 ) + 4 x 2 y 2    x 2− +2=− y 2 + xy = Lời giải:  Ta có: 1− −2� 2 2 x 2−�2 y� +−xy=− + 2(=x           1 �� 2( x y ) 2 5 xy y ) 2 3 xy 3 xy xy 1 3 5 xy xy 1 5 xy 1 5 1 3 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 Bài   toán   trở   thành:   Tìm   giá   trị   lớn   nhất   và   giá   trị   nhỏ   nhất   của   biểu   thức   P = ­  33 2 7 7 1 1 t + t +  trên đoạn   [­ ; ] 5 3 4 2 4 10 Sử   dụng   bảng   biến   thiên   của   hàm   số   bâc   hai   học   sinh   tìm   được:  MaxP = 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 2 + y2 ) + ( y3 1+ z 2 + z2 ) + ( 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 P+ 6 4 2 Suy ra   P z3 6 6 6 3 x y z  hay P + 2 2 33 + 33 + 33 16 2 16 2 16 2 9 2 6 23 − 3 2 2 = 9 2 2 − 3 2 2 = 3 23 2 2 (x2 + y2 + z 2 ) = 9 26 8   3 2 Dâu băng xay ra khi va chi khi x = y = z = 1. V ́ ̀ ̉ ̀ ̉ ậy 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). 2 xyz Lời giải: Ta có  xy + yz + xz �� 1 1 1 + + �2  nên   x y z 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 11 1 1 1 x −1 y −1 ( x − 1)( y − 1) 1− +1− = + 2 (3) y x y x y xy Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được  ( x − 1)( y − 1)( z − 1) 1 8 Vậy MaxA =  � x = y = z = 1 1 . Suy ra  A   8 8 3 2  Bài 12 Với mọi số thực dương  x; y; z  thỏa điều kiện  x + y + z 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất  �1 1� 1 của biểu  thức:     P = x + y + z + 2 � + + �.    x y z � � Lời giải: Áp dụng BĐT Cô­si : 18 x + 2 2 1 12  (1). Dấu bằng xảy ra khi  x = .  3 x 2 12  (3). z  Tương tự:  18 y + y 12  (2) và  18 z +   Mà:  −17 ( x + y + z ) −17  (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có:  P 19 . 1 3   P = 19 � x = y = z = . Vậy MinP = 19 1 3 x = y = z =   1 1 1 Bài 13 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn  x + y + z = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu  1 1 1 thức:    P = 2x + y + z + x + 2y + z + x + y + 2z Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức:  Ta có :     Hay  1 2x + y + z 1 2x + y + z    Tương tự             1 a+b 1 �1 1 � + �. Dấu bằng xảy ra khi a = b . 4� �a b � 1 1 1 1 1 �1 1 � .( + ) + � + �  4 2x y + z 8x 16 �y z � 1 1 �1 1 � + � + � (1).  8x 16 �y z � 1 x + 2y + z 1 x + y + 2z 1 1 �1 1 � + � + �  (2) 8y 16 �x z � 1 1 �1 1 � + � + � (3) 8z 16 �x y � Cộng vế với vế của (1),(2),(3) và áp dụng giả thiết ta được P   1 12 3 4 3 4 Mà P =1 Khi x = y = z =  . Vậy Max P = 1  x = y = z =  .   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+3 =        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 1 1 1 1 � + + [ (a + b) + (b + c) + (c + a)] � � 2 a+b b+c c +a� � � 1 1 1 1 = +3 3+(+a � b)(b c)(c a)3 3 2 a+b b+c c+a a2 b2 1 = (+a+ � b +c+) + +( + + + ۳ a+b b+c  Và  2 Từ đó   P    2 9 2 3 2 A c2 )(a b b c c a) c+a 1 B.2 B 1 2 3 1 1 + = 2 . Để P = 2 thì a = b = c =  . 2 2 3 Vậy Min P = 2  1 3 a = 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= 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 4 y 1 x 5− x 4 y 1 5 + + + − = + + + x− y 4 x 2 2 y 4 x 2 3 2 tỉ   2 số   4 y 1 5 3 . + 2 .x − = y 4 x 2 2 3 P =   khi  x = 1; y = 4    Vậy Min P =  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 13   . cuối   được:  Lời giải:  Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương ta có: 1 + x+ �= y ۳ 3 1.x . y 3 Tương tự:   3 3 3 1 + y3 + z 3 yz 3 1 + x3 + y 3 xy 3 xy 3 xy 3 3 3 ;    1 + z + x yz zx 3 zx 1 + x3 + y 3 1 + y3 + z 3 1 + z 3 + x3 Suyra: S = + + xy yz zx 3 3 3 + +   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 9 3 + x + y2 + z2 2 3 2  Mà P =   khi x = y = z= 1 3 2 Vậy Min P =     x = y = z= 1 Bài 18 Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. x 2 (y + z) y 2 (z + x) z 2 (x + y) + + yz zx xz Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  P = Lời giải: Ta có :  P = 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    ﾡ Do đó : x  + y    xy(x + y)    3 3 x 2 y2 x, y > 0   hay  y + x 14 x + y     x, y > 0 y2 z2 Tương tự, ta có :  + z y 2 2 x z y + z     y, z > 0  và   z + x z + x     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:  x 2 giá trị lớn nhất của biểu   thức:    P  Lời giải: Vì  x; y; z P      x 1 1 4 y z 2 2 x yz 2 2 y zx 1 z 1 z 1 x 2 z xy 1 x  Dấu bằng xảy ra  Bài 20 Cho x,y  x y yz y 2 z zx z 2 xy 1 y x    1 4 2 2 2 yz zx xy xyz . Hãy tìm  . 1 yz zx xy 2 xyz y z                                1 x2 y2 z2 2 xyz 3 . Vậy MaxP =  1 2 x   1 xyz 2 xyz y z (x  R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của  P = 1 2 3 3 + y3 ) − ( x2 + y2 ) ( x − 1)( y − 1) Lời giải: Đặt t = x + y ; t  > 2. Áp dụng BĐT 4xy   (x + y)  ta có  xy 2 t 3 − t 2 − xy (3t − 2) P= . Do 3t ­ 2 > 0 và  − xy xy − t + 1 P z2 0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có:  y 2 x 2 y2 t2 − 4  nên ta có t 2 (3t − 2) t2 4 = t2 t−2 − t +1 4 t3 − t2 − Xét biểu thức  f(t) =  t2 4 =t −2+ + 4 8 . f(t) = 8 khi t = 4  t −2 t −2 15 t2 4 x+ y=4 min f (t )  = f(4) = 8 đạt được khi  � Do đó min P =  (2; � + ) xy = 4 �x = 2 � �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 x y + 1− x 1− y T= x − 1+ 1 y − 1+ 1 1 1  Lời giải:  P =  1 − x + 1 − y = 1 − x + 1 − y − ( 1 − x + 1 − y ) . Có  1 1 + 1− x 1− y 2 4 (1 − x)(1 − y) Mặt khác:  1 − x + 1 − y Từ (1) và  (2)    P    Vậy Min P =  2 1− x + 1− y 2  = 2 2. 1 − x + 1 − y  =  2   (2) 2 . Dấu “ = “  2  khi x = y =  2   1 – x = 1 – y   (1)  x = y =  1 2 1 2 Bài 22 Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị  lớn  nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy. Lời giải: S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 34xy = 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x2y2 – 2xy + 12  1 4 Đặt t = x.y, vì x, y   0 và x + y = 1 nên 0   t    .  1 4 Khi đó S =  16t2 – 2t + 12 = f(t). Hàm số f(t) xét trên đoạn 0   t     đạt giá trị  1 4 lớn nhất tại t =  , đạt giá trị nhỏ nhất tại t =  16 1    16 25 1  khi x = y =  2 2 Max S =  2+ 3 x= 191 4 Min S =   khi  2− 3 16 y= 4   hay  2− 3 4 2+ 3 y= 4 x= Bài 23 Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: �x y z � P = 3 4(x3 + y3) + 3 4(x3 + z3) + 3 4(z3 + x3) + 2� + + �y2 z2 x2 � � � � Lời giải: Với x, y > 0 ta chứng minh :   4(x3 + y3)   (x + y)3   ( )  Dấu = xảy ra   x = y Thật vậy ( )  4(x + y)(x2 – xy + y2)   (x + y)3  4(x2 – xy + y2)   (x + y)2   do x, y > 0  3(x2 + y2 – 2xy)   0   (x – y)2   0   (đúng) Tương tự ta có   4(y3 + z3)   (y + z)3   Dấu = xảy ra   y = z 4(z3 + x3)   (z + x)3   Dấu = xảy ra   z = x Do đó   3 4 ( x 3 + y3 ) + 3 4 ( y3 + z3 ) + 3 4 ( z3 + x 3 ) Ta lại có   2 x y2 Suy ra     P 6 3 y z2 xyz Dấu = xảy ra    z x2 3 1 xyz xyz 1 x y z 3 2( x + y + z) 6    Dấu = xảy ra  xyz 6 3 xyz  x = y = z 12 x = y = z = 1 Vậy minP = 12 khi  x = y = z = 1 Bài 24   Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện  x + y 4.   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = 3x 2 + 4 2 + y3 + . 4x y2 17 Lời giải: Ta có  A  =  x 3x 2 + 4 2 + y 3 3x 1 2 + = + + +y 4x 4 x y2 y2 �1 �y 1 y y� x+y � 2  A = 4 + x + 2 � 2 + 8 + 8 �+ 3 9 1+ + 2 = . 2 2 9 2 Với x = y = 2 thì  A =  .  Vậy giá trị nhỏ nhất của A là  Bài 25  Cho   xy 9 2 0 ( x + y ) xy = x + y − xy  Lời giải: Ta có:  2 xy 2 . Tìm GTLN của  biểu thức  A = 0 xy ( x + y ) = x + y − xy 2 2 1 x 1 y    � + = 1 1 1 + 2− 2 x y xy 2 1 1 �1 1 � 3    � + = � − �+ y 2 > 0 .   Ta đặt a = 1/x, b = 1/y x y �x 2 y � 4 a+b > 0 a + b = a 2 + b 2 − ab Mà  A = 1 1 2 + 3 = a 3 + b3 = ( a + b ) ( a 2 + b 2 − ab ) = ( a + b )  (*). 3 x y Cách 1: Ta có: A = ( a + b)2  � A = a + b a3 + b3 Ta biết :  2 “ = “ xảy ra  3 �a + b � � � ( vì a + b > 0 ) �2 � a = b. 3 A � A� Từ đó suy ra :  �� � � 2 � �2 � “ = “ xảy ra  A 16  a = b = 2. Vậy Max A = 16 khi 1/x = 1/y = 2. 18  (1) 1 1 + x3 y 3 Cách 2 :  Ta có:   A= a3 + b3 = (a+b)(a2 –ab + b2 ) = (a + b)2. Từ (1) suy ra : a + b = (a + b)2 ­3ab Mà: ab ( a+b 2 ) 2 a+b ( a + b) 2 3 − ( a + b) 2 4 � ( a + b ) − 4(a + b) �0 � a + b �4 ( vi : a + b > 0 ) 2 � A = (a + b) 2 �16          Vậy MaxA  = 16. khi x = y = ½. Cách 3: Đặt S = x + y , P = xy  với S2 ­ 4P  S, P 0 .  0 S2 S 2 − SP �P= ( hayP = ) . Ta có  Từ gt suy ra: S +3 3 SP = S 2 − 3P 1 1 x3 + y 3 ( x + y)( x 2 + y 2 − xy ) ( x + y ) 2 xy ( x + y ) 2 S 2 A= 3 + 3 = 3 3 = = = 2 2 = 2 x y xy x3 y3 x3 y 3 xy P   Khi đó  S 2 S 2 − SP �� 4۳− P� 0 − S 2 − 4 3 0 1 4 1− 3 P S 0 1 2      Vậy MaxA = 16 ( khi x = y =   ). Bài 26   Cho  z 1, x 2, y 3.    Tìm GTLN  của  M =  Lời giải: Đk :  z 1, x xy z − 1 + zy x − 2 + zx y − 3 xyz 2, y 3.  Ta có :   19 P S 1 4 S P 4 S2 P2 16 y−2 1.( x − 1) 1 2.( y − 2) 3.( z − 3) x −1 z −3 1 + + = 1. + . + . x y z x y z 2 3 1 + x −1 1 2 + y − 2 1 3 + z − 3 1 1 1 + + = + + 2x 2y 2 2 2 2 3 2 3 2z M= Dấu “=” xảy ra khi  và chỉ khi x = 2 , y = 4 , z = 6. 1 Vậy Max M =  2 (1 + 1 1 + ). 2 3 �1 �x Bài 27 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =  ( x + y + z ) � + 1 1� + � với  x , y , z là các y z� số thực thuộc đoạn  [ 1;3] . 3 t Lời giải: Ta có: 1 �t �3 � ( t − 1) ( t − 3) �0 � t 2 − 4t + 3 �0 � t + �4 . Suy ra:  x + 3 x 4 ; y+ �1 3 y 1 4; z+ 1� Q 3 z �1 1 1 � 4  và  Q = ( x + y + z ) + 3 � + + � 12      �x y z �    3 ( x + y + z ) � + + ����6 �x y z � 2 �1 �x ( x + y + z) � + 1 1� + ��12 y z� Bài 28  Cho  x + y − xy = 3.  Tìm GTLN của  S =  x + 1 + y + 1 . Lời giải:  Ta có:  x + y − xy = 3. � x + y = 3 + xy . x, y 0  x+ y 2 xy xy x+ y (1). 2 Mà:  x + y − xy = 3 � x + y − 3 = xy  (2). Từ   (1)   và   (2) x +1 + y +1 x+ y � x + y − 6 �0 � x + y �6 (a).Ta   có   S= 2  � x + y − 3 � 2( x + 1 + y + 1) = 2( x + y + 2) (b)  Từ (a) và (b) S = x + 1 + y + 1 MaxS = 4  khi x = y = 3. 16 = 4 .Dấu bằng xảy ra khi và chỉ  khi  x = y = 3 . Vậy  Bài 29 Cho x,y,z laø caùc soá thöïc döông thay ñoåi vaø thoûa maõn ñieàu kieän xyz=1.  20