LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Trong chương trình toán học phổ thông, bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến số là bài toán thường xuyên có mặt trong các đề
Trang 1MỤC LỤC
Trang
A Phần mở đầu 01
1 Lý do chọn đề tài……… 01
2 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu……… 01
3 Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu……… 01
4 Giả thuyết khoa học của đề tài……… 02
5 Phương pháp nghiên cứu……… 02
6 Dự báo những đóng góp mới của đề tài……… 02
B Phần giải quyết vấn đề 03
I Kiến thức cơ sở……… 03
II Một số kỹ thuật dồn biến……… 04
1 sử dụng các đẳng thức……… 04
2 Sử dụng BĐT cauchy……… 08
3 Sử dụng BĐT bunhiacopsky……… 12
4 Sử dụng bất đẳng thức phụ (1) và (2)……… 16
5 Sử dụng bất đẳng thức phụ (3) và (4)……… 20
III Thực nghiệm……… 26
1 Mục đích thực nghiệm……… 26
2 Nội dung thực nghiệm……… 26
3 Kết quả thực nghiệm……… 26
C Kết luận và kiến nghị 27
Tài liệu tham khảo 28
Trang 2A PHẦN MỞ ĐẦU
I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trong chương trình toán học phổ thông, bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến số là bài toán thường xuyên có mặt
trong các đề thi học sinh giỏi, thi tuyển sinh vào các trường Đại học và Cao đẳng
Bài toán toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến số là bài toán được giải theo nhiều cách khác nhau Tuy nhiên với sự hổ trợ của công cụ đạo hàm và đặc biệt là một số kỷ thuật dồn biến, ở các đề thi gần đây
đa số chúng ta đều giải quyết được rất gọn gàng.
Trong quá trình giảng dạy tôi thấy tâm lý của đại đa số học sinh là rất ngại và lúng túng khi gặp dạng toán này và hầu như là không quan tâm đến nó, bởi vì đây
là bài toán có tính chất tổng hợp kiến thức và là bài toán lấy điểm 10 trong đề thi Với mong muốn giúp các em học sinh lớp 12 trước khi bước vào kỳ thi Quốc Gia với tâm lý thoải mái hơn, hy vọng hơn, tôi xin được viết lên đề tài:
“ Một số kỷ thuật dồn biến để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến số”.
II ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Các vấn đề tôi trình bày trong chuyên đề này sẽ hổ trợ cho các em học sinh lớp 12 có học lực khá và các em học sinh giỏi tiếp cận được với các bài toán về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
Để hoàn thành đề tài này tôi đã nghiên cứu qua tài liệu sách giáo khoa, qua các tài liệu về bất đẳng thức, qua các đề thi và qua các tạp chí toán học
III MỤC TIÊU VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
+ Mục tiêu nghiên cứu: Mục tiêu nghiên cứu của đề tài này là giúp các em học sinh lớp 12 có tham vọng lớn trong các kỳ thi, tiếp cận được bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến số, đồng thời trang bị cho các em một số kỷ thuật dồn biến Nhằm góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn toán ở trường trung học Phổ thông trong thời gian nền giáo dục đang từng bước đổi mới với phương châm là phát huy tính tích cực và năng lực sáng tạo của người học
Trang 3+ Nhiệm vụ nghiên cứu: Nghiên cứu qua các tài liệu, sau đó trình bày có hệ thống các dạng, các ví dụ điển hình trong các kỹ thuật dồn biến.
IV GIẢ THUYẾT KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI:
Trong quá trình dạy học nếu người giáo viên biết khơi dậy trong học sinh tính
tò mò thông qua một số kỹ thuật và biết xây dựng được hệ thống các dạng bài tập qua các kỹ thuật đó thì sẽ giúp học sinh phát huy được tính tích cực của mình và từ
đó các em sẽ thấy tự tin, vững vàng hơn khi gặp phải dạng toán này
V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
+ Nghiên cứu luận: Nghiên cứu qua các tài liệu về bất đẳng thức trong chương trình toán THPT
+ Nghiên cứu thực tiễn: Khảo sát năng lực học sinh trong vấn đề tiếp cận và giải quyết bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
+ Thực nghiệm sư phạm: Tiến hành bồi dưỡng học sinh giỏi, dạy ôn thi Đại học một số buổi cho các em học sinh lớp 12 để xem xét tính khả thi, hiệu quả của
đề tài
VI DỰ BÁO NHỮNG ĐÓNG GÓP MỚI CỦA ĐỀ TÀI
Trong thực tiển dạy bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi Đại học cho các em học sinh lớp 12 tôi sử dụng đề tài của mình vào giảng dạy và đã thu được những kết quả khả quan, hầu hết các em tham gia lớp học đã chủ động hơn và hứng thú hơn khi tiếp cận với những bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất nói chung
Từ đó phát huy được tính tích cực, chủ động của mình trong học tập
Đề tài có thể làm tài liệu cho các giáo viên trong việc bồi dưỡng học sinh giỏilớp 12, luyện thi Đại học
Trang 4a1+ 2 + + ≥ 1 2 .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 =a2 = =a n
+ Bất đẳng thức bunhiacopsky: Cho hai bộ số thực tùy ý a1,a2, ,a nvà
)(
( )
a b
a + ≥b + a b≥ (1)
, 0 4
a b
a + ≥b + a b≥
(2) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b
Trang 5+ Nếu hàm số y= f x( )nghịch biến trên đoạn [ ]a b; thì max ( )[ ]a b; f x = f(a)
Cho hai số thực thỏa mãn x≥ 1 ,y≥ 1và 3 (x+ y) = 4xy.Tìm giá trị nhỏ
nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức = + + 2 + 2
3
3
y x y
x P
Phân tích : Ta thấy đây là biểu thức đối xứng hai biến nên thông thường ta
dồn về biến x+y hoặc xy Để làm được điều đó ta cần liên hệ với các hằng đẳng thức, cụ thể:
Bài giải :
Ta có
xy y
x y
x xy y
x
2
3 − + + + − +
=
Đặt
4
3t xy y x
t = + ⇒ = Khi đó, ta có
3
16 8 4
4
3 , = > ⇒ 2 ≥ ⇒ ≥ +
) 1 )(
1 ( 1 ,
9 )
( = 3 − 2 − + ≤t≤
t
t t t f
[ ]3 ; 4 ,
0
8 ) 2
3 ( 2
8 2
9 3
)
(
' = 2 − + 2 = − + 2 > ∀t∈
t t
t t
t t t
f
Trang 6Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(t) trên đoạn [ ]3 ; 4 là
12
113 ) 3 ( =
f , giá trị nhỏ nhất
của f(t) trên đoạn [ ]3 ; 4 là
3
94 ) 4 ( =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
2
3 3
1 , 3 4
3
94
y x
y x t
khi
Nhận xét : Bài toán trên có thể giải theo cách rút thế để xét hàm một biến
nhưng lại gặp phải hàm số cồng kềnh Với việc sử dụng các hằng đẳng thức như trên ta thấy rằng chính nhờ giả thiết mà ta có thể đưa biểu thức cần biến đổi qua biến mới.
Ví dụ 2(Khối B-2011)
Cho hai số thực dương thỏa mãn 2 (a2 +b2 ) +ab= (a+b)(ab+ 2 )
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức = + − + 2
2 2
2 3
3 3
3
9 4
a
b b
a a
b b
a P
Bài giải :
2 3
a a
b b
a a
b b
a P
Đặt
a
b b
= +
b a a
b b
a ab
b a ab b
a
2 2 2 1 2 2
2 2 2
≥ + + +
= +
a a
b b
a a
b b
a
2
5 0
15 4
f
2
5 , 0 12 18 12
5
là
4
23 )
2
5 ( = −
Trang 7Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 , 2 2 , 1
a
Nhận xét: Đối với biểu thức trên nói chung việc dồn về biến mới là dễ dàng,
nhưng rõ ràng tìm miền giá trị của biến mới là không đơn giản Chính vì thế mà ta phải khai thác triệt để ở giả thiết và biến đổi giả thiết qua biến dự kiến dồn về.
Ví dụ 4(Khối B-2012)
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x+ y+z = 0 và x2 + y2 +z2 = 1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= x5 + y5 +z5
Phân tích: Với bài toán này kể cả giả thiết và biểu thức P đều là biểu thức đối
xứng ba biến, nhưng dấu “=” xảy ra không phải là x=y=z Biểu thức P là biểu thức đồng bậc và hơn nữa với giả thiết x y z+ + = 0 cho ta đưa biểu thức P về biểu thức
hai biến Qua đó việc dồn biến trở nên đơn giản hơn khi sử dụng khai triển Niu tơn
≤
−
− +
= + +
3
2 3
2
2
1 ) ( 1
0
2 2
2 2
y x
y x xy z
y x
z y x
− +
−
= +
− +
2
1 ) ( 2
5 ) ( 10 ) (
5 )
5 3
t t
3
2 3
5 ) (t t3 t
3
2 3
2 ≤ ≤
6
1 0
) ( ' , 4
5 2
15 )
(
t t
f t
2 ( 36
6 5 ) 6
1 ( , 36
6 5 ) 6
1 ( , 36
6 5 ) 3
2
f và f
f f
Suy ra giá trị lớn nhất của f(t) là
36
6 5 ) 6
1 ( ) 3
3
2 6
1 ∨ = −
t khi
Trang 8) ( 1 0 3 2
1 0 6 1
2 2 2 2
2 2
VN z
y x
z y x
y x
z y x
z y x
y x
= + +
−
= +
= + +
= +
⇔
6
6 ,
3
6 = = −
=
Nhận xét: Ngoài cách dồn biến trên bài toán còn thực hiện được bằng cách
dồn về một biến x hoặc y hoặc z.Với ví dụ sau sẽ nói lên điều đó :
Ví dụ 5( HSG lớp 12 Hà Tĩnh-2014)
Cho ba số thực dương thỏa mãn x+y+z= 6và xyz = 4 Tìm giá trị
nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3
1 1 1
z y x
Phân tích: Với giả thiết của bài toán và các số hạng của biểu thức P, ta dể
dàng đưa được biểu thức P về một biến
Bài giải:
3
1 16
) 6
( 3 64
) 6 ( 1 1 1 3 1
1
z
z z z
z z
y x xy y
y x xyz y
x
xy
4
) 6 ( 4 4
) ( 4
)
≤
4 3 2 4 0 ) 4 8 )(
( 3 64
) 6 ( ) ( = − 2 3 − 2 − 3 + 3 − ≤z≤
z
z z z
z z
f
4
2 2
) 6 3 ( 64
6 3 16
) 3 12 ( 3 64
) 2 6 )(
6 ((
3 ) (
z z
z
z z
z z z
z z z
f , giá trị lớn
nhất của f(z) trên đoạn [4 − 2 3 ; 4] là
8
6 3 27 ) 3 2 4
27 + khi z = − x= y= +
Trang 9Nhận xét: Với cách sử dụng hằng đẳng thức như trên ta dể dàng đưa về được
biến z hoặc y hoặc x Nhưng ta củng có thể sử dụng đẳng thức:
) )(
)(
( 3 )
3 3
Phân tích : Với hình dạng của biểu thức P, thông thường ta hay để ý đến số
hạng có tính độc lập để dồn về biến đó, cụ thể là đưa về biến z Do hai số hạng đầu
là một biểu thức đối xứng nên ta dự đoán được x=y Vì thế ta liên hệ đến BĐT cauchy để đưa về biến z
P
z z
z z
Trang 10Do f’(z) đổi dấu từ âm sang dương khi z qua 1
2 nên suy ra giá trị nhỏ nhất của f(z) là ( )1 8 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8 3 3, 1
3 khi x= =y 2 z= 2
Nhận xét: Rõ ràng việc áp dụng BĐT cauchy kết hợp với giả thiết, ta dồn
biểu thức về biến z khá dể dàng Nhưng không phải lúc nào ta cũng dễ dàng áp dụng được để dồn biến, bài toán sau sẽ nói lên điều đó:
Phân tích : Đây là biểu thức mà mỗi số hạng có tử số và mẫu số đồng bậc Vì
thế mà trước tiên ta thực hiện các phép chia cả tử và mẩu của từng số hạng để đưa
về biểu thức đơn giản hơn
Trang 11= = = cho ta biểu thức P đơn giản hơn và
có giả thiết 0 <a b, < 1,c> 1,abc= 1 Do đó công việc còn lại tương tự ví dụ 2.
z y x
xy x
x
+ + +
+ +
+ + +
Bài giải :
Ta có 2 + 2yz=x2 + (y+z) 2 ≥ 2x(y+z) ⇒ 1 + yz≥x(y+z)
1 )
(
2
+ + +
≤ + + +
⇒ + + +
≥ + + +
⇒
z y x
x x
yz x
x x
z y x x x
yz x
Trang 12Nhận xét: Rõ ràng đây là bài toán rất khó dồn biến mặc dù đã định hướng
được biến cần dồn Vì thế cần thể hiện sự khéo léo và tinh tể trong kỹ thuật dồn biến, sự khéo léo đó được xuất phát từ việc chọn điểm rơi của bài toán
Ví dụ 4
Cho ba số thực dương thỏa mãn x−y+ 4z= 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của
y x
z z
+
2 4 2 2
Phân tích : Dựa vào biểu thức P ta có nhận định biến cần dồn là y+z Nhưng
điều cần thiết ở đây là chúng ta sử dụng đánh giá như thế nào để đưa được các số hạng về biến y+z Chính nhờ giả thiết x− y+ 4z= 4 mà chúng ta cố gắng làm xuất hiện 4z để sử dụng BĐT cauchy với các số 4z và x+y, cụ thể:
Bài giải :
y x z
z y
x
z
+ +
≥ +
=
4 )
( 4 2
y x z
z
+ +
4
) ( 2 4
8 2
z y z
y y
2
8 2
2
3 2
2
3 4
2 2
4 2
+ +
−
− +
+ + +
2 2
3 2
1 2
) 2 ( + − 2 − ≥ −
Trang 13Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
= +
−
= +
= +
5 6 5 14 2
4
4 4 4 2
z y x
z y x
z y x
z z y
z y
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
1
z y
x
Nhận xét: Đây cũng là bài toán khó vì điểm rơi của nó rất khó xác định
trước Nhưng điều quan trọng là chúng ta biết vận dụng giả thiết để định hướng cho việc sử dụng BĐT cauchy.
ab b
a
P
+
− +
=
2
1 4 2 2
Phân tích : Ta thấy biểu thức trong căn và biểu thức ngoài căn có đặc điểm
giống nhau, do đó thông thường ta biến đối biểu thức ngoài căn đưa về dạng biểu thức trong căn
Bài giải:
Ta có
b a
a b
ab và
b a b
1 2
1 2 2
1 1
2 2
+
= +
Suy ra
b a
b a
P
1 2
1 1
2 2
t = 2+1 Khi đó, ta có
t t
a t
Trang 14•Xét hàm số 1 , 2 2
2
1 ) ( = 2 − t≥
t t t f
2 2 ,
0 2
1 )
(
' = + > ∀t≥
t t t
−
2 1 2
1
1 2
2 2 1 2
8
1 4
a
ab
b a
b a
Nhận xét: Ở ví dụ này với việc sử dụng BĐT bunhiacopsky rất dễ dàng cho
ta xác định được biến mới Vai trò đó lại tiếp tục được khẳng định qua các ví dụ sau:
Ví dụ 2(Khối B-2011)
Cho các số thực không âm thỏa mãn a+b+c= 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= 3 (a2b2 +b2c2 +c2a2 ) + 3 (ab+bc+ca) + 2 a2 +b2 +c2
Phân tích : Ta thấy rằng cả ba số hạng của biểu thức P có mối liên hệ mật
thiết với nhau, nhờ giả thiết mà ta có thể biểu diễn chúng qua ab+bc+ca
) (
0 ≤t=ab+bc+ca≤ a+b+c 2 =
•Xét hàm số = + + − ∈ 3
1
; 0 , 2 1 2 3 )
(t t2 t t t f
=
3
1
; 0 ,
0 ) 2 1 (
2 2
) ( '' , 2 1
2 3 2 )
(
'
t t
f t t
0 ) 3
1 ( ' ) ( ' 3
1
;
Trang 15Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên đoạn 3
= + +
=
=
0
1 1
0 2
c b
a c
b a
ca bc ab
ca bc ab
của nó
Nhận xét: Sự kết hợp giữa BĐT bunhiacopsky và việc sử dụng hằng đẳng
thức đã dễ dàng đưa biểu thức đang xét về biến mới Nhưng cần thiết hơn vẫn là
sự phán đoán hợp lý để đi đến sử dụng BĐT bunhiacopsky như thế nào Điều đó được nói lên ở ví dụ sau:
Ví vụ 3
Cho các số thực không âm thỏa mãn abcd = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= ( 1 +a2 )( 1 +b2 )( 1 +c2 )( 1 +d2 ) + a+b+c+d
Phân tích : Đây là biểu thức đối xứng nên thông thường điểm rơi là
a=b=c=d=1 Do số hạng cuối có tính độc lập nên thông thường ta dữ nguyên nó và biến đổi những số hạng khác về số hạng cuối
0 2
1 2 )
(
' = + > ∀t≥
t t t
f
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên nữa khoảng [4 ; +∞).Do đó giá trị nhỏ nhất của hàm f(t) là f( 4 ) = 18
Trang 16Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 18 khi a=b=c=d = 1.
Nhận xét: Qua ví vụ này chúng ta thấy rằng căn cứ vào biểu thức trong căn
mà chúng ta có nhận định biến mới là thế nào Nhưng sự phân tích số hạng đầu để
sử dụng BĐT bunhiacópky là không đơn giản.
Ví vụ 4
Cho các số thực dương thỏa mãn abc= 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
b a c a c b c b a
+
+ +
+ +
=
) (
1 )
(
1 )
(
1
3 3
3
Phân tích: Củng như ví dụ trên thì ở ví dụ này việc xác định biến cần dồn
củng khá dễ dàng Nhưng để cho biểu thức P giảm bớt tính phức tạp thì chúng ta biểu diễn nó qua các biến khác
Bài giải:
Đặt = 1, = 1, =1⇒ x,y,z > 0và xyz= 1
c
z b
y a
z y x y x
z x z
y z y
x
+
+ +
+ +
y x
z x z
y z y
x y x x z z y z
y x
+
+ +
+ + +
+ + + +
≤ + +
Suy ra P≥ x+ y+z− x+y+z
2
Đặt t = x+y+z Khi đó P≥t −t
2 2
•Ta có t = x+ y+z ≥ 3 3 xyz = 3
2 ) (
3 ,
0 1 )
Trang 17Nhận xét: Không phải lúc nào BĐT cauchy và BĐT Bunhiacopsky cũng làm
sáng tỏ được biến cần dồn, mà một khi sự hổ trợ của BĐT cauchy và BĐT bunhiacopsky không còn tính hiệu quả thì chúng ta cần đến một số BĐT phụ đã biết trước để định hướng biến đổi cho việc dồn qua biến mới.
a và b là hai số thực không âm
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b
Chứng minh :
•Ta có
2
) ( 2
) ( ) ( 2 )
2
b a ab b
a b
•Ta có
4
) ( ) ( 4
) ( 3 ) ( ) ( 3 ) (
3 2
3 3
3
b a b a b
a b a ab b
a b
1
4 1
x
y y
+
2 3
3 3
1 4
1 1 1
4
1 1
+ + +
y y
x x
y y
x
3 2 2
3 2 2 2
2 3
2 2
8
6 4
1 4
2 3 4
1 4
3 4
x xy
y x
Trang 18Suy ra 2 2
3 2 2 8
6
y x y
4
) ( 3
2
≥ +
⇒
+ + +
≤ + +
(
3 2
<
≤ +
1 0 , [ 2 ; 3)
8
6 2
) ( '
2 2
Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(t) là f( 2 ) = 1 + 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 + 2 khi x= y= 1
Nhận xét: Ví dụ trên hoàn toàn có thể sử dụng hằng đẳng thức và BĐT
cauchy, nhưng để nhìn thấy được biến cần dồn qua BĐT cauchy là rất khó Với khó khăn đó thì BĐT (2) đã hổ trợ chung ta rất nhanh chống trong việc xác định biến cần dồn.
Ví dụ 2
Cho x, y,z, là các số thực dương thoả mãn x+y+z= 4 và xyz≥ 2 Tìm
y x y x
+
+ +
4
1 1
1
2 2 3
Phân tích : Trong biểu thức P, x và y có tính đối xứng, nên việc đưa về biến
z là hướng xác định đúng đắn nhất Biểu thức trong căn ta dể dàng đưa về biến z, còn hai số hạng đầu thì ta sử dụng các BĐT (1) và (2)
x
4
1 ) (
2 )
≤
Trang 19z z
2 )
4
(
4
2 3
4
) 4 ( 2 4
) 4 ( 4
)
≥ +
, 2 5
2 )
4 (
4 )
t f
[3 5 ; 2],
0 3
4
1 )
4 (
4 )
t f
Suy ra giá trị lớn nhất của f(t) trên đoạn [3 − 5 ; 2]là
2
1 ) 2 ( =
Nhận xét: Qua ví dụ này ta thấy nhờ sự hổ trợ của hai BĐT trên mà quá
trình dồn biến diễn ra khá thuận lợi Nhưng có lúc hai BĐT nói trên vẫn chưa đáp ứng được dồn biến thì sự kết hợp chúng với các BĐT khác là rất quan trọng.
Ví dụ 3
Cho các số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
) 1 )(
1 )(
1 (
2 1
1 2 2
=
c b a c
b a
P
Phân tích : Biểu thức P là biểu thức đối xứng và không chịu sự ràng buộc
nào của giả thiết Do đó thông thường ta đưa về biến a+b+c
Bài giải :
4
1 ) 1 ( 2
1 ) ( 2
1 ) 1 ( ) (a +b + c + ≥ a+b + c+ ≥ a+b+c+
27
) 3 (
) 1 )(
1 )(
1 (
3
+ + +
≤ + +
a
54 1
2
+ + +
− + + +
≤
c b a c
b a P
Đặt t =a+b+c+ 1 , t > 1 Khi đó, ta có: ( 2 ) 3
54 2
+
−
≤
t t P
) 2 (
54 2