PHU LUC SKKN nguyen ba long THPT nhu thanh

KẾ HOẠCH DẠY HỌC CHUYÊN ĐỀ “KỸ NĂNG DỒN BIẾN ĐỂGIẢI BÀI TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA BIỂU THỨC” I.. MỤC TIÊU BÀI DẠY  Nghiên cứu bất đẳng thức Cauchy hay AM GM, Cauchy Schawrz… - Hướng dẫn học

PHỤ LỤC

KẾ HOẠCH DẠY HỌC CHUYÊN ĐỀ “KỸ NĂNG DỒN BIẾN ĐỂ

GIẢI BÀI TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA BIỂU THỨC”

I MỤC TIÊU BÀI DẠY

 Nghiên cứu bất đẳng thức Cauchy (hay AM GM), Cauchy Schawrz…

- Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán tìm cực trị của biểu thức nhiềubiến bằng phương pháp dồn biến

 Tổ chức cho học sinh làm các bài tập còn lại của chuyên đề

 Tổ chức cho học sinh nghiên cứu chủ đề: “Phương pháp dồn biến trong các bài toán cực trị của biểu thức”

II NHIỆM VỤ CỦA GIÁO VIÊN

 Giáo viên hướng dẫn học sinh chứng minh một số bất đẳng thức cơ bảnthường sử dụng trong các bài toán tìm cực trị của biểu thức nhiều biến thường cómặt trong các kỳ thi THPT Quốc Gia và thi học sinh giỏi

 Giáo viên hướng dẫn học sinh giải các bài tập về tìm cực trị của biểuthức nhiều biến bằng cách sử dụng các bất đẳng thức để làm giảm số biến

 Giáo viên giao đề tài nghiên cứu cho học sinh và hướng dẫn các bướctiến hành tự học, tự nghiên cứu

 Giáo viên đóng vai trò là người hướng dẫn, tổ chức, thiết kế, cố vấn,trọng tài trong quá trình nghiên cứu của học sinh

III NHIỆM VỤ CỦA SINH

Hoàn thành nhiệm vụ giáo viên giao cho

IV TIẾN TRÌNH BÀI DẠY

Hoạt động 1: Giáo viên đặt vấn đề về tầm quan trọng của việc sử dụng bất đẳng thức để giải bài toán tìm cực trị của biểu thức.

Giáo viên cho học sinh ôn lại các bất đẳng thức Cauchy (hay AM – GM), Cauchy – Schwarz (hay còn gọi Bunhiacopski)

 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (hay còn gọi Bunhiacopski)

Giáo viên định hướng cách giải bài toán cực trị của biểu thức và lưu ý cho học sinh ghi nhớ các đánh giá cơ bản sau :

0

; ,

b y b x

a y a x

b y a x b

a y

Bài toán 1 (Đề THPT QG 2015): Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn 1 ; 3 vàthỏa mãn điều kiện a  b  c  6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

abc ca

bc ab

abc a

c c b b a P

2

1 72 12

2 2 2 2 2 2

ab

x

Ta có: a,b,c1 ; 3 a 1b 1c 1 0  abc abbcacabc 1  0

5 0

5 2

1 72 2

x

x abc x

2

1 )

(

x x

f x11 ; 12 nên Pf(x) f( 11 ) 16011

Vậy maxP16011 khi a 1 ;b 2 ;c 3

Giáo viên nhận xét: Đây là bài toán rất hay Ta phải dùng hai lần giả thiết của

các biến a;b;c1 ; 3 để tìm ra miền giá trị của xabbcca và đánh giá được

P thông qua biến x Cũng từ bài toán trên phải chăng bằng việc đánh giá điều kiện ban đầu chúng ta sẽ giải quyết được một lớp các bài toán dạng này bằng cách đưa về hàm số một biến

Hoạt động 2: Giáo viên hướng dẫn học sinh giải một số bài tập về tìm cực trị của biểu thức sau

Bài toán 2: Cho x,y,z1 ; 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

 

    1

4 4 2 8 2 2

2

8 4

z y x yz

z

y

x

zx yz

xy

A

4 4

2

4 1

4 4

4 1

4 1

t t

f với t1 ; 2

9

2 27

4 1

2 2

8 4 )

t t

f , nên f(t) đồng biến trên 1 ; 2

Suy ra Af(t) f( 2 )   67

Vậy maxA  67 khi x 1 ;yz  2

Bài toán 3: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn

3 ,

2 ,

2 1

2 2

2 2 2

b c

a b c b

b c

b a

bc ac ab B

8 )

( 1

b

c a b

t t

f với t0 ; 13

   

6 10 3 2 8

8 1

t t

t t

f

21

47 ) 13

4 1

1 1

1 1

1

2 2 2

Hướng dẫn

Từ giả thiết ta có:      

x z y z y z

y x z y

2 4

1 2

4

1 1

1

x

x x

z y z

2 2

2

1

1 6

2 1

4 1

1 2

x

x x x x

x x

x P

1

1 6

2 ) (

x

x x x x f

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 10891 Khi , 5

y y x x

2

1 2

1

1

3

t f t

t t t

) ( ' 2

1 5 2 ) (

Lập bảng biến thiên ta được ( ) 52 274

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 , 0

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 274

Hoạt động 3: Giáo viên hướng dẫn sử dụng bất đẳng thức cơ bản để đánh giá làm giảm số biến của bài toán

HĐTP 1: Giáo viên hướng dẫn học sinh chứng minh các bất đẳng thức hệ quả sau

3

4 a b ab

b a b

2 2

Hệ quả 5: Cho a,b,cR ta có abbcca2 3abcabc

1 1

1 1

1

HĐTP 2: Giáo viên nhận xét và hướng dẫn sử dụng bất đẳng thức cơ bản để đánh giá làm giảm số biến của bài toán

Nhận xét: Trên đây chỉ là một số hệ quả tiêu biểu thường sử dụng để tìm cực trị

bằng cách dồn biến Ứng dụng các hệ quả trên để giải các bài toán sau đây.

Bài toán 6: Cho các số thực a,b,c1 ; 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

ab bc ca

c

ab b a P

2

2

2 2

b a ca

bc ab c

ab b a

2 2

4 4

2

1 4

1 1

4

1

2 2

a

c b

a c

c

1 4

1 )

f trên  ; 1

4 1

Ta có  4 1  0

2 2 )

t t

1 ) 1

(

)

Vậy MinP61, giá trị nhỏ nhất đạt được khi ab 1và c 2

Bài toán 7: Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn c 0 và 3 3  1

c b a

c b a P

1 2

2 2

b a c

b a

c b a

Từ giả thiết:

4 2 4

3 3

2 2

3 3

a c b

a c b ab a b a c b

Xét hàm số

 2

2 1 2

2 )

f trên  0 ; 1 , ta có

 1 0

2 )

f , t 0 ; 1

Do đó f (t) là hàm số nghịch biến trên  0 ; 1

8

3 ) 1 ( )

MinP , giá trị nhỏ nhất đạt được khi ab 1 ;c 2

Bài toán 8: Cho x,y,z 0 thoả mãn xyz 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

3 3

z y x

z y x

z z

y x

y z

y x

x P

Áp dụng hệ quả 2 ta có

3 3

3 3

1 4

1 4

y x

y x z

y x

y z

y x

Do đó

3 3

16 1

z z

y x

z

Khi đó  3 3

16 1

4

1

t t

16 1

4

1 )

f    trên 0 ; 1

; 0 9

1 0

) ( ' 4

3 6 189 )

(

t

t t

f t

t t

f , t0 ; 1

81

16 ) ( 

MinP , giá trị nhỏ nhất đạt được khi xy  4z

Bài toán 9: Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1 ; 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

y x z

y x z y x

y x P

4 4

2

2 2

2 2 2 2

2

4 1

x z

y z x

z

y z x y

x z y x z

y x P

t t

t t

t t t

f , t 1 ; 4 Suy ra f (t) là hàm số đồng biếntrên  1 ; 4 Do đó

6

1 ) 1 ( ) (t f 

MinP , giá trị nhỏ nhất đạt được khi xy 1 và z 2

Bài toán 10: Cho các số thực a,b,c 0 thỏa mãn 2 2 2

2 2 1

b a

c   Tìm giá trị nhỏ nhất

c b a

c c

a

b c b

a P

a c

a c b

c

b c a

y y

x

2 2 1

b a

c   ta thu được

2 2 2 2 2

2 2

2 2

2

2

1 2

1 2

2

1

y x y x y x b

c a

c b

1 1

1 1 1

1 1

1

1 1

2

2 2 2

x y x y

x x

y y

4 2

1

1 2

4 1 2

x

P y

x y

x y x P

Đặt t xy t 4 Do đó

1

1 2

4 2

Xét hàm số

1

1 2

4 2 ) (

t t t

f , t4 ;  và f' (t)  0  t 4 (vì t4 ; )

Suy ra f (t) là hàm số đồng biến trên 4 ; 

3

5 ) 4 ( )

 f t f , t4 ;  hay

3

5 ) ( 

f t P

Vậy

3

5



MinP giá trị nhỏ nhất đạt được khi ab 2c

Hoạt động 3: Giáo viên giao bài tập cho học sinh, yêu cầu học sinh tiếp tục giải (Học sinh làm tại lớp hoặc ở nhà)

Bài 1: Cho x,y,z 0 ;xyzxyz 20 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

b a c a c b c b a

P     

Bài 3: Cho a,b,c 0 ,a2  2b2 a2b2 Tìm giá trị lớn nhất của    c 12

a

c b

c P

Bài 4: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a,c 1 ;b 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:      

 ac

b c a a b

b a c c b

c b a P

8 2 3

2 2

2 2

Bài 5: Cho các số thực x,y,z 0 ; 1 và z minx,y,z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  

y z xy xz yz y

yz z

x

z y P

c ac

b bc

1

Bài 7: Cho các số thực dương x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x 2y z 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P y x z x y y z x x y y

3 2

y y

xz y

z x

3 3 2 2

4 2

a    Tìm giátrị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2

b a

c b a

c a c

b c b

a P

Bài 12: Cho x ,,y z là các số thực dương thỏa mãn: 2 2 2 1





y z

x Tìm giá trị lớnnhất của biểu thức: 2 2 3 3 3 33 3

24 1

z y y x x

yz z

z z

y y x

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P x y y y z z x z z

2

2 2

2 2

2

2

Hoạt động 4: Giáo viên hướng dẫn học sinh nghiên cứu chủ đề

“Phương pháp dồn biến trong các bài toán cực trị của biểu thức”

HĐTP 1: Giáo viên chọn nhóm gồm 5 học sinh giỏi trong đội tuyển Toán của nhà trường và yêu cầu học sinh

 Tự tìm tòi thêm các bài tập có liên quan đến cực trị của biểu thức

 Học sinh viết thành một bài báo nhỏ theo mẫu sau:

ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU CỦA HỌC SINH

III Kết quả nghiên cứu (các dạng bài tập minh hoạ)

IV Kết luận

V Tài liệu tham khảo

HĐTP 2: Giáo viên nghiệm thu bài báo của học sinh

 Giáo viên kiểm tra kết quả tự học, tự nghiên cứu của học sinh

 Giáo viên tổ chức cho học sinh trình bày kết quả nghiên cứu và làm trọng tàicho các cuộc thảo luận

 Giáo viên đưa ra đánh giá cho bài báo của học sinh theo các tiêu chí:

+ Chính xác, sáng tạo, tích cực, khả năng làm việc nhóm

+ Bài tập học sinh đưa ra đa dạng, phong phú

+ Tiến độ công việc hoàn thành

Kết quả nghiên cứu của nhóm học sinh

CHỦ ĐỀ NGHIÊN CỨU CỦA HỌC SINH

Nhóm học sinh: Nguyễn Thùy Dung, Lê Thị Huyền, Trịnh Ngọc Nam,

Nguyễn Phi Lương, Quách Văn Thiên

I Mở đầu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT NHƯ THANH

Đề tài: Phương pháp dồn biến trong các bài toán cực trị của biểu thức

Nhóm học sinh: Nguyễn Thùy Dung, Lê Thị Huyền, Trịnh Ngọc Nam,

Nguyễn Phi Lương, Quách Văn Thiên

Trường THPT Như Thanh - Thanh Hóa

Năm học: 2015 - 2016

Trong kỳ thi THPT Quốc Gia và thi học sinh giỏi có rất nhiều bài toánkhó liên quan đến cực trị của biểu thức nhiều biến, do vậy để đạt được kết quảcao trong các kỳ thi chúng ta cần nghiên cứu sâu sắc Sau khi được học chuyên

đề “Kỹ năng dồn biến để giải bài toán tìm cực trị của biểu thức” chúng tôi thấy

rằng phương pháp dồn biến là một công cụ mạnh trong các bài toán tìm cực trịcũng như bài toán chứng minh bất đẳng thức Trong đề tài này nhóm chúng tôitập trung nghiên cứu một lớp các bài toán cực trị mà phương pháp giải có liênquan đến kỹ năng dồn biến bằng cách sử dụng bất đẳng thức cơ bản

II Kiến thức cơ bản

2/ Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz (hay còn gọi Bunhiacopski)

2 2

Hệ quả 7: Cho a,b,cR , ta có ab bc ca  2  3abc a b c   

Hệ quả 8: Cho a,b,cR , ta có ab2  bc 2  ca 2  3abc a b c   

Hệ quả 9: Cho a b c , , 0, ta có 1 1 1 9

a b c  a b c 

1 1

1

ab b



III Kết quả nghiên cứu

Dạng 1: Phương pháp dồn biến trong bài toán cực trị của biểu thức

3

0

3 3 0

1

2 2

3 1 3 3

1 3 1 3 3

1 3

1

; 12

1 11 4 9

2 9 9

5 3 9

;

; 5

a a

a a a a a a a f b a f P a

Vậy        ; 0

6 3 3

; 6 3 3

;

; 12

1

z y x MaxP

Lời giải

Nhận xét

 Đây là bất đẳng thức cùng bậc nên có thể giả sử abc 3 Tại sao chúng tôi lại chọn đại lượng tổng mà không chọn đại lượng khác Đơn giản vì trong biểu thức biểu diễn được về tổng

Bài 1: Cho x,y,z  0 ;xyz  1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

4

 Vai trò của a; c bình đẳng nên ta có thể đoán được đẳng thức tại a  c

Khi đó ta có:     1

1 3

18

2 2 2

b b P

Do đã có tổng nên một suy nghĩ tự nhiên là thử xem bất đẳng thức sau đúng hay

1

2 2

2 2

.

2

2 2

2 2

a

b

c a

4 1 4

2

2

2 2

2 3

2 3

1 3

144 1

4 2 4

.

1 3

18

2

2 2

2 2

2 2

b f b

b

b

b

b P

b b

b b

b b c

a b

c

a

b

b b P

b b

f trên 0 ; 3 hàm này khá phức tạp nếu đạo hàm ngay, tuy nhiên có một phương pháp để tính đạo hàm hàm số này như sau

6 6 3

1 1 1

b b

b b

f

8

144 ) (

Như vậy ta chỉ cần áp dụng bất đẳng thức quen thuộc Px  y  z xyz

Bài 3: Cho a,b,c 0 ;abbcca34 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

2 2

1

1 1

1 1

b b

a

P

;

; 1

1

;

a c z c b y b a

2 2

1

1 1

1 1

Đại lượng ta có thể thấy ngay là xabc 3 abbcca  2

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

3

9 1

1 1

3

81 3

b a c

2 3

162 2

2 ( )

Lời giải

Nhận xét: Bước đầu tiên như một phản xạ thông thường, chúng tôi làm mất dấu

giá trị tuyệt đối bằng cách giả sử: abc

Khi đó bất đẳng thức tương đương với:

0 3 6 2 2 3

3

3 2

4 2

2 2

2

2 2 2 2 2

b

a

c b a c a ca bc ab c

b

a

Bất đẳng thức cuối tự dưng xuất hiện số 3 ở cuối làm “hỏng” tính cùng bậc củabất đẳng thức nên ta có thể thay 3  3 3 a2b2c2 để được bậc hai Khi đó bất đẳngthức tương đương:  ; ;  3 2 2 3 2 2 2 6 3 3 2 2 2 0

Do tính cùng bậc rồi nên hiển nhiên a,b,c không còn bị ràng buộc bởi đẳngthức abc 1 nữa mà chỉ có bất đẳng thức abc Vì bất đẳng thức cùng bậcnên ta có phép đổi biến

1

b c y b a x

x x

y y

x y x

3 3

2 6

y y

y y

       

1 4

1 1 3 1

2 3 4 2

2 2

t t t t

t t t

t t t

Vậy bài toán được giải quyết Lời giải này mang tính chất giải quyết bài toántheo suy luận logic của toán học Tuy nhiên, bài này có lời giải cực đẹp như sau:

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do abc Vậy bài toán được giải quyết

Nhận xét: Lời giải thứ 2 đẹp mắt chỉ nên để dành cho những người thích tìm tòi

và yêu toán Đối với việc thi đại học, chúng ta cố gắng tìm ra những lời giải mang tính chất “bản chất” nhất để giải quyết bài toán.

Lời giải

Nhận xét: Nếu không có điều kiện ràng buộc a b2 c2 thì lời giải đơn giản là

áp dụng bất đẳng thức AM – GM như sau:

6 2

1 1 1 1 1

b bc

a b

a

c a c

b c

b

a

P

Nhưng đẳng thức xảy ra khi đó là abc không thỏa mãn a b2 c2

Như vậy ta cần tìm một lời giải khác Đặc biệt, do không bị ràng buộc bởi đẳng thức gì nên ta có một phương pháp quen thuộc trong một số bài tương tự như trên, đó là đạo hàm theo biến

)

;

; ( 1

1 1

1 1

1 1

1

c b a f b

c c

b a

c b c b

a b a

c a c

b c

c b bc a a

c b c b

2 2

b

c c

b c b

c b c b c b c b c b f c

c a c

b c b a

2 2

2 )

2 2 2

2 2 2

2 2

Mục tiêu là dồn về biến txyz Thực ra dồn về biến nào cũng được Miễn là

sử dụng biến đổi càng nhiều càng tốt Để đánh giá về biến t chắc chắn ta phải dùng bất đẳng thức Cauchy, ta được

27 27

3

z y

t t

16 2

t

f

 hàm số f (t) nghịch biến trên 0 ; 5

3 2 48 10 ) 5 ( )

48 10 ) ( min

y x t

f P

Bài 6: Cho x,y,z0 ; 1; xyz1  x1  y1  z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểuthức: Px2 y2 z2

Bài 7: Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn 2x 3y 7 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 2xyy 5x2 y2 24 3 8 xy  x2 y2  3

Bài 8: Cho các số thực x, y thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 1

2 1

Lời giải

2 1

2 1

2 ) ( ' 2

f y y

y

f

3 3 1

3 0 1

( min f y f  

Trường hợp 1: y 2

3 2 5 2 2 1

x y

4 4

) ( max max

2 2 2

z y x x z y x y x x z y x t

f P

Bài 9: Cho x,y,zlà các số thực dương thỏa mãn x2 y2 z2 2x

x y

z y

x

z x P

Lời giải Nhận xét: Chúng tôi thấy rằng hàm số này sẽ phải đưa được về biến a Như

vậy, những gì đối xứng giữa b, c ta gộp chúng lại và biến đổi tương đương:

16 0

4

4

3 2

1 3

1 2

3 2

2

a f a

a a a

a c b

12 ) (  3  trên 3 ;  có: 4 0

4 ) (

Do đó ta có

12

11 ) 3 ( )

f a f P

2 3 3

2 1 12

min



c b a bc

c b a a

a c b abc P

Lời giải

Nhận xét: Bài toán này có tính đối xứng giữa b; c nên nhiều khả năng đẳng thức xảy ra khi b  c Ta chưa cần để ý điều đó vội Hãy nhớ rằng việc dự đoán

có thể sai Chính vì thế mà chúng tôi hay nói “cần một chút mạo hiểm” Dự

đoán thế nào sẽ hình thành ra hướng nghĩ đó Và dĩ nhiên có hướng nghĩ sai.

Đề bài cho a,b,c  0 Như vậy tức là a,b,c không phụ thuộc vào nhau Thế thì sao? Quá quen thuộc một hướng nghĩ tự nhiên là đạo hàm theo từng biến Chọn biến nào để đạo hàm trước Chắc chắn là a rồi vì b; c bình đẳng Ta có:

c b a c

b a c b a abc

ca bc ab

c

b

.

1

1 1 1 1

Đạo hàm hay dùng bất đẳng thức Cauchy ở đây đều đưa ra một kết quả là đạt giátrị nhỏ nhất khi: a  bc

Như vậy, nếu tìm được b; c thì chọn được a Do đó, ta hoàn toàn có thể đánhgiá:

Bài 10: Cho a,b,cR;abc  1 ;a  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

ca bc ab c b a

3

2 2 2

Bài 11: Cho a,b,c  0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

5

c b

bc abc

ca bc ab c b a P

5

c b

bc c

b c b bc

c b c

b

bc abc

ca bc ab c

bc bc

2 );

t t

f

Lập bảng biến thiên ta được 3  3 3

100

5 10 10 )

bc c b MinP

3 3

100

5 10

2 3

3 3

Lời giải

Nhận xét: Với những bài toán kiểu này, chúng tôi sẽ đi theo lối đơn giản nhất

là: đánh giá những “biểu thức giống nhau” để về dạng đơn giản trước rồi xét sau Chúng tôi cố gắng đưa tổng ba phân số đầu chỉ còn về hai biến:

ca bc ab y c

b

a

x 2  2  2 ;    Ta làm như thế nào Chắc chắn một điều là khi dùng

gì cũng phải lưu ý đẳng thức có xảy ra không? Ngay cả khi ta chưa biết nó bằng mấy, ta chỉ cần biết là nó có tồn tại hay không.

Dự đoán dấu bằng xảy ra khi abc

a c

b a

a c

2

2 2

Tương tự và cộng vế với vế ta được

b a

b c

b a

a b

a

c a

2 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân số

2

2 2

2 2

2

2 2

2 2 2

c bc

b ab

b ac

ab a

a c

b a

c c

b a

b c

bc ac

c bc

b ab

b ac

2 2

2 2

2

c b a c

b a

c c

b a

b c

Bài 12: Cho a,b,c  0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

ca bc ab

c b a b a

c a c

b c

2