SỬ DỤNG HÀM SỐ ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ BẤT ĐỐI XỨNG Tác giả: Hoàng Văn Thông Đơn vị: THPT chuyên Lê Quý Đôn A.Mục đích, cần thiết Việc tạo môi trường học tập có tính trải nghiệm, khám phá cần huy động tổng hợp kiến thức kỹ năng, tư để giải vấn đề phát sinh thực tế, học tập hướng giáo dục theo định hướng phát triển toàn diện Trong trường chuyên, hướng có nhiều hội để thực Tuy nhiên cần vào thực đội ngũ giáo viên, yếu tố quan trọng việc đổi bản, toàn diện giáo dục Trong chương tr nh toán TH T, vấn đề khó thường có số tiết phân phối chương tr nh không nhiều, lượng thời gian để nghiên cứu lại phần dùng để phân loại học sinh kì kiểm tra, đánh giá học sinh đặc biệt kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp, thi tuyển sinh Đại học Đa số học sinh tìm hiểu vấn đề này, chủ yếu giảng dạy cho học sinh giỏi đội tuyển Với mục đích gợi ý cách vận dụng kiến thức để giải dạng toán khó chương tr nh Toán cấp TH T, h nh thành cách học tập chủ động cho học sinh Đồng thời, tạo thêm nguồn học liệu tham khảo cho đồng nghiệp học sinh tham gia giảng dạy học, chọn đề tài “ Sử dụng hàm số để giải bài toán cực trị bất đối xứng ” B.Phạm vi triển khai Đối tượng nghiên cứu - Mục tiêu, nội dung chương tr nh nâng cao Toán chuyên TH T - Sách giáo khoa nâng cao chuyên Toán - Các toán chương tr nh thi đại học học sinh giỏi bậc THPT - Mức độ nhận thức học sinh trường THPT chuyên Lê Quý Đôn hạm vi nghiên cứu - Chương tr nh nâng cao chuyên toán TH T - Các chuyên đề thi đại học học sinh giỏi quốc gia - Học sinh trường TH T chuyên Lê Quý Đôn Tiến hành thực nghiệm - Đội tuyển HSG toán cấp tỉnh lớp 12 - Chương tr nh ôn thi TH T Quốc gia lớp chuyên Toán 12C1 C.Nội dung 1.Tình trạng giải pháp biết Với toán cực trị ta dùng phương pháp Đại số, Hình học, Giải tích để tiếp cận Tuy nhiên, với phương pháp Đại số, Hình học đòi hỏi học sinh có tảng kiến thức vững công cụ hỗ trợ thường phức tạp Các khái niệm Hàm số, đạo hàm, liên tục, Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ quen thuộc với học sinh lớp v chương tr nh có thời lượng lớn cho phần Hơn kỹ sử dụng lại đơn giản quen thuộc với đa phần học sinh Việc dùng hàm số để giải số dạng toán cực trị cách tiếp cần gần với tư duy, kỹ vốn có học sinh Tạo hứng thú thuận lợi nghiên cứu vận dụng Ở đề tài “ Dùng hàm số để giải toán cực trị bất đối xứng”,Tôi lựa chọn số toán mà hình thức tính đối xứng đẹp, dựa phân tích ban đầu đưa số hướng tiếp cận thường dùng Trong thực đề tài, cố gắng chọn ví dụ tiêu biểu, phân tích dấu hiệu toán đưa công cụ áp dụng hiệu cho ví dụ Đồng thời có thêm số ví dụ tương tự học sinh tự rèn luyện, khắc sâu kiến thức kỹ 2.Nội dung giải pháp Trong sáng kiến lựa chọn số toán cực trị điển hình, phân dạng theo cách tiếp cận đưa công cụ thường dùng thực giải toán 2.1.Các toán xử lí theo tính đối xứng Định hướng chung: Thường ta dùng cách biến đổi sau + Biến đổi biểu thức chứa biến có tính đối xứng + Biến đổi biến không đối xứng + Giảm biến việc chia cho biến không đối xứng hai biến đối xứng Bài Cho số thực x, y, z thoả mãn x  y  z  Tìm GTLN biểu thức F= 3x  y  y  5z  z  3x Phân tích Biểu thức F đối xứng theo hai biến y z, trường hợp ta chọn đưa biến x thông qua đánh giá BĐT Bunhiakovsky Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovsky ta có: F  3[6 x  12( y  z )]  18[ x  2( y  z )]  18[ x  2(3  x )] Xét hàm số: f ( x)  x  2(3  x ) miền xác định   x  f ( x)  x  4x 2(3  x ) với   x  f ( x)  ( 3; 3)  x  0, x  1 f ( 3)  3, f (0)  6, f (1)   maxf ( x)   F  18.5  90  F  10 Vậy maxF  10 x  y  z  Bài Giả sử x,y,z số thực không âm thỏa mãn 5( x2  y  z )  6( xy  xz  yz) Tìm GTLN biểu thức P  2( x  y  z )  ( y  z ) Phân tích Biểu thức đối xứng theo hai biến y z Từ giả thiết toán ta tìm mối liên hệ biến x với hai biến y z Từ ta định hướng biến đổi toàn biểu thức P theo hai biến y z Lời giải Từ điều kiện ta có 5x  x  y  z   yz   y  z  Sử dụng hai bất đẳng thức quen thuộc yz   y  z   y2  z2     y  z  Suy 5x2  x  y  z   2  y  z    y  z   5x  x  y  z    y  z   2 x yz Do P2 yz  1  y  z   2t  t với t  y  z  2 Khảo sát hàm f  t  ta có f  t   f 1  Vây, GTLN P 3 P 2 x  1, y  z  2 Bài 3.Cho số thực dương a,b,c T m GTNN biểu thức: P a b c   bc ca ab Phân tích: Ta thấy đối xứng với b c Ta t m cách đưa chung biểu thức hay ta thực việc dồn biến Một cách đơn giản chia cho biến Lời giải Ta có : b c b2 c2 b  c      c  a a  b bc  ba ca  cb 2bc  a  b  c  b  c     b  c   a b  c  2a   bc 2 Đặt t  a , t  bc ,t  2t  Khi ta xét hàm f  t   t  f t     2t  1 1 0t    2t  1  1   MinP  f     4  Bài tập tương tự: 1)Cho số thực dương a,b,c T m GTNN biểu thức a b c  c  P     bc ca ab ab 2)Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b, a  c Tìm GTLN biểu thức P a b c    a  b  c  5a  2c 5a  2b Bài Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: a  b2  c2  Tìm GTLN biểu thức: P   a  b  c   27abc Phân tích: Biểu thức có tính đối xứng theo hai biến b c Trong trường hợp ta dùng biến đổi để đưa biến c Lời giải Ta có a  b   a  b   1  c  a  b2  c2 ab   2 Do P  1  c   15 27 c  c3  f (c) 2 Xét hàm số f (c) với c   0;1 , ta có: f '(c)  12c 1  c  6 27 82 15 81 12c  c   c  2 2 1  c  Suy ra, f '(c)    27c  8c 1  c   c2  1 c 1 Mà lim f (c)  2; lim f (c)  6; f    10 nên suy : c 0 c 1  3 1 Max f (c)  f    10  P  10  0;1 3  a  b  Dấu xảy :  c   Bài Cho x, y, z [1;3] Tìm GTNN biểu thức T 25( z  y )2 12 x  2012( xy  xz  yz ) Phân tích: Ta thấy biểu thức T đối xứng theo y z Trong ta lại tìm cách đưa biểu thức chứa y z Lời giải Ta có 25( y  z ) T ( y  z)2 12 x  2012 x( y  z )  2012 25( y  z )  12 x  2012 x( y  z )  503( y  z ) 2 Xét hàm m( x)  12 x  2012 x( y  z)  503( y  z) , x 1;3 , có m( x)  24 x  2012( y  z)  0, x 1;3 Do m( x) đồng biến 1;3 , suy T ( x) nghịch biến 1;3 Suy T ( x)  T (3)  Lại có f (t )  25t  f (t ) , với t  y  z  2;6 108  6036t  503t 150900t  540t 108  6036t  503t  2  0, t   2;6 nên f  t  đồng biến  2;6 , f (t )  f (2)  Cuối T  25 3548 25 x  3; y  z  3548 Bài Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn : 1   Tìm a b2 c GTNN biểu thức 1 1 P  a  b  c    a b c Phân tích: Trong trường hợp này, tính đối xứng xuất hai biến a b Ta lại dùng cách giảm biến thủ thuật chia cho biến để giảm biến Lời giải 2 c c Giả thiết tương đương với       a b c c Đặt  ,   ( x, y ) a b  x2  y    x  y  1    4  P  ( x  y  1)    1  ( x  y  1)   1  (t  1)   1  f (t ) t  x y   x y  Khảo sát f (t ) (0; 2) ta f  t    t  x y  a  b  2c Bài tập tương tự Cho a,b,c số thực dương thỏa mãn : Tìm GTNN biểu thức 1   a b2 c 25c  1   P  a b        a b c  Bài Cho số thực thỏa mãn  a  b  c; a  b2  c  Tìm GTNN biểu thức P  3abc  2014a  b  c Phân tích Ta dùng BĐT Bunhiakovsky để chuyển toàn biểu thức P theo biến a Lời giải Ta có P  3a3  2014a   b2  c  Suy P  f (a)  3a3  2014a   2a , a  0;1 Do f (a)  9a  2014  2a  2a  0,  :  a  1 Suy : P  f (1)  2013 Vậy GTNN P -2013 a = b = c = Bài Cho x, y, z  (0;1] thoả mãn x  y  z  1.Tìm GTNN biểu thức B x y z   y  z z  x xy  z Phân tích Ta đánh giá biểu thức P theo hai biến đối xứng x y, coi z tham số Lời giải Theo giả thết ta có: x  y  z   x  y   z Ta có x y z x2 y2 z B      y  z z  x xy  z x( y  z ) y( z  x) xy  z ( x  y)2 z  (1) Áp dụng Cauchy-Schwars ta có: B  xy  z ( x  y) xy  z Đặt t  x  y ,theo giả thiết ta có:1  z  t  xy  Theo (1) (2) ta suy được: B  t2 (2) 2t 4z   f (t ) t  zt t  z Xét hàm f (t ) [1  z;2] ta có f (t )  zt[ suy t  ] ,mặt khác t  z  z  nên zt  z 2 (t  zt ) (t  z ) t   hàm f (t ) nghịch biến với t [ z  1;2]  (t  zt ) t  z 2 f (t )  f (2)  z   g ( z) 1 z z 1 Khảo sát hàm g ( z ) (0;1] ta có: g ( z )    z2   với (1  z ) ( z  1) z  (0;1] Suy ra,hàm g ( z ) nghich biến (0;1] Suy ra, g ( z )  g (1)  3 Vậy, MinB  ,dấu "  " xẩy  x  y  z  Bài tập tường tự: Cho x,y,z ba số thực thuộc đoạn 1;3 x  y  z  Tìm GTLN biểu thức : P  x3  y  z Bài Cho x,y,z dương thỏa mãn xy  1, z  Tìm GTNN biểu thức P x y z3    y  x  3( xy  1) Phân tích Do đối xứng theo tổng tích x y Ta tìm cách khử biến z thông qua việc sử dụng giả thiết z Lời giải Từ giả thiết ta có: ( z  1)3   z   3( z  z  1)  3z Do P x2 y2 z x2 y2      xy  x xy  y xy  xy  x xy  y xy  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có: P ( x  y  1) 3xy  x  y  Mặt khác: ( x  y  1)  x  y 1  xy   3xy     3 Do P 9( x  y  1)2 9( x  y  1)  ( x  y  1)3  9( x  y  1) ( x  y  1)2  Đặt: x  y   t với (t  3) Khi P  9t t 9 9t  81 0t 3 Ta có: P  (t  9) Khảo sát hàm số ta có: minP  t  hay x  y  z  2.2.Các toán xử lý theo tính chất đồng bậc Định hướng chung: Với biểu thức có tính đồng bậc ta thường chia cho biến dùng tham số trung gian tức biếu diễn biến theo biến với tham số t Bài Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn ac  bc  ab Tìm c GTNN biểu thức: a b c c2 P    b  c c  a a  b a  b2 Phân tích: Ta thấy giả thiết biểu thức cần tìm cực trị đồng bậc, đối xứng theo a b Ta dùng cách biến đổi thông thường biểu diễn hết qua biến thông qua tham số trung gian 10 Lời giải Đặt : a  cx, b  cy,  x, y  1 Từ giả thiết ta có : x   y   xy   x  y  xy Khi P x y 1    y  1  x x  y x  y2 x2  y  x  y 1 P   xy  x  y  x  y x  y Lại đặt : x  y  xy  t ,  : x, y   t   Khi t2  t 1 P  f (t )    ,t  2t  t t  2t  P  f (t )   f (t )  t 1     4  2t  1 2t  t   1 281    0,  t     2  2t  1 2t  t   864  f  t   f (4)  Vậy MinP  41 t   x  y   a  b  2c 24 41 : a  b  2c 24 Bài Cho a,b,c dương thoả mãn: a3  b3  64c3 Tìm GTLN biểu thức: c2 ab P   a  c  c  b  c  a  b  Phân tích Biểu thức đồng bậc đối xứng theo biến a b nên ta chuyển hết biến c thông qua tham số tham số Lời giải Đặt a  cx, b  cy Ta có 11 x3  y  64  xy xy  x3  y  64   xy  Khi P  x  1 y  1 xy xy   x  y xy  x  y  x  y  Áp dụng BĐT Cauchy x  y  xy  P  xy  xy   xy  xy   xy   xy Suy P  f (t )  Khảo sát hàm số  t , t  xy   t  1  f (t ) miền t  (0;2 4]   Vậy Pmax    Maxf  t   f   2  1 2  1 Khi : a  b  2c 2.3.Các toán khác Định hướng chung: Tư tưởng đưa biểu thức thông qua đánh giá Có thể bất đẳng thức phụ Bài Cho a,b,c số thực dương T m GTNN biểu thức P  a  ab  abc abc Phân tích: Phân thức khiến ta nghĩ đến BDT Cauchy, ta cần vận dụng thích hợp để đưa mẫu thức xuất a  b  c để giống phân thức lại,từ mở hướng làm: Lời giải Ta có 12 a a 2b   b ab  abc  a a b b.4c    c 12 3  a  ab  abc  (a  b  c) Do P  4(a  b  c) abc Đặt a  b  c  t ta đưa khảo sát hàm f (t )  P    ta được: 4t t Từ suy đẳng thức xảy a  4b  16c Bài tập tương tự: Cho a,b,c số thực dương Tìm GTNN biểu thức P Bài Cho ba  a  ab  abc abc số thực không âm x,y,z thỏa mãn  x   y   z  Tìm GTLN biểu thức P  x3  y  z Phân tích Muốn đưa biến tức ta phải so sánh biến lại với biến Trong giả thiết chưa thức phải có công cụ cho phép xử lí hết với ba Hay cần bđt trung gian chuyển hết chúng vào Lời giải Sử dụng bất đẳng thức phụ sau  a   b    a  b Đẳng thức xảy ab  Áp dụng ta có 13   x2   y   z   x2    y  z    x2  y  z  x2  x  2( y  z )   y  z  2  x2 )  f ( x) Xét P  x  y  z  x  ( y  z )  x  ( 3 3 3 Đến khảo sát hàm số 0,2   f ( x)  64 Đẳng thức xảy ( x, y, z)  (0,0,4)  (0,4,0) Bài Cho x, y, z thỏa x2  y  z  xy   x  y  z  Tìm GTNN biểu thức 40  y  z 1 P  x2  y  2z  40 x3 Phân tích Muốn sử dụng giả thiết biểu thức P phải có phép toán giống Đòi hỏi ta phải gộp lại, BĐT Bunhiakovxky cho phép làm điều Lời giải Áp dụng bất đẳng thức 1   a b ab Ta có P  x2  y  2z  40  y  z 1  x  y  z  40  x  y  z  160 40 x3 y  z 1  x  2( x  y  z  4) ( x  y)2   z  160 2( x  y  z  4) 14 Mặc khác ta có điều kiện toán trở thành : ( x  y )  z  2( x  y )  z ( x  y  z )2   2( x  y  z )  x  y  z  Vậy nên ta t m cách để đánh giá x2  y  z  f ( x  y  z ) cách x2   y   z   2( x  y  z )  sử dụng bất đẳng AG – MG ta có : Thành ta có : P  2( x  y  z )   160  2( x  y  z )   Ta xét : f (t )  2t   8( x  y  z  4) 640 x  y  z  12 640 640 ,0  t   f (t )    suy t  12 (t  12)2 hàm nghịch biến : P  f (t )  f (4)  46  x  y  1, z  Bài tập tương tự: Cho ba số thực dương thoả mãn x2  y  z  xz  x  y  z Tìm GTNN biểu thức P x yz 10 10  x y z 1 Bài Cho a, b, c  Tìm GTLN biểu thức P a  b2  c    a  b   a  2c  b  2c  Phân tích Do giải thiết tức dồn biến Vậy bắt buộc phải đưa biểu thức chứa ba biến Khi phân thức thứ hai cần biến đổi Lời giải Ta có :  a  b a  b  4c a  b  2ab  4ac  4bc   a  2c  b  2c    a  b  2 2  2 a  b  c  Đặt t  a  b2  c   t  15 Nên P   t t  4 Xét hàm f  t   có f   t    với t > t t  4   t   4t  7t  4t  16  t t  4 Do t > nên 4t  7t  4t  16   t    t  7t    Nên f   t    t  Lập bảng biến thiên  P  Vậy GTLN P  abc2 Bài Xét số thực dương x,y,x thuộc đoạn 1;9 thỏa mãn x  y, x  z Tìm GTLN, GTNN biểu thức x y z   x  2y y  z z  x P= Phân tích Các phân thức bậc mẫu có nhiều kết để sử dụng, lại yêu cầu tử số giống Gợi ý cho ta chia biến tử phân số Lời giải Ta có P 1 y x  1 z y  1 x z y z x 1  Đặt a  ; b  ; c   abc  1; a, b, c   ;9 x y z 9  Khi viết lại thành : P 1    2a  b  c 16  2 bc       2a  bc   bc bc   bc bc Đặt t  bc ; t  1,9 Xét hàm lấy đạo hàm Bài Cho x,y,z số thực tuỳ ý thoả mãn x  y  z  Tìm GTNN biểu thức: A  ( xy  yz  zx)  xy  yz  zx  Phân tích Biểu thức A đẹp cho việc khảo sát hàm, có khó t m điều kiện ẩn phụ định đặt mà Lời giải Biến đổi giả thiết,  ( x  y  z )   2( xy  yz  zx) nên 1 x  z y2    xz    1   1 2 2 xy+yz+2zx 2  Đẳng thức xẩy y=0 x=-z= Xét f t   t  t  với t  xy  yz  zx, t  ta có  2t  4t  2t f '(t )  0 (t  1) (với t  1 ) Vậy f(t)  f (1)  x  z  Vậy Pmin=5 y=0 2  Bài Cho số thực a, b, cò[1,2] Tìm GTLN biểu thức P 10a 11b 2012c   bc ca ab Phân tích 17 Với giải thiết toán ta dùng hàm khảo sát riêng biến độc lập Lời giải Ta có P  f (c )  2012c 10a 11b  (  ) ab c b a Coi c biến số;a,b tham số; ta có: f (c)   2012 10a 11b  2(  ) ab c b a 2012c  10a  11b 2012  10.22  11.22  0 ab ab 4024 5a 11b    g (a) ab b 2a  f (c)  f (2)  Coi a biến số;b tham số; ta có: g (a)  4024 11b 4024 11      0 ba b 2a 23 4.2  g (a)  g (1)  h(b)  4029 11b   h(b) b 4029 11 11 8069   0( b  [1;2])  h ( b )  h (1)  4029   b2 2 Vậy, MaxP  a  b  8069 Dấu "  " xẩy    c2 Bài Cho x, y  thỏa mãn x  y  Tìm GTNN biểu thức K 2y  x2  1  y2 Phân tích Biểu thức K có biến y xuất nhiều ý tưởng khử biến x thông qua đánh giá Lời giải Từ giả thiết ta suy  x, y  18 Do K  2y  x2  y2 Đặt f ( y )  y  Ta có f ( y )     y2  2y  1  y2 với y [0;1] y (1  y )  y 2 2(1  y )  y  y  (1  y )  y 2  2y (1  y )  y 2 0 với y  (0;1) Suy f ( y ) đồng biến (0;1) Mà f ( y ) liên tục [0;1] Suy f ( y)  f (0)  Vậy minK  x  1; y  Bài Cho x,y,z > thỏa mãn x  y  z  Tìm GTLN biểu thức P xy yz x3 y  y z    z  x2 24 x3 z Phân tích Biểu thức đối xứng theo x z, đồng thời có tính đồng bậc ta giảm biến thông qua phép chia cho biến phù hợp Lời giải Sử dụng giả thiết x  y  z kết hợp CS, ta có:  xy xy  x2 y2      x  y  z  x  z y  z  1  z  yz  z2 y2   yz    1  x 2 x  y  z  x  z x  y   Suy ra: xy yz 1  y2 y2  1  y2 y2       2      z  x 4  y  z x  y  16  x z  Vậy: 1 y y   y3 y3  P   2        16  x z  24  x z  19  y 2 y   y 2 y             48  x x   z z  Xét hàm số: f  t   3t  2t ; t  Ta có: f (t )  6t  6t   t  t  Lập BBT, ta t m GTLN f (t ) đạt t  Khi đó, f (t )  Từ suy P  Đẳng thức xảy x  y  z  12 3.Khả áp dụng giải pháp Nội dung sáng kiến dùng để giảng dạy cho đội tuyển HSG cấp tỉnh lớp 12, lớp ôn thi Đại học với đối tượng học sinh Khá giỏi Đồng thời tài liệu tham khảo cho học sinh có khả tự học tốt 4.Hiệu quả, lợi ích thu Qua việc giảng dạy thực nghiệm đội tuyển HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12, ôn tập lớp 12C1 chuyên toán cho thấy học sinh tiếp thu nội dung đề tài, hiểu cách tiếp cận công cụ hỗ trợ giải toán Học sinh h nh thành tư phân tích chọn hướng xử lí toán cực trị có hình thức không đối xứng vận dụng sang toán cực trị đối xứng khác Trong thời gian nghiên cứu, viết triển khai đề tài tr nh độ chuyên môn thân nâng lên đáng kể việc tư duy, so sánh phương pháp đối tượng từ h nh thành thêm phản xạ kỹ phân tích hỗ trợ cho công tác giảng dạy tự nghiên cứu 5.Phạm vi ảnh hưởng giải pháp Nội dung sáng kiến góp phần cung cấp thêm nguồn tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh Đồng thời gợi ý để đồng nghiệp khác phát triển, tìm tòi bổ sung thêm hướng tiếp cận có hiệu cao 20 Việc nội dung sáng kiến học sinh tiếp thu hiệu gợi ý cho việc mở rộng dạng toán khác cải tiến để giảng dạy cho học sinh có nhận thức khá, giỏi lớp 6.Kiến nghị, đề xuất Nội dung sáng kiến trao đổi đợt sinh hoạt, bồi dưỡng chuyên môn để hòan thiện nhân rộng hoạt động giảng dạy môn Toán toàn tỉnh 21 [...]... khảo cho các học sinh có khả năng tự học tốt 4.Hiệu quả, lợi ích thu được Qua việc giảng dạy thực nghiệm trên đội tuyển HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12, ôn tập trên lớp 12C1 chuyên toán cho thấy học sinh tiếp thu được nội dung của đề tài, hiểu được cách tiếp cận và các công cụ hỗ trợ khi giải quyết các bài toán Học sinh đã h nh thành được tư duy phân tích và chọn hướng xử lí các bài toán cực trị có hình... thức không đối xứng và đã vận dụng được cả sang các bài toán cực trị đối xứng khác Trong thời gian nghiên cứu, viết và triển khai đề tài tr nh độ chuyên môn bản thân cũng đã được nâng lên đáng kể bằng việc tư duy, so sánh các phương pháp trong cùng một đối tượng từ đó h nh thành thêm phản xạ và kỹ năng phân tích mới hỗ trợ cho công tác giảng dạy và tự nghiên cứu 5.Phạm vi ảnh hưởng của giải pháp Nội... biến thiên  P  Vậy GTLN của P  5 8 5 abc2 8 Bài 5 Xét các số thực dương x,y,x thuộc đoạn 1;9 thỏa mãn x  y, x  z Tìm GTLN, GTNN của biểu thức x y z   x  2y y  z z  x P= Phân tích Các phân thức bậc nhất ở mẫu có rất nhiều kết quả để sử dụng, nhưng lại yêu cầu tử là hằng số giống nhau Gợi ý cho ta chia các biến trên tử của các phân số Lời giải Ta có P 1 1 2 y x  1 1 z y  1 1 x z y... 2 Suy ra P  f (t )  Khảo sát hàm số  1 t , t  xy 2   t  1 2  f (t ) trên miền t  (0;2 3 4]   Vậy Pmax  3 4  1  Maxf  t   f 2 3 4  3 4  2 3  4 1 2 2 1 3  4 1 2 Khi : a  b  2c 3 4 2.3 .Các bài toán khác Định hướng chung: Tư tưởng chính là đưa về cùng một biểu thức thông qua các đánh giá Có thể đó là một bất đẳng thức phụ Bài 1 Cho a,b,c là các số thực dương T m GTNN của biểu... Vậy f(t)  f (1)  5 x  z  Vậy Pmin=5 khi y=0 2 2  2 hoặc 2 Bài 7 Cho các số thực a, b, cò[1,2] Tìm GTLN của biểu thức P 10a 11b 2012c   bc ca ab Phân tích 17 Với giải thiết của bài toán ta có thể dùng hàm khảo sát riêng từng biến độc lập Lời giải Ta có P  f (c )  2012c 1 10a 11b  (  ) ab c b a Coi c là biến số; a,b là tham số; ta có: f (c)   2012 1 10a 11b  2(  ) ab c b a 2012c 2 ... là gợi ý để các đồng nghiệp khác phát triển, tìm tòi và bổ sung thêm các hướng tiếp cận có hiệu quả cao hơn 20 Việc nội dung của sáng kiến được học sinh tiếp thu hiệu quả gợi ý cho việc mở rộng ra các dạng toán khác và cải tiến để giảng dạy cho học sinh có nhận thức khá, giỏi của các lớp 6.Kiến nghị, đề xuất Nội dung của sáng kiến được trao đổi trong các đợt sinh hoạt, bồi dưỡng chuyên môn để hòan thiện... ( x  y)2 1   2 z  160 2 2( x  y  z  4) 14 Mặc khác ta cũng có điều kiện bài toán trở thành : ( x  y ) 2  z 2  2( x  y )  2 z ( x  y  z )2   2( x  y  z )  x  y  z  4 2 Vậy nên ta sẽ t m cách để đánh giá x2  y 2  2 z  f ( x  y  z ) bằng cách x2  1  y 2  1  2 z  2  2( x  y  z )  2 sử dụng bất đẳng AG – MG ta có : Thành ra ta có : P  2( x  y  z )  2  160  2( x ... 24 Bài 2 Cho a,b,c dương thoả mãn: a3  b3  64c3 Tìm GTLN của biểu thức: c2 ab P   a  c  c  b  c  a  b  Phân tích Biểu thức đồng bậc và đối xứng theo biến a và b nên ta chuyển hết về biến c thông qua tham số các tham số Lời giải Đặt a  cx, b  cy Ta có 11 x3  y 3  64  2 xy xy  x3  y 3  64  0  xy  2 3 4 Khi đó P 1  x  1 y  1 xy 1 xy   x  y xy  x  y  1 x  y  Áp dụng. .. Đẳng thức xảy ra khi ( x, y, z)  (0,0,4)  (0,4,0) Bài 3 Cho x, y, z thỏa x2  y 2  z 2  2 xy  2  x  y  z  Tìm GTNN của biểu thức 40  y  z 1 P  x2  y 2  2z  40 x3 Phân tích Muốn sử dụng giả thiết thì trong biểu thức P phải có các phép toán giống như vậy Đòi hỏi ta phải gộp căn lại, BĐT Bunhiakovxky cho phép làm điều đó Lời giải Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4   a b ab Ta có P  x2  y 2... x x   z z  Xét hàm số: f  t   3t 2  2t 3 ; t  0 Ta có: f (t )  6t  6t 2  0  t  0 hoặc t  1 Lập BBT, ta t m được GTLN của f (t ) đạt được khi t  1 Khi đó, f (t )  1 Từ đây suy ra P  1 5 Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  12 3 3.Khả năng áp dụng của giải pháp Nội dung của sáng kiến dùng để giảng dạy cho đội tuyển HSG cấp tỉnh lớp 12, các lớp ôn thi Đại học với đối tượng là học sinh ... dùng hàm số để giải số dạng toán cực trị cách tiếp cần gần với tư duy, kỹ vốn có học sinh Tạo hứng thú thuận lợi nghiên cứu vận dụng Ở đề tài “ Dùng hàm số để giải toán cực trị bất đối xứng ,Tôi... dùng thực giải toán 2.1 .Các toán xử lí theo tính đối xứng Định hướng chung: Thường ta dùng cách biến đổi sau + Biến đổi biểu thức chứa biến có tính đối xứng + Biến đổi biến không đối xứng + Giảm... Quốc gia lớp chuyên Toán 12C1 C.Nội dung 1.Tình trạng giải pháp biết Với toán cực trị ta dùng phương pháp Đại số, Hình học, Giải tích để tiếp cận Tuy nhiên, với phương pháp Đại số, Hình học đòi