Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số ứng dụng của hàm số

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:49

Thêm vào BST

Báo xấu

17
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu của sáng kiến là góp phần giúp cho học sinh củng cố, khắc sâu kiến thức, hứng thú trong học tập từ đó vận dụng để giải tốt bài tập về GTLN - GTNN, đạt được kết quả cao trong các kì thi chọn học sinh giỏi, thi THPT Quốc Gia. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số ứng dụng của hàm số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LÊ XOAY =====***===== BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: Một số ứng dụng của hàm số Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thị Thanh Mã sáng kiến: 21.52 Vĩnh Phúc, năm 2020 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LÊ XOAY =====***===== BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: Một số ứng Sử dụng dụng pháp phương của hàm hàmsốsố để tìm giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất Tác giả sáng kiến: Nguyễn Thị Thanh Mã sáng kiến: 21.52 Vĩnh Phúc, năm Vĩnh Phúc, năm 2020 2018 2
MỤC LỤC 1. Lời giới thiệu 4 2. Tên sáng kiến 4 3. Tác giả sáng kiến 4 4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến 4 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến 4 6. Ngày sáng kiến được áp dụng thử 4 7. Mô tả bản chất sáng kiến 4 Cơ sở lí luận và thực tiễn 4 7.1. Nội dung của sáng kiến 5 A. Lí thuyết giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 5 B. Phương pháp hàm số tìm GTLN – GTNN 6 1. GTLN – GTNN của hàm số 6 2. GTLN – GTNN của biểu thức chứa nhiều biến 9 C. Ứng dụng của GTLN – GTNN 34 1. Ứng dụng vào bài toán giải phương trình, bất phương trình chứa tham số 34 2. Ứng dụng vào bài toán thực tế 39 D. Một số câu hỏi trắc nghiệm 45 7.2. Về khả năng áp dụng của sáng kiến 47 8. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến 47 9. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến 47 kinh nghiệm theo ý kiến của tác giả 10. Danh sách những tổ chức cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng 48 sáng kiến lần đầu 3
BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1. Lời giới thiệu Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN), giá trị lớn nhất (GTLN) của một biểu thức là một bài toán bất đẳng thức và đây là một trong những dạng toán khó ở chương trình phổ thông. Trong đề thi học sinh giỏi, đề thi THPT Quốc gia, nội dung này thường xuất hiện ở dạng câu khó nhất. Trong Sách giáo khoa Giải tích 12 thì chỉ trình bày cách tìm GTNN, GTLN của hàm số (tức biểu thức một biến số). Vì vậy, một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa một biến trở nên đơn giản. Tuy nhiên thực tế, hầu hết học sinh là không giải quyết được cho bài toán từ hai biến trở lên, thậm chí còn có tâm lí không đọc đến. Thực tế trong bài tập thi bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất yêu cầu cao đa dạng đòi hỏi học sinh có nhiều kĩ năng. Hơn nữa số lượng bài tập tham khảo không đầy đủ. Vì vậy để góp phần giúp cho học sinh củng cố, khắc sâu kiến thức, hứng thú trong học tập từ đó vận dụng để giải tốt bài tập về GTLN - GTNN, đạt được kết quả cao trong các kì thi chọn học sinh giỏi, thi THPT Quốc Gia, tôi đã quyết định chọn đề tài “Một số ứng dụng của hàm số” 2. Tên sáng kiến: Một số ứng dụng của hàm số 3.Tác giả sáng kiến: - Họ và tên: Nguyễn Thị Thanh - Chức vụ: Giáo viên. - Địa chỉ: Trường Trung Học Phổ Thông Lê Xoay, Khu 2, thị trấn Vĩnh Tường, huyện Vĩnh Tường, tỉnh Vĩnh Phúc. - Số điện thoại: 0986365068. - E-mail: thanhtlx@gmail.com 4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Trường THPT Lê Xoay - huyện Vĩnh Tường - tỉnh Vĩnh Phúc. 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy và bồi dưỡng kỹ năng giải bài tập giải tích cho học sinh THPT 6. Ngày sáng kiến được áp dụng thử: Từ tháng 10 năm 2016. 7. Mô tả bản chất sáng kiến Cơ sở lí luận và thực tiễn Trong Sách giáo khoa Giải tích 12 thì chỉ trình bày cách tìm GTNN, GTLN của hàm số (tức biểu thức một biến số). Các em học sinh còn lúng túng thậm chí bỏ qua bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến và trong các kì thi chọn học 4
sinh giỏi, đề thi THPT Quốc gia, những bài toán này thường ở dạng khó ở mức vận dụng cao phải sử dụng kết hợp các phương pháp. Từ thực tế trên mục đích của đề tài là xây dựng được phương pháp tìm tòi có căn cứ để giải bài toán: dựa vào các bất đẳng thức, các hàm trung gian sau đó kết hợp với phương pháp hàm số để tìm được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 7.1. Nội dung của sáng kiến. A. Lí thuyết giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 1. Định nghĩa: Định nghĩa: Cho hàm số xác định trên tập D y  f ( x)  Số M gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  trên tập D nếu:  f ( x)  M , x  D  x0  D, f ( x0 )  M Kí hiệu: M  max f ( x) . D  Số m gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f  x  trên tập D nếu:  f ( x)  m, x  D  x0  D, f ( x0 )  m Kí hiệu: m  min D f ( x) 2. Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên đoạn [a; b] a. Định lí: Mọi hàm số liên tục trên một đoạn đều có GTLN và GTNN trên đoạn đó. b. Qui tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên đoạn [a; b]  Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xn trên khoảng  a; b  tại đó f '( x) bằng 0 hoặc không xác định.  Tính f (a), f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xn ), f (b)  Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên M  max f ( x ), m  min f ( x ) [a;b] [a;b] Nhận xét. min f  x   f  a   f ( x) đồng biến trên  a; b   a ;b  ;  max f  x   f  b   a ;b min f  x   f  b   f ( x) nghịch biến trên  a; b   a;b .  max f  x   f  a   a ;b 3. Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số trên (a; b) 5
 Tìm tập xác định.  Tính f '( x). Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xn mà tại đó f '( x) bằng 0 hoặc không xác định  Sắp xếp các điểm x1 , x2 ,..., xn theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên  Từ bảng biến thiên kết luận về GTLN, GTNN của hàm số trên  a; b  B. Phương pháp hàm số tìm GTLN – GTNN 1. GTLN – GTNN của hàm số 1.1 Phương pháp khảo sát trực tiếp 2 x 2  3x  3 Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  trên đoạn 0; 2 . x 1 Giải  4 x  3 x  1   2 x2  3x  3 2 x2  4 x Ta có y '    0 x   0; 2  .  x  1  x  1 2 2 Lại có y  0   3 , y  2   17 . Suy ra min y  3 , max 17 y . 3 0;2 0;2 3 Nhận xét: Đây là bài toán không khó, học sinh hoàn toàn làm được. Ngoài cách làm tự luận tìm ra đáp án bài toán, nếu học sinh gặp bài toán này dạng trắc nghiệm học sinh có thể sử dụng máy tính casio để giải như sau: 2 x 2  3x  3 Sử dụng mod 7 nhập hàm f ( x)  x 1 Start 0 end 2 step 0.5 Từ bảng hiện trên máy tính suy ra giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số 17 min y  3 , max y  x0;2 x 0;2 3 Bài 2. Tìm GTNN của hàm số f ( x)   x2  4x  21   x2  3x  10 . Giải: TXĐ: D   2;5 x2 2x  3 Ta có: f   x      x  4 x  21 2 2  x 2  3x  10 f   x   0  2  x  2   x 2  3x  10   2 x  3  x 2  4 x  21  1  x  4  x  2    x 2  3x  10    2 x  3   x 2  4 x  21   2 2 3  x  29  17 6
Thử lại, ta thấy chỉ có x  1 là nghiệm của f   x   0 . 3 1 Ta có f (2)  3; f (5)  4; f    2  3 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 tại x  3 Nhận xét: Sử dụng đạo hàm đối với bài này là không khó. Tuy nhiên học sinh lại khá lúng túng trong việc giải phương trình f   x   0 . Thế nhưng khi chuyển thành bài toán trắc nghiệm thì học sinh dễ dàng tìm ra được đáp án. Cách sử dụng máy tính casio để tìm GTLN, GTNN của hàm số giống với bài 1. x  1  9x2 Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  trên khoảng  0;  8x2  1 Giải Ta có: y  x  12  9 x  2 1 . 8x  1 9 x2  1  x Hàm số y đạt giá trị lớn nhất trên khoảng  0;  khi hàm số f  x   9 x 2  1  x đạt giá trị nhỏ nhất trên khoảng  0;  Xét hàm số f ( x)  9 x 2  1  x trên  0;  9x  f   x   0 1 f  x  1   x 9 x2  1  x   0;   6 2 Bảng biến thiên x 0 1  6 2 f  x  0 + 1  f  x 4 3 2  1  4 3 2 Từ bảng biến thiên ta có min f  x   f     max y   0;   0;  6 2 3 2 4 Bài tập đề nghị x 1 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  trên đoạn  1; 2 x2  1 7
3. x  3  4. 1  x  1 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  4. x  3  3. 1  x  1 ln 2 x 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn éë1;e 3 ùû x 1.2 Sử dụng phương pháp đổi biến tìm GTLN – GTNN của hàm số 2cos 2 x  cos x  1 Bài 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  cos x  1 Giải Tập xác định: D  . 2t 2  t  1 Đặt t  cos x , 0  t  1  y  f (t )  , 0  t 1 t 1 2t 2  4t t  0 f (t )  ; f (t )  0    f (0)  1, f (1)  2 (t  1) 2 t  2   0;1 Vậy min y  1, max y  2 Nhận xét: Bài toán sau khi đặt ẩn phụ trở thành bài toán quen thuộc học sinh làm dễ dàng. Với bài toán trắc nghiệm thì việc tìm GTLN, GTNN của hàm số là dễ với cách sử dụng máy tính bỏ túi. Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  x  4  4  x  4 ( x  4)(4  x)  5 Giải Điều kiện 4  x  4 . Nhận xét: Hàm số f  x  liên tục trên đoạn  4; 4 t2  8 Đặt t  x  4  4  x  t 2  x  4  4  x  2 ( x  4)(4  x)  ( x  4)(4  x)  2  t2  8  Ta có y  t  4    5  2t  t  21  f  t  2  2  Tìm điều kiện của t: Xét hàm số g ( x)  x  4  4  x với x [  4;4] 1 1 g ( x)   ; g( x)  0  x  0 ; 2 x4 2 4 x g (4)  2 2; g (0)  4; g (4)  2 2  min g ( x)  2 2 ; max g ( x)  4  t [2 2;4] [  4;4] [  4;4] f (t )  4t  1  0, t [2 2;4]  f  t  là hàm nghịch biến trên [2 2;4] 8
Vậy max y  f (2 2)  5  2 2  4;4  Nhận xét: Sau khi đổi biến thì việc tìm tập giá trị của biến mới luôn là phần khó và quan trọng, nếu không tìm đúng tập giá trị của biến mới sẽ dẫn đến đáp số sai. Khi tìm được tập giá trị của biến mới rồi thì bài toán trở nên dễ dàng khi đưa về dạng thường gặp Bài tập đề nghị 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  3 x4  2 x2  1  3 3 x2  1  3. sin x  1 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y .. sin x  sin x  1 2  x  1 2 2 3. Cho hàm số f ( x)  . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của x2  1 hàm số y  f ( x). f (1  x) trên đoạn  1;1 4. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2 1- x4 + 1 + x2 + 1- x2 + 3 f (x ) = 1 + x2 + 1 - x2 + 1 2. GTLN – GTNN của biểu thức chứa nhiều biến 2.1 Đưa trực tiếp biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến 4 1 . Tìm GTNN của biểu thức P   5 Bài 1. Cho x, y  0 và x  y  . 4 x 4y Nhận xét: Bài toán trên có thể cho học sinh lớp 10 làm được bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cosi thế nhưng cái khó của bài toán là tìm điều kiện ẩn x, y để P đạt 4 1 GTNN. Nhưng khi thế y theo x vào biểu thức thì biểu thức thành P   x 5  4x là một hàm số ẩn x, khi đó ta dễ dàng tìm được GTLN, GTNN của biểu thức Giải 5 Từ giả thiết suy ra 4 y  5  4 x và 0  x, y  4 4 1 5 Do đó P   với 0  x  x 5  4x 4 4 1  5 Xét hàm số: f  x    , x   0;  x 5  4x  4 4 4 Ta có: f   x     ; f  x  0  x  1 5  4x  2 2 x Bảng biến thiên 9
x 0 1 5 4 f  x  0 +   f  x 5  5 Từ bảng biến thiên ta có f  x   5, x   0;  hay P  5 . 4   1 Dấu “=” xảy ra khi x  1; y  4 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 Bài 2. Cho ba số thực x, y, z  1;4  và x  y, x  z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu x y z thức P   2x  3y y  z z  x Giải x y z Ta có : P    . 2x  3y y  z z  x Xem đây là hàm theo biến z ; còn x, y là hằng số y z ( x  y)( z 2  xy ) P '( z )    ( y  z ) 2 ( z  x ) 2 ( y  z ) 2 ( z  x) 2 Theo giả thiết x  y  x y 0 nếu P  0  z  xy (do x, y, z  1;4 ) z 1 xy 4 P '( z )  0 + P( z ) P 1 P  4 P  xy  x x 2 y y 2 Từ bảng biến thiên: P  P( xy )   =  2x  3 y x y 2 x 3 x 1 y y Đặt t  x , do x  y, x  z và x, y, z  1;4 nên 1  t  2 . y 10
t2 2 Xét hàm f (t )   . Ta có 2t 2  3 1  t 2  4t 3 (t  1)  3(2t 2  t  3)  f '(t )   0, t  1;2 . (2t 2  3) 2 (1  t ) 2 Suy ra f (t ) nghịch biến trên 1;2 , do đó P  P( xy )  f (t )  f (2)  34 33  z  xy  Đẳng thức xảy ra :  x  x  4, y  1, z  2 . t   2  y 34 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi x  4, y  1, z  2 33 Bài 3. Cho x  0, y  0 và x  y  1 .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  (4 x2  3 y)(4 y 2  3x)  25xy Nhận xét: Từ giả thiết x  y  1 có thể đưa bài toán về một ẩn không ? Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất hiện x  y để sử dụng giả thiết. Chú ý các hằng đẳng thức: x2  y 2  ( x  y )2  2xy; x 3  y 3  (x  y )(x 2  xy  y 2 ) Sau khi khai triển và thế vào x  y  1 , ta có S  16 x y  2 xy  12 2 2 Vậy đến đây ta nghĩ đến việc có thể đưa S về hàm một biến số nếu đặt t  xy ( x  y )2 Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức : 0  xy  . 4 Giải Ta có : S  (4x  3 y)(4 y  3x)  25xy  16x y  12(x  y )  34xy 2 2 2 2 3 3  16 x2 y 2  12( x  y)( x2  xy  y 2 )  34 xy  16 x2 y 2  12[( x  y)2  3xy]  34 xy, do x  y  1  16 x2 y 2  2 xy  12 ( x  y)2 1 1 Đặt t  xy . Do x  0, y  0 nên 0  xy   0t  4 4 4 1 Xét hàm số f (t )  16t  2t  12 với 0  t  . 2 4 1 Ta có f '(t )  32t  2 ; f '(t )  0  t  . 16 Bảng biến thiên 11
t 1 1 0 16 4 f’(t)  0 + 25 12 2 191 f(t) 16 2 3 2 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 191 khi x  ;y 16 4 4 25 1 giá trị lớn nhất của S bằng khi x  y  2 2 thỏa mãn điều kiện ( x  y) xy  x  y  xy. Tìm 2 2 Bài 4. Cho hai số thực x  0, y  0 1 1 giá trị lớn nhất của biểu thức A   x3 y 3 Giải x3  y 3 ( x  y)( x 2  xy  y 2 )  x  y   1 1  2 2 1 1 A 3  3  3 3       . x y x y x3 y 3  xy   x y  Đặt x  ty . Từ giả thiết ta có: ( x  y) xy  x  y  xy  (t  1)ty  (t  t  1) y 2 2 3 2 2 2 2 t2  t 1 t2  t 1  1 1   t 2  2t  1  Do đó y  2 ; x  ty  . Từ đó A       2  . t t t 1  x y   t  t 1  t 2  2t  1 3t 2  3 Xét hàm số f (t )   f (t )  2 . t 2  t 1 t 2  t  1 f (t )  0  t  1 Ta có bảng biến thiên t  1 1  f (t ) - 0 + 0 - f (t ) 1 4 0 1 12
Từ bảng biến thiên ta có 1  f (t )  4  1  A  16 1 Vậy giá trị lớn nhất của A là 16 khi x  y  . 2 Bài 5. Cho các số thực a, b thỏa mãn điều kiện b  1 và a  b  a . Tìm giá trị  a nhỏ nhất của biểu thức P  loga a  2log b   b  b Giải a  1 Từ điều kiện, suy ra  .  b  1 1 1 4 Ta có P   4 logb a  1   4 . 1  loga b 1  loga b loga b 1 Đặt t  loga b . Do a  b  a  loga a  loga b  loga a   t 1 2 1 4 Khi đó P    4. 1 t t 1 4 Xét hàm số f (t )    4 trên  1 ;1 1 t t 2  1 4 3t 2  8t  4 Ta có f '(t )    1  t 2 t2 1  t 2 t 2  2 t f '(t )  0   3  t  2 Ta có bảng biến thiên t 1 2 1 2 3 f’(t) – 0 + 6  f(t) 5 2 Từ bảng biến thiên ta có f (t ) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi t  . 3 13
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 Bài tập đề nghị 1. Cho x, y là hai số không âm thỏa mãn x  y  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 biểu thức P  x3  x2  y2  x  1. 3 2. Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x  x  y  12 và y  0 . 2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A  xy  x  2 y  17 3. Cho x , y > 0 thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y P = + 1- x 1- y 4. Cho x , y > 0 thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = y (x + y ) 2.2 Sử dụng phương pháp gián tiếp bằng phương pháp đánh giá, so sánh để đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến 2.2.1 Đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến là một trong các biến ban đầu Bài 1. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T  3(a 2  b2  c 2 )  4abc Nhận xét: Bài toán cần làm có chứa 3 ẩn là a, b, c và chúng thỏa mãn a  b  c  3 . Ta suy nghĩ biến đổi T  3(a  b  c )  4abc sao cho ít ẩn hơn? 2 2 2 3 Từ giả thiết a  b  c  3  a  b  3  c , mà a  b  c  1  c  . 2 Khi đó : T  3(3  c)  3c  2ab(2c  3) 2 2 Từ ab, a  b  3  c gợi cho chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức nào?  a b  3c  2 2 ab       2   2   3c  2 3 2 27 Khi đó T  3(3  c)  3c  2(2c  3)  2 2  c  c  3  f (c )  2  2 2 Khảo sát hàm một biến f(c) ta đi đến kết quả T  f (c)  f (1)  13 . Giải Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể gải sử : 0  a  b  c . 14
3 Vì chu vi bằng 3 nên a  b  c  3  a  b  3  c mà a  b  c  1  c  2 Ta có T  3  a2  b2  c2   4abc  3  a  b   2ab   3c 2  4abc  (3  c)2  3c 2  2ab(2c  3) 2   a b  3c   3c  2 2 2 Mặt khác ab       ab(2c  3)    (2c  3)  2   2   2  ( vì c  3  2c  3  0 ) 2  3c  2 3 2 27 Do đó : T  3(3  c)  3c  2(2c  3)  2 2  c  c  3  f (c )  2  2 2 3 27  3 Xét hàm số : f (c)  c3  c 2  , trên 1;  . 2 2  2 f '(c)  3c 2  3c f '(c)  0  c  1 Ta có bảng biến thiên 3 c 1 2 f’(c) 0 + 27 2 f (c ) 13 Khi đó từ bảng biến thiên suy ra: f (c)  f (1)  13 . Suy ra T  f (c)  f (1)  13 khi c=1; a=1; b=1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 13 khi a=b=c=1. Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ a2 b2 3 nhất của biểu thức P    ( a  b) 2 . (b  c)  5bc (c  a)  5ca 4 2 2 Nhận xét: Do a + b + c = 1 nên ta biểu diễn a + b = 1 - c Như vậy ta có thể biểu diễn P theo c không? Giải a2 a2 4a 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có   . (b  c)2  5bc (b  c)2  5 (b  c)2 9(b  c)2 4 15
b2 4b2 Tương tự, ta có  . (c  a)2  5ca 9(c  a)2 4  a2 b2  2  a 2 a2 b2 b  Suy ra     2      (b  c)  5bc (c  a)  5ca 9  (b  c) (c  a)  9  b  c c  a  2 2 2 2  ( a  b) 2  2   c ( a  b )  2  2(a  b) 2  4c(a  b) 2 2  a  b  c ( a  b)  2 2 2 2          . 9  ab  c(a  b)  c 2  9  (a  b)2 2  9  (a  b)2  4c(a  b)  4c 2    c ( a  b)  c   4  Vì a  b  c  1  a  b  1  c nên 2 2  2(1  c)2  4c(1  c)  3 2 8 2  3 P  2   (1  c)2  1    (1  c) . 2 (1) 9  (1  c)  4c(1  c)  4c  4 2 9  c 1  4 2 8 2  3 Xét hàm số f (c)  1    (1  c) với c  (0; 1). 2 9  c 1  4 16  2  2 3 Ta có f '(c)  1  .  (c  1); 9  c  1  (c  1) 2 2   1 f '(c)  0  (c  1) 64  (3c  3)3  0  c  . 3 Bảng biến thiên: c 0 1 1 3 f '(c) - 0 + f (c ) 5 0 36 1  9 Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c )   1 với mọi c  (0; 1). (2) 9 1 1 Từ (1) và (2) suy ra P , dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  . 9 3 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1  , đạt khi a  b  c  . 9 3 Bài 3. (Đề thi Đại học khối B năm 2012) 16
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  y  z  0 và x  y  z  1 2 2 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x  y  z . 5 5 5 Giải Ta có:  x  y  z   0  x  y  z  2( xy  yz  zx)  1 2 2 2 2 1 1 1  xy  yz  zx    x( y  z )  yz    yz  x 2  2 2 2 y 2  z 2 1  x2 1 1  x2 Mặt khác yz   , suy ra x   2 , do đó  6  x  6 (*) 2 2 2 2 3 3 Khi đó: P  x5   y 2  z 2  y 3  z 3   y 2 z 2 ( y  z ) 2  1  x  (1  x ) ( y  z )( y  z )  yz ( y  z )    x 2   x 5 2 2 2  2  1   2  1 5  x  (1 x ) x (1 x2 ) 5 2 x x2      x2  x (2 x3 x).   2   2 4  6 6 Xét hàm f ( x)  2 x3  x trên  ; , ta có f ( x)  6 x2  1;  3 3  6 f ( x)  0  x   6  6  6 6  6  6 6 Ta có f    f   , f   f     3   6  9  3   6  9 Do đó f ( x)  6  Suy ra P  5 6  9 36 5 6 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 36 Bài 4. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 và a 2  b2  c2  27. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a 4  b4  c 4  ab  a 2  b2   ac  a 2  c 2   bc  b2  c 2 . Giải Ta có P  a 4  b4  c 4  a3b  ab3  a3c  ac3  b3c  bc3  a 3  a  b  c   b3  b  a  c   c 3  c  a  b   3  a 3  b 3  c 3  17
 3a3  3 b  c   b2  c2  bc  Mà b  c  3  a b  c    b2  c 2    3  a    27  a 2   a 2  3a  9 1 1 bc   2 2 2  2  Ta luôn có  b  c   4bc, b, c . Do đó  3  a   4  a 2  3a  9   a  3;5 2 2 Ta có P  3a3  27a 2  81a  324 Xét hàm số f (a)  3a  27a  81a  324 xác định và liên tục trên  3;5 3 2  a  3  3 2   3;5 f '(a)  9a 2  54a  81; f '(a)  0   ;  a  3  3 2   3;5 f (3)  243; f (5)  381; f (3  3 2)  81  324 2 Vậy GTLN của f (a) bằng 381 khi a  5 Do đó GTLN của P bằng 381 khi a  5; b  c  1 Bài tập đề nghị 1. Cho x , y > 0 thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức æ 1ö æ 1ö P = (1 + x )çç1 + ÷ ÷ ÷ + (1 + y )çç1 + ÷ ÷ ÷. èç yø èç xø 2. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  1 2 2 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  6  y  z  x   27 xyz 2.2.2 Đưa biểu thức chứa nhiều biến thành biểu thức chứa 1 biến là biến mới. 2.2.2.1 Đánh giá qua hàm trung gian Bài 1: (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 – 2018) Cho a, b là các số thực dương thoả mãn 2(a  b )  ab  (a  b)(ab  2) . Tìm GTNN 2 2  a 3 b3   a 2 b2  của biểu thức T  4 3  3   9 2  2  . b a  b a  Giải Ta có a, b  0 2(a 2  b2 )  ab  (a  b)(ab  2)  2( a 2  b2 )  ab  a 2b  ab2  2( a  b) a b 1 1  2     1  ( a  b)  2    b a a b 18
Theo BĐT Côsi ta có: 1 1 1 1 b a  (a  b)  2     2 (a  b)2     2 2    2  a b a b a b  a b b a  a b 5 a b Suy ra 2     1  2 2    2     (do   0 ) b a a b  b a 2 b a  a 3 b3   a 2 b 2   a b  3  a b    a b  2 Ta có T  4  3  3   9  2  2   4     3     9     18 b a  b a   b a   b a   b a  a b 5  , t  . Ta được : P  4(t  3t )  9(t  2)  4t  9t 12t  18 . 3 2 3 2 Đặt t  b a 2 5 Xét hàm số: f (t )  4t 3  9t 2  12t  18, t   f '(t )  12t 2  18t  12 2  1  t f '(t )  0  2  t  2 Ta có bảng biến thiên : t 5  2 f '(t ) + f (t)  23  4 5 23  minT  f     khi (a; b) { 1;2  ,  2;1} 2 4 Bài 2. Cho các số dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 6 P  . a  ab  3 abc a bc Giải a  4b Vì a, b, c là các số dương  a  4b  2 a.4b  a  4b  4 ab  ab  (1) . 4 Đẳng thức xảy ra  a  4b . Vì a,b,c là các số dương 19
 a  4b  16c  3 3 a.4b.16c  a  4b  16c  12 3 abc a  4b  16c  3 abc  (2) . 12 Đẳng thức xảy ra  a  4b  16c . a  4b a  4b  16c Từ (1) và (2) =>  ab  3 abc   4 12 a  4b a  4b  16c 4  a  ab  3 abc  a    a  ab  3 abc   a  b  c  . 4 12 3 1 3 3 6   P  (3) a  ab  abc 4  a  b  c  3 4a  b  c abc Đặt t  a  b  c (t  0) 3 6 3 6 1 Từ (3) xét f (t )  2  (t  0); f '(t )   3  2 ; f '(t )  0  t  . 4t t 2t t 4 Bảng biến thiên t 0 1  4 f '(t ) - 0 + f (t )  0 12 Nhìn vào bảng biến thiên P f   1 a  b  c  f ( )  12, a, b, c  0 4  1  a  21  a  4b  16c    1 đẳng thức xảy ra   1 b  abc   84 4  1 c  336  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12 Bài 3. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4 9 T  a 2  b2  c2  4 (a  b) (a  2c)(b  2c) Giải Theo BĐT Bunhiacopski ta có: a  b  c  2  4(a 2  b2  c 2  4) 20