Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Ứng dụng đạo hàm vào tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến

Chia sẻ: Ganuongmuoiot | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

45
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu của đề tài nhằm trang bị cho học sinh một phương pháp giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất mang lại hiệu quả rõ nét. Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh nâng cao khả năng tư duy sáng tạo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Ứng dụng đạo hàm vào tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến

PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất luôn là bài toán có mặt ở hầu hết trong các kỳ thi học sinh giỏi và tuyển sinh đại học. Không những thế nó còn là bài toán hay và khó nhất trong các đề thi. Trong chương trình giảng dạy và học tập bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất luôn là chủ đề hấp dẫn đối với người dạy lẫn người học. Việc giảng dạy để làm sao học sinh học tốt chủ đề này luôn là một vấn đề khó. Chủ đề này thường dành cho học sinh giỏi nên các bài toán đưa ra thường hay và khó. Để chứng minh Bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất có nhiều phương pháp, và không có phương pháp nào là vạn năng để giải được mọi bài toán mà chỉ có những phương pháp giải được một nhóm các bài toán mà thôi. Một trong những phương pháp khá hiệu quả là sử dụng đạo hàm cho hàm nhiều biến, tư tưởng cơ bản là khảo sát lần lượt từng biến, bằng cách xem các biến còn lại là tham số cố định. Không có một thuật giải chi tiết nào cho phương pháp này mà chỉ thông qua ví dụ để học sinh rèn luyện để tự mình tìm ra cách giải quyết như thế nào trong từng bài toán cụ thể và từ đó tìm thấy sơ đồ giải riêng cho mình. Vì những lí do trên tôi viết chuyên đề này nhằm giúp học sinh có cái nhìn rộng hơn về phương pháp sử dụng đạo hàm trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN. II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: - Trang bị cho học sinh một phương pháp giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất mang lại hiệu quả rõ nét. - Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh nâng cao khả năng tư duy sáng tạo. III. ĐỐI TƢỢNG NGHIÊN CỨU: - Các dạng toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức chứa nhiều biến. - Phân dạng các dạng toán thường gặp và phương pháp giải mỗi dạng. IV. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số. -1-
PHẦN 2: NỘI DUNG I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ: 1) Phƣơng pháp giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên tập số D. Phƣơng pháp chung - Lập bảng biến thiên của hàm số trên tập số D. Căn cứ vào bảng biến thiên để kết luận. Lƣu ý 1: Nếu D là đoạn [a; b] thì có thể làm như sau: - Tính đạo hàm y’. - Tìm các nghiệm của y’ trong đoạn [a; b], giả sử các nghiệm này là x1, x2 ... - Tính f(a), f(b), f(x1), f(x2) .... - KL: Số lớn nhất (nhỏ nhất) trong các số trên là GTLN, (NN) của f(x) trên [a; b]. Lƣu ý 2: Khi KL về GTLN, GTNN tìm được phải nêu rõ nó đạt được khi x nhận giá trị nào. 2) Phƣơng pháp giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến bằng phép đổi biến số. Bước 1. Biểu diễn các biến số của biểu thức ban đầu theo một biến số mới. Bước 2. Tìm điều kiện cho biến số mới (dựa trên điều kiện của các biến số ban đầu). Bước 3. Tìm GTNN, GTLN của hàm số theo biến số mới tương ứng với điều kiện của nó. 3) Một số bất đẳng thức cơ sở thƣờng sử dụng: 1/ Với a, b, c bất kỳ, ta có: 1/ a  b  2ab 2 2 2 /( a  b )  4 a b 2 3 / 2(a  b )  (a  b) 2 2 2 4/a b  c  ab  bc  ca 2 2 2 5 /( a  b  c )  3 ( a b  b c  c a ) 2 6 / 3(a  b  c )  (a  b  c ) . 2 2 2 2 2/ BĐT Côsi - Với a, b, c không âm, ta có: a  b  2 ab , a  b  c  3 abc ,  a  b  c   27abc 3 3 II. PHƢƠNG PHÁP ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM NHIỀU BIẾN -2-
1 . Phƣơng pháp đƣa về một biến trong các bài toán hai, ba biến. Biến đổi giả thiết và biểu thức cần tìm GTLN, GTNN để tìm mối quan hệ giữa chúng rồi tìm cách đặt ẩn phụ hợp lý, đưa biểu thức đã cho về hàm một biến để khảo sát. Ví dụ 1. Cho x, y, z là các số dƣơng. Tìm GTNN của biểu thức: x y  z 3 xyz P   . 3 xyz x y  z Nhận xét và hướng dẫn giải x y  z 3 xyz x y  z Dễ thấy . 1, do đó nếu đặt t  ta được biểu thức theo biến 3 xyz x y  z 3 xyz 1 số t là: P (t )  t  . t x y  z 3 3 xyz Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có: t    3 . 3 3 xyz xyz 1 Do đó bài toán quy về tìm GTNN của hàm số P (t )  t  trên nữa khoảng  3;    . t t 1 2 Vì P (t )  ' 2  0,  t  3 nên hàm số P(t) đồng biến trên nữa khoảng  3;    t 10 Từ đó có m in P ( t )  P (3 )  , đây cũng là GTNN của biểu thức P. 3;  3 1 1  Ví dụ 2.Tìm GTLN, GTNN của H =  x  y      . Biết x, y thoả mãn  x y  điều kiện 1  x  y  2. Nhận xét và hướng dẫn giải 1 1  x y Ta có H =  x  y    2    .  x y  y x x 1 Vì thế nếu đặt t  ta có hàm số theo biến số t sau: H (t )  2  t  . y t 1 x  1  Từ điều kiện ràng buộc 1 x  y  2 ta suy ra:   1 , do đó t  ;1  . 2 y  2  1 Bài toán trở thành: Tìm GTLN và GTNN của hàm số H (t )  2  t  trên đoạn t 1   ;1  . 2  2 1 t 1 Vì H (t ) ' 2 0, t ;1 nên H(t) là hàm số nghịch biến trên đoạn này. t 2 -3-
1  9 1 Từ đó có GTLN của H(t) trên đoạn  ;1  là khi: t = , còn GTNN trên đoạn 2  2 2 này của H(t) bằng 4 khi: t = 1. 9 Đáp số: max(H) =   x ; y    1; 2  ; min(H) = 4  x  y (với 1  x , y  2 ). 2 Ví dụ 3. ( CĐ Khối A, B – 2008 ). Cho x , y là số thực thỏa mãn x  y 2 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  2( x  y )  3 xy 3 3 Hoạt động khám phá: - Từ giả thiết x  y  2 . Có thể đưa bài toán về một ẩn không? 2 2 - Ta nghĩ tới hằng đẳng thức x  y  ( x  y )  2 x y ; x  y  ( x  y )( x  x y  y ) . 2 2 2 3 3 2 2 - Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất hiện x  y để sử dụng giả thiết. 2 2 - Biến đổi biểu thức P và thế vào x  y  2 ta có : 2 2 P  2 ( x  y )( x  x y  y )  3 x y = 2 ( x  y )( 2  x y )  3 x y 2 2 (x  y)  2 2 - Từ giả thiết ( x  y )  2 xy  2  xy  2 . 2 Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc có thể đưa P về hàm một biến số nếu ta đặt : t  x y. (x  y) 2 Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức: x  y 2 2  . 2 Lời giải Ta có : P  2 ( x  y )( x  x y  y )  3 x y = 2 ( x  y )( 2  x y )  3 x y 2 2 (x  y)  2 2 Ta có : xy  , vì thế sau khi đặt t  x y thì: 2 t  2 t  2 2 2 3 P (t )  2 t ( 2  )3  t  t  6t  3 3 2 2 2 2 (x  y) 2 Ta có x  y 2 2   (x  y)  4  2  t  2 2 . 2 3 Xét hàm số P (t )   t  3 t  6t  3 2 với 2  t  2 . 2 t  1 Ta có P '( t )   3 t  3 t  6 2 . P '( t )  0   t  2 Ta có bảng biến thiên như sau t -2 1 2 P’(t) + 0 - 13/2 P(t) -7 1 Vậy : -4-
 1 3 1 3 x  ;y  13 2 2 m in P ( t )  P (  2 )   7 khi x  y  1 m a x P ( t )  P (1)    2 ;2  2 ;2   2 1 3 1 3 x  ;y   2 2 Ví dụ 4. ( ĐH Khối D – 2009 )Cho x  0 , y  0 và x  y  1 .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : S  ( 4 x  3 y )( 4 y  3 x )  2 5 x y 2 2 Hoạt động khám phá : - 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 : x  y  ( x  y )  2 xy 2 2 2 x  y  ( x  y )( x  x y  y ) 3 3 2 2 Sau khi khai triển và thế vào x  y  1 , ta có : S  1 6 x y  2 x y  1 2 2 2 - Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc có thể đưa S về hàm một biến số nếu ta đặt : t  x y (x  y) 2 - Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức : 0  xy  . 4 Lời giải. Ta có : S  ( 4 x  3 y )( 4 y 2 2  3 x)  2 5 xy  1 6 x y 2 2 1 2 ( x 3  y ) 34 xy 3  1 6 x y  1 2 ( x  y )( x  x y  y )  3 4 x y 2 2 2 2  1 6 x y  1 2[ ( x  y )  3 x y ]  3 4 x y , d o x  y  1 2 2 2  16 x y  2 xy  12 2 2 (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 )  1 6 t  2 t  1 2 2 với 0  t  . 4 1 Ta có f '( t )  3 2 t  2 . f '( t )  0  t  . 16 Bảng biến thiên t 0 1/16 1/4 f(t) - 0 + 12 25/2 f(t) 191/16 Vậy : 1 191 2 3 2 3 2 3 2 3 m in f ( t )  f (  1 )  khi x  ;y  hoặc x  ;y   0;  16 16 4 4 4 4  4 -5-
1 25 1 m a x f (t )  f ( )  khi x  y  .  1 4 2 2 0;    4 Ví dụ 5 (ĐH Khối B – 2009). Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A  3 ( x  y  x y )  2 ( x  y )  1 . 4 4 2 2 2 2 Với x , y là các số thỏa mãn điều kiện : ( x  y )  4 x y  2 . 3 Hoạt động khám phá : - Vì giả thiết là biểu thức khá phức tạp nên ta khai thác nó trước cho gọn để sử dụng dễ dàng hơn. Chú ý hằng đẳng thức : x  y  ( x  y )  2 xy 2 2 2 x  y  ( x  y )( x  x y  y ) 3 3 2 2 Và ( x  y )  4 x y . Khi đó điều kiện bài toán trở thành : 2 x y 1 Ta biến đổi được A như sau : A  3( x  y  x y )  2 ( x  y )  1 4 4 2 2 2 2 3 3  (x  y )  (x  y )  2(x  y )  1 2 2 2 4 4 2 2 2 2 3( x  y ) 2 2 2 3  (x  y )   2(x  y )  1 2 2 2 2 2 2 4 (x  y ) 2 2 2 ( do x  y 4 4  ) 2 9 Hay A  (x  y )  2( x  y )  1 . 2 2 2 2 2 4 - Vì vậy ta có thể nghĩ đến việc đưa A về hàm một biến bằng cách đặt t  x  y 2 2 . (x  y) 2 - Tìm điều kiện của biến t ta sử dụng bất đẳng thức x 2  y 2  . 2 Lời giải. Ta luôn có kết quả : (x  y) 2  4 xy , từ đó ta có : ( x  y )  4 xy  2  ( x  y )  ( x  y )  ( x  y )  4 xy  2 3 3 2 3  (x  y)  (x  y)  2 3 2  (x  y )  1  ( x  y )  ( x  y )  2   0 2    (x  y)  1  0 2  1 7 Do ( x  y)  ( x  y)  2   ( x  y)    0,  x, y 2      2 4 Bài toán được đưa về tìm max, min của : A  3( x  y  x y )  2 ( x  y )  1 4 4 2 2 2 2 Với x , y thỏa mãn x  y  1 . Ta biến đổi biểu thức A như sau : 3 3 A  3( x  y  x y )  2 ( x  y )  1  (x  y )  (x  y )  2(x  y )  1 4 4 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 -6-
3( x  y ) 2 2 2 3  (x  y )   2(x  y )  1 2 2 2 2 2 2 4 (x  y ) 2 2 2 ( do x  y 4 4  ) 2 9 Hay A  (x  y )  2( x  y )  1 . 2 2 2 2 2 4 (x  y) 2 1 Vì x  y 2 2  ( do x  y  1) nên x  y 2 2  . 2 2 9 1 Đặt t  x  y 2 2 . Ta có hàm số f (t )  t  2t  1 2 với t  . 4 2 9 f '( t )  t 2 2 4 f '( t )  0  t  9 Ta có bảng biến thiên như sau : t 4/9 1/2  f '( t ) +  f (t ) 9 16 1 9 1 Vậy m in f ( t )  f ( 1 )  đạt được khi t  t 2 16 2 2 9 1 9 Suy ra A  . Mặt khác, ta dễ thấy x  y  thì A  . 16 2 16 9 1 Kết luận : m in A  khi x  y  và không có giá trị lớn nhất. 16 2 Ví dụ 6. (ĐH Khối A- 2006). Cho hai số thực x , y  0 thay đổi thỏa mãn điều kiện ( x  y ) x y  x  y  x y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 1 1 A  3  3 x y Hướng dẫn: x  y ( x  y )( x  x y  y ) x y 3 3 2 2 1 1 1 1 A  3  3  3 3  3 3  ( )  ( 2  ) 2 . x y x y x y xy x y Đặt x  ty . Từ giả thiết ta có: ( x  y ) x y  x  y  x y  ( t  1) ty 2 2 3  ( t  t  1) y 2 2 t t 1 t t 1 2 2 Do đó y  ; x  ty  . t t t 1 2 2 2  1 1   t  2t  1  2 Từ đó A       2  .  x y   t t 1  -7-
t  2t  1  3t  3 2 2 Xét hàm số f (t )   f '( t )  . t  t  1 2 t t 1 2 2 1 Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN của A là: 16 đạt được khi x  y  . 2 Ví dụ 7 (ĐH Khối B- 2011). Cho a, b là các số thực dƣơng thỏa mãn 2 ( a  b )  a b  ( a  b ) ( a b  2 ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2  a b   a b  3 3 2 2 P  4 3  3 9 2  2  b a  b a  Hướng dẫn: - Biến đổi giả thiết: 2 ( a  b )  a b  ( a  b )( a b  2 ) 2 2  2(a  b )  ab  a b  ab  2(a  b ) 2 2 2 2  a b   1 1   2     1  (a  b)  2    b a   a b  - Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được:  1 1   1 1   a b  (a  b)  2     2 2(a  b)     2 2   2  a b   a b   b a   a b   a b   a b  5 Suy ra: 2  1 2 2   2      . b a  b a  b a  2 a b 5 Đặt t   , t  . Ta được : P  4 (t  3t )  9 (t  2 )  4 t  9 t  1 2 t  1 8 3 2 3 2 . b a 2 Xét hàm số: f (t )  4 t  9 t  1 2 t  1 8 3 2 5 f '( t )  6 ( 2 t  3 t  2 )  0 ,  t  2 2  5  23 Suy ra m in f ( t )  f     . 5   ;   2 4 2  23 a b 5  1 1  Vậy m in P   đạt đươc khi và chỉ khi   và a  b  2   4 b a 2  a b  ( a ; b )  ( 2 ;1) hoặc ( a ; b )  (1; 2 ) Ví dụ 8. Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện 2( x  y )  xy  1 . 2 2 Tìm giá x  y 4 4 trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T  2 xy  1 Hướng dẫn: -8-
1 1  1 1 - Đặt t=xy từ giả thiết suy ra 4 xy  xy  1    xy  . Vậy t   ;  . 5 3  5 3 Chú ý: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x và y ta được x  y  2 xy 2 2 7t  2t  1 2 - Biến đổi và biểu diễn theo biến t ta được: T  . 8t  4 7t  2t  1 2  1 1 - Xét hàm số f (t )  , t   ;  . 8t  4  5 3 - Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên ta tìm được 1  1 1 2 m a x f (t )  f (0 )  và m in f ( t )  f     f     1 1   ;  4  1 1   ;   5  3  15  5 3  5 3 Từ đó kết luận về giá trị lớn nhất và giá trị nho nhất của T 3 Ví dụ 9. Cho x, y , z > 0 và x + y + z  . Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức: 2 1 1 1 M  x y  z   . x y z Nhận xét và hướng dẫn giải Rõ ràng không có dấu hiệu nào để biểu diễn các biến số của biểu thức cho trong bài toán theo một biến số mới, ta sẽ tìm GTNN của biểu thức M ban đầu thông qua việc tìm GTNN của một biểu thức trung gian T, biểu thức này được xác định qua lập luận sau: + Trước hết theo BĐT Cô si ta có 1 1 1 3 M=x+y+z     3 3 xyz  , đẳng thức xảy ra  x = y = z (a) x y z 3 xyz + Để tìm GTNN của biểu thức M ta đi tìm GTNN của biểu thức 3 T  3 3 xyz  . 3 xyz Đặt u  3 3 xyz thì việc tìm GTNN của biểu thức T được quy về việc tìm GTNN của 9  3 3 hàm số T (u )  u  trên nữa khoảng  0;  (vì 0  u  3 3 xyz  x  y  z  ). u  2 2  3  3  15 Dễ thấy hàm số T(u) nghịch biến trên nữa khoảng  0;  , nên m in T ( u )  T    .  2 3 (0; ]  2  2 2 15 Suy ra GTNN của biểu thức trung gian T là (đạt được  x  y  z ) 2 3 15 Tức là T  3 3 xyz   , đẳng thức xảy ra  x  y  z (b). 3 xyz 2 15 + Từ các kết quả (a) và (b) suy ra GTNN của biểu thức M ban đầu là đạt được khi và chỉ 2 khi x  y  z . 2. Phƣơng pháp khảo sát lần lƣợt từng biến trong bài toán ba biến.  Đối với bất đẳng thức nhiều biến, ta có thể khảo sát lần lượt từng biến một bằng cách chọn một biến làm tham số biến thiên và cố định các biến còn lại, -9-
bài toán lúc này trở thành bất đẳng thức một biến. Luôn có tâm thế nhìn biểu thức nhiều biến mà ta cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất dưới dạng là một hàm số để ta sử dụng được công cụ hiệu quả trong bài toán là đạo hàm.  Sơ đồ tổng quát. Giả sử tìm cực trị của biểu thức ba biến x , y , z là P ( x , y , z ) với điều kiện T nào đó.  Bước 1. Xem P ( x , y , z ) là hàm theo biến x , còn y , z là hằng số. Khảo sát hàm này tìm cực trị với điều kiện T. Ta được: P ( x , y , z )  g ( y , z ) hoặc P ( x , y , z )  g ( y , z )  Bước 2. Xem g ( y , z ) là hàm biến y , còn z là hằng số. Khảo sát hàm này với điều kiện T. Ta được : g ( y , z )  h ( z ) hoặc g ( y , z )  h ( z ) .  Bước 3. Cuối cùng khảo sát hàm số một biến h ( z ) với điều kiện T ta tìm được min, max của hàm này. Ta đi đến kết luận : P ( x , y , z )  g ( y , z )  h ( z )  m hoặc P ( x , y , z )  g ( y , z )  h ( z )  M . Ví dụ 10 (ĐH Khối A-2011). Cho ba số thực x , y , z  1; 4  và x  y, x  z . Tìm giá x y z trị nhỏ nhất của biểu thức : P    2x  3y y  z z x Hoạt động khám phá: - Khảo sát từng biến như thế nào ? - Xem P là một hàm theo biến z, còn x, y là hằng số. Khảo sát hàm số với điều kiện đã cho suy ra giá trị nhỏ nhất của P, tức là : P ( x , y , z )  P ( x , y ) . - Khảo sát hàm P ( x , y ) , ở đây có thể đưa P ( x , y ) về hàm số một biến không ? x - Bằng cách đặt ẩn phụ t  để đưa P ( x, y) về hàm một biến. Tìm GTLN của y hàm số một biến này. 34 - Vậy P ( x , y , z )  P ( x , y )  P (t )  . 33 Lời 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 ( x  y )( z  x y ) 2 z P '( z )    ( y  z) (z  x) ( y  z) (z  x) 2 2 2 2 Theo giả thiết x  y  x y  0 nên P  0  z  xy (do x , y , z  1; 4  ) z xy P '( z ) - 0 + P(z) min - 10 -
Từ bảng biến thiên: x x 2 y y 2 P  P( xy )   =  2x  3y x  y x x 2 3 1 y y x Đặt t  , do x  y, x  z và x , y , z  1; 4  nên 1  t  2 . y 2 t 2 Xét hàm f (t )   . Ta có 2t  3 1 t 2  2  4 t ( t  1)  3 ( 2 t  t  3 )  3 2   f '( t )   0 ,  t  1; 2  . ( 2 t  3 ) (1  t ) 2 2 2 34 Suy ra f (t ) giảm trên 1; 2  , do đó P  P( x y )  f (t )  f ( 2 )  . 33 z  xy  Đẳng thức xảy ra : x  x  4 , y  1, z  2 . t   2  y 34 Vậy m in P  khi x  4 , y  1, z  2 . 33 1  Ví dụ 11 . Cho ba số thực a,b, c   ;3  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3  a b c P    a b bc c a Hoạt động khám phá: - Khảo sát lần lượt từng biến như thế nào? - Xem P là một hàm theo biến a, còn b, c là hằng số. Khảo sát hàm số với điều kiện đã cho suy ra giá trị lớn nhất của P, tức là : P ( a , b , c )  g ( b , c ) . - Khảo sát hàm g ( b , c ) là một hàm theo biến c, còn b là hằng số. Khảo sát hàm số với điều kiện đã cho, suy ra GTLN của g ( b , c ) , tức là g ( b , c )  h ( b ) . 8 - Tiếp theo khảo sát hàm h (b ) suy ra h (b )  . 5 8 - Vậy P ( a , b , c )  g (b , c )  h (c )  . 5 Lời giải: a b c Đặt P (a )    a b bc c a Xem đây là hàm số theo biến , còn a b, c là hằng số. (b  c )( a  bc) 2 b c P '( a )    . (a  b ) (a  c) (a  b ) (a  c ) 2 2 2 2 1  Trường hợp 1: a  b  c và a,b, c   ;3  . 3  - 11 -
1  Suy ra b  c  0; a  b c  0 2 nên P '( a )  0 . Do đó P (a ) tăng trên  ;3  . 3  3 b c  P ( a )  P (3 )     g (c ) (xem đây là hàm theo biến c) 3b bc c3 b ( b  3 ) ( 3b  c ) 2 3 1  g '( c )     0 . Do đó g (c ) giảm trên  ;3  . (b  c ) (c  3 ) (b  c ) (c  3 ) 2 2 2 2 3  1 3 3b 1 Suy ra: g (c )  g ( )     h (b ) .(xem h (b ) là hàm số theo biến b ) 3 3b 3b  1 1 0 3 3 (1  b )(1  b ) Ta có: h '( b )    . (3 b  2 ) (b  3) (3 b  1) ( b  3 ) 2 2 2 2 Ta có bảng biến thiên. b 1/3 1 3 h '( b ) + 0 - h (b ) 8 Suy ra h ( b )  h (1)  . 5 1 1 8 1 Vậy P ( a , b , c )  P (3, b , c )  P (3, b , )  P (3,1, )  khi a  3; b  1; c  3 3 5 3 1  Trường hợp 2 : c  b  a và a,b, c   ;3  . 3  8 Từ kết quả của trường hợp 1, ta có: P (a , b, c)  . 5 ( a  b )( b  c )( a  c ) 8 Mặt khác : P (a , b , c )  P (c , b , a )   0  P (a , b , c )  . ( a  b )( b  c )( a  c ) 5 8  1  1   1  Vậy m axP  , đạt được khi ( a , b , c )    3;1;  ,  ; 3;1  ,  3; ;1   . 5  3  3   3  Ví dụ 12. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện abc  a  c  b . Tìm giá trị 2 2 3 lớn nhất của biểu thức : P    a 1 b 1 c 1 2 2 2 Hoạt động khám phá: - Từ giả thiết a b c  a  c  b có thể đưa bài toán về ít ẩn hơn không ? a c 1 - Biến đổi giả thiết a  c  b (1  a c )  0  b  có thể đưa P về 2 biến ( a  ). 1  ac c 2(a  c) 2 2 3 1 - Khi đó P    2 (0  a  ) . a 1 ( a  1) ( c  1) c 1 2 2 2 2 c - Xem P là hàm theo biến a còn c là hằng số. 1 2c 3 - Khảo sát hàm biến a là f (a ) với 0  a  suy ra f (a )    g (c ) . c 1 2 1 c 2 c - 12 -
10 - Tiếp tục khảo sát hàm g(c) với 0  c   suy ra g (c )  . 3 Lời giải : a c 1 Theo giả thiết ta có a  c  b (1  a c )  0  b  và a  . 1  ac c 2 ( a  c) 2 2 3 1 Thay vào biểu thức P ta được : P    2 , (0  a  ) a 1 ( a  1)( c  1) c 1 2 2 2 2 c ( x  c) 2 1 1 Xét hàm số : f ( x)   1 với 0  x  và coi c là tham số x 1 ( x  1)( c  1) 2 2 2 c c  0  2 c ( x  2 c x  1) 2  1  Ta có : f '( x )   0  x 0  c  c 2  1   0;  (1  x ) (1  c ) 2 2 2  c  Ta có bảng biến thiên x 0 x0 1/c f '( x ) + 0 - f ( x0 ) f (x) c Từ bảng biến thiên ta có : f ( x )  f ( x0 )  . 1 c 2 3 2c 3 P  2 f (a )     g (c ) c 1 c 1 2 2 1 c 2 2 (1  8 c ) 2 1 Ta có : g '( c )   0  c  c0    0;    (1  c ) (3 c  1c ) 2 2 2 8 Bảng biến thiên : c 0 c0  g '( c ) + 0 - g (c ) g (c0 ) Từ bảng biến thiên suy ra : g (c )  g (c 0 ) 10  P  g (c )  g (c0 )  . 3 1 2 10 Vậy với c  ,a  ,b  2 thì m ax P  . 8 2 3 Ví dụ 13. Cho ba số dƣơng a, b, c thỏa mãn điều kiện 2 1a b  2 b c  8 c a  1 2 . Tìm giá 1 2 3 trị nhỏ nhất của biểu thức: S    . a b c Hoạt động khám phá: - Hãy suy nghĩ để chuyển bài toán về ẩn mới? - Có thể biểu diễn để biểu thức S và giả thiết đơn giản hơn hay không? - 13 -
1 1 1 - Nếu đặt : x  ,y  ,z  bài toàn như thế nào? a b c - Có thể chuyển bài toán sao cho ít ẩn hơn được không? 2x  8y 7 - Từ giả thiết : 2 x  8 y  21z  12 xyz  z  và x  12 xy  21 4y 2x  8y - Khi đó: S  x 2y   f (x) . 4 xy  7 - Khảo sát hàm số f (x) xem y như tham số cố định. Ta được 32 y  14 2 9 S  f ( x )  f ( x0 )  2 y    g ( y) 4y 2y - Tiếp tục khảo sát hàm một biến g(y) 15 - Ta đi đến kết luận : S  f (x)  g ( y)  . 2 Lời giải : 1 1 1 Đặt x  ,y  ,z   x , y , z  0; 2 x  8 y  2 1z  1 2 xyz và S  x  2 y  3z a b c 2x  8y 7 Từ 2 x  8 y  21z  12 xyz  z  và x  . 12 xy  21 4y 2x  8y Từ biểu thức S suy ra được: S  x 2y   f (x) 4 xy  7 14  32 y 2  f '( x )  1   0 (4 xy  7 ) 2 32 y  14 2 7  7   x  x0    ;   4y 4y  4y  Bảng biến thiên: x 7/4y x0  f’(x) - 0 + f (x) f ( x0 ) Khi đó từ bảng biến thiên , ta có: 32 y  14 2 9 S  f ( x )  f ( x0 )  2 y    g ( y) 4y 2y (8 y  9 ) 32 y  14  28 2 2 g '( y )   0 32 y  14 2 2 4y Đặt t  32 y  14 2 thì phương trình g '( y )  0  (8 y  9 ) 3 2 y  1 4  2 8  0 2 2 5  t  50t  122  0  t  8  y  3 . Ta có bảng biến thiên: 4 y 0 5/4  g’(y) - 0 + - 14 -
g ( y) 15/2 5 Từ bảng biến thiên suy ra : g ( y)  g ( ) 4 5 15  S  g ( y)  g ( )  . 4 2 5 2 1 4 3 15 Vậy với : y  , x  3, z   a  ,b  ,c  thì m in S  . 4 3 3 5 2 2 Ví dụ 14. 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  b  c )  4 a b c 2 2 2 Hoạt động khám phá: - Bài toán cần làm có chứa 3 ẩn là a , b , c và chúng thỏa mãn abc  3 . hãy suy nghĩ biến đổi T  3 ( a  b  c )  4 a b c 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 )  3 c  2 a b ( 2 c  3 ) 2 2 - Tích a b và tổng a  b  3  c gợi cho chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức nào? 2 2  a b  3c  ab        2   2  2 3c 3 2 27 - Khi đó T  3 (3  c )  3 c  2 ( 2 c  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)  1 3 . Lời giải: Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể giả sử : 0 a  b  c . 3 Vì chu vi bằng 3 nên abc  3 nên  ab  3c mà a b  c  1 c  2 Ta biến đổi : T  3(a  b  c )  4 a b c  3(a  b )  3c  4 a b c 2 2 2 2 2 2 = 3  ( a  b )  2 a b   3c  4 a b c  3(3  c )  3 c  2 a b ( 2 c  3) 2 2 2 2   2 2 2  a b  3c  3c Mặt khác : ab        a b (2 c  3)    (2 c  3) ( vì  2   2   2  3 c   2c  3  0 ) 2 2 3c 3 2 27 Do đó : T  3 (3  c )  3 c  2 ( 2 c  3 )  2 2   c  c  3  f (c)  2  2 2 3 27  3 Xét hàm số : f (c )  c  3 c  2 , trên đoạn  1;  . 2 2  2 f '( c )  3 c  3 c ; f '( c )  0  c  1 . 2 Ta có bảng biến thiên - 15 -
3 c 1 2 f’(c) 0 + f (c ) 13 Khi đó từ bảng biến thiên suy ra: f ( c )  f (1)  1 3 . Suy ra T  f ( c )  f (1)  1 3 khi a  b  c  1 . Vậy m in T  1 3 khi a  b  c  1 . x  y  z  4 Ví dụ 15. Cho các số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn điều kiện   xyz  3 Chứng minh rằng: 1 8 3  1 6 5 5  x  y  x 4 4 4  18 Hướng dẫn. Biểu thức P  x  y  z đối xứng với ba ẩn 4 4 4 x, y, z . Biến đổi P theo x  y  z ; xyz ; xy  yz  zx như thế nào? - Ta có P  x  y  z  (x  y  z )  2(x y  y z  z x ) 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  ( 4  2 ( x y  y z  z x ))  2 ( x y  y z  z x )  2 x y z ( x  y  z ) 2 2 2 - Với mối quan hệ như trên thì chuyển P về biến mới như thế nào? x  y  z  4 Đặt t  xy  yz  zx và từ giả thiết  ta có P  2 (t  3 2 t  1 4 4 ) 2  xyz  3 - Tìm điều kiện cho ẩn mới như thế nào? 2 2 Từ các điều kiện đối với x, y, z ta được y  z  4  x; yz  do đó t  x(4  x)  x x - tìm điều kiện đối với ẩn x và chuyển điều kiện đó theo ẩn t. áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương y, z ta có: 8 ( y  z )  4 yz  (4  x )   x  8 x  1 6 x  8  0  ( x  2 )( x  6 x  4 )  0 2 2 3 2 2 x  3 5  x  2 . 2 Xét hàm số t( x)  x(4  x)  trên đoạn 3   5;2  , ta có: x  2 ( x  1)( x  x  1) 2 t '( x )  2 . x 5 5 1 Từ việc xét dấu t '( x ) trên đoạn 3   5;2  ta được 5  t  2 5 5 1 Khảo sát hàm số P  2 (t  3 2 t  1 4 4 ) 2 trên 5  t  và suy ra : 2 183  165 5  x  y  x  18 4 4 4 - 16 -
Ví dụ 16.(Khối B - 2010). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M  3( a b  b c  c a )  3( a b  b c  c a )  2 a b c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Hướng dẫn. Ta có M  ( a b  b c  c a ) 2  3( a b  b c  c a )  2 1  2 ( a b  b c  c a ) . (a  b  c) 2 1 Đặt t  a b  b c  ca , ta có : 0  t   . 3 3  1  Xét hàm số : f (t )  t 2  3t  2 1  2 t với t  0;   .  2  2 2 Ta có f '( t )  2 t  3  ; f ''( t )  2   0 1  2t (1  2 t ) 3 Dấu bằng chỉ xảy ra tại t  0; suy ra f '( t ) nghịch biến.  1  1  11 Xét trên đoạn  0;  ta có : f '( t )  f '    2 3 0 , suy ra f (t ) đồng biến.  3 3 3  1 Do đó f (t )  f (0 )  2 ,  t  0;   .  3  1 Vì thế M  f (t )  2 ,  t  0;   ;M  2 khi ab  bc  ca , ab  bc  ca  0 và  3 abc 1 là một trong các bộ số sau:  1; 0; 0  ,  0;1; 0  ,  0; 0;1   (a; b; c ) Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z 1 . Tìm GTLN của biểu thức : S  x y  y z  z x 2 2 2 . 4 1 2 Đáp số : m in S  đạt được khi x  ; y  0; z  . 27 3 3 Bài 2. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x 2  y  z 2 2  2 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức : P  x  y  z  3 xyz 3 3 3 Đáp số : m ax P  2 2 đạt được khi x  2; y  z  0 m in P   2 2 đạt được khi x   2; y  z  0 . Bài 3. Cho x  0; y  0; z  0 thỏa mãn điều kiện x y z 1 . Tìm GTLN của biểu thức : T  xy  yz  zx  2 xyz 7 1 Đáp số : m in T  đạt được khi x  y  z  27 3 - 17 -
Bài 4. Tìm GTNN của biểu thức :  a b  a 4 4 2 2 a b b Q  4  4  2  2   b a b a  b a Đáp số : m in Q   2 đạt được khi a  b KÕt luËn Với đề tài: “ Ứng dụng đạo hàm vào tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến ” tôi đã cố gắng hệ thống một số dạng cơ bản. Trong mỗi giờ dạy có đưa ra cơ sở lí thuyết và những ví dụ có các hoạt động khám phá rất cụ thể nhằm giúp học sinh có thể tự tìm ra lời giải cho mình, từ đó hình thành cho mình phương pháp giải toán nói chung để giải quyết các bài toán này. Các bài tập đưa ra từ dễ đến khó, có những bài tập có lời giải chi tiết nhưng có những bài tập chỉ có hướng dẫn học sinh phải biết chiếm lĩnh tri thức, phát triển khả năng tư duy cho học sinh. Hệ thống các bài tập trong đề tài này chủ yếu là các bài tập trong các đề thi Đại hoc và Cao đẳng những năm gần đây nên khi học sinh hiểu bài và làm được thì tạo nên hứng thú và động lực học tập rất tốt cho các em. Tuy nhiªn trong qu¸ tr×nh gi¶ng d¹y vÉn cã rÊt nhiÒu häc sinh cßn bì ngì trong qóa tr×nh gi¶i c¸c bµi to¸n cùc trÞ, lËp luËn ch-a cã c¨n cø, suy diÔn ch-a hîp logic vµ ®Æc biÖt lµ mét sè d¹ng ch-a phï hîp víi häc sinh trung b×nh, yÕu. Sáng kiến kinh nghiệm này có thể triển khai như một chuyên đề để bồi dưỡng học sinh giỏi ; cũng như dùng để giảng dạy cho các em học sinh ôn tập thi đại học, nhằm giúp các em học sinh có thể vượt qua trở ngại tâm lí từ trước tới nay cho loại bài toán này. Hướng Hóa, ngày 05 tháng 06 năm 2020 XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƢỞNG Tôi xin cam đoan đây là SKKN (hoặc đề tài NCKH) của mình viết, không sao chép nội dung của người khác. Ngƣời thực hiện Trương Văn Đức - 18 -