SKKN: Dạy học tìm cực trị biểu thức bằng phương pháp hàm số

Chia sẻ: Nhi Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

240
lượt xem 41
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kiến thức dàn trải suốt cả ba năm học THPT gây khó khăn cho học sinh trong việc xâu chuỗi, hệ thống hoá kiền thức để hình thành phương pháp cho bản thân. Thông thường , khi gặp bài toán trên học sinh thường hoang mang, không biết lựa chọn phương pháp phù hợp. Bài SKKN về tìm cực trị biểu thức bằng phương pháp hàm số, mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Dạy học tìm cực trị biểu thức bằng phương pháp hàm số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT TRIỆU QUANG PHỤC Triệu Quang Phục , ngày 22 tháng 4 năm 2013 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM DẠY HỌC TÌM CỰC TRỊ BIỂU THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ MỤC LỤC Nội dung Trang I. Đặt vấn đề………………………………………………. 1 II. Giải quyết vấn đề………………………………………. Người viết SKKN Hiệu Trưởng 2 1. Cơ sở lý luận của vấn đề……………………………….. 2 2. Thực trạng của vấn đề………………………………….. 3 3. Các biện pháp đã tiến hành giải quyết………………..... 3 4. ĐỖ XUÂN VƯỢNG kinh nghiệm…………………... Hiệu quả của sáng kiến LÊ THỊ NGUYỆT. 15 III. Kết luận………………………………………………... 15 Tài liệu tham khảo Triệu Quang Phục , ngày 22 tháng 4 năm 2013
MỤC LỤC Nội dung Trang I. Đặt vấn đề………………………………………………. 1 II. Giải quyết vấn đề………………………………………. 2 1. Cơ sở lý luận của vấn đề……………………………….. 2 2. Thực trạng của vấn đề………………………………….. 3 3. Các biện pháp đã tiến hành giải quyết………………..... 3 4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm…………………... 16 III. Kết luận………………………………………………... 17 Tài liệu tham khảo 18 Danh mục chữ viết tắt 19 1
I.ĐẶT VẤN ĐỀ Trong chương trình toán THPT nói chung và lớp 12 nói riêng, học sinh đã được trang bị kiến thức về hàm số, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số, tuy nhiên kỹ năng áp dụng phương pháp này vào giải quyết các bài toán tìm cực trị của một biểu thức có nhiều biến số, hoặc chứng minh một bất đẳng thức của đa số học sinh còn nhiều hạn chế. Nguyên nhân là bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị là một dạng toán khó mà thời lượng trong chương trình lại còn ít. Kiến thức dàn trải suốt cả ba năm học THPT gây khó khăn cho học sinh trong việc xâu chuỗi, hệ thống hoá kiền thức để hình thành phương pháp cho bản thân. Thông thường , khi gặp bài toán trên học sinh thường hoang mang, không biết lựa chọn phương pháp phù hợp. Vì vậy, việc làm phong phú thêm các phương pháp giải dạng toán trên là một việc làm cần thiết, góp phần rèn luyện tư duy, kỹ năng và thay đổi thái độ của học sinh khi tiếp cận dạng toán trên, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục môn Toán THPT. Xuất phát từ những suy nghĩ trên, tôi chọn viết sáng kiến kinh nghiệm: “Dạy học áp dụng phương pháp hàm số để giải bài toán cực trị”. Đó là những kinh nghiệm của bản thân được đúc rút trong quá trình giảng dạy môn Toán ở các lớp thuộc Ban Khoa học tự nhiên. 2
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1. Cơ sở lý luận của vấn đề: 1.1 GTLN, GTNN của hàm số. -Định nghĩa: Cho hàm số y=f(x) xác định trên miền D  M  f ( x), x  D + M  m ax f ( x)   D x0  D : M  f ( x0 ) m  f ( x), x  D + m  min f ( x)   D x0  D : m  f ( x0 ) - Định lý: Nếu hàm số y  f ( x) liên tục trên đoạn  a; b thì luôn tìm được GTNN, GTLN của hàm số trên  a; b . 1.2 .Sử dụng khảo sát hàm số tìm GTLN,GTNN của hàm số Bài toán: Tìm GTLN, GTNN ( nếu có ) của hàm số y=f(x) với x  D  Phương pháp: Quy tắc 1:Trường hợp tổng quát ( Khi D không là một đoạn)Tiến hành theo các bước + Tính đạo hàm của hàm số + Lập bảng biến thiên của hàm số trên tập D. + Căn cứ vào bảng biền thiên để kết luận về GTLN,GTNN Quy tắc 2: Trường hợp đặc biệt: D   a; b , tiến hành theo các bước: +Tính đạo hàm của hàm số, + Tìm các điểm tới hạn của hàm số thuộc  a; b ( là các điểm thuộc TXĐ mà tại đó, đạo hàm triệt tiêu hoặc không xác định) + Tính GT của hàm số tại các điểm tới hạn và tại các điểm a,b. + So sánh các GT tìm được để kết luận. 1.2 Các bất đẳng thức bổ trợ cho phương pháp: + Bất đẳng thức Cô-si: Với a1;…an là các số thực không âm, ta có: a1  a2  ...  an  n n a1a2 ...an ; đẳmg thức khi a1  a2  ...  an + Bất đẳng thức Bunhiacôpxki: 3
Với hai bộ số thực a1 , a2 ,...an và b1 , b2 ,...bn , ta có 2  a1b1  a2b2  ...anbn    a12  a2  ...an  b12  b22  ...bn  2 2 2 Đẳng thức có khi hai bộ số tương ứng tỷ lệ. + Tập giá trị của hàm số: Cho hàm số y  f ( x) với tập xác định D, tập giá trị của hàm số là : T   y  | x  D : y  f ( x) Hay : T={ y  : phương trình f(x)=y ẩn x có nghiệm. 2. Thực trạng của vấn đề: Khi giải quyết bài toán tìm cực trị của một biểu thức bằng phương pháp sử dụng sự biến thiên của hàm số, thực chất là đi xác định tập giá trị của biểu thức, của hàm số với điều kiện cho trước. Căn cứ vào đặc trưng của biểu thức ( Tính đối xứng của các biến, điều kiện của các biến có tính đẳng cấp với các biến…) để tiến hành đổi biến, học sinh thường gặp các khó khăn và hay mắc các sai lầm sau: Sai lầm: - Lập BBT không chuẩn xác: Tính sai các giá trị tại các đầu mút D ( nhất là khi D không phải là một đoạn, thường không thông qua giới hạn để xác định miền GT của hàm số). - Khi áp dụng quy tắc 2, học sinh thường tính thừa các giá trị hàm số tại các điểm tới hạn, không loại đi các điểm tới hạn không thuộc  a; b  ,dẫn đến kết quả sai. Khó khăn : - Không linh hoạt khi chuyển biểu thức cần tìm cực trị về dạng hàm một biến qua phép đặt biến phụ. - Khi đặt được biến phụ, thường không các định được miền GT của biến phụ theo điều kiện ban đầu, dẫn đến sai kết quả. 3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết. 3.1 Hình thành phương pháp sử dụng khảo sát hàm số để tìm GTLN, GTNN. - Yêu cầu học sinh hiểu thấu đáo định nghĩa, nhấn mạnh là GTLN, GTNN của hàm số đạt được trên tập D phải là GT của hàm số tại ít nhất 1 điểm của tập D. Do đó, khi tìm được GTLN, GTNN của hàm sô, nhất thiết phải chỉ ra giả trị đó đạt tại điểm nào trên tập hợp D 4
- Hình thành cho học sinh quy tắc rõ ràng theo các bước, áp dụng từng TH cụ thể khi tập D là hay không là một đoạn. - Rèn luyện kỹ cho học sinh kỹ năng lập bảng BT của hàm số, xác định TGT của hàm số dựa trên BBT. - Hình thành và rèn luyện kỹ năng vận dụng vào bài toán tìm cực trị của biểu thức hai biến, ba biến: + Kỹ năng đổi biến số: + Kỹ năng tìm điều kiện của biến mới thông qua các con đường: Đánh giá nhờ các bất đẳng thức, phương pháp miền giá trị, phương pháp dùng BBT… + Kỹ năng sử dụng công cụ hàm số để xác định tập giá trị của hàm. - Đưa ra các ví dụ mẫu điển hình có phân tích lời giải, hệ thống bài tập đa dạng hình thức, phong phú về nội dung, phù hợp về mức độ , giúp học sinh được tự rèn luyện kỹ năng từ dễ đến khó. 3.2 Hệ thống ví dụ và bài tập a. T×m cùc trÞ hµm mét biÕn GV cÇn lu ý cho häc sinh: - X¸c ®Þnh tËp x¸c ®Þnh: T×m GTLN, GTNN trªn tËp nµo? ( X¸c ®Þnh D) - Chän c¸ch gi¶i phï hîp khi D lµ mét ®o¹n, D kh«ng lµ mét ®o¹n VÝ dô 1: T×m GTLN, GTNN cña hµm sè y  x  1  3x 2  6 x  9 Lêi gi¶i: §iÒu kiÖn 3 x 2  6 x  9  0  x   1;3 ( D lµ mét ®o¹n) 3 x 2  6 x  9  3  3 x TÝnh ®¹o hµm: y '  3 x 2  6 x  9 T×m c¸c ®iÓm tíi h¹n thuéc  1;3 : y '  0  3x 2  6 x  9  3x  3  x  2 TÝnh gi¸ trÞ cña hµm t¹i c¸c ®iÓm ®Çu mót, t¹i c¸c ®iÓm tíi h¹n: f (1)  0; f (3)  4; f (2)  6 So s¸nh, kÕt luËn: max f  6 khi x =2; min f = 0 khi x =-1 x 1 VÝ dô 2: T×m GTLN, GTNN cña hµm sè : y = x2  1 Lời giải: TXĐ: D = R 5
1 x Ta có : y’= 3 ; y’= 0  x  1  2 x 1  BBT: thiªn hµm sè: x  1  f’ + 0 - 2 f -1 1 Dùa vµo BBT, GTLN cña hàm số b»ng 2 ®¹t khi x=1. Không có giá trị nhỏ nhất của hàm số /D. NHẬN XÉT: Sai lầm: Lập BBT không chuẩn xác: Tính sai các giá trị tại các đầu mút D ( nhất là khi D không phải là một đoạn, thường không thông qua giới hạn để xác định miền GT của hàm số). VÝ dô 3: T×m GTLN, GTNN cña hµm sè : y= x 2  3x  2 /  10;10 Lời giải: Cách 1: +) Đánh giá y  0 x  R . Dấu bằng xảy ra khi x =1 hoặc x =2 thuộc đoạn  10;10 . Vậy GTNN của hàm số bằng 0 khi x =1 hoặc x =2. +) Lập BBT của hàm số y = x 2  3 x  2 /  10;10 . Từ đó kết luận GTLN của hàm số bằng 132 khi x =-10. Cách 2: Lập BBT của hàm số y = x 2  3x  2 /  10;10 x -10 1 3 2 10 2 f’ - + 0 - + f 132 1 72 0 4 0 Kết luận giá trị LN, NN như cách 1. NHẬN XÉT: Sai lầm: Lập BBT không chuẩn xác: Điểm đạo hàm không tồn tại x =1, x =2. 6
Hoặc kết luận giá trị nhỏ nhất sai. b. T×m cùc trÞ cña hµm mét biÕn phøc t¹p hoÆc biÓu thøc cã nhiÒu h¬n mét biÕn Gi¸o viªn lu ý cho häc sinh, t×m c¸ch ®æi biÕn ®Ó cã ®îc mét hµm sè víi biÕn míi ë d¹ng ®¬n gi¶n h¬n Chó ý: -NÕu biÓu thøc cã d¹ng ®èi xøng víi tõng biÕn th× nã lu«n ®îc biÓu diÔn ®îc qua tæng hai biÕn vµ tÝch biÕn -NÕu ®iÒu kiÖn lµ mét biÓu thøc ®¼ng cÊp theo tõng vÕ ( Tèt nhÊt lµ chªnh nhau mét bËc) Th× b»ng phÐp ®Æt Èn phô x=ty ta lu«n tÝnh ®îc x,y theot. x3  x 2  x VÝ dô 4: T×m GTLN, GTNN cña hµm sè y  2 x 2  1 2 x3  x2  x x ( x 2  1)  x 2 x  x  Ta cã: y  2  2  2  2   x 2  1 x 2  1 x 1  x 1 x §Æt t  2 x 1 §Ó t×m ®iÒu kiÖn cña t, cã thÓ sö dông c«ng cô bÊt ®¼ng thøc, hoac ph¬ng ph¸p miÒn gi¸ trÞ nh sau: C¸ch1: Dïng B§T C«-si + Víi x=0 th× t=0. 1 x2  1 1 1 1  1 1 + Víi x  0 , xÐt   x   t  x   x   2  t   ;  t x x x x  2 2 x C¸ch2: t lµ mét GT cña biÓu thøc  Ph¬ng tr×nh t  2 Èn x cã nghiÖm x 1 1 1  tx 2  x  t  0 cã nghiÖm    1  4t 2  0  t 2 2 1 1 Bµi to¸n trë thµnh: T×m GTLN,GTNN cña hµm g (t )  t 2  t ; t    ;   2 2   1 Hµm ®¹t cùc tiÓu t¹i: t   2 1 1 1 3 3 1 g ( )   ; g ( )   GTLN  ; GTNN   2 4 2 4 4 4 7
2 1  x4  1  x2  1  x2  3 VÝ dô 5: T×m GTLN, GTNN cña hµm sè y  1  x2  1  x2  1 §iÒu kiÖn: 1  x  1 §Æt t  1  x 2  1  x 2 T×m ®iÒu kiÖn cña t: C¸ch1: Dïng B§T Theo Bunhia ta cã: ( 1  x 2  1  x 2 ) 2  2. 1  x 2  1  x 2   4  t  2 Còng cã: t 2  ( 1  x 2  1  x 2 ) 2  2  2 1  x 4  2  t  2 .VËy t   2;2    C¸ch2: Kh¶o s¸t hµm t  1  x 2  1  x 2 t2  t 1 Bµi to¸n trë thµnh: T×m GTLN, GTNN cña hµm sè y  , víi t   2;2    t 1 7 KÕt qu¶: Maxy= t¹i x=0; Miny= 2 2  1 t¹i x=1 3 VÝdô6: Cho x,y lµ hai sè thùc d¬ng tho¶ m·n 4x+9y=6. T×m GTLN 1 cña P  2 xy  . xy  2 Hướng dẫn Cách 1: Rút xy theo x rồi thế vào P, thu được hàm một biến số Cách 2: Coi xy là biến số, vậy phải tìm điều kiện cho xy : - Có thể thông qua đánh giá: 1 1 1 6  4 x  9 y  2 4 x.9 y  12 xy  xy   xy  . VËy ®k cña xy lµ: 0  xy  2 4 4 - Có thể sử dụng phương pháp miền giá trị: Tìm điều kiện của t để hệ sau có 4 x  6 y  6 1 2nghiệm dương :  cũng tìm được 0  xy   xy  t 4 1 1 Kh¶o s¸t hµm sè : P(t )  2t  ; Víi 0  t  t2 4 VÝ dô 7: Cho cos 2 x  cos 2 y  1, x, y  ; T×m GTNN cña biÓu thøc A  tan 2 x  tan 2 y Lêi gi¶i: BiÕn ®æi biÓu thøc A ®Ó sö dông ®îc ®iÒu kiÖn: 8
1 1 A  tan 2 x  tan 2 y  (tan 2 x  1)  (tan 2 y  1)  2   2 cos x cos 2 y 2  1 1   2   1  1  cos 2 x 1  cos 2 y  §iÒu kiÖn ®· cho biÕn ®æi thµnh: 1  cos 2 x  1  cos 2 y  3, x, y  §Æt t  1  cos 2 x  1  cos 2 y  3  t , ®iÒu kiÖn: cos 2 y  1  cos 2 x  2  (1  cos 2 x)  2  t   1;1  1  t  3 1 1 XÐt hµm sè : f (t )   víi 1  t  3 . t 3t 1 1 3 f '(t )  2  2  0  t 2  (3  t ) 2  t  t (3  t ) 2 B¶ng biÕn thiªn hµm sè: t 1 3 3 2 f’ - + f 4 3 2 1 Dùa vµo BBT, GTNN cña A b»ng ®¹t khi cos 2 x  3 2 ab VÝ dô 8: Cho a, b d¬ng t/m:a2+b2=1. T×m GTLN cña biÓu thøc M ab2 C¸ch1: ab ab Theo C«- si ta cã: a  b  2 ab DÊu’=’ Khi a=b. Do ®ã: M   a  b  2 2 ab  2 a 2  b 2 1 a 0;b 0 1 2 §Æt t  ab . Ta cã: ab    0  ab   0  t   . 2 2 2 2 t2 1 t2 2 GTLN cña M lµ GTLN cña hµm f (t )   . víi 0  t  . 2t  2 2 t  1 2 t2 1 t2 2 Kh¶o s¸t hµm sè f (t )   . ;0  t  . Lµ hµm lu«n ®ång biÕn vµ liªn tôc 2t  2 2 t  1 2  2 2 1 trªn 0;   f (t )  f ( )   2  2 2  22  9
1 §¸p sè: max M  2  22  C¸ch2: 2 ab  2  2 M ab     1 a  b ab2 a b2 4 ab2 2 a b 0 L¹i theo Bunhia:  a  b   2(a 2  b2 )  2  0  a  b  2 .  §Æt t  a  b  t  0; 2    1 t2 M g (t ) ; Víi : g (t )  4 t2 t2 2t (t  2)  t 2 t 2  4t g '(t )  t 2  t  2 2  t  2 2  : g(t) lu«n ®ång biÕn trªn 0; 2   1 1 VËy M  g ( 2)  4 2(2  2) VÝ dô 9: Cho x;y lµ c¸c sè thùc tho¶ : x 2  y 2  xy  3. T×m GTLN, GTNN cña biÓu thøc M  x 4  y 4  4 xy  x3 y 3 2 HD: Tõ GT suy ra x 2  y 2  3  xy . ThÕ vµo ta cã M   x 2  y 2   2 x 2 y 2  4 xy  x3 y 3 . 2 =  3  xy   2 x 2 y 2  4 xy  x 3 y 3 . =  x 3 y 3  x 2 y 2  2 xy  9 . §Æt t=xy. §Ó t×m ®iÒu kiÖn cña M ta cã hai c¸ch sau:  x 2  y 2  xy  3. C¸ch1: T×m t sao cho hÖ sau ®©y cã nghiÖm :   xy  t C¸ch 2: Tõ ®iÒu kiÖn ®Çu bµi ta cã: 3  xy  x 2  y 2  2 xy  3 xy  3  xy  1 . ( x  y )2  2 xy  xy  3  xy  ( x  y ) 2  3  3 . VËy t   3;1 . Bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN; GTNN cña hµm sè: f (t )  t 3  t 2  2t  9; t   3;1 Kh¶o s¸t hµm sè f (t )  t 3  t 2  2t  9; t   3;1 ta cã kÕt qu¶. 10
VÝ dô 10( Khèi D- 2009). Cho x,y lµ hai sè thùc kh«ng ©m tho¶ m·n : x+y=1. T×m GTLN, GTNN cña biÓu thøc S  (4 x 2  3 y )(4 y 2  3x)  25 xy . Ta cã: S  16( xy )2  12( x 3  y 3 )  34 xy  16( xy ) 2  12  ( x  y)3  3 xy ( x  y )   34 xy . Thay x+y=1, Ta cã S  16( xy )2  12(1  3xy )  34 xy  16( xy )2  2 xy  12 . 1 §Æt t=xy. DÔ thÊy t   0;  .  4   1 191 XÐt hµm sè f (t )  16t 2  2t  12 víi t   0;  cã kÕt qu¶ GTNN b»ng  4 ; GTLN   16 25 b»ng 12 VÝ dô 11: Cho hai số thực x, y thay đổi sao cho : 2(x2 + y2) - xy = 1. x 4 + y4 Tìm GTNN và GTLN của biểu thức : P = 2xy + 1 1  Nhận xét : 1 = 2(x2 + y2) - xy ≥ 2.2xy - xy = 3xy  xy ≤ 3 1 1 = 2(x2 + y2) - xy = 2.(x + y)2 - 5xy ≥ -5xy  xy ≥  5 2  xy + 1  2 2 x 4 + y4 (x 2 + y 2 ) 2 - 2x 2 y 2   - 2x y -7(xy)2 + 2xy + 1 2  Và : P = = =  = 2xy + 1 2xy + 1 2xy + 1 8xy + 4 1 1  Khi đó, đặt : t = xy , đk : t    ;   5 3   -7t 2 + 2t + 1 Bài toán đưa về tìm GTNN và GTLN của hàm số : f(t) = với 8t + 4  1 1 t   ;   5 3 56t 2 - 56t  t = -1 (loai) f ' (t) = 2 ; f ' (t) = 0   56t 2 - 56t = 0   (8t + 4) t = 0 1 2 1 2 1 f(- ) = , f( ) = , f(0) = 5 15 3 15 4  2 2 1 1 x + y =  Vậy : Max P = Max f(t) =   2  . . .  1 1 4  xy = 0 - 5 ; 3     11
 2 2 2  2 2 2 2 x + y = 3  x + y = 5  Min P = Min f(t) =      . . .  1 1 - 5 ; 3    15  xy = 1  xy = - 1   3   5 Ví dụ 12 Cho x2 + xy + y2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: S = x2  xy + y2 Giải Xét y = 0  x2 = 3  S = 3 là 1 giá trị của hàm số. Xét y  0, khi đó biến đổi biểu thức dưới dạng sau đây 2 S x 2  xy  y 2  x / y   ( x / y )  1 t 2  t  1 x u    u với t 3 x 2  xy  y 2 ( x / y ) 2  ( x / y )  1 t 2  t  1 y  u(t2 + t + 1) = t2  t + 1  (u  1)t2 + (u + 1)t + (u  1) = 0 (*) + Nếu u = 1, thì t = 0  x = 0, y =  3  u = 1 là 1 giá trị của hàm số + Nếu u  1, thì u thuộc tập giá trị hàm số  phương trình (*) có nghiệm t   = (3u  1)(3  u)  0  1  u  1  3. 3 Vậy tập giá trị của u là  1 , 3  Min u  1 ; Max u = 3 3    3 x  y  Min S = 1  Min u  1 t=1  2  x  y  1 3  x  xy  y 2  3  x   y  x  3, y   3  Max S = 9  Maxu = 3  t = 1   2   x  xy  y 2  3  x   3, y  3   * VÝ dô13(§HA-2006). Cho x,y tho¶ m·n  x  y  xy  x 2  y 2  xy 1 1 T×m GTLN cña A   x3 y 3 BG : x3  y 3  x  y   x  xy  y   x  y   1 1  2 2 2 2 A 3 3   2 2    x y x3 y 3 x y x y 12
§Æt x=ty, tõ  x  y  xy  x 2  y 2  xy , suy ra  t  1 ty 3   t 2  t  1 y 2 t2  t 1 t2  t 1 VËy y  ; x  ty  . t2  t t 1 2  t 2  2t  1  Thay vµo A ta cã: A   2   t  t 1  VÝ dô 14 Cho x,y khác 0 và thoả mãn: x 2  y 2  2 x 2 y  y 2 x . Tìm GTLN,GTNN của 2 1 S  x y Hướng dấn: đặt y=tx, Từ giả thiết ta có x 2  t 2 x2  2 x 2tx  t 2 x 2 x  x 2 (1  t 2 )  x3 (2t  t 2 ) t2 1 t2 1 t2 1 Suy ra: x  và y  tx  t.  t 2  2t t 2  2t t2 5t Vậy f (t )  .KSHS ,Đ/s: MaxS=9/2; minS=-1/2. t2 1 1  16 xyz Ví dụ 15: C¸c sè d¬ng x,y,z tho¶ m·n: x 2  y 2  z 2  . T×m GTNN cña: 4 x  y  z  4 xyz S 1  4( xy  yz  zx) Lêi gi¶i: x  y  z  4 xyz Tõ B§T: x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx ta cã: S  1  4( x 2  y 2  z 2 ) Thay : 4( x 2  y 2  z 2 )  1  16 xyz vµ sö dông C«si ta cã: x  y  z  4 xyz 3 3 xyz  4 xyz S  . 1  4( x 2  y 2  z 2 ) 2(1  8 xyz ) §Æt t  3 xyz . DÔ thÊy t>0. Tõ ®iÒu kiÖn ban ®Çu, ta t×m ®iÒu kiÖn cho t: Ta cã 1  16 xyz  4( x 2  y 2  z 2 )  4.3 3 ( xyz ) 2 . Hay : 1  16t 3  12t 2  16t 3  12t 2  1  0 Sö dông ph¬ng ph¸p ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö hoÆc sö dông ph¬ng ph¸p KSHS ta cã: 13
2  1  1  1 16t 3  12t 2  1  0   t    t    0  0  t  . Bµi to¸n trë thµnh: T×m GTNN của  4  2  4 hµm sè 3t  4t 3  1 f (t )  ; t   0;  2(1  8t )  4 13 §¸p sè: Min S= . §¹t khi x=y=z=1/4. 18 BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1 ChoABC : 0  A  B  C  900. 2 cos3C  4 cos 2C  1 CMR:  2. cos C 1 HD: V× C  600  cos C  (0; ] . §Æt x=cosC, Kh¶o s¸t hµm sè ta cã §PCM. 2  Bµi 2 (§H L©m nghiÖp) : Cho x   0;  ; CMR :   tan 7 x  cot 7 x  tan x  cot x .  2 HD:  (tan 3 x  cot 3 x)(tan 4 x  cot 4 x)  2(tan x  cot x)  0 . §Æt t  tan x  cot x; d / k :t  2. Bµi 3 (An ninhA-2000): Cho n lµ sè tù nhiªn lín h¬n hoÆc b»ng 3. ln n ln( n  1) HD: C¸ch1:   ; xÐt hµm f(x)=1/x. n n 1 Bµi4(QGA-2000): Choa,b,c lµ c¸c sè thùc t/m a+b+c=0. CMR 8a  8b  8c  2a  2b  2c HD :   (2a )3  2a    (2b )3  2b    (2c )3  2 c   0 . Xet hµm f(x)=x3-x víi x   0;   . Chøng minh hµm lâm Bài 5: CMR : a  1   ln a 2  2 a  2  1  ln a 2  1 :   a 2  2a  2 HD :    ln a 2  2a  2  ln(e. a 2  1 )    a2 1  e . KSHS cã §PCM. Bµi 6: Cho x,y lµ c¸c sè thùc tho¶ m·n : xy  1& 2 x 2  3 y 2  5. 2 T×m GTLN, GTNN cña P  2 xy  1  xy  2 2 2   HD : 2 x. 3 y    2x   3y    4 6 xy  12 6  xy  3 .  4      14
2 VËy: §K lµ 1  xy  3 . KSHS P  2t  1  Víi 1  t  3 . t 2 Bµi7:Cho x,y lµ hai sè thùc thay ®æi tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x2+y2=2. T×m GTLN,GTNN cña   P  2 x 3  y 3  3 xy ( C§ A-2008) b a  a 1   b 1  Bµi 8: Cho a  b  0; CM : 2  a   2  b  ( ĐH khối D-2007).  2   2  b a ln(4a + 1) ln(4b + 1)  Ta có : (đpcm)   4a + 1   4b + 1   a b ln(1 + 4x )  Xét hàm số : f(x) = với x > 0 x 4 x .ln4 x - (1 + 4 x ).ln(1 + 4 x )  f ' (x) = < 0 ,  x  (0; +) x 2 (1 + 4 x )  f(x) là hàm số luôn nghịch biến trên khoảng (0; + ) ln(4a + 1) ln(4b + 1)  Khi đó : a ≥ b > 0  f(a) ≤ f(b)   a b  1 Bµi to¸n trë thµnh T×m GTLN, GTNN cña f (t )  16t 2  2t  12, t  0;   4 Bµi 9:(B-2010) Cho a;b;c kh«ng ©m tháa a+b+c=1. T×m Min M  3(a 2b2  c 2b2  a 2 c 2 )  3(ab  bc  ca )  2 a 2  b 2  c 2 2 HD: 3(a 2b 2  c 2b 2  a 2c 2 )   ab  bc  ca  bunhia 2 1 §Æt t  ab  bc  ca . Cã 3(ab  bc  ca)   a  b  c   1  0  t  3 1 M  f (t )  t 2  3t  2 1  2t . Víi 0  t  . Min M=2 3 Bài10 : Cho a, b là các số thực thỏa mãn : 0 < a < b < 1. Chứng minh rằng : a 2 .lnb - b 2 .lna > lna - lnb (TSCĐ - Khối A, B, D - Năm 2009) a+b a-b Bài11 : Cho a > b > 0. Chứng minh rằng : > 2 lna - lnb Bµi12: Cho a.b lµ hai sè kh«ng ©m . Chøng ming r»ng 3a 3  7b3  9ab 2 Bài 13: Cho x,y là các số thực thay đổi. Tìm GT nhỏ nhất của biểu thức 15
A  ( x  1)2  y 2  ( x  1) 2  y 2  y  2 HD: Xét M ( x  1;  y), N ( x  1; y) Từ BĐT OM  ON  MN , ta có A  ( x  1) 2  y 2  ( x  1)2  y 2  4  4 y 2 Do đó A  4  4 y 2  y  2  f ( y ) Khảo sát hàm số f(y) ta sẽ có kết quả Bai 14 Cho các số x; y; z dương, thoả mãn x  y  z  1 . 1 1 1 Tìm GTNN của A  x  y  z    x y z Bµi 15 : a,b,c,d là các số nguyên thay đổi thoả 1  a  b  c  d  50 , chúng minh a c b 2  b  50 a c bất đẳng thức   và tìm GTNN của S   b d 50b b d 16
4.Hiệu quả của SKKN Trong quá trình dạy học kiến thức về bài toán cực trị cho học sinh lớp 12, bên cạnh các phương pháp mà các em đã được biết ở các lớp dưới như: Sử dụng các bất đẳng thức kinh điển ( Cô-si, Bunhiacôpxki..), phương pháp miền giá trị hàm số ( đưa bài toán tìm cực trị về bài toán tìm điều kiện tham số để một phương trình hoặc một hệ phương trình có nghiệm), tôi thường cố gẳng hướng các em đến lời giải sử dụng phương pháp hàm số nếu có thể. Việc giúp học sinh có cơ sở lý thuyết vững vàng, có kỹ năng trong việc đổi biến, điều kiện của biến mới… thông qua một số ví dụ tiêu biểu và hệ thống bài tập phù hợp đã giúp học sinh vận dụng kiến thức về hàm số vào giải quyết tốt một số bài toán cực trị. Giúp cho học sinh thấy được tầm quan trọng của tư duy hàm số, thấy được kiến thức hàm số các em học được áp dụng một cách hiệu quả vào các dạng toán có liên quan, giúp học sinh thêm yêu môn toán. Học sinh các lớp tôi dạy các khoá từ 2006-2009; 2009-2012: 2012-2013 đã có hứng thú hơn khi tiếp cận các bài toán cực trị III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Bài toán tìm cực trị của biểu thức là bài toán khó đối với đa số học sinh, nên việc cung cấp thêm cho các em công cụ hàm số để giải quyết bài toán là một việc làm cần thiết, giúp học sinh giải một số bài toán cự trị một cách dễ dàng, hơn nữa là cho học sinh thấy được khả năng, phạm vi áp dụng của kiến thức hàm số được học ở chương trình. Trong quá trình giảng dạy, nhờ vận dụng những kinh nghiệm đã trình bày, một phần không nhỏ các em học sinh đã giải quyết bài toán cực trị uyển chuyển hơn thông qua lựa chọn phương pháp phù hợp cho bài toán, cũng giúp học sinh thấy đỡ “sợ” hơn khi gặp các dạng toán cực trị. 17
Mặc dù đã cố gắng, nhưng sáng kiến kinh nghiệm còn nhiều hạn chế về nội dung, thể loại ví dụ và bài tập chưa được phong phú, tôi rất mong được sự hợp tác của các thầy cô cùng các em học sinh, với hy vọng sẽ mở rộng bài viết thành một đề tài đầy đủ hơn, bao quát được toàn bộ phương pháp sử dụng hàm số vào các bài toán cực trị, chứng minh bất đẳng thức. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Một số đề tuyển sinh đại học- cao đẳng từ năm 2006 2.Sách giáo khoa giải tích lớp 12 nâng cao. 3.Giải toán đạo hàm và khảo sát hàm số ( T.s Nguyến Cam- NXB ĐHQG) 4.Phương pháp giải toán tìm GTLN,GTNN( Nguyễn Văn Nho-Lê Hoành Phò) 18
DANH MỤC CHỮ VIẾT TẮT TT Viết tắt Đọc là 1 BBT Bảng biến thiên 2 HD Hướng dẫn 3 GT Giá trị 4 GTLN Giá trị lớn nhất 5 GTNN Giá trị nhỏ nhất 6 THPT Trung học phổ thông 19