Kỹ thuật giảm biến trong bài toán tìm giá trị nhỏ nhất giá trị lớn nhất của một biểu thức
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (339.11 KB, 25 trang )
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
KỸ THUẬT GIẢM BIẾN TRONG
BÀI TOÁN TÌM GTNN – GTLN
CỦA MỘT BIỂU THỨC
Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN), giá trị lớn nhất (GTLN) của một
biểu thức nhiều biến là một bài toán bất đẳng thức và đây là một trong những
dạng toán khó ở chương trình phổ thông. Trong đề thi tuyển sinh Đại học, Cao
đẳng hàng năm, 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.
Qua quá trình giảng dạy lớp chuyên Toán và luyện thi Đại học tôi đã tích
lũy được một số kinh nghiệm cho nội dung này. Các vấn đề trình bày trong sáng
kiến kinh nghiệm là chuyên đề được
ứng dụng trong giảng dạy lớp 11T2 chuyên
Toán của trường THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu và các lớp luyện thi Đại học.
Sáng kiến kinh nghiệm này là sự tổng kết có chọn lọn các chuyên đề của bản
thân đã viết ra trong thực tiễn giảng dạy cùng với sự đóng góp nhiệt tình của quý
Thầy, Cô trong Tổ Toán – Tin trường THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu.
Đề tài này xuất phát từ những lí do sau:
Giúp học sinh có thêm kiế
n thức và tự tin hơn trong việc giải quyết bài toán
khó này.
Giúp cho quý Thầy, Cô và các bạn đồng nghiệp dạy Toán có một tài liệu
tham khảo trong quá trình giảng dạy bộ môn của mình. Và qua chuyên đề
này tôi hy vọng quý Thầy, Cô và các bạn đồng nghiệp sẽ yêu thích hơn
trong việc giảng dạy chuyên đề này. Thực tế một số Thầy, Cô không thích
dạy, và kể cả những Thầy, Cô nhiều năm luyện thi Đại học cũng không
đi
sâu lắm về chuyên đề này.
Phần mở đầu
1. B
ốicảnh của đề t
ài
2. L
ý
do ch
ọ
n đề tài
- Đề tài này có thể áp dụng rộng rãi cho tất cả giáo viên dạy Toán ở các trường
trung học phổ thông tham khảo và các em học sinh lớp 12 ôn thi Đại học, Cao
đằng.
- Phạm vi nghiên cứu của đề tài này bao gồm:
+ Nhắc lại cách tìm GTNN, GTLN của hàm số thông qua một vài ví dụ.
+ Hệ thống một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa
hai biến bằng cách thế một biến qua biến còn lại.
+ Hệ th
ống một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa
hai biến bằng cách đặt ẩn phụ theo tính đối xứng
txy=+,
22
tx y=+
hoặc
txy= .
+ Hệ thống một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa
hai biến bằng cách đặt ẩn phụ theo tính đẳng cấp
x
t
y
=
+ Hệ thống một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa
ba biến bằng cách đặt ẩn phụ hoặc thế hai biến qua một biến còn lại.
Bản thân nghiên cứu đề tài này nhằm mục đích:
- Chia sẻ với quý Thầy, Cô, các bạn đồng nghiệp và các em học sinh kinh
nghiệm để giải quyết bài toán tìm GTNN, GTLN trong đề thi tuyển sinh Đại
học.
- Bản thân nhằm rèn luyện chuyên môn nh
ằm nâng cao nghiệp vụ sư phạm.
- Hưởng ứng phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm của trường THPT chuyên
Thoại Ngọc Hầu.
Sáng kiến được chia thành ba phần :
Phần mở đầu
Phần nội dung: gồm 3 chương
Chương 1. Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số
Chương 2. Kỹ thuật giảm biến trong bài toán tìm GTNN, GTLN
của biểu thức
Chương 3. Một số bài toán trong các đề
thi tuyển sinh Đại học
Phần kết luận
3. Ph
ạ
m vi và đối t
ư
ợ
n
g
n
g
hiên cứu
4. M
ụ
c đích n
g
hiên cứu
5. Cấu trúc SKKN
Chương I
GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT , GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA HÀM SỐ
Trong mục này chúng tôi trình bày lại một số kiến thức về đạo hàm và
một số công thức về đạo hàm.
1.1 Định lí. Giả sử
D
là một khoảng hay hợp các khoảng.
Nếu hai hàm số
(
)
uux=
và
()
vvx=
có đạo hàm trên D thì
()
;uv u v
¢
¢¢
+=+
()
;uv u v
¢
¢¢
-=-
()
;uv u v uv
¢
¢¢
=+
()
;ku ku
¢
¢
=
()
2
uuvuv
v
v
¢¢
-
¢
=
, với
()
0vx ¹
1.2.Định lý. Đạo hàm của một số hàm số thường gặp
()
0c
¢
=
(c là hàng số)
()
1x
¢
=
()
()
1nn
xnxx
-
¢
=Ρ
()
1nn
unuu
-
¢
¢
=
()
2
11
x
x
¢
=-
()
2
1 u
u
u
¢
¢
=-
()
()
1
2
0
x
xx
¢
=>
()
2
u
u
u
¢
¢
=
()
x
x
ee
¢
=
()
uu
eeu
¢
¢
=
() ()
1
ln 0
x
xx
¢
=>
()
ln
u
u
u
¢
¢
=
()
sin cos
x
x
¢
=
()
sin cosuuu
¢
¢
=
()
cos sin
x
x
¢
=-
()
cos sinuuu
¢
¢
=-
() ()
2
2
tan 1 tan
x
xx k
p
p
¢
=+ ¹ +
()
()
2
tan 1 tanuu u
¢
¢
=+
()
()
()
2
t1cotco x x x k
p
¢
=- + ¹
()
()
2
t1tco u u co u
¢
¢
=- +
1.3 Nhận xét.
Đạo hàm của một số hàm phân thức hữu tỉ thường gặp
Phần nội dung
I.1. Một số kiến thức cơ sơ về đạo hàm
1. Cho hàm số
ax b
y
cx d
+
=
+
với .0, 0ac ad cb¹-¹. Ta có
()
2
ad cb
cx d
y
-
+
¢
=
.
2. Cho hàm số
2
ax bx c
y
mx n
++
=
+
với
.0am ¹
. Ta có
()
2
2
2
bc
amx anx
mn
mx n
y
++
+
¢
=
.
3. Cho hàm số
2
2
ax bx c
y
mx nx p
++
=
++
với .0am ¹ . Ta có
()
2
2
2
2
ab ac bc
xx
mn mp np
mx nx p
y
++
++
¢
=
.
Trong mục này chúng tôi trình bày lại một số kiến thức về bài toán tìm giá
trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số.
2.1 Định nghĩa. Giả sử hàm số
f
xác định trên tập hợp
D Ì¡
.
a) Nếu tồn tại một điểm
0
x
DÎ
sao cho
() ( )
0
f
xfx£
với mọi
x
DÎ thì số
(
)
0
M
fx= được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số
f
trên D , kí hiệu là
(
)
max
xD
M
fx
Î
=
.
b)
Nếu tồn tại một điểm
0
x
DÎ sao cho
() ( )
0
f
xfx³ với mọi
x
DÎ thì số
(
)
0
mfx= được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số
f
trên
D
, kí hiệu là
()
min
xD
mfx
Î
= .
2.1 Nhận xét.
Như vậy, muốn chứng tỏ rằng số
M
(hoặc m ) là giá trị lớn nhất
(hoặc giá trị nhỏ nhất) của hàm số
f
trên tập hợp D cần chỉ rõ :
a)
()
f
xM£ (hoặc
()
f
xm³ ) với mọi
x
DÎ ;
b) Tồn tại ít nhất một điểm
0
x
DÎ sao cho
()
0
f
xM= (hoặc
()
0
f
xm= ).
2.2 Nhận xét. Người ta đã chứng minh được rằng hàm số liên tục trên một đoạn
thì đạt được giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên đoạn đó.
Trong nhiều trường hợp, có thể tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
hàm số trên một đoạn mà không cần lập bảng biến thiên của nó.
Quy tắc tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm
f
trên đoạn ;ab
é
ù
ë
û
như sau :
1. Tìm các điểm
12
, , ,
n
x
xx thuộc khoảng
()
;ab mà tại đó
f
có đạo hàm
bằng 0 hoặc không có đạo hàm.
I.2. Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số
t
2-
2
2
()
f
t
¢
+
0
-
()
f
t
22
2-
2
2. Tính
()() ()()
12
, , , ,
n
f
xfx fxfa và
(
)
f
b .
3. So sánh các giá trị tìm được.
Số lớn nhất trong các giá trị đó là giá trị lớn nhất của
f
trên đoạn ;ab
é
ù
ë
û
, số nhỏ
nhất trong các giá trị đó là giá trị nhỏ nhất của
f
trên đoạn
;ab
é
ù
ë
û
.
Trong mục này chúng tôi trình bày một số ví dụ tìm giá trị nhỏ nhất, giá
trị lớn nhất của hàm số.
Thí dụ 1 ( Đề thi tuyển sinh Đại học khối B – 2003)
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
()
2
4
f
xx x=+ -
Lời giải. Tập xác định 2; 2D
é
ù
=-
ë
û
,
()
2
1
4
x
fx
x
¢
=-
-
,
()
02fx x
¢
=Û=
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có
() ( )
2;2
min 2 2
x
fx f
éù
Î-
ëû
=-=- và
()
(
)
2;2
max 2 2 2
x
fx f
éù
Î-
ëû
==.
Thí dụ 2. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B – 2004)
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
2
ln
x
y
x
= trên đoạn
3
1; e
é
ù
ë
û
Lời giải. Ta có
()
2
22
1
2ln . . ln
ln 2 ln
xx x
x
x
x
y
x
x
-
-
¢
==
Từ đó có bảng biến thiên :
Vậy
()
2
3
22
4
1;
max
e
e
yye xe
éù
êú
ëû
==Û= và
()
3
1;
min 1 0 1
e
yy x
éù
êú
ëû
==Û=
x
1
2
e
3
e
y
¢
0
+
0 -
y
0
2
4
e
3
9
e
I.3. Một số thí dụ tìm GTNN, GTLN của hàm số
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
1)
()
()
2
22
3
121fx x x=-+ -
2)
()
5cos cos5
f
xxx=-
với
44
x
p
p
-££
3)
()
422
22
21 1 1 3
111
xxx
fx
xx
-+++-+
=
++- +
Hướng dẫn. Đặt
22
11tx x=++-
, với
22t££
.
CHƯƠNG II
KỸ THUẬT GIẢM BIẾN TRONG BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ NHỎ
NHẤT, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT CỦA BIỂU THỨC
Từ kết quả của Chương I chúng ta thấy rằng việc tìm GTNN, GTLN của
hàm số khá đơn giản. Việc chuyển bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu
thức không ít hơn hai biến sang bài toán tìm GTNN, GTLN của hàm số chứa
một biến sẽ giúp chúng ta giả được bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu
thức.
Trong phần này chúng tôi trình bày một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của
biểu thức chứa hai biến bằng cách thế một biến qua biến còn lại. Từ đó xét hàm
số và tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số.
Thí dụ 1. Cho ,0
x
y > thỏa mãn
5
4
xy+=
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
41
4
P
x
y
=+
Lời giải. Từ giả thiết
5
4
xy+=
ta có
5
4
yx=-
. Khi đó
41
54
P
x
x
=+
-
.
Bài tập tương tự
II.1. Tìm GTNN
,
GTLN của biểu thức bằn
g
p
hươn
g
p
há
p
thế
Xột hm s
()
41
54
fx
x
x
=+
-
vi
5
0;
4
x
ổử
ữ
ỗ
ẻ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố
ứ
. Ta cú
()
()
22
44
54
fx
x
x
Â
=- +
-
.
Bng bin thiờn
T bng bin thiờn ta cú
(
)
(
)
5
0;
4
min 1 5
x
fx f
ổử
ữ
ỗ
ữ
ẻ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ốứ
==.
Do ú
min 5
P
= t c khi
1
1,
4
xy==
.
Thớ d 2.
Cho
,xyẻĂ
tha món
2
0, 12yxxyÊ+=+
.
Tỡm giỏ tr nh nht, giỏ tr ln nht ca biu thc 217Pxyx y=+++.
Li gii. T gi thit
2
0, 12yxxyÊ+=+ ta cú
2
12yx x=+- v
2
12 0xx+- Ê hay 43x-Ê Ê. Khi ú
32
397Px x x=+ Xột hm s
()
32
397, 4;3fx x x x x
ộ
ự
=+ ẻ-
ở
ỷ
. Ta cú
()
()
2
'323fx x x=+-
.
Ta cú bng bin thiờn
T bng bin thiờn ta cú
() ()
4;3
min 1 12
x
fx f
ộự
ẻ-
ởỷ
==-
,
() ( ) ()
4;3
max 3 3 20
x
fx f f
ộự
ẻ-
ởỷ
=-= =
.
Do ú
min 12
P
=- t c khi 1, 1 0xy==- v max 20
P
= t c khi
3, 6xy=- =-
hoc
3, 0xu==
.
Thớ d 3. Cho ,0
x
y > tha món 1xy+=. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
11
x
y
P
x
y
=+
Li gii. T gi thit ,0
x
y > ,
1xy+=
ta cú
1,0 1yxx=- < <
.
Khi ú ta cú
1
1
x
x
P
x
x
-
=+
-
.
Xột hm s
()
1
1
x
x
fx
x
x
-
=+
-
,
()
()
21
21 1 2
xx
fx
x
xxx
-+
Â
=-
.
x
0
1
5
4
()
f
x
Â
- 0
+
(
)
f
x
+Ơ
+Ơ
5
x
4-
3-
1
3
(
)
f
x
Â
+
0
- 0
+
()
f
x
20
20
13-
12-
x
0
1
2
1
()
f
x
Â
- 0
+
+Ơ
+Ơ
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên suy ra
()
()
0;1
1
min min 2
2
x
Pfxf
Î
æö
÷
ç
===
÷
ç
÷
÷
ç
èø
đạt được khi
1
2
xy==
.
Nhận xét. Qua ba thí dụ này cho ta một kỹ thuật giảm biến khi tìm GTNN,
GTLN của biểu thức hai biến bằng cách thế một biến qua biến còn lại và sử
dụng các giả thiết để đánh giá biến còn lại. Từ đó tìm GTNN, GTLN của hàm số
chứa một biến bị chặn.
1/
Cho
,3;2xy
é
ù
Î-
ë
û
thỏa mãn
33
2xy+=
. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất
của biểu thức
22
P
xy=+
.
2/ Cho ,0
x
y ³ thỏa mãn 1xy+=. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của
biểu thức
11
x
y
P
yx
=+
++
3/ Cho ,0
x
y > thỏa mãn 1xy+=. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
22
11
Px y
x
y
=+++
4/ Cho 1xy+=. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
(
)
()
33 22
33
P
xy xy xy=++ - + +
5/ Cho
,,,abxyΡ thỏa mãn 0, 4ab<£, 7ab+£ và 23
x
y£££.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
()
22
22
22
x
yxy
P
xy a b
+++
=
+
Hướng dẫn. Tìm giá trị lớn nhất của
22
Qa b=+ là
M
, xét hàm số
() ( )
22
22
,
.
x
yxy
gy f xy
xy M
+++
==
với ẩn y và
x
là tham số, tìm giá trị nhỏ nhất
của
()
g
y là
()
hx . Sau đó tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
(
)
hx với 2; 3x
é
ù
Î
ë
û
.
6/ Cho
,xyΡ thỏa mãn
3
x
y£
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
816Px y x=+- +.
Hướng dẫn. Nếu 0
x
> thì
62
x
y£ từ đó xét hàm số
()
62
816fx x x x=+- +.
Nếu
0
x
£ thì
22
81616xy x+- +³ với mọi
3
0,
x
xy££.
7/ Cho
()
,0;1xyÎ
thỏa mãn 1xy+=. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x
y
P
xy=+.
Bài t
ập
tươn
g
t
ự
Hướng dẫn. Xét hàm số
() ( )
,0;1
x
fx x x=Î
. Chứng minh
() ()
22
fx fy
x
y
f
æö
+
+
÷
ç
³
÷
ç
÷
÷
ç
èø
. Ta có
() ()()
1
1
1122
2
x
x
Px x fx f x f
-
æö
÷
ç
=+- = + -³ =
÷
ç
÷
÷
ç
èø
.
8/ Cho
,0
x
y >
thỏa mãn
2xy+=
. Chứng minh rằng
x
y
x
yxy£
Trong phần này chúng tôi trình bày một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của
biểu thức chứa hai biến mà giả thiết hoặc biểu thức đó thể hiện tính đối xứng.
Từ đó bằng phép đặt ẩn phụ ta chuyển về bài toán tìm G của hàm số.
Thí dụ 1. Cho
22
x
yxy+=+.
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức
332 2
P
xyxyxy=++ +
Lời giải.
Đặt
txy=+, từ giả thiết
22
x
yxy+=+ ta có
()()
2
2
2
x
yxy xytt=+ -+=-
hay
2
2
tt
xy
-
=
. Áp dụng bất đẳng thức
()
()
()
2
22
22
x
yxyxy+£ += +
hay
2
2tt£ suy ra 02t££. Khi đó biểu thức
() ()
3
2
2
P
xy xyxy t=+ - +=. Do đó
ta có
max 4
P
= đạt được khi 2t = hay 2xy+= và 1xy = suy ra 1
x
= và
1y = , ta có min 0
P
= đạt được khi 0t = hay 0
x
y==.
Nhận xét. Bài toán này giả thiết và biểu thức
P
được cho dưới dạng đối xứng
với hai biến. Vì vậy, chúng ta nghĩ đến cách đổi biến
txy=+. Nhưng để giải
bài toán trọn vẹn thì phải tìm điều kiện của biến
t . Sau đây là một số bài toán
với định hướng tương tự.
Thí dụ 2. Cho ,0
x
y > thỏa mãn
22
1xxyy++=.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1
xy
P
xy
=
++
Lời giải. Đặt txy=+. Từ giả thiết ,0
x
y > và
22
1xxyy++= suy ra
2
1xy t=-
. Áp dụng bất đẳng thức
()
2
4
x
yxy+³ suy ra
1
0
3
t<£
.
Khi đó
33
1
3
Pt
-
=- £ .
II.2. Tìm GTNN
,
GTLN của biểu thức có tính chất đối xứn
g
Vỡ vy
33
max
3
P
-
=
t c khi
()
21
;;
33
xy
ổ
ử
ữ
ỗ
=-
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố
ứ
hoc
()
12
;;
33
xy
ổ
ử
ữ
ỗ
=-
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố
ứ
.
Thớ d 3. Cho ,xyẻĂ tha món 1xy+ạ- v
22
1xyxyxy++ =++. Tỡm
giỏ tr nh nht, giỏ tr ln nht ca biu thc
1
xy
P
xy
=
++
.
Li gii. t txy=+. T gi thit
22
1xyxyxy++ =++ ta cú
() ()
2
1xy xy xy+-=++ hay
2
1xy t t=
p dng bt ng thc
()
2
4
x
yxy+ suy ra
2
3440tt Ê hay
2
2
3
t-ÊÊ
.
Khi ú
2
1
1
tt
P
t
=
+
. Xột hm s
()
2
1
1
tt
ft
t
=
+
,
()
()
2
2
2
1
tt
ft
t
+
Â
=
+
,
(
)
0ft
Â
=02tt==- (loi).
Bng bin thiờn
T bng bin thiờn ta cú
(
)
(
)
2
3
;2
min min 0 1
t
Pftf
ộự
ẻ-
ờỳ
ởỷ
===-
t c khi
()( )
;1;1xy =- hoc
()( )
;1;1xy =- v
()
()
()
2
3
2
3
;2
1
max max 2
3
t
Pftff
ộự
ẻ-
ờỳ
ởỷ
==-==
t c khi
1
3
xy==-
hoc 1xy==.
Thớ d 4. Cho ,xyẻĂ tha món 0,1xy<Ê v 4
x
yxy+= . Tỡm giỏ tr nh
nht, giỏ tr ln nht ca biu thc
22
P
xyxy=+
t
2
3
-
0
2
()
f
t
Â
-
0
+
()
f
t
1
3
1-
1
3
Đặt txy=+. Từ giả thiết 0, 1xy<£ và 4
x
yxy+= suy ra
4
t
xy =
và
12t££
. Khi đó
()
2
2
3
3
4
P
xy xy t t=+ - =-
. Xét hàm số
()
2
3
4
f
tt t=-
,
()
3
2
4
ft t
¢
=-
,
(
)
0ft
¢
=
3
8
tÛ=
(loại). Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có
() ()
1;2
1
min min 1
4
t
Pftf
éù
Î
ëû
=== đạt được khi
1
2
xy==
và
() ()
1;2
5
max max 2
2
t
Pftf
éù
Î
ëû
=== đạt được khi
()
()
22
22
22
;;xy
+
-
= hoặc
()
()
22
22
22
;;xy
+
-
= .
Thí dụ 5. Cho ,xyΡ thỏa mãn ,0
x
y ¹ và
()
22
2xy x y x y x y+ = + +.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
11
P
x
y
=+
.
Lời giải. Đặt txy=+. Từ giả thiết
()
22
2xy x y x y x y+ = + + hay
()() ()
2
22xy x y x y xy x y+=+ - - ++ suy ra
2
2
2
tt
xy
t
-+
=
+
. Áp dụng bất
đẳng thức
()
2
4
x
yxy+³ suy ra
32
248
0
2
ttt
t
-+-
³
+
hay 22tt<- Ú ³ . Khi đó
2
2
2
2
x
ytt
P
xy
tt
++
==
-+
. Xét hàm số
()
2
2
2
2
tt
ft
tt
+
=
-+
,
()
()
2
2
2
344
2
tt
ft
tt
-++
¢
=
-+
,
(
)
0ft
¢
=
2
3
2ttÛ=Ú=-
(loại). Bảng biến thiên
t 1
2
(
)
f
t
¢
+
(
)
f
t
1
4
5
2
t -¥
2-
2
3
-
2
+¥
()
f
t
¢
-
0
+
0
_
(
)
f
t
1
0
2
1
T bng bin thiờn ta cú
() ()
22
max max 2 2
tt
Pftf
<-
=== t c khi
1xy==.
Thớ d 6. Cho
,0
x
y >
tha món
3xyxy++=
.
Chng minh rng
22
33 3
11 2
xyxy
xy
yxxy
++ Ê++
+++
Li gii. t txy=+. T gi thit ,0
x
y > , 3xyxy++= v ỏp dng bt ng
thc
()
2
4
x
yxy+ ta cú 3, 0xy t t=- > v
2
4120tt+- hay 2t hoc
6t Ê- (loi). Khi ú bt ng thc cn chng minh tr thnh
() ()
()
()
2
2
363
3
2
12
xy xy xy
xy
xy xy
xy xy xy
+- + +
+Ê+-+
+++ +
hay
2
232
39183 9
2412
42
tt t
tt ttt
t
+- -
+Ê+--+-
()
(
)
2
260ttt- ++
luụn ỳng vi mi
2t , du bng xy ra khi 2t = hay 1xy==.
Thớ d 7. Cho ,0
x
y > tha món
22
1xy+=. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
() ()
11
11 11Px y
yx
ổử ổử
ữ
ữ
ỗỗ
=+ + ++ +
ữ
ữ
ỗỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗỗ
ốứ ố
ứ
.
Li gii. t txy=+. T gi thit ,0
x
y > v
22
1xy+= suy ra
2
1
2
t
xy
-
=
v
1t > . p dng bt ng thc
()
()
2
22
2
x
yxy+Ê + suy ra
12t<Ê
.
Khi ú
()
2
1
1
x
ytt
Pxyxy
xy t
ộự
++
ộự
ờỳ
=+ + + =
ởỷ
ờỳ
-
ởỷ
. Xột hm s
()
2
1
tt
ft
t
+
=
-
,
()
()
2
2
21
1
tt
ft
t
Â
=
-
,
()
012ft t
Â
== (loi). Bng bin thiờn
T bng bin thiờn ta cú
(
()
(
)
1; 2
min min 2 4 3 2
t
Pftf
ự
ẻ
ỳ
ỷ
===+ t c khi
1
2
xy==
.
t
1
2
()
f
t
Â
-
(
)
f
t
+Ơ
432+
Nhận xét. Qua các thí dụ trên, cho ta một kỹ thuật giảm biến của bài toán tìm
GTNN, GTLN của biểu thức hai biến có tính đối xứng: Do tính đối xứng nên ta
luôn có thể biến đổi đưa về một trong các dạng đặt
txy=+,
22
tx y=+ hoặc
txy=
, từ đó đưa về tìm GTNN, GTLN của hàm số.
1/
Cho ,0
x
y > thỏa mãn 13
x
yxy++= . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
()()
22
3311
11
xy
P
yx xy
x
y
=+
++
2/ Cho ,
x
y không đồng thời bằng 0 và thỏa mãn 1xy+=. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
22
22 2 2
1
11
xy
P
xyy x
=++
+++
3/ Cho
22
1xy+=
. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức
11
P
xyyx=+++
4/ Cho
22
1xy+=
. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức
11
xy
P
yx
=+
++
5/ Cho
,0
x
y ¹
thay đổi thỏa mãn
()
22
x
yxy x y xy+=+-
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
33
11
P
x
y
=+
.
6/ Cho
,xyΡ
thỏa mãn
22
2xxyy++£
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
22
P
xxyy=- +.
Trong phần này chúng tôi trình bày một số dạng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá
trị lớn nhất của biểu thức chứa hai biến mà giả thiết hoặc biểu thức đó thể hiện
tính đẳng cấp. Từ đó xét hàm số và tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm
số.
Thí dụ 1. Cho ,0
x
y > thỏa mãn
22
1xy+=. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
()
P
yx y=+.
Lời giải. Đặt
ytx=
. Từ điều kiện
,0
x
y >
suy ra 0t > . Từ giả thiết
22
1xy+=
ta có
2
2
1
1
x
t
=
+
. Khi đó biểu thức
()
2
2
2
1
1
tt
Pxtt
t
+
=+=
+
. Xét hàm số
Bài tập tương tự
II.3. Tìm GTNN
,
GTLN của biểu thức có tính đẳn
g
cấ
p
()
2
2
1
tt
ft
t
+
=
+
,
()
()
2
2
2
21
1
tt
ft
t
-++
¢
=
+
,
()
02112ft t t
¢
=Û= +Ú=-
(loại).
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có
()
(
)
21
2
0
max max 2 1
t
Pftf
+
>
==+= đạt được khi
()
(
)
21
21
22 22
;;xy
+
-
= .
Thí dụ 2. Cho ,0
x
y ³ và thỏa mãn
22
1xy+=. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
2
2
465
221
xxy
P
xy y
+-
=
Lời giải.
Nếu
0
x
= thì từ giả thiết
22
1xy+=
và 0y ³ suy ra
1y =
. Khi đó
5
3
P =
.
Nếu
0
x
¹ thì đặt ytx= . Từ giả thiết ,0
x
y ³ và
22
1xy+= suy ra
0t ³
và
2
2
1
1
x
t
=
+
. Khi đó
()
()
2
2
22 2
46 5
561
22 13 21
xt
tt
P
xt t t t
+-
-+
==
-+
. Xét hàm số
()
2
2
561
321
tt
ft
tt
-+
=
-+
,
()
()
2
2
2
844
321
tt
ft
tt
+-
¢
=
-+
,
()
1
01
2
ft t t
¢
=Û=Ú=-
(loại).
Bảng biến thiên
t
0
21+
+¥
()
f
t
¢
+
0
-
(
)
f
t
0
21
2
+
1
t
0
1
2
+¥
(
)
f
t
¢
-
0
+
(
)
f
t
1
1-
5
3
Từ bảng biến thiên ta có
()
5
,0
3
ft t<"³
và
()
()
1
2
0
min min 1
t
Pftf
³
===-
đạt
được khi
2
5
x =
và
1
5
y =
. Vì vậy
5
max
3
P =
đạt được khi
()()
;0;1xy =
và
min 1
P
=- đạt được khi
()
()
21
55
;;xy =
.
Thí dụ 2. Cho ,0
x
y > . Chứng minh rằng
()
2
3
22
41
8
4
xy
xx y
£
++
Lời giải. Đặt
x
t
y
=
. Từ giả thiết ,0
x
y > suy ra 0t > . Khi đó bất đẳng thức cần
chứng minh tương đương với
()
3
2
41
8
4
t
tt
£
++
hay
()
3
2
42tt t+- £. Xét
hàm số
()
()
3
2
4
f
ttt t=+-
,
()
()
()()()
33
222
3
2
22
34 4 43
4
44
tt t t t t t
ft t t
tt
+- +- +-
¢
=+ =
++
,
()
2
2
0ft t
¢
=Û=
. Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có
()
()
2
2
0
max 2
t
ft f
>
== hay
()
3
2
42tt t+- £ dấu bằng
xảy ra khi
2
2
t = hay 2yx= .
t
0
2
2
+¥
(
)
f
t
¢
+
0
-
(
)
f
t
0
2
0
1/
Cho
,0
x
y >
tha món
1xy yÊ-
. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
23
23
9
x
y
P
yx
=+
2/ Cho
,0
x
y . Chng minh rng
33 2
379
x
yxy+
.
3/ Cho
,0
x
y
. Chng minh rng
44 3 3
x
yxyxy+ +
.
4/ Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
22
22
38
x
yxy
P
yx
yx
ổử
ổử
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
=+-+
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ốứ
ốứ
vi
,0
x
y ạ
.
Trong phn ny chỳng tụi trỡnh by mt s dng bi toỏn tỡm giỏ tr nh nht, giỏ
tr ln nht ca biu thc cha ba bin bng cỏch t n ph hoc th hai bin
qua mt bin cũn li. T ú, chuyn c bi toỏn v bi toỏn tỡm giỏ tr nh
nht, giỏ tr ln nht ca hm s.
Thớ d 1. Cho ,, 0
x
yz> tha món 1xyz++=. Chng minh rng
11
16
xz yz
+
Li gii. t txy=+. T gi thit ta cú
()
11zxyt=- + =-
v 01t<<.
p dng bt ng thc
()
2
4
x
yxy+ hay
2
4
t
xy Ê
.
Khi ú
()
2
11 4
1
t
P
xz yz xy t
tt
=+=
-
-+
.
Xột hm s
()
2
4
ft
tt
=
-+
,
()
()
()
2
2
42 1t
ft
tt
-
Â
=
-+
,
()
1
0
2
ft t
Â
==
.
Ta cú bng bin thiờn
T bng bin thiờn ta cú
()
()
()
1
2
0;1
min 16
t
ft f
ẻ
== t c khi
11
42
,xy z== =.
t
0
1
2
1
(
)
f
t
Â
- 0
+
(
)
f
t
+Ơ
16
+Ơ
Bi t
p
tn
g
t
II.4. Tỡm GTNN
,
GTLN ca biu thc ba bin
Vì vậy
11
16
xz yz
+³
.
Thí dụ 2. Cho
222
1xyz++=. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu
thức
P
xyzxyyzzx=+++ + +
Lời giải. Đặt t xyz=++. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
()
()
2
222
3
x
yz x y z++ £ + +
suy ra 33t-££. Khi đó
()()
()()
2
222 2
11
21
22
P xyz xyz x y z t t
éù
=+++ ++ - ++ = +-
êú
ëû
Xét hàm số
()
()
2
1
21
2
ft t t=+-
,
()
22ft t
¢
=+,
(
)
01ft t
¢
=Û=
Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên ta có
() ( )
3; 3
min min 1 1
t
Pftf
éù
Î-
êú
ëû
==-=-
đạt được khi
1t =- hay
()( )
;; 1;0;0xyz =- và các hoán vị của nó;
()
(
)
3; 3
max max 3 1 3
t
Pftf
éù
Î-
êú
ëû
===+ đạt được khi 3t = hay
()
(
)
111
333
;; ; ;xyz = .
Thí dụ 3. Cho ,, 0
x
yz³ thỏa mãn 1xyz++=.
Chứng minh rằng
333
15 1
44
xyz xyz+++ ³
Lời giải. Do vai trò của ,,
x
yz bình đẳng nên ta luôn giả sử được
{
}
min , ,
x
xyz= . Từ giả thiết ,, 0
x
yz³ , 1xyz++= ta có
1
0
3
x££
và
1yz x+= Áp dụng bất đẳng thức
()
2
4
yz
yz
+
£
và
27
30
4
x
-<
. Khi đó biểu
thức
t
3-
1-
3
(
)
f
t
¢
-
0
+
(
)
f
t
13-
1-
13+
() ()
3
333 3
15 15
3
44
P
x y z xyz x yz yzyz xyz=+++ =++ - ++
() () ()
33
33
15 27
31 3
44
xx
xyzyz yzx xyz
ộự ổử
ữ
ỗ
ờỳ
=++ + - + =+- + -
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ờỳ
ố
ứ
ởỷ
()
()
()
2
3
332
27 1
1 3 27 18 3 4
44 16
yz
x
xx xxx
ổử
+
ữ
ỗ
+- + -= - ++
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ốứ
Xột hm s
()
()
32
1
27 18 3 4
16
fx x x x=-++
,
()
()
2
1
81 36 3
16
fx x x
Â
=-+
,
()
1
0
9
fx x
Â
==
1
3
x=
. Bng bin thiờn
T bng bin thiờn ta cú
() ()
()
1
3
1
3
0;
1
max 0
4
x
fx f f
ộự
ẻ
ờỳ
ởỷ
===
. Do ú
1
4
P
. Du bng
xy ra khi
()
()
111
333
;; ;;xyz = hoc
()
()
11
22
;; 0;;xyz = v cỏc hoỏn v ca nú.
Thớ d 4. Cho
()
,, 0;1xyzẻ
tha món 1xy yz zx++=.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
222
111
x
yz
P
x
yz
=++
.
Li gii. Ta cú
()()()
222
222
111
xyz
P
x
xyyzz
=++
. Xột hm s
()
()
2
1
1
ft
tt
=
-
vi
01t<<
,
()
()
2
2
22
31
1
t
ft
tt
-
Â
=
-
,
()
1
3
1
0
3
ft t t
Â
== =-
(loi).
Ta cú Bng bin thiờn
x
0
1
9
1
3
(
)
f
x
Â
+
0
-
0
(
)
f
x
1
4
7
27
1
4
t
0
1
3
1
(
)
f
t
Â
- 0
+
(
)
f
t
+Ơ
33
2
+Ơ
Từ bảng biến thiên ta có
()
()
2
133
0;1
2
1
t
tt
³"Î
-
.
Vì vậy
()
()
222
33 33 33
22 2
P xyz xyyzzx³++³++=
Do đó
33
min
2
P =
đạt được khi
1
3
xyz=== .
Chương III
MỘT SỐ BÀI TOÁN TRONG CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC
Bài 1 (Đề thi tuyển sinh Đại học A – 2011)
Cho ,,
x
yz là ba số thực thuộc đoạn 1; 4
é
ù
ë
û
và ,
x
yx z³³. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
23
x
yz
P
x
yyzzx
=++
+++
Lời giải. Trước hết ta chứng minh :
11 2
11
1
ab
ab
+³
++
+
(*), với a và b
dương và
1ab ³ . Thật vậy,
() ( )
(
)
()()
*21211ab ab a bÛ++ + ³ + +
()
22a b ab ab a b abÛ+ + ³++
()()
2
10ab a bÛ- -³
, luôn đúng với
,ab dương và
1ab ³
. Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi : ab= hoặc 1ab = .
Áp dụng (*), với
x
và y thuộc đoạn 1; 4
é
ù
ë
û
và
x
y³ , ta có:
11 1 2
23 3
11 2
1
x
P
xy z x y
x
yz x
y
=++³+
+
++ +
+
Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi :
zx
yz
=
hoặc
1
x
y
=
(1)
Đặt
,1;2
x
tt
y
é
ù
=Î
ë
û
. Khi đó:
2
2
2
1
23
t
P
t
t
³+
+
+
. Xét hàm số :
()
2
2
2
,1;2
1
23
t
ft t
t
t
é
ù
=+Î
ë
û
+
+
,
()
()()
()
()
3
2
2
2
2433219
0
231
tt tt
ft
tt
éù
+-+
êú
ëû
¢
=<
++
,
() ()
34
2
33
ft fÞ³=
.
Du bng xy ra, khi v ch khi 2t =
44,1
x
xy
y
== =
(2). Suy ra
34
33
P
.
T (1) v (2) suy ra du bng xy ra, khi v ch khi :
4, 1xy== v 2z = .
Vy, giỏ tr nh nht ca
P
bng
34
33
, khi 4, 1, 2xyz===.
Bi 2 ( thi tuyn sinh i hc B 2011)
Cho a v b l cỏc s thc dng tha món
(
)
()( )
22
22a b ab a b ab++=+ +.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
33 22
33 22
49
ab ab
P
ba ba
ổửổử
ữ
ữ
ỗỗ
ữ
ữ
=+-+
ỗỗ
ữ
ữ
ỗỗ
ữ
ữ
ỗỗ
ốứốứ
Li gii. Vi ,ab dng, ta cú:
(
)
()( )
22
22a b ab a b ab++=+ +
(
)
()
22 2 2
22a b ab a b ab a b ++=++ +
()
11
21 2
ab
ab
ba ab
ổử ổử
ữ
ữ
ỗỗ
++=+++
ữ
ữ
ỗỗ
ữ
ữ
ữ
ữ
ỗỗ
ốứ ố
ứ
.
M
() ()
11 11
222 222
ab
ab ab
ab ab ba
ổử ổử ổ ử
ữữ
ữ
ỗỗỗ
++ + + + = ++
ữữ
ữ
ỗỗỗ
ữữ
ữ
ữữ
ữ
ỗỗỗ
ốứ ốứ ố ứ
, suy ra:
5
21222
2
ab ab ab
ba ba ba
ổử ổ ử
ữữ
ỗỗ
++ ++ị+
ữữ
ỗỗ
ữữ
ữữ
ỗỗ
ốứ ố ứ
.
t
5
,
2
ab
tt
ba
=+
, suy ra :
(
)
(
)
3232
4392491218Ptt t ttt= = +
Xột hm s
()
32
4 9 12 18ft t t t= +, vi
5
2
t
Ta cú
()
(
)
2
62 3 2 0ft t t
Â
= >, suy ra :
)
()
5
2
;
523
min
24
ft f
ộ
+Ơ
ờ
ở
ổử
ữ
ỗ
==-
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ốứ
.
Vy,
23
min
4
P =-
t khi v ch khi :
5
2
ab
ba
+=
v
11
2ab
ab
ổử
ữ
ỗ
+= +
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố
ứ
()()
;2;1ab= hoc
()()
;1;2ab =
Bi 3 ( thi tuyn sinh i hc khi B-2010)
Cho cỏc s thc khụng õm ,,abc thon món 1abc++=. Tỡm giỏ tr nh nht
ca biu thc
()
()
22 22 22 2 2 2
332
M
ab bc ca ab bc ca a b c=++++++++
Li gii. Ta cú:
()()()
2
3212
M
ab bc ca ab bc ca ab bc ca+++ +++- ++
t
tabbcca=++
, ta cú :
()
2
1
0
33
abc
t
++
ÊÊ =
.
Xột hm s
()
2
3212
f
tt t t=++ -
trờn
1
0;
2
ộử
ữ
ờ
ữ
ữ
ữ
ờ
ứ
ở
, ta cú :
()
2
23
12
ft t
t
Â
=+-
-
()
()
3
2
20
12
ft
t
ÂÂ
=- Ê
-
, du bng ch xy ra ti
0t =
, suy ra
(
)
f
t
Â
nghch
bin.
Xột trờn on
1
0;
3
ộ
ự
ờ
ỳ
ờ
ỳ
ở
ỷ
ta cú :
()
111
23 0
33
ft f
ổử
ữ
ỗ
ÂÂ
=->
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ốứ
, suy ra
()
f
t
ng bin.
Do ú :
() ()
1
02, 0;
3
ft f t
ộ
ự
ờ
ỳ
="ẻ
ờ
ỳ
ở
ỷ
.
Vỡ th :
()
1
2, 0;
3
Mft t
ộ
ự
ờ
ỳ
"ẻ
ờ
ỳ
ở
ỷ
.
2,1Mabbccaabbcca= = = + + =
v
1abc++=
()
;;abc l mt trong cỏc b s :
(
)
(
)
(
)
1; 0; 0 , 0;1; 0 , 0; 0;1
Do ú giỏ tr nh nht ca
M
l 2.
Bi 4. ( thi tuyn sinh i hc khi B 2009)
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
(
)
(
)
4422 22
321A xyxy xy=++-++
vi
,
x
y
l cỏc s tha món
()
3
42xy xy++ .
Li gii. Da vo bt ng thc hin nhiờn :
()
2
4
x
yxy+ nờn
() ()()()
3323
42 42xy xy xy xy xy xy++ ị+++++
()()
32
20xy xyị+++-
()()()
2
120xy xy xy
ộự
ộự
ị+- ++++
ờỳ
ởỷ
ởỷ
(1)
Do
()() ()
2
2
17
20
24
xy xy xy
ộự
ờỳ
++++=+++>
ờỳ
ởỷ
v t (1) suy ra : 1xy+.
Vy nu cp
(
)
;
x
y tha món yờu cu bi thỡ
1xy+
(2).
Ta bin i
A
nh sau:
(
)
(
)
4422 22
321A xyxy xy=++-++
()()()
2
22 44 22
33
21
22
xy xy xy=+++-++
(3)
Do
()
2
22
44
2
xy
xy
+
+
nờn t (3) suy ra :
()()() ()()
22 2
22 22 22 22 22
33 9
21 21
24 4
Axy xy xy xy xy+++-++=+-++
Vỡ
()
2
22
2
x
y
xy
+
+
nờn t (2) ta cú :
22
1
2
xy+
.
t
()
2
9
21
4
ft t t=-+
vi
22
1
2
tx y=+
. Ta cú :
()
91
20,
22
ft t t
Â
=->"
.
Suy ra :
()
1
2
19
min
216
t
ft f
ổử
ữ
ỗ
==
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ốứ
(4)
T (4) suy ra
9
16
A
. Mt khỏc d thy khi
1
2
xy==
thỡ
9
16
A =
.
Vy
9
min
16
A =
khi
1
2
xy==
.
Bi 5. ( thi tuyn sinh i hc khi D 2009)
Cho ,0
x
y v 1xy+=. Tỡm giỏ tr ln nht v nh nht ca biu thc :
(
)
(
)
22
434325Sxyyx xy=+ ++
Li gii. Ta cú :
(
)
(
)
(
)
22 2233
43432516 12 34Sxyyx xyxy xy xy=+ ++= + ++
()
(
)
22 2 2
16 12 34
x
yxyxxyyxy=++-++
()
2
22
16 12 3 34
x
yxyxyxy
ộự
=++-+
ờỳ
ởỷ
22
16 2 12xy xy=-+ (1) (do 1xy+=).
t
x
yt= . Vi 0, 0
x
y, ta cú :
()
2
11
00
44 4
xy
xy t
+
ÊÊ =ịÊÊ
Xột hm s
()
2
16 2 12ft t t=-+ vi
1
0
4
tÊÊ
. Ta cú :
()
32 2ft t
Â
=
Bng bin thiờn
Suy ra
()
()
1
4
1
16
0;
191
min
16
ft f
ộự
ờỳ
ởỷ
== v
()
()
1
4
1
4
0;
25
max
2
ft f
ộự
ờỳ
ởỷ
==.
Vy: Giỏ tr nh nht ca
S t c
23 23
1
;
1
44
1
16
23 23
;
16
44
xy
xy
t
xy
xy
ộ
+-
ỡ
ờ
+=
ù
==
ù
ờ
ù
=
ờ
ớ
ù
ờ
-+
=
ù
==
ờù
ợ
ờ
ở
Giỏ tr ln nht ca
S
t c
1
11
1
42
4
xy
txy
xy
ỡ
+=
ù
ù
ù
= ==
ớ
ù
=
ù
ù
ợ
t
0
1
16
1
4
()
f
t
Â
-
0
+
()
f
t
12
191
16
25
2
Sáng kiến này đã đạt được một số kết quả sau :
+ Nhắc lại cách tìm GTNN, GTLN của hàm số thông qua một vài ví dụ.
+ Hệ thống một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa hai
biến bằng cách thế một biến qua biến còn lại.
+ Hệ thống một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa hai
biến bằng cách đặ
t ẩn phụ theo tính đối xứng txy=+,
22
tx y=+ hoặc txy= .
+ Hệ thống một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa hai
biến bằng cách đặt ẩn phụ theo tính đẳng cấp
x
t
y
=
+ Hệ thống một số dạng bài toán tìm GTNN, GTLN của một biểu thức chứa ba
biến bằng cách đặt ẩn phụ hoặc thế hai biến qua một biến còn lại.
Qua thực tế giảng dạy chúng tôi thấy rằng vấn đề nào dù khó mà giáo viên quan
tâm và truyền thụ cho học sinh bằng lòng say mê và nhiệt tình của mình thì sẽ
cuốn hút các em vào con đường nghiên cứu. Bài toán tìm GTNN, GTLN của
một biểu thức không phải là một vấ
n đề mới, nhưng thực tế cho thấy còn nhiều
Thầy, Cô chưa quan tâm đúng mức vần đề này.
Với sáng kiến kinh nghiệm này hy vọng góp thêm một tài liệu cho quý Thầy, Cô
và các bạn đồng nghiệp ; giúp các em học sinh có thêm những kinh nghiệm cho
loại toán này, từ đó tự tin hơn khi thi Đại học.
Sáng kiến kinh nghiệm này có thể triển khai như một chuyên đề để bồi dưỡng
học sinh giỏi ; cũ
ng 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.
Phần kết lu
ậ
n
2. Bài h
ọ
c kinh n
g
hi
ệ
m
3. Ý n
g
h
ĩ
a của SKKN
1.
K
ết
q
uả đ
ạ
t đ
ư
ợ
c
4. Khả năng ứng dụng và triển khai
1. Sách Giáo khoa Giải tích 12, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam.
2. Tuyển tập Tạp chí Toán học và tuổi trẻ năm 2008, 2009, 2010 ; và Tạp chí
Toán học và tuổi trẻ hàng tháng.
3. Nguồn Internet :
, …
Tài li
ệ
u tham khảo
