SKKN Hướng dẫn học sinh cách nhìn bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

HƯỚNG DẪN HỌC SINH CÁCH NHÌN BÀI TOÁN GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
,NHỎ NHẤT NHIỀU BIẾN VẾ BÀI TOÁN MỘT BIẾN
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lời nói đầu
Để giải các bài tập về giá trị lớn nhất , giải đúng và chính xác là yêu cầu có
tính chất bắt buộc của cấu trúc một bài giải . Bài toán giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất
là một trong những dạng toán hay , cái “ẩn ” trong bài toán có một vẻ đẹp kì diệu
.Tuy nhiên để tìm ra được cách giải của nó ta gặp những vấn đề khá phức tạp .
Một trong những vấn đề cần giải quyết đó là phải có một cách nhìn (cách chuyển
) cho phù hợp ,với từng bài toán . Sau đây bài viết của tôi về hướng dẫn học sinh
cách nhìn bài toán giá trị lớn nhất , nhỏ nhất nhiều biến về bài toán một biến
,mong muốn khai thác thêm được nhiều cái đẹp và kì diệu của toán học , đồng
thời góp phần tăng thêm kĩ năng cho các em học sinh.
II.Thưc trạng của vấn đề cần nghiên cứu
1. Thực trạng
Bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất là một trong những lĩnh vực khó và khá
phức tạp thường xuyên được đề cập trong các đề thi đại hoặc cao đẳng. Đối với
loại toán này học sinh thường hay lúng túng và không tìm ra con đường giải
quyết và thường sợ dẫn đến không chịu làm và hay có những kết luận sai lầm
Trong quá trình giảng dạy của mình ,có một lần tôi đưa ra cho học sinh của mình
giải bài toán sau :
1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
3
f (x) x 5 x= −
trên đoạn
[ ]
0;5
.
2. Cho các số thực a,b,c thỏa mãn
a b c≥ ≥

và
2 2 2
a b c 5+ + =
. Chứng minh rằng:
(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4− − − + + ≥ −
2.Kết quả thu được
Khi chấm bài của các em, tôi thấy nhiều em không làm xong bài toán .Các em
đa số giải được câu 1 mà không giải được câu 2 một cách hoàn chỉnh.
Thực ra đây là bài toán tôi thấy tâm đắc ,là bài toán không khó nếu ta chỉ cần
một chút về óc quan sát, linh cảm tinh tế “ cách nhìn “ là có thể tìm ra mối liên
hê giũa bài 1 và bài 2 và từ đó nhận được cách giải bài 2 một cách dễ dàng .
Cụ thể như sau :
1. f(x) =
3
x (5 x)−
hàm số liên tục trên đoạn [0; 5] f(x)
3/ 2
x(5 x) x (0;5)= − ∀ ∈
f ’(x) =
5
5 x(5 x)
2
− −

f ’(x) = 0
x 5; x 2⇒ = =
. Ta có : f(2) =
6 3
, f(0) = f(5) = 0
1

Vậy
x [0;5]
Max
∈
f(x)= f(2) = 6 3
,
x [0;5]
Min
∈
f(x) = f(0) = 0
2.

(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4− − − + + ≥ −
(a b)(b c)(a c)(ab bc ca) 4⇔ − − − + + ≤
(*).
Đặt vế trái của (*) là P
Nếu ab + bc + ca < 0 thì P
≤
0 suy ra BĐT được chứng minh
Nếu ab + bc + ca
≥
0 , đặt ab + bc + ca = x
≥
0
(a-b)(b-c)
2
2
a b b c (a c)
2 4
− + − −

 
≤ =
 ÷
 

⇒
(a - b)(b - c)(a - c)
3
(a c)
4
−
≤
(1)
Ta có : 4(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab - bc - ca) = 2(a - c)
2
+ 2(a - b)
2
+ 2(b - c)
2

≥
2(a - c)
2
+ [(a - b) + (b - c)]

2
= 2(a - c)
2
+ (a - c)
2
= 3(a - c)
2
Suy ra 4(5 - x)
≥
3(a - c)
2
,từ đây ta có x
≤
5 và
4
a c (5 x)
3
− ≤ −
(2) .
Từ (1) , (2) suy ra P
3
1 4
x. (5 x)
4 3
 
≤ −
 
 
=
3

2 3
x (5 x)
9
−
(3)
Theo câu a ta có: f(x) =
3
x (5 x)−

6 3≤
với x thuộc đoạn [0; 5]
nên suy ra P
2 3
.6 3 P 4
9
≤ ⇒ ≤
. Vậy (*) được chứng minh.
Như vậy “ cách nhìn “ ở đây là đưa bài toán nhiều biến về bài toán giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất một biến quen thuộc đã phát huy có hiệu quả.
Trong quá trình giảng dạy ở các lớp khối 12 và ôn thi đội tuyển tỉnh, ôn thi
vào các trường Đại học ,Cao đẳng tôi đã vận dụng” hướng dẫn học sinh cách
nhìn bài toán giá trị lớn nhất nhiều biến về bài toán một biến” vào học sinh
trường THPT Trần Phú - Nga Sơn ,các em tiếp thu phát triển rất cao về óc quan
sát ,linh cảm tinh tế, kết quả thu được rất khả quan .Từ đó tôi mạnh dạn đưa ra
cách nhìn bài toán giá trị lớn nhất nhỏ nhất nhiều biên bài toán một biến gồm :
1. Cách chuyển từ nhiều biến gom thành một biến ( phương pháp dồn biến cơ
bản)
2. Cách chuyển cô lập trên từng biến ( phương pháp tiếp tuyến )
B . GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

1. Cách chuyển từ nhiều biến gom thành một biến
Ví dụ 1 : Cho a,b,c là ba số thực không đồng thời bằng 0 thỏa mãn
2 2 2 2
( ) 2( )a b c a b c+ + = + +
. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của :
3 3 3
( )( )
a b c
P
a b c ab bc ca
+ +
=
+ + + +
2
* Ta nhận thấy P là biểu thức đối xứng ba biến có điều kiện của các biến do đó
để chuyển P chỉ chứa một biến chúng ta sẽ đi từ điều kiện của các biến thật vậy
ta có :
2 2 2 2
( ) 2( )a b c a b c ab bc ca+ + = + + + + +
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2( ) 2( )
1 1
( ) ( )
2 4
a b c a b c ab bc ca
ab bc ca a b c a b c
⇔ + + = + + + + +
⇔ + + = + + = + +
Thế vào P Khi đó

3 3 3
3 3 3
3
4( )
4 4 4
( )
a b c a b c
P
a b c a b c a b c a b c
+ +
     
= = + +
 ÷  ÷  ÷
+ + + + + + + +
     
Bây giờ ta dùng đặt ẩn : Đặt
4a
x
a b c
=
+ +
;
4b
y
a b c
=
+ +
;
4c
z

a b c
=
+ +

từ phép đặt ta có :
2
4 4 4
1 4 ( ) 4 4
x y z y z x y z x
xy yz xz yz x y z yz x x
+ + = + = − + = −
  
⇔ ⇔
  
+ + = = − + = − +
  
(*)
Từ đó
3
3 3 3 3 3 2
16 ( ) 3 ( ) 3 12 12 16P x y z x y z yx y z x x x= + + = + + − + = − + +

3 2
3 3 3
1
16 4 4
P x x x= − + +
Từ (*) để tồn tại y và z ( theo viest) khi và chỉ khi :
2 2
8

(4 ) 4(4 4 ) 0;
3
x x x x
 
− ≥ − + ⇔ ∈
 
 

Như vậy bài toán trở thành tìm GTLN và GTNN
3 2
3 3 3
1
16 4 4
P x x x= − + +
trên
8
0;
3
x
 
∈
 
 
đây là bài toán cực kỳ quen thuộc với bất kì học sinh lớp 12 và giải một
cách đễ dàng
Nhận xét : Qua ví dụ 1 ta nhận thấy « cách nhìn « để chuyển không khó đối
với nhiều các em hoc sinh tuy nhiên trong quá trình chuyển đổi miền xác định
của biến cực kì quan trọng ,ở trên có một phương pháp chặn biến rất hay : Từ
2
4

4 4
y z x
yz x x
+ = −


= − +

để tồn tại y và z ( theoviest) khi và chỉ khi :
2 2
8
(4 ) 4(4 4 ) 0;
3
x x x x
 
− ≥ − + ⇔ ∈
 
 
từ việc chặn được x và chuyển P như vậy ta thấy
việc nắm bắt bài toán ví dụ 1 một cách dễ dàng
3
Ví dụ 2 : Cho
[ ]
, , 1;4 , ,x y z x y x z∈ ≥ ≥
tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +

+ + +
Ta thấy đây là bài toán khó trong đề thi đại học tuy nhiên để đưa bài toán về một
biến sau đó dùng sự biến thiên của hàm số để giải quyết thì trước hết ta phải đi
từ một bất đẳng thức cơ bản sau :
Cho hai số dương b,c :
Nếu
1bc
≥
thì :
1 1 2
1 1
1
b c
bc
+ ≥
+ +
+
Nếu
1bc
≤
thì :
1 1 2
1 1
1
b c
bc
+ ≤
+ +
+
dấu bằng xảy ra khi

1bc
=
hoặc
b c
=
Bây giờ ta có
1 1 1
2 3 1 1
P
y z x
x y z
= + +
+ + +
và đặt
; ;
y z x
a b c
x y z
= = =
thì
1
1; 1;1 4
4
abc a c= ≤ ≤ ≤ ≤
Ta được :
1 1 1 1 1
2 3 1 1 2 3 1 1
bc
P
a b c bc b c

= + + = + +
+ + + + + +
Vì
1
x
bc
y
= ≥
nên
2
2 3
1
bc
P
bc
bc
≥ +
+
+
Lại đặt
[ ]
; 1;2t bc t= ∈
ta được
2
2
2
( )
2 3 1
t
P f t

t t
≥ + =
+ +
Đến đây bài toán trở thành : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )f t
trên
[ ]
1;2t ∈

Ví dụ 3 . Cho các số thực
, ,a b c
thoả mãn:
2 2 2
6
3.
a b c
ab bc ca

+ + =

+ + = −

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
6 6 6
.P a b c= + +
.
2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 3( )( ) 216 18.9 54a b c a b c a b b c c a= + + − + + + + = − =
.
Suy ra

2
3( ) 54P abc= +
. Đặt
t abc=
thì việc chặn t như thế nào , rất hay như sau :
3 3
3 0 3 1 1x x abc x x abc⇔ − − = ⇔ − + = +
(3)
Tiếp tục gặp một bài toán đối xứng ba biến sau đây ta sẽ nhìn cách chuyển biểu
thức P :
Từ giả thiết suy ra :
0a b c+ + =

6 6 6 2
3( )P a b c P abc= + + ⇒ −

2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2
( )( )a b c a b c a b b c c a= + + + + − − −
Ta có:
, ,a b c
là ba nghiệm thực của phương trình
( )( )( ) 0x a x b x c− − − =
4
Từ đồ thị hàm số
3
3 1,y x x= − +
suy ra pt (3) có ba nghiệm thực
, ,a b c
khi và chỉ khi
1 1 3 2 2.abc abc− ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤

2abc = −
, khi trong ba số a, b, c có hai số bằng 1 và một số bằng -2.

2abc =
, khi trong ba số a, b, c có hai số bằng -1 và một số bằng 2.
Như vậy bài toán trơ thành
2
3 54P t= +
trên
[ ]
2;2−
2. Cách chuyển cô lập trên từng biến ( Phương pháp tiếp tuyến )
Cơ sở : Cho
1 2
,
n
a a a D∈
thỏa mãn
1 2
,
n
a a a nu u D+ + + = ∈
khi đó ta có :
1 2
( ) ( ) ( ) ( )
n
f a f a f a nf u+ + + ≥
hoặc
1 2

( ) ( ) ( ) ( )
n
f a f a f a nf u+ + + ≤
đẳng thức sảy
ra khi
1 2

n
a a a u= = = =
. Tuy nhiên một số hàm số
( )y f x=
không lồi ( không
lõm ) trên miền
[ ]
;D
α β
=
nhưng vẫn cố đồ thị nằm trên tiếp tuyến
Axy B= +
tại
điểm
[ ]
;x u
α β
= ∈
thì ta có thể nghĩ đến chuyện đánh giá
( ) Axf x B≥ +
Với
[ ]
;x

α β
∈
Ví dụ 4 :
Cho
, , 0a b c >
. Tìm giá trị lớn nhất
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b
P
a b c b a c c a b
+ + + + + +
= + +
+ + + + + +
Đây là bài toán với ba biến a,b,c bình đẳng như nhau nên ta chuẩn hóa
3a b c
+ + =
thì biểu thức
( )
( )
( )

( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3 3
2 3 2 3 2 3
a b c
P
a a b b c c
+ + +
= + +
+ − + − + −
. Lúc này ta
xét một hàm số đặc trưng một biến
2
2
6 9
( )
2 3
x x
f x
x x
+ +
=
− +
trên
( )
0;3x ∈

. Phương trình
tiếp tuyến của
2
2
6 9
( )
2 3
x x
f x
x x
+ +
=
− +
tại
1x
=
là
4 4y x= +
Xết hiệu
( ) (4 4) 0f x x− + ≤
nên
( ) 4 4f x x≤ +
( )
0;3x∀ ∈
từ đó ta có :
2
2
6 9
4 4
2 3

a a
a
a a
+ +
≤ +
− +
2
2
6 9
4 4
2 3
b b
b
b b
+ +
≤ +
− +
2
2
6 9
4 4
2 3
c c
c
c c
+ +
≤ +
− +
3 4( ) 12 24 8P a b c P≤ + + + = ⇒ ≤
Vậy giá tri lớn nhất của P =8 khi

a b c= =
Ví dụ 5 . Cho
, , , 0, 1a b c d a b c d> + + + =

Chứng minh rằng :
3 3 3 2 2 2
1
6( )
8
a b c a b c+ + ≥ + + +
Ví dụ trên đơn giản hơn : Ta xét hàm đặc trưng
3 2
( ) 6f x x x= −
trên
( )
0;1x ∈
5
Do hai vế là biểu thức đối xứng với a,b,c,d nên đễ thấy đăqngr thức xảy ra tại
điểm rơi
a b c d
= = =
kết hợp với
1a b c d
+ + + =
suy ra điểm rơi là :
1
4
a b c d= = = =
Từ đó xết tiếp tuyến của
3 2

( ) 6f x x x= −
tại
1
4
x =
có phương trình là
5 1
8 8
y x= −
Mặt khác
( )
5 1 5 1
( ) 0, 0;1 ( )
8 8 8 8
f x x x f x x
 
− − ≥ ∀ ∈ ⇒ ≥ −
 ÷
 
Từ đó :
3 2
5 1
6
8 8
a a a− ≥ −
3 2
5 1
6
8 8
b b b− ≥ −

3 2
5 1
6
8 8
c c c− ≥ −
3 2
5 1
6
8 8
d d d− ≥ −
Cộng vế với vế ( đpcm)


III .BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2 2
1
1 1
x y x y
P
x y
− −
=
+ +
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của :
( )

2
2
2
1 2 2
xy y
P
x xy
+
=
+ +
với
2 2
1x y+ =
Bài 3.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của :
4 4
1 2
x y
P
xy
+
=
+
với
2 2
2( ) 1x y xy+ = +
Bài 4.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của :
4 4
2 2
1
1

x y
P
x y
+ +
=
+ +
với
2 2
1x xy y− + =
Bài 5.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của :
3 3 3
3P x y z xyz= + + −
với
2 2 2
2x y z+ + =
Bài 6.Tìm giá trị nhỏ nhất của :
( )
3 3 3
3
16x y z
P
x y z
+ +
=
+ +
với
0; ; ; 0x y z x y z+ + > ≥
Bài 7. Cho
;x y
thỏa mãn :

2 2
3x xy y+ + ≤
chứng minh rằng :

( )
2 2
4 3 3 3 4 3 3x xy y− + ≤ − − ≤ −

6
Bài8 Cho
[ ]
, , 1;1x y z ∈ −
và
0x y z+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất
2 2 2
7 7 7
1 1 1
9 9 9
A x y y z z x= + + + + + + + +
Bài 9 Cho
4 4 4
, , 0; 3a b c a b c> + + =
. Tìm giá trị lớn nhất
1 1 1
4 4 4
P
ab bc ca
= + +
− − −

C. KẾT LUẬN
1 . Kết quả thu được

Trên đây là những cách chuyển từ những bài toán khó về bài toán quen
thuộc trong quá trình giảng dạy tìm tòi và nghiên cứu tôi đã hệ thống lại các
phương pháp và đưa ra các bài tập có tính minh hoạ .
Trong thực tế ngoài những vấn đề tôi trình bày bày còn có rất nhiều các
phương pháp khác như “ dồn biến băng kĩ thuật hàm số “ hay “ dồn biến băng
hàm lồi”. tuy nhiên sau nhiều năm áp dụng sáng kiến này trong việc giảng dạy ,
bồi dưỡng học sinh trường THPT Trần Phú - Nga Sơn đã thu được kết quả như
sau :
- Làm cho các em yêu thích hơn về môn học
- Có cách giải hợp lý , hay , ngắn gọn trong suy luận và tư duy chặt chẽ
- Số học sinh giỏi , học sinh thi vào Đại học , Cao đẳng ở các năm ngày càng
tăng.

2. Bài học kinh nghiệm rút ra .
Sau một thời gian đưa vào áp dụng , bồi dưỡng học sinh tôi tự rút ra một số
kinh nghiệm sau :
- Giáo viên phải nghiên cứu kỹ kiến thức sách giáo khoa , tài liệu tham
khảo . - Lựa chọn đúng phương pháp bộ môn phù hợp với đối tượng học sinh.
- Để áp dụng và làm bài tập tốt cần cho học sinh nắm vững cơ sở lí thuyết
của vấn đề tránh những thiếu sót và không chặt chẽ trong quá trình giải của học
sinh.
- Khi cho làm tiết luyện tập cần lưu ý kĩ thuật kĩ năng của các em.
sau mỗi bài tập cần chốt lại phần cơ bản của vấn đề và nhận xét nhằm lôi cuốn
học sinh có lòng say mê toán học .
3. Kiến nghị , đề xuất .
Trên đây là sáng kiến của tôi trong quá trình trực tiếp giảng dạy . Mặc dù bản
thân đã dành nhiều thời gian nghiên cứu và tìm tòi . Tuy vậy , vẫn còn nhiều hạn

chế , bản thân kinh nghiệm chưa nhiều nên bài viết còn nhiều thiếu sót . Mong
được sự góp ý của các thấy cô giáo và các bạn đồng nghiệp .
7
Tôi xin cam đoan sáng kiến trên đây do tôi tự nghiên cứu không sao chép .
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết
Nguyễn Văn Hồi

8