SKKN tìm HƯỚNG GIẢI CHO bài TOÁN tìm GIÁ TRỊ lớn NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT của một BIỂU THỨC

MỤC LỤC

Nội dung
1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm.
2.1.Cơ sở lí luận
2.2.Thực trạng của vấn đề
2.3.Giải pháp và tổ chức thực hiện
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
3. Kết luận và đề xuất.
3.1. Kết luận
3.2.Ý kiến đề xuất

Trang
2
2
3
3
3
3
3
5
5
16
16
16
17

1. MỞ ĐẦU.
1.1. Lí do chọn đề tài.
Bài toán về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (GTLN và GTNN) là một loại
bài toán khó. Nó khó ở chỗ về lý thuyết rất ngắn, thế nhưng về các phương pháp
dùng để giải quyết bài toán lại đa dạng và phong phú. Một bài toán có thể có rất
nhiều cách giải quyết khác nhau. Muốn giải quyết được nó yêu cầu học sinh
phải có kiến thức tổng hợp và phải có khả năng phán đoán để đưa ra lời giải
thích hợp. Đặc biệt là các bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một

1


biểu thức. Hơn nữa, bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một biểu
thức thường xuất hiện trong các đề thi của các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp
quốc gia hàng năm.
Là giáo viên dạy nhiều năm ở bộ môn toán THPT và trực tiếp giảng dạy lớp
chọn, đội tuyển học sinh giỏi trong nhà trường tôi đã gặp không ít những trắc trở
trong việc giảng dạy ở nhiều bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
một biểu thức nhiều biến. Vì mỗi bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau,
mỗi cách giải thể hiện được kiến thức toán học được vận dụng trong đó. Trong
các cách giải khác nhau đó, có cách giải thể hiện tính hợp lí trong dạy học, có
cách giải thể hiện tính sáng tạo của toán học. Trong đề tài này tôi muốn hướng
dẫn học sinh cách tìm hướng khi giải một bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của một biểu thức nhiều biến. Từ đó để học sinh có nhiều định hướng
trước khi tư duy để giải toán dạng tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một
biểu thức nhiều biến.
Thực tế, qua quá trình giảng dạy và tham khảo kết quả bài làm của học sinh
qua các kỳ thi , tôi thấy học sinh (kể cả những học sinh khá, giỏi) thường bỏ qua
hoặc không làm được khi gặp loại toán này. Có 2 nguyên nhân chính dẫn đến

tình trạng như trên đó là.
Học sinh không định hướng được cách giải loại toán này, Đứng trước một đề
bài các em không biết vận dụng phương pháp nào cho phù hợp. Phương pháp
học tập của học sinh quá thụ động, không sáng tạo, không linh hoạt khi vận
dụng kiến thức vào bài tập.
Các thầy cô chưa tập trung khai thác và hướng dẫn học sinh học một cách
tích cực, và chưa đi sâu phân tích lời giải cho từng bài toán.
Từ thực tế trên tôi quyết định chọn đề tài “Tìm hướng giải cho bài toán tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức” để giúp học sinh giải
quyết các yêu cầu sau:
Có cách nhìn tổng quát và hướng giải quyết bài toán về giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của biểu thức.
Thông qua đề tài, các em tập đào sâu và đưa ra được nhiều cách giải khác
nhau. Từ đó các em có nhiều cách nhìn mới đối với dạng bài toán này.
Giúp nâng cao năng lực tư duy, năng lực sáng tạo cho học sinh, giúp các em
hứng thú và nâng cao hiệu quả học tập, thi cử khi gặp dạng toán này. Thông qua
đó rèn luyện kĩ năng cho học sinh.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Nhằm trang bị thêm cho học sinh một số công cụ hữu hiệu để giải một bài
toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức nhiều biến. Việc đưa
ra nhiều cách giải cho một bài toán dạng này giúp cho học sinh có cái nhìn sâu
hơn và nhanh chóng đưa ra được lời giải cho bài toán.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.

2


Đề tài nghiên cứu, tổng kết về vấn đề giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của một biểu thức.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.

Xây dựng cơ sở lí thuyết.
Khảo sát, điều tra từ thực tế dạy học.
Tổng hợp, so sánh, đúc rút kinh nghiệm.
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
2.1. Cơ sở lí luận.
1/ Khái niệm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu
thức. Cho biểu thức f( x ,y,...)
a/ Ta nói M giá trị lớn nhất ( GTLN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu max f = M
nếu hai điều kiện sau đây được thoả mãn: - Với mọi x,y... để f(x,y...) xác định
thì :
f(x,y...) M ( M hằng số)
- Tồn tại xo,yo ... sao cho:
f( xo,yo...) = M

(1)
(2) [1]

b/ Ta nói m là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu min f = m
nếu hai điều kiện sau đây được thoả mãn :
-

Với mọi x,y... để f(x,y...) xác định thì :

f(x,y...) m ( m hằng số)
- Tồn tại xo,yo ... sao cho:
f( xo,yo...) = m

(1’)
(2’) [1]

Chú ý : Nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1’) thì chưa có thể nói gì về cực trị của
một biểu thức chẳng hạn, xét biểu thức : A = ( x- 1)2 + ( x – 3)2. Mặc dù ta có
A

0 nhưng chưa thể kết luận được minA = 0 vì không tồn tại giá trị nào của

x để A = 0 ta phải giải như sau:
A = x2 – 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2( x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + 2
A=2

x -2 = 0

2

x=2

Vậy minA = 2 khi chỉ khi x = 2
2/ Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số:
- Tìm khoảng xác định K ( nếu đề bài chưa cho K)

3


- Tìm cực trị bằng cách lập bảng biến thiên
- Dưạ vào bảng biến thiên kết luận.
Chú ý: Nếu K = a ; b thì ta không cần lập bảng biến thiên, chỉ cần so sánh các
giá trị hàm số tại các nghiệm của y’ = 0 với f(a), f(b) rồi kết luận.
3/Một số bất đẳng thức
a/ Bất đẳng thức cô si :
+Với 2 số dương a , b ta có: a

b
2

3

+Với 3 số dương a , b , c ta có: a b c
+Với n số dương

2

n

a1 a2

ta luôn có:

(a1b1

a2b2

2

.... an bn )

(a12

a , a ,..., a
1

a22

2

an2

...

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

và

n

)(b12

a

a
1

b
1

...

2

c 2 )(b2

1

b2

2

2

...
n

b
n

n

bn2

a1.a2 ....an

d2)

. Ta có:

).

. [2]

c/ Bất đẳng thức vectơ: Với 3 vectơ u , v , w ta có. u
Dấu bằng xảy ra khi u , v , w cùng hướng. [2]

d/Một số bất đẳng thức khác.

+Với ba số

.n

[2]

b , b ,..., b

a

2

b

... an
n

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 a2 ... an .
b/ Bất đẳng thức Bunhiacốpxki.
+Với bốn số thực a, b, c, d ta có: (ab cd )2 (a 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ad bc .
+Cho hai bộ n số thực tuỳ ý:

v

u v w

w

ta có:

a,b,c
a 2 b 2 2 ab , b 2 c 2 2bc , c 2 a 2 2ca
Suy ra 3 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 c 2 2 ab 2bc 2ca

Từ đó ta có BĐT: a 2 b 2 c 2 1 ( a b c)2
3

Dấu bằng xảy ra khi a b c
+Với ba số dương a , b , c ta chứng minh được. a b c

1

1

1

b

c

Từ đó ta có BĐT: a
Dấu bằng xảy ra khi a b c

2.2. Thực trạng của vấn đề.

9
a b c

[2]

b

a.b.c Dấu bằng xảy ra khi a b c .

3

a ; a ;...; a
1

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a

a
b

1

1

1

a

b

c

9

.


4


Các kiến thức về bất đẳng thức trong sách giáo khoa trình bầy rất đơn giản,
bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ở sách giáo khoa lớp 12 chỉ viết
riêng cho hàm số. Trong khi đó các kỳ thi trong những năm gần đây gần như
năm nào cũng có bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức
nhiều biến. Kỹ năng giải quyết dạng bài tập này của học sinh còn yếu. Từ đó
học sinh thường không làm được bài toán hoặc có tâm lí ngại tiếp xúc với dạng
toán này, thậm chí có rất nhiều học sinh không đọc đến đề bài của bài toán này
khi tham dự các kì thi.
Vì thế thông qua học tập làm sao giúp các em rèn luyện khả năng tư duy
sáng tạo, từ đó có kĩ năng giải quyết các vấn đề trong học tập, giúp học sinh có
hứng thú học tập bộ môn. Việc làm này tôi nghĩ cần thiết và phù hợp với yêu
cầu của giáo dục trong giai đoạn mới.
Từ thực trạng trên để công việc đạt hiệu quả hơn, trong chuyên đề này tôi
muốn hướng dẫn học sinh cách định hướng phương pháp giải bài toán tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một biểu thức nhiều biến. Trong chuyên đề mỗi
bài tập sẽ trình bày nhiều cách giải khác nhau để từ đó các em đưa ra được kết
luận cho mình, khi nào dùng phương pháp nào cho phù hợp.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện.
Chuyên đề đã thực hiện trong năm học 2017-2018 tại lớp chọn 12A1. Sau
khi thực hiện có kiểm tra, đối chứng, tôi thấy những học sinh khá, giỏi đã không
có cảm giác sợ hoặc không đọc đề bài dạng toán này như trước đây khi chưa
được tiếp thu chuyên đề. Và cũng qua đó học sinh tỏa ra hứng thú học tập đối
với phần này.

Trong mỗi bài toán hướng dẫn học sinh cách tìm tòi các lời giải khác nhau.
Từ đó giúp các em có cách nhìn rộng, từ một bài toán cụ thể đến các vấn đề tổng
quát hơn.
Khi gặp bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến
thông thường chúng ta nghĩ đến các hướng giải như sau:
-Sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc.( cô si, Bunhiacốpxki,….)
-Sử dụng phương pháp hàm số.
-Sử dụng phương pháp vec tơ.
-Sử dụng miền giá trị của hàm số, của biểu thức.
-Sử dụng phương pháp lượng giác hóa.
-Kết hợp nhiều phương pháp trên.
-Đổi biến sau đó sử dụng một hoặc kết hợp các phương pháp trên.
Tuy nhiên vào một bài toán cụ thể việc mở ra hướng giải để đi đến lời giải là
một vấn đề khó. Nó đòi hỏi chúng ta phải có cái nhìn sâu về vấn đề, phải loại bỏ
phương pháp nào và sử dụng phương pháp nào là hợp lí. Sau đây là cách mà tôi
định hướng cho học sinh thông qua một số bài tập khi giải loại toán này.
5
4
1
BÀI TẬP MINH HỌA .
Bài 1: Giả sử x, y 0 thoả mãn x y
. Tìm MinS biết S
[1]
4

x

4y

5

5
Hướng thứ nhất: Ta thấy mối quan hệ giữa hai biến x, y là x y 4 , đây là biểu
thức bậc nhất đối với cả x và y. Do đó ta có thể nghĩ ngay đến hướng giải bài
toán đó là sử dụng phép thế để đưa biểu S về dạng biểu thức một biến và sau đó
sẽ sử dụng phương pháp hàm số để giải bài toán này.
1 f (x)
5
Ta có: S 4
với 0 x
x
4

S'

x

54x
4

2

(5 4x)

2

x 2 (5 4x)2
5
khi

0 x
4

0

4
x 1
x 1

Lập bảng biến thiên ta được:

1

MinS 5

y

4

Hướng thứ hai: Bài toán tìm MinS nên có thể nghĩ đễn các bất đẳng thức có
dạng (S ) và phải biến đổi đồng thời tách các biến sao cho áp dụng được giả
5
thiết x y 4 . Do đó ta có thể nghĩ đến BĐT Cô-Si, biểu thức S đang ở dạng
4
1
tổng và có các số hạng là x và 4y . Vì 4y ở vị trí của mẫu thức nên việc
tách 4y y y y y và áp dụng BĐT Cô- Si sẽ xuất hiện dạng ( S ) trong khi ta đang
cần dạng (S ). Vậy ta sẽ tách số hạng có chứa biến x, cụ thể như sau.
S

1
x

1
x

1
x

VậyMinS 5

1
x

1
4
y
1
x

x

5
5

5.5

x.x.x.x.4 y

S

x x x x 4y

25

25

4x 4 y

5

5

1
4y
4y

x y

x 1
5

y

1
4

4

Bài 2: Cho hai số thực thay đổi x ≠ 0; y ≠ 0 thoả mãn: x

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = 1 1 [5]
x

3

y xy

x2

y2

xy

3

y

Hướng thứ nhất: Nhìn thấy biểu thức A và hệ thức ràng buộc các biến có chứa
tổng x y và tích xy . Do đó từ hệ thức ràng buộc ta có thể biểu thị được tổng
theo tích (hoặc ngược lại ) Từ đó biểu thức A có thể biểu thị được theo một biến
(tổng hoặc tích).Vì vậy chúng ta có thể hướng đến việc giải bài toán này bằng
việc sử dụng phương pháp đạo hàm. Từ đó ta có thể giải bài toán này như sau.
Ta có: (x y)xy x 2 y 2 xy (x y)2 3xy
A
1 1
(x y)2 xy ( x y )2 (*)
x3 y 3 (x y)(x 2 y 2 xy)
x3

y3

x3 y3

x3 y3

x3 y3

xy


6


x y t 0 ta có: txy t 2 3xy xy(t 3) t 2

Đặt

Thay vào theo Bunhiacốpxki ta có: t 2

1

2t 2 ] 12[1
t 3
2t 2
2t 2

A

t 3
t 2

t 2 2[t 2

t

t 3
t
6t 9
t

(t 3)

0 t 3 t 1

t 3
16 9

2

4

y 2 ) 2[(x y)2 2xy]

2(x 2

2 ]
t 3
1 0 t 1

2

t

t

(*)
6 18

2

t2
t 3

3 xy

với t

,t (*)

A'

2

3

t

2

6t 18

6t 18

3

t

2

t .t

t

Ta có bảng biến thiên:
-3

t
A'

0

1

-

-

1

16

A

0

1

x y 1
Vậy

MaxA = 16 khi

1
1

xy

x y

4

2

Hướng thứ hai: Cũng từ biểu thức A và hệ thức ràng buộc các biến có chứa
S x y
tổng x y và tích
sau đó sử dụng
xy nên sẽ hướng đến việc đặt

P xy

phương pháp tìm miền giá trị của biểu thức (Điều kiện để hệ đối xứng
có nghiệm). Cụ thể như sau.
Gọi T là tập giá trị của A. Ta có m Î T Û Hệ sau có nghiệm x ≠ 0; y ≠ 0:
x

1

x

2

y xy x

y

2

xy

2

Û

1m

3

y

x y xy
x2
2
x y x

Û x y xy2 x
x y xy

y

2

P xy

xy
m

3

x y xy x y 2 3xy

xy

2

Û

m

x y

xy

xy 3
Đặt

xy

xy
2

S x y

y

3

2

y

SP S2 3P
(S2 ≥ 4P), ta có hệ: S 2
m
P

(1)
m

(2)

Hệ (1) có nghiệm x ≠ 0; y ≠ 0 Û Hệ (2) có nghiệm (S; P) thoả mãn S2 ≥ 4P.
22
1 2
3 2
Vì
với mọi x ≠ 0; y ≠ 0 Þ S 0 với mọi x
SP x

y

xy x

2

y

4

y

0

P

≠ 0; y ≠ 0

7


Từ đó:

Nếu m ≤ 0 thì hệ (1) vô nghiệm
Nếu m > 0 thì từ phương trình

S

2

m

P

S

m

P

Þ S

mP thay vào

phương trình đầu của hệ (2) được: mP 2 mP 2 3P Û m m P 3 (vì SP > 0
nên P ≠ 0)
m
0
và ta được:
m 1
Để có P từ phương trình này thì m m
0Û
P

3
3 . Trường hợp này hệ (2) có nghiệm (S; P) thoả
S
,
do
đó
1
m

m1

m

mãn S2 ≥ 4P khi và chỉ khi:
2

3
m 1

Û0

12

4 m 12

3

m m 1
m 16

3 m 4 m 1m 4

m m 1

m 1

Tóm lại, các giá trị của m để hệ (1) có nghiệm x ≠ 0; y ≠ 0 là:
Do đó: T = (0; 16] \ {1}
Vậy: max A = 16 (chú ý không tồn tại A min)

0 m 16

m 1

Hướng thứ ba: Ta thấy cả hệ thức ràng buộc và biểu thức cần tìm GTLN đều có
1
thể biến đổi để đưa về dạng các biểu thức có chứa biến x và . Do đó ta có thể
1
y đổi biến số và sau đó sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc.

Từ giã thiết ta có: 1 1

1

x y x
Đặt: 1 a; 1 b ta có a b a 2
y
A a
b
( a b )( a 2 b 2

Từ (1) suy ra a b ( a b ) 2
a b 2

1
2

2

y
b2

1
xy
ab (1)

x

3

3

Vì ab

ab ) ( a b)2
3ab
2
3

nên a b ( a b )

2
0 a b 4 A ( a b ) 2 16
A 16 khi a b 2 x y

4

( a b)

2

2

4( a b ) 0

(a b)

1
2

Vậy giá trị lớn nhất của A là 16
Bài 3. Cho x, y, z 0 và x y z 1
Tìm MinA , biết A

2

x

1
x

y2
2

1
y2

1

2

z

z

2

[3]


8


Hướng thứ nhất: Các biểu thức chứa các biến đều ở trong căn bậc hai và có
dạng tổng của các bình phương nên chúng ta liên tưởng đến công thức tính độ
dài của véc tơ. Và do đó ta có thể định hướng sử dụng bất đẳng thức vectơ để
giải bài tập này.
Để sử dụng được phương pháp này cần phải chọn tọa độ của các vec tơ
một cách hợp lí sao cho khi tính độ dài của các vec tơ ta thu được biểu thức có
mặt trong bài toán. Từ đó chúng ta có một cách để giải bài toán này như sau.
1

1

Đặt a (x , ) , b ( y,

x

1

) , c (z, ) . Ta có: a b c a b c

y
1

2

Vậy Ax

z
y

1

2

2

A (x y z)

z

y2

x2
(1
x

1 (x y

2

z2

1 ) 2 (3 3
z

1
y

xyz ) 2 (3 3

1 )
xyz

1

1

1

( x

y

z)

2

z)

2

2

Lưu ý: Có thể chúng ta mắc sai lầm khi thấy nếu sử dung BĐT cauchy cho hai
số dương trong căn bậc hai thì sẽ có ngay đáp số của bài toán( vì nhìn thấy các
biến có thể triệt tiêu được) Tuy nhiên sẽ không tìm được giá trị của biến để dấu
bằng xảy ra (vì có điều kiện x y z 1 ). Do đó ta tìm điều kiện ràng buộc của tích
xyz để sử dụng phương pháp đạo hàm.
2
1)
( 1 1 1 ) 2 (3 3
xyz ) 2 (3 3
9t 9
A (x y z)
2

x

Với

t (3 3 xyz ) 2

9

Q’ ( t) = 9

t

2

3

9

Đặt Q ( t) = 9t

y z
0 t ( x y z

Với

t

Với

t 0;
t 0;

xyz

2

)

t

1
9

1
9

1

Q’ ( t) < 0

9

Ta có bảng biến thiên:
t
0

1
9

Q'(t)

-

Q(t)

82
Q (t) Q ( 1) 82

Vậy A

9

82

dấu bằng xảy ra

x y z

1

3.

Hướng thứ hai: Khi biến đổi A về dạng.
A

1

2

x

x

2

y

2

1

y2

2

1

z

z

(x y z)

2

1

1

1

( x

y

z)

2

2

9


Khi đó ngoài việc định hướng đến bất đẳng thức cô si cho 3 số dương x,y,z như
trên, ta còn có thể định hướng áp dụng bất đẳng thức cho 2 số dương x y z và
1 1 1 .Sau đó áp dụng bất đẳng thức cô si cho 3 số dương x,y,z và 1 , 1 , 1
x

y

z

.Tuy nhiên sẽ không tìm các giá trị của x,y,z để x y z

1
x

x y z
1 và x y z
z

1
y

(Dấu bằng bất đẳng thức xảy ra).Muốn đạt được mục đích trên ta biến đổi
như sau.
1 1 1
1 1 1
( x y z)2 ( x y z)2 81 (x y z)2 ( x y z)2 80(x y z)2
Từ đó ta có thể giải bài toán như sau.
1

Đặt a (x, ) , b ( y,

1

1

) , c (z, ) . Ta có: a b c a b c

x

y
1

2

Vậy Ax

z

18( x y z )(

Vậy A

1
x

1

2

(x y z)

z
y2
z2
1 1 )2 81 (x y z)2 (
yz

x2

Ta có : (x y z)2

1

y2
( 1
x

1
x

2

1

1

1

2

( x y z)
1 1 )2 80(x y z)2
yz

1 1) 80( x y z ) 2
yz

18.3 3 xyz.3 1 80.1 82
3 xyz
1.
82 dấu bằng xảy ra x y z

3

Bài 4: Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn: xy yz zx xyz.
P

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2x2 y2

2 y 2 z2

2z 2 x2

xy

yz

zx

[4]

Hướng thứ nhất: Tương tự như bài tập trên các biểu thức chứa các biến đều ở
trong căn bậc hai nên chúng ta liên tưởng đến công thức tính độ dài của véc
tơ. Do đó cách giải đầu tiên có thể định hướng là sử dụng bất đẳng thức vectơ.
2
1
2
1
2 1
2x2 y2
2 y 2 z2
2 z 2 x2
Ta có: P
y
z

xy

Chọn ba vectơ : u
Suy ra

u v u

y
2
y

;
2
z

zx

x

,v
2 1
;
x x

2121
;
,w
z y
1 1
y z

Áp dụng bất đẳng thức vec tơ ta được:

y2

x2

2 1
;
x z

z2

y2

x2

z2


10


P

2x2y 2
xy
2
y

vì xy

2 y 2 z2
yz
2

2

2

z
yz zx

2 z 2 x2
zx

2

1

2

1

2

1

y2

x2

z2

y2

x2

z2

1 12 3

1

1 1

y

x

y

1

x
xyz.

x

z

2

3.

u kv l w

k
z
k

y
1

x

l
x
l

1 k l
x y z
k l
1

(k 0,l 0)

1
x

y z xy z
xy yz zx xyz

3

xyz

z

Vậy MinP 3 đạt được khi và chỉ khi xy yz zx xyz
1

yz zx xy

1

1

y

z

xy yz zx

x y z 3
xyz

Hướng thứ hai: Theo biến đổi như cách 1 ta có.
P

2x 2 y 2
xy

2 y 2 z2
yz

2z 2 x2
zx

2

1

2

1

2

1

y2

x2

z2

y2

x2

z2

Ta thấy các biểu thức trong căn có dạng tổng bình phương của các số nên chúng
ta có thể liên tưởng đến bất đẳng thức sau.
a 2 b 2 2 ab, b 2 c 2 2bc , c 2 a 2 2ca

+Với ba số a , b , c ta có:
Suy ra

3 a2 b2c 2

a2

b2

2 ab 2bc 2ca

c2

Từ đó ta có BĐT: a 2 b 2 c 2 1 (a b c)2
3

Dấu bằng xảy ra khi a b

c

Từ đó chúng ta có thêm cách giải sau.
với x , y 0 .Áp dụng bất đẳng thức trên .
2 1
12
12 12

1 1 1 12
Ta có
y

2

x

2

2
y

1

2

x
2

Tương tự:
z

y

2

2

x

3 2

x
1

3

x

y

1

3 2

2

3 z

y
2

y

z

2

(1)

1 (2)

y
3 2 1

1
2

3 y

3

Cộng vế theo vế ta được:

x

z

(3)

y

x

1 2

12

3 y

x


11


P

2 1
y

2

2 1

2

x

z

2

y

2 1

2

x

2

z

2

3 3 3

3

3 y

z

x

3.

xz yz xy

3 (4)

xyz

Vậy MinP 3 đạt được khi và chỉ khi (1),(2),(3) và (4) đồng thời xảy ra dấu
bằng.
1

1

x

y z
yz zx

xy

1
x y z 3 .
xyz

x y z

.

x y z 1

u v w

xyz 1

xyz 1

Bài 5: Cho x , y , z là ba số thực dương thay đổi.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T x

x

1

2

yz

y

y

1

2

z
x

z

z

1

2

xy

[5]

Hướng thứ nhất: Đề bài là tìm giá trị nhỏ nhất nhưng không có điều kiện ràng
buộc giữa các biến nên chúng ta có thể nghĩ ngay đến sử dụng bất đẳng thức

Cauchy cho hai hoặc ba số không âm. Tuy nhiên phải biến đổi như thế nào để
sau khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy thì sẽ làm triệt tiêu các biến trong biểu
thức (vì không có điều kiện ràng buộc giữa các biến) và điều quan trọng là
phải tìm được giá trị của các biến khi dấu bằng của các BĐT xảy ra . Ta biến
đổi biểu thức như sau.
T x

x

1

2

yz

y

y

1

2

zx

z

z

1

2

xy

x2

x

y2

y

z2

z

2 yz

2

xz

2

xy

Từ đây nếu sử dụng BĐT Cauchy cho hai hoặc ba số dương trong các số trên
thì đều không làm triệt tiêu được các biến. Muốn đạt được mục đích này ta có
thể phân tích như sau.

T

x2

y

2

2xz

y2

z

x

z

2 2 yz

2xy

2xy

z2

y

2

2xz

x
2 yz

Đến đây ta hoàn toàn có thể sử dụng được BĐT Cauchy cho ba số dương.
Từ đó ta có một cách giải cho bài tập này như sau.
T x

x

1

2

yz

x2

y

2

2xz

3. 3

x 2 yz
8x 2 yz

y

y

1

2

z
x

z

y2

2xy

2

z

z

1

2

x

2

yz
2
3.3 y xz 3. 3 z 2
xy
2
8xy z
8xyz2

xy

x2

x

y2

y

z2

z

2

yz

2

x
z

2

xy

z2

z

2xy 2

y

x

3

3

2x
2 yz
z
3 9 .

2

2

2

2


12


9 đạt được x y z 1

Vậy MinT

2

Hướng thứ hai: Sau khi biến đổi biểu thức
T x

x

1

2

yz

y

y

1

2

zx

z

z

1

2

xy

x2

x

y2

y

z2

z

2 yz

2

xz

2

xy

Chúng ta có thể nghỉ đến việc đưa về thành từng nhóm có chứa biến x,y,z riêng
biệt. Và các nhóm này là giống nhau, chỉ khác nhau về cách kí hiệu các biến.Để
đạt được điều đó ta làm như sau.
T

x2

y2

z2

x

y

2

2

2

yz

zx

x
x

2

y

2
T

2

z

2
x

2

2

2

2

y

2

z

x2

y2

xy

2

2

2

2
y

2

2

xy xz yz

2

xy
z

z

2

z y

2

x 2 y 2 z2

2
2

x2

2

z2

2

xyz

2

2

z

2

2

xyz
x2

1

y2

2

x

2y

1

z2

1

2

z

Đến đây ta nghĩ ngay cách giải sử dụng phương pháp đạo hàm.
Từ đó chúng ta có một cách giải nữa cho bài tập này như sau.
Ta có: T x 2 y 2 z 2 x y z x 2 y 2 z 2 x 2 y 2 z2
2

2

2

y
z

zx
2

x

T

x2
2

y2
2

z2
2

x2

y2 z2

2

2

2

2

2

y2

x2

z2

y2

z2

2

2

2

2

2

xy xz yz

t2

1

Ta có f '(t ) t

1

x2

xyz

2

2

x

1
với t 0 .
t
t 1. t2 t 1
t

f '(t ) 0

2

xyz

xyz

2

Xét hàm số: f (t )

xy

t 1 vì t 2

2

t2
t 0.

t 1 0

Bảng biến thiên:
t

0

1

f '(t)

0

f (t)

3

Từ bảng biến thiên suy ra

2
f (t )3 t 0 .
2

y2
2

1
y

z2
2

1

z


13


3

Do vai trò x , y , z như nhau nên ta được: T

2

3

2

3

9

2

2 .

9

Vậy MinT

2 đạt được x y z 1
Bài 6: Cho hai số thực x 0, y 0 thỏa mãn và thỏa mãn hệ thức x 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B 2 x 2 6xy . [5]

y 2 1.

1 2 xy 2 y2

Hướng thứ nhất: B

2x

2

6 xy

2x

1 2 xy 2 y 2

x2

2

6xy

2 xy 3y2

Có thể thấy rằng cả tử và mẫu của biểu thức B đều có dạng đẳng cấp bậc hai ta
liên tương đến việc đặt y tx
B
2 1 6t
Đặt y tx điều kiện t 0 .Khi đó:
( vì x 0 )
1 2t 3t2

Từ đây chúng ta sẽ nghĩ ngay đến công cụ đạo hàm để giải bài tập này.(Vì biểu
thức B lúc này chỉ có một biến t).Từ đó có một cách giải cụ thể như sau.
2 x 2 6 xy
2 x 2 6xy
Ta có:
vì
x 2 y 2 1.
Đặt y tx điều kiện t 0
.
B

Khi đó

B

1 2xy 2 y2

x

2

2xy 3y2

2 1 6t
1 2t 3t2

1

36t 2 12t 8
Suy ra B '(t )
; B ' t 036t 2 12t 8 0
2 2

t

1 2t 3t

t

Bảng biến thiên:

t
B '(t )

2
3

1

0

0

3

2
3

3
3

B

0

6

0
2

t

3

2

Vậy MinB

6

đạt được

x

y

2

x

1

y tx

x

3
13 ; y
3
13 ; y

2
13
2
13

2 1 6t

Hướng thứ hai : Cũng từ biểu thức B

1 2t 3t2

ta cũng liên tưởng đến cách

tìm miền giá trị của hàm số ( sử dụng điều kiện để phương trình bậc hai có
nghiệm).

14


Ta có: B

2 x 2 6 xy

1 2xy 2 y2

Đặt y tx

2 x 2 6xy
x2

vì

2xy 3y2

x2

điều kiện t 0 .
2 1 6t

Khi đó: B

2

B 1 2t 3t

y2

1.

2 12t

1 2t 3t2
3 Bt 2 2 B 6 t B 2 0
B 0
B 0

Phương trình

B 0
B 0

có nghiệm

0

B 0
B 0
2

B

6

B

2

3BB 2

0

6 B 3
3B180
2
t

Vậy MinB

6 đạt

y

đượcx

3
13 ; y
3
13 ; y

x

3

2

2

1
x

y tx

2
13
2
13

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ.
Bài 1:Cho x , y là hai số thực không âm thay đổi .
P

x

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 x
Bai 2: Cho x , y thỏa mãn x 0, y 0 và x y 1.
x
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S

y 1 xy
2

1 y

2

.

y .
y 1 x 1
Bài 3: Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x y)2 4xy 2 . Tìm MinP , biết A
3(x4 y 4 x2 y 2 ) 2(x 2 y 2 ) 1.
Bài 4: Cho x, y 0 thoả mãn x y 1 . Tìm MaxS , MinS biết
S (4x2 3y)(4 y 2 3x) 25xy .
Bài 5:Cho a và b là các số thực dương thoả mãn 2(a2
b2 ) ab (a b)(ab 2) .
P 4( a3 b3 ) 9( a 2 b2 )
Tìm GTNN của biểu thức:

Bài 6: Cho x, y, z 0

b3 a3
b2 a 2
thoả mãn x y z 0 và x 2 y 2 z 2 1. Tìm GTLN của

biểu thức: P x5 y5 z 5 .
Bài 7:Cho x, y thoả mãn (x 4)2
A x

3

y

3

( y 4)2

2xy 32

. Tìm GTNN của biểu thức:

3(xy 1)(x y 2) .

Bài 8: Cho x, y, z 0 thoả mãn xyz 1 . Tìm MinP , biết P

x2
1 y

y2
1z

z2

.

1 x

1


5


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Để thấy rõ vai trò, ý nghĩa và sự tác động khác nhau lên quá trình lĩnh hội
kiến thức, sự phát triển năng lực tư duy sáng tạo, hình thành kĩ năng của học
sinh khi giáo viên không sử dụng và sử dụng đề tài, tôi đã tiến hành kiểm
nghiệm như sau:
Tôi tiến hành kiểm tra 1 tiết ( thời gian 45 phút ) cho 2 lớp chọn 12A1 và
12C1 (Lớp 12C1 năm học 2016-2017 và lớp 12A1 năm học 2017-2018).
Đề bài:
Câu 1: Cho 2 số thực x, y thoả mãn x 2 y 2 2 .
Tìm MaxM , MinM biết M 2(x3 y 3 ) 3xy .
1 1 1
Câu 2: Cho x, y, z 0
và x y z 4 . Hãy tìm MaxA , biết
A

1

1

2x y z

x 2y z

1
x y 2z

Tôi so sánh kết quả thực nghiệm của lớp 12A1 năm học 2017 – 2018 với kết quả
của lớp 12C1 năm học 2016 – 2017 khi chưa áp dụng đề tài với cùng một bài
kiểm tra. Đây là hai lớp chọn ban KHTN có khả năng tiếp thu tương đương
nhau. Kết quả: Các em lớp 12A1 đạt kết quả tốt hơn nhiều so với các em học
sinh lớp 12C1.
Cụ thể:
Điểm 0
1-2
3
4
5
6
7
8
9
10
Lớp
12C1

4

9

8

8

9

2

Sĩ số:40

10%

22,5%

20%

20%

22,5%

5%

12A1

2

3

6

6

7

5

5

3

Sĩ số:37

5%

8%

16%

16%

19%

14%

14%

8%

Từ kết quả kiểm tra tại lớp, phần làm bài của học sinh khi học bồi dưỡng ôn
thi đại học, tôi nhận thấy việc đưa đề tài vào giảng dạy là thiết thực, phát huy
hiệu quả cao. Từ đó nâng cao chất lượng thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc Gia
hàng năm.
3. Kết luận và đề xuất.
3.1. Kết luận.
Trên đây chỉ là một vài bài tập minh họa cho việc định hướng phương pháp
giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức nhiều biến để
chúng ta có cách nhìn đúng hướng về việc tìm ra lời giải cho bài toán dạng này
giúp cho việc dạy và học toán có hiệu quả hơn, kiểu tư duy này được áp dụng
trong thực tế giảng dạy và học tập tùy theo yêu cầu của chương trình, của người

16


học, người dạy mà ta lựa chọn bài tập phù hợp. Sau khi thực hiện đề tài này, tôi
thấy có một số vấn đề cần rút ra như sau:
Thứ nhất là qua cách định hướng các em tự hệ thống hoá được các phương
pháp để giải quyết cho cùng một bài tập, đồng thời các em nhận xét, áp dụng
cách giải thích hợp cho từng kiểu bài toán.
Thứ hai là nâng cao tính sáng tạo trong học tập, bước đầu giúp các em có
phong cách nghiên cứu khoa học. Đặc biệt biết áp dụng vào giải các bài toán
khác.
3.2. Ý kiến đề xuất.
Rất mong các thầy cô giáo quan tâm, dựa vào trình độ của khối lớp để có thể
đưa ra các dạng bài tập từ cấp độ thấp đến cấp độ cao mang tính vừa sức, giúp
cho các em quen dần với phương pháp này, góp phần nâng cao chất lượng dạy
và học.
Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có nhiều
hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên cứu học

tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hoá, ngày 15 tháng 4 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết

Nguyễn Tăng Thi

17