Sáng kiến kinh nghiệm Kỹ năng dồn biến để giải bài toán tìm cực trị của biểu thức, nhằm nâng cao hiệu quả của việc ôn tập học sinh giỏi và thi THPT Quốc gia tại trường THPT Như Thanh

 1. MỞ ĐẦU
 • Lý do chọn đề tài
 Trong những năm qua trường THPT Như Thanh rất coi trọng việc bồi dưỡng, 
nâng cao năng lực nghiên cứu khoa học cho giáo viên thông qua nhiều hình thức 
như: đổi mới sinh hoạt tổ nhóm chuyên môn theo hướng nghiên cứu bài học, 
ứng dụng công nghệ thông tin trong các tiết dạy, phát động phong trào viết 
chuyên đề, sáng kiến kinh nghiệm giảng dạy, nghiên cứu các đề tài khoa học sư 
phạm ứng dụng, tổ chức hoạt động ngoại khoá.
 Đối với môn toán có nhiều đơn vị kiến thức giáo viên phải tích cực trau dồi, 
bồi dưỡng đổi mới phương pháp thì mới đạt hiệu quả khi truyền tải kiến thức 
cho học sinh. Hiện nay cấu trúc đề thi THPT Quốc Gia có những câu hỏi phân 
loại rất khó, vì vậy mỗi giáo viên phải tìm tòi, tìm ra phương pháp mới để học 
sinh có thể giải quyết các bài toán khó này một cách hiệu quả nhất trong các đề 
thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc Gia. 
 Bài toán tìm cực trị của biểu thức nhiều biến là bài toán khó nhất trong các đề 
thi học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia, phần lớn học sinh không giải quyết 
được, nguyên nhân chính là vì dạng toán này quá khó chỉ có một phần nhỏ có 
thể làm được, tuy nhiên nếu giáo viên hướng dẫn cho học sinh một cách hệ 
thống và phương pháp rõ ràng, tôi tin rằng sẽ có nhiều học sinh làm được bài 
toán này. Với lý do như vậy, tôi mạnh dạn chọn đề tài “Kỹ năng dồn biến để 
giải bài toán tìm cực trị của biểu thức, nhằm nâng cao hiệu quả của việc ôn 
tập học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia tại trường THPT Như Thanh”.
 • Mục đích nghiên cứu
 Rèn luyện kỹ năng tìm cực trị của biểu thức nhiều biến, kỹ năng đánh giá 
biểu thức bằng bất đẳng thức trong bài toán tìm cực trị.
 • Đối tượng nghiên cứu
 Nghiên cứu bất đẳng thức, các hệ quả của các bất đẳng thức AM-GM, 
Bunhiacopski, Cauchy – Schwarz.
 Nghiên cứu các các bài toán tìm cực trị của hàm số, của biểu thức.
 • Phương pháp nghiên cứu
 Nghiên cứu tài liệu, tự nghiên cứu. 
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận 
 Có nhiều cách định nghĩa khác nhau về kỹ năng. Tuy nhiên hầu hết chúng 
ta đều thừa nhận rằng kỹ năng được hình thành khi chúng ta áp dụng kiến thức 
vào thực tiễn, kỹ năng học được do quá trình lặp đi lặp lại một hoặc một nhóm 
hành động nhất định nào đó. 
 Trong hoạt động dạy học môn toán nói riêng thì kỹ năng được thể hiện 
qua phương pháp dạy - học, kỹ năng trình bày, kỹ năng thuyết trình... Trong 
môn toán ngoài những kỹ năng chung về dạy học nó còn được thể hiện qua 
những yếu tố đặc thù của bộ môn chẳng hạn: kỹ năng giải toán, kỹ năng tính 
toán... kỹ năng dồn biến trong bài toán tìm cực trị cũng không phải là ngoại lệ. 
 1 2.3.3. Sử dụng điều kiện ban đầu để đánh giá đưa về hàm số một biến
 Điều kiện ban đầu thường gặp:
 • x a;b x a x b 0
 x a y b 0
 • x, y a;b x a y a 0
 x b y b 0
 • x, y, z a;b x a y a z a x b y b z b 0
 • x y z y x y z 0
Nhận xét: Việc đánh giá điều kiện ban đầu của bài toán là rất quan trọng trong 
việc giải bài toán cực trị của biểu thức, giúp chúng ta rèn luyện kỹ năng chuyển 
bài toán cực trị nhiều biến thành bài toán cực trị của hàm số với một biến.
 Bài 1 (Đề THPT QG 2015): Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn 1;3 và thỏa 
 mãn điều kiện a b c 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
 a2b2 b2c2 c2a2 12abc 72 1
 P abc
 ab bc ca 2
 Lời giải
Ta có: ab bc ca 2 a2b2 b2c2 c2a2 2abc a b c a2b2 b2c2 c2a2 12abc
 a b c 2
Đặt x ab bc ca 12 
 3
Ta có: a,b,c 1;3 a 1 b 1 c 1 0 abc ab bc ac a b c 1 0 
 abc x 5 0 abc x 5
Lại có: a 3 b 3 c 3 0 abc 3 ab bc ca 9 a b c 27 0
 abc 3x 27 . Do đó: 3x 27 abc x 5 2x 22 x 11.
 x2 72 1 x2 72 1 x 72 5
Ta có: P abc x 5 
 x 2 x 2 2 x 2
 x 72 5
Xét hàm số f (x) , x 11;12
 2 x 2
 1 72 160
Ta có: f '(x) 0 x 11;12 nên P f (x) f (11) 
 2 x2 11
 160
Vậy max P khi a 1;b 2;c 3
 11
Nhận xét: Đây là bài toán rất hay. Ta phải dùng hai lần giả thiết của các biến
 a;b;c 1;3 để tìm ra miền giá trị của x ab bc ca và đánh giá được P thông 
qua biến x. Cũng từ bài toán trên phải chăng bằng việc đánh giá điều kiện ban 
đầu chúng ta sẽ giải quyết được một lớp các bài toán dạng này bằng cách đưa 
về hàm số một biến, chính vì vậy qua chuyên đề này tác giả muốn rèn luyện cho 
học sinh kỹ năng giải toán cực trị bằng phương pháp dồn biến.
 Bài 2: Cho x, y, z 1;2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
 2 xy yz zx 8 y z 4
 A 
 xyz 2 2x y z 2x y z yz 4 yz 1
 3 2 8 2 3t 10 6 t 
 f (t) 0 t 6
 t 1 2 t 8 2 t 1 2 t 8 2
 16 47
 f (0) 1, f (6) , f (13) 
 7 21
 16 16 2
Từ đó suy ra B f (t) max B đạt được khi a 1,b 2,c 
 7 7 3
 Bài 4: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y z x y 2 z 2 . Tìm giá trị 
 1 1 1 4
 nhỏ nhất của biểu thức P 
 1 x 2 1 y 2 1 z 2 1 x 1 y 1 z 
 Lời giải
 2
Từ giả thiết ta có: x y z 2 2x y 2 z 2 2 y z y z 
 x
 2 2
 1 2 1 2 1 x 
Do đó: 1 y 1 z 2 y z 2 
 4 4 x x2
 1 2 4
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: P 
 1 x 2 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 
 2x2 1 4x2 2x3 6x2 x 1
 P 
 1 x 2 1 x 3 1 x 3
 2x3 6x2 x 1
Xét hàm số: f (x) 
 1 x 3
 2 5x 1 1
Ta có: f '(x) 0 x . 
 1 x 4 5
 1 91
Lập bảng biến thiên ta được: P f (x) f 
 5 108
 91 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng . Khi x , y z 5.
 108 5
 Bài 5: Cho a b c 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 2 2 2 1 1 1 
 P a b c ab bc ca 2 2 2 
 a b b c c a 
 Lời giải
Nhận xét: Giả thiết đã cho chính là gợi ý của bài toán. Cách làm giảm biến số 
quen thuộc là đặt a c x,b c y x y 0
Khi đó: 
 a2 b2 c2 ab bc ca c x 2 c y 2 c2 c x c y c y c c c x 
 x2 y 2 xy
 2 2 1 1 1 
Do đó ta viết lại P dưới dạng P x xy y 2 2 2 
 x y y x 
Như vậy với cách đặt ẩn phụ này, ta đã làm giảm số biến của P thành hai biến. 
 5 Lập bảng biến thiên ta suy ra f (t) f (2) 16
 xyz x y z 10 x y 2
Do đó P 16 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
 yz 2 z 1
 x y 2
Kết luận: min P 16 
 z 1
 1 
 Bài 7: Cho a,b,c ;1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
 2 
 a b b c c a
 P 
 c a b
 Lời giải
Nhận xét: Khi gặp bài toán trên, ta chưa thể tìm cách phá giá dấu giá trị tuyệt 
đối. Do vậy cứ thử quy đồng và tách tung ra xem có gì đặc biệt không. Bởi vì 
lưu ý rằng: khi cho a b,b c,c a P 0 . Nên sau khi biến đổi chắc chắn sẽ 
chứa nhân tử a b b c c a 
 ab a b bc b c ca c a ab a b bc a b bc a c ca a c 
Do đó: P 
 abc abc
 a b b c c a 
 P 
 abc
 1
Đến đây ta giả sử c b a 1 để mục tiêu làm mất dấu giá trị tuyệt đối. 
 2
 a b b c c a 
 P 
 abc
Nhận xét rằng có một phép biến đổi làm giảm biến số một cách đơn giản là 
 a
 x 
 c
Đặt: 1 y x 2
 b
 y 
 c
 x y y 1 x 1 x 1 x 
Ta có: P . x 1 y f x; y 
 xy x y 
Mục tiêu viết như trên là đạo hàm theo biến y (hoặc biến x).
 x 1 x 
 f x; y . 1 f x; y 0 y x 1; x
 y 2 y   
 x y 
Lập bảng biến thiên ta thu được 
 x x x 1 x 1 t 2 t t 1 t 2 1 
 P f x; y f x; x ,t x 1; 2
 x x t 3
 t 1 3 t 1 
hay P g(t)
 t 2
Xét hàm g(t) trên 1; 2 ta có: ln g(t) 3.ln t 1 ln t 1 2.ln t
 7 Lời giải
Ta có 1 a 2 b 0 2 2a b ab 0 2a b ab 2
 1 1 c a b c a b 
 b 2a ab 2 b 2a ab 2
 a b c a b c 
Tương tự ta có 
 b 2c bc 2
Lại có
 3 a c 2 2b2 8 2 a c 2 b2  a c 2 8 4 a c b 4ac 8 4 ab ac bc 2 
 c a b a b c 4 ab bc ca 2 
 P 
 ab 2 bc 2 4 ac 3 
 ac bc ab bc ab bc ca 2 
 1 1 2
 ab 2 bc 2 ac 3 
 1 1 1 9 ab bc ca 3 
 ab bc ca 2 2 2
 ab 2 bc 2 ac 3 ab bc ca 7
 9 t 2 45 45 13
Xét hàm số f (t) 2 7 mà t ab bc ca 5 P 7 
 t 7 t 7 5 7 4
 13
Vậy min P a;b;c 1;2;1 
 4
 Bài 10: Cho các số thực x, y, z 0;1 và z min x, y, z. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
 y z 2 yz 1 2
 biểu thức P 
 x z y y z xy xz yz
 Lời giải
Với những bài toán có điều kiện ban đầu x, y, z 0;1 chúng ta sẽ tìm cách khai 
thác nó, dự đoán điểm rơi là z y 1; z 0
 2
Hơn nữa với có chứa xy xz yz ở mẫu, đây là hạng tử có thể gợi ý 
 xy xz yz
cho chúng ta dồn biến về xy xz yz .
 y z 2 x y z 2 x2 y z 2
Ta có x 0;1 suy ra x x2 ; 
 x z x x z x x z
 1 2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được . Dấu bằng xảy ra khi và 
 A.B A B
chỉ khi A B 0 . Vì dự đoán điểm rơi z y 1; z 0 nên khả năng x x zvà 
 y y z là hoàn toàn có thể xảy ra.
 2 2 2
 x y z 2 2 yz 1 2 2
Ta có: x2 y z . và yz 1 .
 x x z 2x z y y z 2y z
 2x2 y z 2 2 yz 1 2 2 xy yz xz 1 2 2
Do đó P 
 2x z 2y z xy xz yz x y z xy xz yz
Với điều kiện x, y, z 0;1 ta luôn có
 1 x 1 y 1 z 0 xy yz xz 1 xyz x y z x y z
 9