Chuyên đề 3 giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

CHUYÊN ĐỀ: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC A Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức Khái niệm: Nếu với giá trị biến thuộc khoảng xác định mà giá trị biểu thức A ln lớn (nhỏ bằng) số k tồn giá trị biến để A có giá trị k k gọi giá trị nhỏ (giá trị lớn nhất) biểu thức A ứng với giá trị biểu thức thuộc khoảng xác định nói Xét biểu thức A( x) +) Ta nói A( x) có giá trị lớn M, A( x) M x có giá trị x cho A( x0 ) M (Chỉ giá trị được) +) Ta nói A( x) có giá trị nhỏ m, A( x) mx có giá trị x cho A( x0 ) m (Chỉ giá trị được) Như : a) Để tìm giá trị nhỏ A, ta cần : - Chứng minh A k với k số - Chỉ dấu “ = ” xảy với giá trị biến b) Để tìm giá trị lớn A, ta cần : - Chứng minh A k với k số - Chỉ dấu “ = ” xảy với giá trị biến Ký hiệu: Min A giá trị nhỏ A Max A giá trị lớn A Ví dụ: Sai lầm A( x) 2 x  x  x  ( x  1)  2  GTNN 2 ( Không dấu = ) Đáp án : A( x) 2( x  5 )    GTNN   x  2 2 B Các dạng toán Dạng 1: Tìm GTLN, GTNN tam thức bậc hai ax  bx  c Phương pháp: Áp dụng đẳng thức số số Bài 1: Tìm GTNN biểu thức sau a A( x) x  x  24 b B( x) 2 x  x 1 c C ( x) 3 x  x  Lời giải 2 a A( x) x  x  24 ( x  2)  20 20x  A( x) 20  x 2 2 b B( x) 2 x  x 1 2( x  x  4)  2( x  2)    minB   x 2 13  13 1 C ( x) 3x  x  3( x  )    x 12 12 c Bài 2: Tìm GTLN biểu thức sau a A( x)  x  x 1 b B( x )  3x  x  Lời giải 9 2 A( x)  x  x   5( x  x  )  5( x  )    x  5 5 5 a b B( x)  3x  x   3( x  13 13 )    x 12 12 Dạng 2: Tìm GTLN, GTNN đa thức có bậc cao Phương pháp: Ta đưa dạng tổng bình phương Bài 1: Tìm GTNN biểu thức sau a A( x)  x  x  10 x  x  b B( x) x  10 x  26 x  10 x  30 c C ( x) x  x  3x  x  2017 d D( x)  x  x  x  e E ( x) x  x  x  20 x  22 f F ( x) x( x  3)( x  4)( x  7) g G ( x) ( x  1)( x  2)( x  3)( x  6)  2006 Lời giải 4 2 2 a A( x)  x  x  10 x  x  ( x  x  x )  ( x  x  9) ( x  x)  ( x  3) 0x  x  x 0  A( x) 0    x 3 x     x  x 0 B( x) x  10 x  26 x  10 x  30 ( x  x)  ( x  5)  5    x 5 x  0  b 2 2 2 c C ( x)  x ( x  2)  x( x  2)  ( x  2)  2015 ( x  2)( x  1)  2015 2015  x 1 2 2 d D( x) x  x   x  x 1  ( x  1)  ( x 1)  5  x  4 2 2 e E ( x) x  x  x  20 x  22 ( x  x  x )  5( x  x  4)  ( x  x)  5( x  2)  2  x 2  x 1 F ( x)  x( x  3)( x  4)( x  7) ( x  x)( x  x  12)  y  36  36  y 0    x 6 f  x 0 G ( x) ( x  x  6)( x  x  6)  2006 ( x  x)  2042  2042    x  g Dạng : Đa thức có từ biến trở lên 2 Phương pháp: Đa số biểu thức có dạng F  x; y  ax  by  cxy  dx  ey  h  a.b.c 0   1 a - Ta đưa dần biến vào đẳng thức  2 F  x; y  mK  x; y   nG  y   r   2ab  b   a b  sau F  x; y  mK  x; y   nH  x   r  3 Trong G  y  , H  x  biểu thức bậc biến, K  x; y   px  qy  k biểu thức bậc hai biến x y Cụ thể: Ta biến đổi (1) để chuyển dạng (2) sau với a 0; 4ac  b 0 Ta có 4a.F  x; y  4a x  4abxy  4acy  4adx  4aey  4ah 4a x  b y  d  4abxy  4adx  2bdy  4ac  b  y 2  y  2ae  bd   4ah  d 2ae  bd    2ax  by  d    4ac  b   y   4ah  d   4ac  b    2ae  bd     4ac  b  Vậy có (2) với b  4ac ae  bd d  2ae  bd  m  F  x; y  2ax  by  d ; n  ; G( y)  y  ; r  h   4a 4a 4ac  b 4a 4a  4ac  b  +) Nếu a  0; 4ac  b   m  0, n     : F  x; y  r  * +) Nếu a  0; 4ac  b   m  0, n     : F  x; y  r  ** +) Nếu m > 0, n > ta tìm giá trị nhỏ +) Nếu m < 0, n