PHƯƠNG PHÁP DÙNG TAM THỨC BẬC HAI pdf

PHƯƠNG PHÁP DÙNG TAM THỨC BẬC HAI 1. Đổi biến để đưa về tam thức bậc hai đối với biến mới VD: Tìm GTLN của: A = x + 2 x  Giải: Điều kiện: x  2 Đặt 2 x  = y  0 Ta có y 2 = 2 – x A = 2 - y 2 + y = - (y- 1 2 ) 2 + 9 9 4 4  MaxA = 9 1 1 7 2 4 2 4 4 y x x        2. Đổi biến để đưa về bất phương trình bậc hai đối với biến mới VD: Tìm GTLN, GTNN của A = x 2 + y 2 Biết rằng x 2 (x 2 + 2y 2 – 3) + (y 2 – 2) 2 = 1 (1) Giải: Từ (1) suy ra (x 2 + y 2 ) 2 – 4 (x 2 + y 2 ) + 3 = - x 2  0 Do đó A 2 – 4A + 3  0  (A – 1)(A – 3)  0  1  A  3 Min A = 1  x = 0, khi đó y =  1 MaxA = 3  x = 0, khi đó y =  3 3. Đưa về phương trình bậc hai và sử dụng điều kiện   0 VD1: Tìm GTLN, GTNN của: A = 2 2 1 1 x x x x     Giải: Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phương trình sau đây có nghiệm a = 2 2 1 1 x x x x     (1) Do x 2 + x + 1  0 nên (1)  ax 2 + ax + a = x 2 – x – 1  (a – 1)x 2 + (a + 1)x + (a – 1) = 0 (2) Trường hợp 1: Nếu a = 1 thì (2) có nghiệm x = 0 Trường hợp 2: Nếu a  1 thì điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm là   0, tức là:  (a +1) 2 – 4(a – 1) 2  0  (a + 1 + 2a – 2) (a + 1 – 2a +2)  0  (3a – 1) (a – 3)  0  1 3 3 a   (a  1) Với a = 1 3 hoặc a = 3 thì nghiệm của (2) là : ( 1) 1 2( 1) 2(1 ) a a x a a        Với a = 1 3 thì x = 1 Với a = 3 thì x = -1 Gộp cả hai trường hợp (1) và (2), ta có: MinA = 1 3 khi và chỉ khi x = 1 MaxA = 3 khi và chỉ khi x = -1 Nhận xét: a) Phương pháp giải như trên còn gọi là phương pháp miền giá trị của hàm số. Đoạn 1 ;3 3       là tập giá trị của hàm số A = 2 2 1 1 x x x x     b) Cách khác tìm GTLN của A: A = 2 2 2 2 2 3 3 3 2 4 2 2( 1) 3 3 1 1 x x x x x x x x x              MaxA = 3 khi và chỉ khi x = -1 c) Cách khác tìm GTNN của A: A = 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1 2( 2 1) 1 2( 1) 1 3 3 3 3( 1) 3( 1) 3 1 3 x x x x x x x x x x x x x x x                     MinA = 1 3 khi và chỉ khi x = 1 VD2: Tìm GTLN và GTNN của: A = 2 2 2 4 5 1 x x x    Giải: Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phươg trình sau đây có nghiệm a = 2 2 2 4 5 1 x x x    (1) Do x 2 + 1 > 0 nên (1)  x 2 (a – 2) – 4x + a – 5 = 0 (2) Trường hợp 1: Nếu a = 2 thì (2) có nghiệm x = - 3 4 Trường hợp 2: Nếu a  2 thì phương trình (2) có nghiệm  '  = 4 – (a – 2)(a – 5)  0    2 7 6 0 1 6 2 a a a a        Với a = 1 thì x = -2 Với a = 6 thì x = 1 2 Kết hợp cả hai trường hợp (1) và (2), ta có: MinA = 1 khi và chỉ khi x = -2 MaxA = 6 khi và chỉ khi x = 1 2 VD3: Tìm GTLN và GTNN của: B = 2x 2 + 4xy + 5y 2 biết rằng x 2 + y 2 = a ( a là hằng số, a  1) Giải: Vì a  1 nên ta có: B a = 2 2 2 2 2 2 2 4 5 2 4 5 x xy y x xy y a x y       Trường hợp 1: Nếu y = 0 thì B a = 2 Trường hợp 2: Nếu y  0 ta đặt t = x y thì B a = 2 2 2 4 5 1 t t t    Theo VD2 điều kiện để phương trình ẩn t trên có nghiệm là 1 6 b a   nên 6 a b a   ( vì a  1) Từ đó suy ra MaxB = 6a khi và chỉ khi 1 2 2 x y x y    Hay khi và chỉ khi (x, y) nhận giá trị 5 2 5 5 2 5 , ; , 5 5 5 5 a a a a                   MinB = a khi và chỉ khi 2 2 2 4 x mx n x x     2 2 x x y y      Hay khi và chỉ khi (x, y) nhận giá trị 2 5 5 2 5 5 , ; , 5 5 5 5 a a a a                   VD4: Tìm GTLN và GTNN của: c = 3 7 2 1 2 2 x x    Giải: Điều kiện: 0 1 x   Đặt z = x thì z 2 + y 2 = 1 (1) Ta cần tìm GTLN và GTNN của d = 4z + 3y với 2c = d + 7 Điều kiện: 0 1,0 1,0 7 z y d       Thay 9y 2 = (d – 4z) 2 vào (1), ta được: 25z 2 – 8dz + d 2 – 9 = 0 Để phương trình này có nghiệm z thì   0  d 2  25  d  5 Maxd = 5  Maxc = 6 và đạt được khi z = 4 25 d = 2 4 16 5 25 x z   (thoả mãn 0 1 x   ) d = 4 3 2 12 z y yz   Đẳng thức xảy ra khi 4z = 3y. Thay vào (1) ta tính được z = 3 1 9 , , 20 5 400 y x  (thoả mãn 0 1 x   ) Lúc đó Mind = 9 6 2 25 5   Minc = 41 4,1 10  VD5: Cho biểu thức A = 2 2 2 4 x mx n x x     Tìm các giá trị của m, n để biểu thức A có GTNN bằng 1 3 , GTLN bằng 3 Giải: Gọi a là giá trị tuỳ ý của biểu thức A. Ta có: a = 2 2 2 4 x mx n x x      x 2 + mx + n = ax 2 + 2ax + 4a  (a – 1)x 2 + (2a – m) + (4a – n) = 0 (1) Theo điều kiện của bài toán, giá trị a = 1 không là GTLN, không là GTNN của A nên ta chỉ xét a  1. Điều kiện để (1) có nghiệm là:       2 ( , ) 0 , 0 2 0 2 0 f x y g x y y x y x                2 2 12 4 4 4 0 a m n a n m          (2) Nghiệm của bất phương trình (2) là a 1  a  a 2 Trong đó a 1 , a 2 là các nghiệm của phương trình:     2 2 12 4 4 4 0 a m n a n m       (3) Theo đề bài, ta phải có 1 2 1 , 3 3 a a   Theo hệ thức Vi- et đối với phương trình (3) :   1 2 2 2 2 1 2 1 44 4 3 4 10 3 3 12 1 4 4 12 4 .3 3 12 12 n mm n a a n m n m n m n m a a                                     Thay n = 6 + m vào 4n – m 2 = 12 ta được: 4n – m 2 – 12 = 0 nên m = 6 hoặc m = -2 Với m = 6 thì n = 12, khi đó 2 2 6 12 2 4 x x A x x      có GTNN là 1 3 và GTLN là 3 Với m = -2 thì n = 4, khi đó 2 2 6 12 2 4 x x A x x      có GTNN là 1 3 và GTLN là 3 Bài tập đề nghị: Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của:         1 2 3 4 M x x x x      Bài 2. Tìm GTLN, GTNN của: 2 1 x A x   Bài 3. Tìm GTLN, GTNN của: 2 2 2 4 5 1 x x B x     Bài 4. Tìm GTLN, GTNN của: 2 2 2 2 2 2 2 2 x x C x x      Bài 5. Tìm GTLN, GTNN của: 2 2 2 2 2 1 x x D x     Bài 6. Tìm GTNN của: 2 5 3 1 x E x    Bài 7. Tìm GTNN của: 2 1 F x x x    với x > 0 . PHƯƠNG PHÁP DÙNG TAM THỨC BẬC HAI 1. Đổi biến để đưa về tam thức bậc hai đối với biến mới VD: Tìm GTLN của: A = x + 2 x  Giải:.  3 3. Đưa về phương trình bậc hai và sử dụng điều kiện   0 VD1: Tìm GTLN, GTNN của: A = 2 2 1 1 x x x x     Giải: Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phương trình sau. x = -1 Gộp cả hai trường hợp (1) và (2), ta có: MinA = 1 3 khi và chỉ khi x = 1 MaxA = 3 khi và chỉ khi x = -1 Nhận xét: a) Phương pháp giải như trên còn gọi là phương pháp miền giá trị