Một số kỹ năng giải bài toán tiếp tuyến cực trị của các hàm số cơ bản

Một số kỹ năng giải bài toán tiếp tuyến cực trị của các hàm số cơ bản Một số kỹ năng giải bài toán tiếp tuyến cực trị của các hàm số cơ bản Một số kỹ năng giải bài toán tiếp tuyến cực trị của các hàm số cơ bản luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN PHAN THỊ HƯỜNG MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN, CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM SỐ CƠ BẢN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC HÀ NỘI- 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN PHAN THỊ HƯỜNG MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN, CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM SỐ CƠ BẢN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS TS NGUYỄN VŨ LƯƠNG HÀ NỘI- 2014 Mục lục Lời nói đầu Các dạng toán cực trị, tiếp tuyến y = ax3 +bx2 +cx+d; y = 1.1 y = ax3 + bx2 + cx + d 1.1.1 1.1.2 1.2 ax2 + bx + c dx + c Bài toán cực trị Bài toán tiếp tuyến hàm bậc 14 Hàm y = 1.2.1 1.2.2 ax2 + bx + c 19 dx + e Bài toán cực trị 19 Bài toán tiếp tuyến 22 Một số dạng toán cực trị 2.1 Bài tốn cực trị khơng sử dụng đạo 2.2 Bài toán cực trị sử dụng đạo hàm 2.3 Bài toán cực trị lượng giác 2.4 Bài toán cực trị tổ hợp Kết luận Tài liệu tham khảo hàm 31 31 38 49 60 85 86 Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Nguyễn Vũ Lương Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình tơi thực đề tài Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy Khoa Tốn - Cơ - Tin học, Phòng Sau đại học - Trường Đại học Khoa học Tự nhiên- Đại học Quốc gia Hà Nội; thầy tham gia giảng dạy khóa cao học 2011-2013 Cuối cùng, tơi xin chân thành cảm ơn gia đình bạn bè động viên suốt trình học tập thực luận văn Lời nói đầu Bài tốn tiếp tuyến, tìm giá trị lớn nhỏ hàm số luôn chủ đề quan trọng hấp dẫn chương trình giảng dạy mơn tốn nhà trường phổ thơng Trong đề thi mơn Tốn kì thi Đại học, Cao đẳng 10 năm gần (2004 - 2014) toán liên quan tiếp tuyến xuất nhiều, toán liên quan đến việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số thường xuyên có mặt thường trơng câu khó đề thi Đây nội dung rộng, ln ln ẩn chứa khơng thách thức gắn với tốn khó kỳ thi tạo nhiều khó khăn cho người học muốn nắm vững nội dung Chúng ta có số phát • Chia tồn nội dung trình bày thành dạng (khơng nhiều) tìm phương pháp giải giúp cho người đọc khả tốt tìm lời giải tốn cụ thể • Sự bắt đầu cho dạng tốn phải thật đơn giản phát triển trình bày hệ thống tạo hội thực hành tốt cho người học • Tìm thú vị "Niềm vui trí tuệ" cách giải hay làm cho người đọc nhớ lâu • Cái đích mà cần tới cảm thấy dễ dàng giải toán nội dung Trong luận văn Một số kỹ giải toán tiếp tuyến, cực trị hàm số này, học viên cung cấp cho bạn học tổng hợp kỹ thông dụng nhất, ví chìa khóa để giải toán tiếp tuyến, cực trị hàm số bản, tốn cực trị, từ biết cách áp dụng để giải nhiều toán liên quan đến dạng toán Đặc biệt luận văn cố gắng sâu vào toán cực trị tổ hợp cách đưa hàng loạt tốn cịn mẻ với người học, với mong muốn người học tiếp cận, làm quen với lĩnh vực toán học sơ cấp Luận văn gồm phần mở đầu, hai chương, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Các dạng toán cực trị, tiếp tuyến y = ax3 +bx2 +cx+d; y = ax2 + bx + c dx + c Trong chương này, học viên trình bày toán tiếp tuyến cực trị hai hàm số bản, gặp nhiều kỳ thi đại học y = ax3 + bx2 + cx + d; y = ax2 + bx + c đại diện cho hàm đa thức hàm phân thức Chương I tài liệu dx + c hữu ích cho giáo viên học sinh trường THPT, cách giải tốn tiếp tuyến, cực trị có phần gọn nhẹ giúp cho người học dễ dàng lập luận biến đổi để đạt kết toán so với cách giải toán sách tham khảo khác, cụ thể • Bài tốn cực trị hàm y = ax3 + bx2 + cx + d phân thành dạng: dạng biến đổi thành tích nhờ nghiệm, dạng tách tham số, dạng tịnh tiến, dạng bậc hai tham số, dạng tính nghiệm y , dạng chia cho y • Bài toán tiếp tuyến hàm y = ax2 + bx + c để tìm phương trình dx + c tiếp tuyến, ta luôn biến đổi để phương trình bậc hai ẩn t= dx0 + c Một số dạng toán cực trị Chương II nội dung luận văn, trình bày bốn dạng tốn cực trị bản: tốn cực trị khơng sử dụng đạo hàm, toán cực trị sử dụng đạo hàm, toán cực trị lượng giác, toán cực trị tổ hợp, cụ thể • Bài tốn cực trị khơng đạo hàm: đưa tám kỹ bản: kỹ sử dụng nhận xét x xn < x với n ∈ N; kỹ sử dụng bất đẳng thức cổ điển AM − GM, Cauchy − Bunyakovsky − Schwarz, Bu − N hi − A − Cốp − Xki; kỹ sử dụng tính chất giá trị tuyệt đối; kỹ sử dụng tính chất hàm tăng, giảm; kỹ đặt ẩn phụ; kỹ tìm giá trị lớn y cách tìm giá trị lớn y ; kỹ sử dụng điều kiện có nghiệm tam thức bậc hai • Bài tốn cực trị sử dụng đạo hàm: phân thành dạng bản: dạng phân thức đồng bậc; dạng tích biểu thức bản; dạng tổng khơng đổi; tốn đưa dạng • Bài tốn cực trị lượng giác: đưa cách chứng minh cách bất đẳng thức lượng giác cách sử dụng tính chất lồi lõm hàm số lượng giác từ vận dụng bất đẳng thức Karamata, Jensen ngồi luận văn cịn trọng đến việc sử dụng đẳng thức lượng giác để xây dựng số dạng bất đẳng thức tam giác; áp dụng dạng bất đẳng thức có điều kiện tam giác • Bài tốn cực trị tổ hợp: đưa toán cực trị tổ hợp sử dụng nguyên lý Pigeonhole 2.93; 2.94; kỹ đếm tổ hợp 2.86; 2.89; 2.102; 2.109; 2.110; 2.115; 2.117; 2.118; tốn liên quan đến tơ màu 2.119; 2.1212.122; 2.123; 2.124; 2.125; 2.126; 2.127; đặc biệt tốn tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức F (x1 , x2 , , xn ) x1 , x2 , , xn hoán vị 2.106; 2.107; 2.108, số toán cực trị tổ hợp khác Chương Các dạng toán cực trị, tiếp tuyến + bx + c ax y = ax3 + bx2 + cx + d; y = dx + c y = ax3 + bx2 + cx + d 1.1 1.1.1 Bài toán cực trị Đối với hàm số bậc ba y = ax3 + bx2 + cx + d ta có kết luận sau • ycực tiểu ycực đại < ⇔ đồ thị cắt trục hoành ba điểm phân biệt • ycực tiểu ycực đại = ⇔ đồ thị tiếp xúc với trục hồnh • ycực tiểu ycực đại > ⇔ hàm số có cực trị cắt trục hoành điểm Nhận xét Kĩ giúp giải nhanh toán thuộc nội dung tính chất dạng biểu thức f (x) = ax3 + bx2 + cx + d Dạng biến đổi thành tích nhờ nghiệm Bài toán 1.1 Cho y = x3 + 2mx2 + (m + 1)x − 10m − 10 Hãy tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực tiểu ycực đại < Giải Yêu cầu toán đồ thị hàm số cắt hoành độ ba điểm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt x3 + 2mx2 + (m + 1)x − 10m − 10 = ⇔ (2x2 + x − 10)m + (x3 + x − 10) = ⇔ (x − 2) x2 + 2(m + 1)x + 5m + = ⇔ x=2 x2 + 2(m + 1)x + 5(m + 1) = (2) có hai nghiệm phân biệt = 22 + 4(m + 1) + 5(m + 1) = ⇔ ⇔ ∆ = (m + 1)2 − 5(m + 1)0 −13 Vậy m ∈ (−∞, −1) ∪ (4, +∞) \ { } −13 m ∈ (−∞, −1) ∪ (4, +∞) m= Bài toán 1.2 Cho hàm số y = x3 − 3mx2 + (2m2 − m + 2)x + m2 − 2m Tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực tiểu ycực đại < Giải Yêu cầu toán đồ thị hàm số cắt hoành độ ba điểm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt x3 − 3mx2 + (2m2 − m + 2)x + m2 − 2m = ⇔ (x − m) x2 − 2mx − m + = ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt = m m2 − 2m.m − m + = ⇔ ⇔ ∆ = m2 + m − > Vậy m ∈ (−∞, −2) ∪ (1, +∞) x2 −m2 − m + = (m − 1)(m + 2) > x=m − 2mx − m + = ⇔ m ∈ (−∞, −2) ∪ (1, +∞) Dạng tách tham số Bài toán 1.3 Cho hàm số y = mx3 − 3mx2 − 9mx − m − 1, tìm m để hàm số có cực trị thỏa mãn ycực tiểu ycực đại < Giải Yêu cầu toán đồ thị hàm số cắt hồnh độ ba điểm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt mx3 − 3mx2 − 9mx − m − = ⇔ m(x3 − x2 − 9x) = m + ⇔ x3 − 3x2 − 9x = yêu cầu toán tương đương hai đồ thị hàm số m+1 m (m = 0) y = x3 − 3x2 − 9x m+1 y= m điểm Xét hàm số y = x3 − x2 − 9x có TXĐ = D = R y = 3x2 − 6x − = ⇔ x = −1 x=3 lim (x3 − x2 − 9x) = −∞; lim (x3 − x2 − 9x) = +∞ x→−∞ x→+∞ ta có bảng biến thiên có ba giao dựa vào −1 −1 ; 28 m+1 bảng biến thiên suy −27 < 1) với i < k ta có xi + yi < xk + yk ⇒ yi < xk + (yk − xi ) = xk + (x1 − xi ) ≤ xk yi < xk (i = 1, k − 1) , suy yi < xk với i = 1, k yk = x1 < xk Vậy số y1 , y2 , , yk số x1 , x2 , , xk−1 Suy dãy Ta có y1 , y2 , , yk phải có hai số (mâu thuẫn số yi phân biệt) Vậy x1 = y • Bỏ x1 , y1 lập luận tương tự với hai hoán vị x2 , x3 , , xn y2 , y3 , , yn ta thu x2 = y2 • Tiếp tục cách chứng minh ta thu xi = yi với i = 1, n Bài toán 2.98 Tìm giá trị nhỏ tổng S = |x2 − x1 | + |x3 − x2 | + · · · + |xn − xn−1 | + |x1 − xn | với x1 , x2 , , xn hoán vị tùy ý số nguyên 1, 2, , n Giải Vì biểu thức S có tính chất xoay vịng (giá trị S khơng thay đổi đánh số lại x1 = xi , x2 = xi+1 , x3 = xi+2 , , xn = xi−1 ) Do giả thiết x1 = xk = n (Với số k đó) Ta có n − = xk − x1 = (xk − xk−1 ) + (xk−1 − xk−2 ) + · · · + (x2 − x1 ) Suy (n − 1) ≤ |xk − xk−1 | + |xk−1 − xk−2 | + · · · + |x2 − x1 | (1) Ta có n − = xk − x1 = (xk − xk+1 ) + (xk+1 − xk+2 ) + · · · + (xn − x − 1) Suy n − ≤ |xk+1 − xk | + |xk+2 − xk+1 | + · · · + |x1 − xn | (2) Cộng hai bất đẳng thức (1), (2) ta nhận S 2(n − 1) 72 Dấu đẳng thức xảy xk > xk−1 > · · · > x1 xk > xk+1 > xk+2 > · · · > xn > x1 Ví dụ với k = ta có hốn vị sau 1, n, n − 1, n − 2, , Smin = 2n − Bài tốn 2.99 Tìm giá trị lớn biểu thức Qn = x1 x2 + x2 x3 + · · · + xn−1 xn + xn x1 Với n x1 , x2 , , xn hoán vị tùy ý số nguyên 1, 2, , n Giải Ta kí hiệu Sn (x1 , x2 , , xn ) = x1 x2 + x2 x3 + · · · + xn−1 xn + xn x1 Và Mn giá trị lớn Vì biểu thức Sn không thay đổi ta đánh số lại theo thứ tự xoay vịng Vậy khơng tổng qt ta giả sử x1 = n ta có Sn (n, x2 , x3 , , xn ) = Sn−1 (x2 , x3 , , xn ) − x2 xn + nx2 + nxn = Sn−1 (x2 , x3 , , xn ) + n2 − (n − x2 )(n − xn ) ≤ Mn−1 + n2 − 1.2 Đẳng thức xảy Sn−1 (x2 , x3 , , xn ) = Mn−1 xn = n − 1, x2 = n − Khi Mn = Mn−1 + n2 − Tóm lại chứng minh rằng: • Nếu tồn hoán vị y1 , y2 , , yn−1 1, 2, , n − với y1 = n − 1, yn−1 = n − để Sn−1 (y1 , y2 , , yn−1 ) = Mn−1 ta nhận Mn = Mn−1 + n2 − với n, yn−1 , yn−2 , , y1 hoán vị 1, 2, , n • Ta có n = 3, S3 (x1 , x2 , x3 ) = 1.2 + 2.3 + 3.1 = 11 M3 = 11 tính Mn = Mn−1 + n2 − = n2 − + Mn−2 + (n − 1)2 − ····················· = (n2 + (n − 1)2 + · · · + 42 ) − 2(n − 3) + M3 11 + (42 + 52 + · · · + n2 ) − 2(n − 3) = (2n3 + 3n2 − 11n + 18) Bài toán 2.100 Giả sử dãy x1 , x2 , , xn có số hạng nhận giá trị {−1, 0, 1}, tìm giá trị nhỏ tổng S= xi x j 1≤i 2a2 ta có √ √ a6 + a4 > a5 = (a5 + a7 ) > 3a6 ⇒ a4 > 2a6 Từ (1), (2) suy a4 > a2 + a6 (3) √ (1) (2) √ Mặt khác ta có a6 + a4 + a4 + a2 > (a3 + a5 ) > a4 ( 3)2 = 3a4 Suy a4 < a2 + a6 (4) Từ (3), (4) suy mâu thuẫn Vậy khơng tồn Bài tốn 2.105 Giả sử x1 , x2 , , xn dãy số thực cho trước có hiệu số lớn số nhỏ 1, ta lập dãy y = x1 ; y = x1 + x + · · · + xn x1 + x2 , , yn = n Kí hiệu yp số nhỏ nhất, yq số lớn Tìm giá trị lớn hiệu yq − yp Giải Nội dung tốn khơng thay đổi ta thay dãy cho dãy x1 −c, x2 − c, , xn − c Chọn c = M in(xk ) ta thu dãy mà M in(xk ) = M ax(xk ) = • Xét trường hợp p < q ta có x1 + x + · · · + xq x1 + x2 + · · · + xp − q p xp+1 + · · · + xq xp+1 + · · · + xq q−p 1 = (x1 + x2 + · · · + xp ) − + ⇒ yq − yp ≤ ≤ q p q q q yq − yp = ≤0 Đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xp = 0, xp+1 = · · · = xq = 1, p = 1, q = n 75 • Xét trường hợp p > q ta có xq+1 + · · · + xp p yq − yp = (x1 + x2 + · · · + xq ) 1 − q p − ≤ (x1 + x2 + · · · + xq ) p−q pq ≤q p−q pq =1− q ≤1− p n Đẳng thức xảy xq+1 = · · · = xp = 0, x1 = x2 = · · · = xq = 1, q = 1, p = n Bài toán 2.106 (Chuyên tự nhiên 2014) Cho tập hợp A gồm 31 phần tử dãy gồm m tập A thỏa mãn đồng thời điều kiện sau Mỗi tập thuộc dãy có hai phần tử Nếu hai tập thuộc dãy có chung hai phần tử số phần tử hai tập khác Chứng minh m ≤ 900 Giải Từ giả thiết dễ thấy m tập thuộc dãy phân biệt Vì A có 31 phần tử 31.30 Kí hiệu ak (2 ≤ k ≤ 31) số tập có k phần tử, nằm dãy cho, suy m = a2 + a3 + · · · + a31 Xét k(k − 1) tập hợp có k phần tử suy số tập có phần tử tập ⇒ ak k(k − 1) tập có ak tập hai phần tử Mà theo giả thiết với hai phần tử A chúng khơng thể đồng thời thuộc hai tập có k phần tử dãy ⇒ nên số tập có hai phần tử A tập hai phần tử nói phân biệt Suy k(k − 1) 31.30 ak ≤ ⇒ ak ≤ 31.30 2 k(k − 1) 1 ⇒ a2 + a3 + · · · + a31 ≤ 31.30 + + ··· + 1.2 2.3 30.31 1 1 ⇒ m ≤ 31.30 − + − + · · · + − 2 30 31 ⇒ m ≤ 900 Chúng ta thực số điều chỉnh (hoặc số phép biến đổi) cho khoảng cách kết luận ban đầu đối tượng cuối (điều cần chứng minh) nhỏ dần mục đích đạt bước Chúng ta cần chắn đạt điều cần đạt sau số hữu hạn điều chỉnh 76 Bài toán 2.107 Giả sử 2008 viết dạng tổng số hữu hạn số nguyên dương cho tích số hạng tổng biểu diễn lớn Tìm giá trị lớn Giải Vì số cách biểu diễn 2008 dạng tổng số nguyên dương hữu hạn nên tồn biểu diễn mà tích số nguyên dương lớn Giả sử a1 + a2 + · · · + ak = 2008 k i=1 (a1 < a2 < · · · < ak ), lớn Kí hiệu S = (a1 , a2 , , ak ), S có tính chất sau Có nhiều số nguyên a ∈ [a1 , ak ] mà a ∈ / S Thật giả sử có tồn số nguyên a, b ∈ [a1 , ak ] (a < b), a ∈ / S, b ∈ / S Không giảm tổng quát giả sử a số nhỏ số a ∈ [a1 , ak ], a ∈ / S, b số lớn số b ∈ [a1 , ak ], b ∈ / S ⇒ a − ∈ S, b + ∈ S Ta lập S = (S ⇒ ⇒ {a − 1, b + 1}) ∪ {a, b} S ab ab S = S, = = >1 (a − 1)(b + 1) ab − (b − a) − S S > S (Mâu thuẫn) Suy 2008 biểu diễn dạng a1 + (a1 + 1) + (a1 + 2) + · · · + a1 + k − = 2008 (1) (Tổng số hạng liên tiếp có vắng số) Ta chứng minh a1 = Nếu a1 = 1, đặt S = {S {1, ak }} ∪ {ak + 1} ⇒ S = S Và S ak + = >1⇒ 1.ak S S > S (mâu thuẫn) Nếu chứng minh a1 = • Nếu a1 = 4, ∈ S Đặt S = {S 1⇒ S > S S = S 2.3 = > 5.1 S S; (mâu thuẫn) • Nếu a1 = 4, j ∈ / S {S {5}} ∪ {2, 3} ⇒ (j = 5, 6, , t − 1) t ∈ S(t 6) Đặt S = {4, t}} ∪ {2, 3, t − 1} Khi S = S; S 6(t − 1) = > ⇔ 2t > ⇔ t > ⇒ 4t S 77 S > S (mâu thuẫn) • Nếu a1 ⇒ Đặt S = {S S = S; {a1 }} ∪ {2, a1 − 2} S 2(a1 − 2) a1 + a1 − = = >1⇒ a1 a1 S S > S (mâu thuẫn) Tóm lại a1 = 2, a1 = • Nếu a1 = Áp dụng kết (1) ta biểu diễn 3+4+5+· · ·+n−t = 2008 (từ đến n vắng nhiều số t) (n = ak ), ≤ t ≤ n n(n + 1) − = 2008 + t ⇔ n2 + n − 4022 − 2t = ⇒ δ = 16089 + 8t, Vì(127)2 = 16129 ⇔ Suy để δ số phương ⇒ 8t = 16129 − 16089 = 40 ⇒ t = 5, δ = 1272 n = −1 + 127 = 63 ta thu biểu diễn S = {3, 4, 6, 7, , 63}thiếu S = {S 7} ∪ {2, 5} ⇒ S 2.5 = >1⇒ S S > S = S S, mâu thuẫn • Vậy a1 = 2, ta có biểu diễn n(n + 1) − − t = 2008 ⇔ n2 + n − 4018 − 2t = δ = 16073 + 8t ⇒ 8t = 16129 − 16073 = 56 ⇒ t = 7, n = 63 + + + · · · + n − t = 2008 ⇔ Vậy biểu diễn thỏa mãn yêu cầu toán S = {2, 3, 4, 5, 6, , 63} (vắng 7) tích lớn max = 63! Bài toán 2.108 (2002 - Japan Mathematical Olympiad): Ba người chơi A, B C , A thắng B , B thắng C , C thắng A (A, B, C) gọi tổ hợp tam giác Tìm giá trị lớn số tổ hợp tam giác, biết có 14 người chơi Giải • Kí hiệu A1 , A2 , , A14 14 người chơi, Ai thắng người khác (i = 1, 2, , 14) Nếu ba người chơi khơng tạo thành tổ hợp tam giác ba người có người thắng hai người cịn lại Suy số khơng tổ 14 i=1 Cai hợp tam giác − S = C14 i=1 4Cai lớn • Ta chứng minh sử tồn − aj (quy ước C02 = C12 = 0) số tam giác tổ hợp 14 i=1 Cai 14 i=1 Cai nhỏ nhỏ |ai − aj | ≤ (1 ≤ i < j ≤ 14) Giả (i = j, ≤ i, j ≤ 14) Ta đặt = − 1, aj = aj + 1, ak = 78 ak (k = i, k = j, ≤ k ≤) Khi = = 91 (Vì số trận đấu = C14 số trận thắng) Nhưng Ca2i = (Ca2i −1 + Ca2j +1 ) − (Ca2i + Ca2j ) Ca2i − = −Ca1i −1 + Ca1j (Công thức Pascal) = −(ai − 1) + aj = −(ai − aj ) + ≤ −2 + = −1 ⇒ • Vì 14 Ca2i < Ca2i (mâu thuẫn) = 91 |ai − aj | ≤ (1 ≤ i, j ≤ 14) Suy số giá trị a1 , a2 , , a14 phải có giá trị giá trị (7.7 + 7.6 = 91) suy giá trị lớn S 14 S= C14 3 − 252 = 112 − (7.C72 + 7C62 ) = C14 Ca2i = C14 − • Giá trị cực đại đạt chọn A1 thắng A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 thua A8 , A9 , A10 , A11 , A12 , A13 , A14 A2 thắng A3 , A4 , A5 , A6 , A7 , A8 thua A9 , A10 , A11 , A12 , A13 , A14 , A1 A3 thắng A4 , A5 , A6 , A7 , A8 , A9 thua A10 , A11 , A12 , A13 , A14 , A1 , A2 A4 thắng A5 , A6 , A7 , A8 , A9 , A10 thua A11 , A12 , A13 , A14 , A1 , A2 , A3 A5 thắng A6 , A7 , A8 , A9 , A10 , A11 thua A12 , A13 , A14 , A1 , A2 , A3 , A4 A6 thắng A7 , A8 , A9 , A10 , A11 , A12 thua A13 , A14 , A1 , A2 , A3 , A4 , A5 A7 thắng A8 , A9 , A10 , A11 , A12 , A13 , A14 thua A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 A8 thắng A9 , A10 , A11 , A12 , A13 , A14 , A1 thua A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 A9 thắng A10 , A11 , A12 , A13 , A14 , A1 , A2 thua A3 , A4 , A5 , A6 , A7 , A8 10 A10 thắng A11 , A12 , A13 , A14 , A1 , A2 , A3 thua A4 , A5 , A6 , A7 , A8 , A9 11 A11 thắng A12 , A13 , A14 , A1 , A2 , A3 , A4 thua A5 , A6 , A7 , A8 , A9 , A10 12 A12 thắng A13 , A14 , A1 , A2 , A3 , A4 , A5 thua A6 , A7 , A8 , A9 , A10 , A11 13 A13 thắng A14 , A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 thua A7 , A8 , A9 , A10 , A11 , A12 14 A14 thắng A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 thua A8 , A9 , A10 , A11 , A12 , A13 Trong trường hợp ta có S = 112 79 Bài tốn 2.109 Trên bảng (nxn) (n 4) ta viết số −1 Tích n số hàng, cột khác gọi số hạng Kí hiệu S tổng tất số hạng Chứng minh với cách viết số −1 lên S chia hết cho Giải • Có n cách chọn số a1 cột thứ Có n − cách chọn số a2 cột thứ không hàng với a1 Có n − cách chọn số a3 cột thứ không với hàng a1 , a2 ·················· Có cách chọn an cột n không hàng với a1 , a2 , , an−1 thu số hạng Suy có n! số hạng • Xét số aij (1 ≤ i, j ≤ n) bất kì, suy có (n − 1)! số hạng có chứa aij (chọn aij trước có (n − 1)! cách chọn n − thừa số lại) Vậy aij đổi dấu (từ −1 thành thành −1) có tổng cộng (n − 1)! số hạng đổi dấu • Giả sử aij đổi dấu có h số hạng đổi dấu từ −1 thành suy có (n−1)!−h đổi dấu từ thành −1 Khi đổi dấu từ −1 thành tổng S tăng 2, đổi dấu từ −1 thành tổng S giảm Vậy ta thu tổng S = S +2h−[(n − 1)! − h] Vậy lần đổi dấu aij tổng S = S + 2h − [(n − 1)! − h] Vậy lần đổi dấu aij tổng S thay đổi lượng ∆S = 4h − 2(n − 1)! chia hết cho 4(n ≤ 4) • Xuất phát từ tổng S bất kỳ, ta đổi dấu số aij từ −1 thành Sau số hữu hạn bước ta nhận bảng gồm toàn số Tổng số hạng thu nhận từ bảng gồm toàn số n! chia hết cho (do n 4) Suy tổng S nêu phải chia hết cho lần đổi dấu tổng thay đổi lượng chia hết cho Bài toán 2.110 Có 2n điểm đoạn thẳng AB cho chúng đối xứng qua điểm M đoạn AB Trong số điểm n điểm tô đỏ n điểm cịn lại tơ xanh Chứng minh tổng khoảng cách từ A tới điểm đỏ tổng khoảng cách từ B tới điểm xanh Giải • Xét trường hợp đặc biệt n điểm xanh nằm bên trái M n điểm đỏ nằm bên phải M Trong trường hợp tổng khoảng cách từ A đến điểm đỏ SA tổng khoảng cách từ B đến cách điểm xanh SB (theo giả thiết 2n điểm xếp đối xứng qua điểm M ) 80 • Giả sử với cách tơ mà có điểm đỏ nằm bên trái M điểm xanh nằm bên phải M (lần lượt gọi C D) Ta hoán đổi vị trí C D SA = SA + CD SB = SB + CD ⇒ SA − SB = SA − SB suy phép hốn đổi vị trí hiệu SA − SB khơng thay đổi • Hơn sau số hữu hạn phép biến đổi nhận trường hợp đặc biệt ban đầu Trong trường hợp đặc biệt ban đầu ta có SA −SB = Suy trường hợp ta có SA − SB = Bài tốn 2.111 Chúng ta thêm dấu cộng dấu trừ vào dãy số 1, 2, 3, , 2005 cho tổng đại số dãy nhận không âm Tìm giá trị nhỏ tổng đại số nhận 2005.2006 = 2005.1003 số lẻ Mà lần đổi dấu tổng đại số khơng đổi tính chẵn lẻ a + b a − b tính Giải • Ta có + + + · · · + 2005 = chẵn lẻ Suy tổng đại số số lẻ • Ta có tổng đại số 1+(2−3−4+5)+(6−7−8+9)+· · ·+(2002−2003−2004+2005) = số lẻ nhỏ Bài toán 2.112 Giả sử điểm mặt phẳng tô ba màu Chứng minh có tồn hai điểm màu mà khoảng cách chúng Giải Nếu tô hai màu hiển nhiên tốn thỏa mãn, lấy tam giác với cạnh độ dài tồn hai đỉnh màu Giả sử phản chứng có cách tơ màu mà hai điểm có khoảng cách tô hai màu khác Ta lấy hai điểm A, B cho AB = √ 3, vẽ hai đường trịn có tâm A, B có bán kính cắt C, D ⇒ CD = Theo giả thiết phản chứng đỉnh ∆ADC, ∆BDC tô màu phân biệt Suy A khác màu C, D B khác màu C, D, từ suy A, B màu √ Ta xét ∆XY Z cho XY = XZ = 3, Y Z = 1, theo kết chứng minh ta suy Y X màu, Z X màu Suy Y, Z mầu (mâu thuẫn) Bài toán 2.113 Giả sử điểm mặt phẳng tọa độ tô hai màu Chứng minh tồn tam giác có ba đỉnh màu 81 Giải Xét lục giác ABCDEF có tâm S , giả sử có cách tô màu mà tam giác đều, tô đỉnh hhất hai màu (Giả sử phản chứng) Giả sử tâm S tô màu đen Theo giả thiết phản chứng ∆BDF phải có đỉnh tơ đen Gọi đỉnh B Xét ∆ASB ⇒ A tô trắng, ∆CSB ⇒ B tô trắng Xét ∆ACE ⇒ E tô đen, xét ∆SEF ⇒ F tô trắng, xét ∆AF G ⇒ G tô đen Suy ∆EBG có ba đỉnh màu (mâu thuẫn) Bài toán 2.114 Giả sử điểm mặt phẳng tô ba màu Chứng minh có tồn tam giác vng có ba đỉnh màu Giải Lấy hai điểm màu A, B Đường trịn tâm O đường kính AB nội tiếp hình vng KN M L Màu A, B a Nếu hai điểm P, Q ∈ (O) có mầu a Ví dụ P màu a ⇒ ∆AP B tam giác vng có ba đỉnh màu a (bài toán thỏa mãn) Nếu đường kính P Q (O) màu, ta xét tam giác vng XY Z nội tiếp đường trịn O có Y Z đường kính, cho {X, Y, Z} ∩ {A, B, P, Q} = ∅ Giả sử phản chứng khơng tồn tam giác vng có ba đỉnh tô màu Giả sử P, Q màu b Xét ∆XP Q ⇒ X có màu khác b, xét ∆XAB ⇒ X có màu khác a ⇒ X có màu C Tương tự Z, Y có màu c (vơ lý) Vậy ta xét trường hợp P màu b, Q màu c Xét điểm u ∈ KN (u = a) Vì ∆U AB vng suy U có màu khác a Xét màu K hai trường hợp • K mầu b xét ∆KP N ⇒ N có mầu khác b, xét ∆N AB ⇒ N có màu khác a suy N có màu c Lấy T ∈ N A, T = A ⇒ T khác màu c T khác màu a, từ suy T mầu b ⇒ T KP tô màu b (mâu thuẫn với giả thiết phản chứng) • Nếu K màu c Ta xét tam giác XY Z vuông đường tròn ngoại tiếp KN P C ⇒ ∆XY Z có ba đỉnh màu Bài tốn 2.115 Mặt phẳng chia thành miền n đường thẳng Mỗi miền tô hai màu Chứng minh tơ màu miền cho hai miền có màu có giao khơng nhiều điểm Giải Ta chứng minh quy nạp sau • n = Hiển nhiên hai miền tơ hai màu 82 • Giả sử toán với k > 1, ta chứng minh với n = k + Trong k + đường thẳng ta chọn đường thẳng Theo giả thiết quy nạp có cách tơ miền tạo k đường thẳng thỏa mãn yêu cầu tốn Giả sử tơ màu P = P {l} Những vùng cách tô nằm bên miền đóng miền vơ hạn Khi thêm đường thẳng l miền đóng miền vơ hạn có thêm đường thẳng l miền có l qua chia thành hai miền Các miền phía l ta giữ nguyên màu cũ nên thỏa mãn giả thiết tốn Đối với miền phía l ta đổi màu Khi miền có màu khác miền phía l Hai miền cạnh khác màu với hai miền kề khác màu cũ nên có màu khác Bài tốn 2.116 Mặt phẳng chia thành số miền n đường thẳng (n 3) Giả sử tô màu (bằng màu) miền có giao với nhiều điểm tùy ý Chứng minh số miền tô p ≤ n2 + n Giải Kí hiệu S1 tập miền bị chặn tơ, S2 tập miền không bị chặn tô Suy P = |S1 | + |S2 | • Xét trường hợp n đường thẳng song song suy S1 = ∅ |S2 | ≤ n + ⇒ p ≤ n2 + n n+1≤ (n 3) • Mỗi đường thẳng họ cắt giao điểm với (n−1) đường thẳng khác thành hai nửa đoạn thẳng nhiều n − đoạn thẳng (độ dài dương) Tổng lại có 2n nửa đoạn thẳng nhiều n(n − 2) đoạn thẳng để lập thành đường biên miền Mỗi nửa đường thẳng hay đoạn thẳng thuộc biên miền Nếu miền M ∈ S1 đa giác k cạnh k Vì miền tô giao nhiều điểm nên số cạnh thuộc đa giác M dùng cho ⇒ 3|S1 | số cạnh để tạo thành đa n(n − 2) Nếu M ∈ S2 (miền vô hạn tô) gồm hai nửa đường thẳng Do số miền tơ khơng có cạnh chung ⇒ 2|S2 | ≤ 2n (số n(n − 2) n(n + 1) nửa đường thẳng) ⇒ |S2 | ≤ n ⇒ P = |S1 | + |S2 | ≤ +n= 3 giác tô ⇒ 3|S1 | ≤ Bài toán 2.117 Trên bàn cờ vua 8.8 thực phép biển đổi sau: Chọn hàng hay cột thay đổi đồng thời màu tất sang màu đối (ngược lại) Có thể sau số bước biến đổi nhận bàn cờ với ô đen 83 Giải Giả sử hàng có k đen (8 − k) trắng Khi biến đổi ta nhận (8 − k) ô đen Vậy số ô đen thay đổi lượng (8 − k) − k = − 2k số chẵn Như sau phép biến đổi số ô đen thay đổi lượng chẵn Thoạt đàu ta có 32 đen số đen cịn lại sau số phép biến đổi phải số chẵn Suy nhận bàn cờ với đen Bài tốn 2.118 Có thể tơ bàn cờ 1990.1990 hai màu trắng đen cho hai ô đối xứng qua tâm bàn cờ có màu đối (khác nhau) hàng, cột số ô tô đen số ô tô trắng Giải Ta chia bàn cờ thành bốn ô vuông A, B, C, D (995.995) Nếu X ∈ A, B, C, D bốn hình vng, kí hiệu Wx số trắng, Bx số tơ đen X Do tính đối xứng nên ta có Wx = BD Vì mối hàng cột số ô trắng số ô đen Ta suy WA + WB số ô trắng 995 hàng đầu, mà hàng có 995 trắng ⇒ WA + WB = 9952 Tương tự WB + WD = 9952 ( lập luận theo cột) suy WB + WD 9952 = BD + WD = 2WA (mâu thuẫn) 9952 số lẻ 84 Kết luận Trong luận văn này, tác giả đặt hoàn thành số kết sau: (i) Đã trình bày tốn tiếp tuyến cực trị hai hàm số bản, gặp nhiều kỳ thi đại học y = ax3 + bx2 ax2 + bx + c + cx + d; y = ; dx + c (ii) Đã trình bày bốn dạng toán cực trị bản: tốn cực trị khơng sử dụng đạo hàm, tốn cực trị sử dụng đạo hàm, toán cực trị lượng giác, toán cực trị tổ hợp; (iii) Đưa toán cực trị tổ hợp; 85 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Vũ Lương (2007), Một số giảng toán tam giác, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [2] Nguyễn Vũ Lương (2009), Các giảng bất đẳng thức Bunhiacoxpki , NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [3] Nguyễn Vũ Lương (2008), Các giảng bất đẳng thức Côsi , NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [4] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức định lí áp dụng , NXB Giáo Dục [5] Phan Huy Khải (2011), Các phương pháp giải toán giá trị lớn nhất, nhỏ , NXB đại học Sư Phạm [6] Nguyễn Ngọc Thu (2008), Phương pháp giải dạng toán khảo sát hàm số, NXB đại học Quốc Gia TP Hồ Chí Minh [7] Đinh Thị Kim Phương (11/2012), Các chuyên đề toán bồi dưỡng học sinh giỏi , Kỷ yếu hội nghị khoa học, Thái Nguyên [8] Phạm Minh Phương ( 2010), Một số chuyên đề toán tổ hợp bồi dưỡng học sinh giỏi THPT, NXB Giáo dục Việt Nam [9] Hồng Chí Thành (2001), Giáo trình tổ hợp, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [10] Tạp chí tốn học tuổi trẻ, Tuyển tập năm, NXB Giáo Dục, 2003 [11] Tài liệu từ Internet 86 ... 22 Một số dạng toán cực trị 2.1 Bài tốn cực trị khơng sử dụng đạo 2.2 Bài toán cực trị sử dụng đạo hàm 2.3 Bài toán cực trị lượng giác 2.4 Bài toán cực trị tổ hợp ... PHAN THỊ HƯỜNG MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN, CỰC TRỊ CỦA CÁC HÀM SỐ CƠ BẢN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn... số dạng toán cực trị Chương II nội dung luận văn, trình bày bốn dạng toán cực trị bản: tốn cực trị khơng sử dụng đạo hàm, tốn cực trị sử dụng đạo hàm, toán cực trị lượng giác, toán cực trị tổ