V× vËy cÇn cho häc sinh lµm quen víi nhiÒu lo¹i bµi tËp nµy./..[r]
(1)Mở đầu
I - Cơ Sở th c tiÔn
Bất kể lĩnh vực sống có yếu tố vợt trội, cá nhân điển hình hay thành tích cao hay kỷ lục mà khơng vợt qua "nhất" Trong tốn học lĩnh vực lại có đại lợng "lớn nhất" hay "nhỏ nhất" ngời ta thờng gọi toán cực trị, toán phổ biến đề thi vào lớp 10 THPT, hay thi vào trờng Cao đẳng, Đại học nh đề thi học sinh giỏi nhiều năm Nội dung toán cực trị phong phú đòi hỏi phải vận dụng kiến thức cách hợp lý, nhiều độc đáo bất ngờ
ở bậc THCS (chủ yếu học sinh khá, giỏi) đợc làm quen với loại toán với dạng chuyên đề Tuy nhiên, tìm hiểu thêm số đồng nghiệp thấy khơng dễ dàng với học sinh
Với lí nh tơi tìm hiểu xây dựng đề tài “Một số phơng pháp giải tốn cực trị” Với mong muốn đợc trình bày vài kinh nghiệm giảng dạy để đồng nghiệp tham khảo, mong đợc đóng góp chân thành để đề tài đợc phát huy hiệu
II - NhiƯm vơ cđa s¸ng kiÕn:
1/ Đối tợng phơng pháp nghiên cứu:
- Đối tợng nghiên cứu: Học sinh THCS (chủ yếu học sinh lớp 8, 9) - Phơng pháp nghiên cứu:
+ Điều tra, thực nghiệm, khảo sát kết häc tËp cña häc sinh
+ Thực nghiệm giảng dạy chuyên đề cho lớp bồi dỡng học sinh giỏi tốn lớp 8, với nhóm chun mơn thực
+ Điều tra, đánh giá kết học tập học sinh sau thực nghiệm giảng dạy chun đề
(2)2/ NhiƯm vơ cđa s¸ng kiÕn:
- Đa kiến thức giá trị cực trị, đợc sai lầm th-ờng mắc phải
- Đề xuất số phơng pháp giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, đồng thời rèn cho học sinh tìm tịi lời giải
- Lựa chọn phơng pháp giải hợp lý Muốn vậy, phải rèn cho học sinh khả phân tích, xem xét tốn dới dạng đặc thù riêng lẻ Mặt khác, cần khuyến khích học sinh tìm hiểu cách giải cho tập để học sinh phát huy đợc khả t linh hoạt, nhạy bén tìm lời giải tốn, tạo đợc lịng say mê, sáng tạo, ngày tự tin, khơng cịn tâm lý ngại ngùng tốn cực trị
III - Néi dung s¸ng kiÕn:
Ch¬ng I: Mét sè kiÕn thøc c¬ giá trị lớn giá trị nhỏ nhất Những sai lầm thờng mắc phải giải toán cực trị.
Chơng II: Một số phơng pháp tìm cùc trÞ
1/ Phơng pháp tam thức bậc hai 2/ Phơng pháp miền giá trị 3/ Phơng pháp bất đẳng thức
Ch¬ng I:
(3)I - Định nghĩa:
1/ Định nghĩa 1:
Cho biểu thức f(x , y , .) xác định miền D , ta nói M là giá trị lớn f (x , y , .) D điều kiện sau đợc thoả mãn:
i) Víi x , y thuéc D th× f(x , y , .)≤ M víi M lµ h»ng sè. ii) Tån t¹i x0, y0 thuéc D cho f(x , y , .)=M
2/ Định nghĩa 2:
Cho biểu thức f(x , y , .) xác định miền D , ta nói m giá trị nhỏ f(x , y , .) D điều kiện sau đợc thoả mãn:
i) Víi mäi x , y thuéc D th× f(x , y , .)≥ m víi m lµ h»ng sè. ii) Tån t¹i x0, y0 thuéc D cho f(x , y , .)=m
Chú ý: Để tranh sai lầm thờng mắc phải làm loại toán này, ta cần nhấn mạnh khắc sâu điều kiện định nghĩa: Rèn phản xạ sau:
+ Chøng tá f(x , y , .)≤ M hc f (x , y , .)≥ m ) víi mäi x , y , . thuéc D
+ Chỉ tồn x0, y0 thuộc D để f(x , y , .) đạt cực trị
Chú y đến miền giá trị biến
Ta ký hiệu MaxA giá trị lớn A ,MinA giá trị nhỏ A
II - Một số tính chất giá trị lớn giá trị nhỏ nhất hàm số:
1/ Tính chất 1: Giả sử A⊂B ta có: a/ Maxx∈A f(x)≤maxx∈B f(x)
(4)2/ TÝnh chÊt 2: NÕu f(x , y)≥0 víi mäi x thuéc D , ta cã: a/ Maxx∈D f(x)=√maxx∈D f2(x) Minx∈Df(x)=√minx∈Df2(x)
3/ TÝnh chÊt 3:
a/Max
x∈D f(x)+g(x)¿≤Maxx∈D1
f(x)+Max x∈D2
f(x)
(1) b/Min
x∈Df
(x)+g(x)¿≤Min
x∈D1
f(x)+Min x∈D2
f(x)
(2)
Dấu (1) xẩy có điểm x0 mà f(x)
và g(x) đạt giá trị lớn Tơng tự tồn x0 thuộc D mà đó
f , g cùng đạt giá trị nhỏ (2) có dấu bằng.
4/ TÝnh chÊt 4:
Max
x∈D f(x)=−minx∈D1
(− f(x))
5/ TÝnh chÊt 5:
Nếu đặt M=Maxx∈D f(x) , m=minx∈Df(x) Maxx∈D|f(x)|=Maxx∈D {|M|,|m|}
6/ TÝnh chÊt 6:
Gi¶ sư D1={x∈D ;f(x)≤0} D2={xD ;f(x)0}
MinxD|f(x)|=Min{maxxD1
f(x);min xD2
f (x)}
Khi dạy phần này, giáo viên nên hớng dẫn học sinh chứng minh tính chất (dựa vào định nghĩa), tránh áp đặt để học sinh nắm vững kiến thức tránh đợc sai lầm vận dụng giải tập
(5)III - Những sai lầm thờng gặp giải toán cực trị:
1/ Sai lầm chứng minh điều kiện 1:
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn cđa biĨu thøc:
A=
4x2−4x+5
Lời giải sai: Phân thức A có tử số số khơng đổi nên A có giá trị lớn mẫu nhỏ
Ta cã:
2x −1¿2+4≥4,∀x
4x2−4x+5=¿
⇒
4x2−4x+5≤ 4,∀x ⇒MaxA=3
4⇔x=
Phân tích sai lầm: Tuy đáp số khơng sai nhng khẳng định “ A có tử số số khơng đổi nên A có giá trị lớn mẫu nhỏ nhất” mà cha đa nhận xét tử mẫu số dơng
Ta ®a mét vÝ dơ: XÐt biĨu thøc B=x21
−4
Với lập luận “phân thức B có tử khơng đổi nên có giá trị lớn mẫu nhỏ nhất” mẫu nhỏ −4 x=0 , ta đến:
maxB=−1
4 không
phải giá trị lớn B , chẳng hạn với x=3 1514
Mc sai lầm khơng nắm vững tính chất bất đẳng thức: Đã máy móc áp dụng quy tắc so sánh phân số có tử số mẫu số số tự nhiên sang hai phân số có tử mẫu số nguyên
Lời giải đúng: Bổ sung thêm nhận xét: 2x −1¿
2+4≥4
4x24x+5= nên tử mẫu
ca A l số dơng Hoặc từ nhận xét suy A>0 , A lớn A1 nhỏ ⇔4x2−4x+5 nhỏ
VÝ dô 2: Tìm giá trị nhỏ của: A=x2+y2 biết x+y=4
Lêi gi¶i sai:
Ta cã: A=x2+y2≥2 xy
(6)Khi MinA=22+22=8
Phân tích sai lầm: Đáp số không sai nhng lập luận mắc sai lầm Ta chứng minh đợc f (x , y)≥ g(x , y) , cha chứng minh đợc f(x , y)≥ m với m số
Ta đa vị dụ: Với lập luận nh trên, từ bất đẳng thức
x2≥4x −4 sÏ suy ra: x2 nhá nhÊt x −2¿
2
=0⇔x=2 ⇔x2
=4x −4⇔¿
Dẫn đến: Minx2=4⇔x=2
Dễ thấy kết phải là: x2=0⇔x=0
Cách giải đúng:
Ta cã: x+y¿
2
=42⇔x2+2 xy+y2=16
¿ (1)
Ta l¹i cã: x − y¿
2
≥0⇒x2−2 xy+y2≥0
¿ (2)
Tõ (1) , (2) : x
2
+y¿2≥16⇒x2+y2≥8 2¿
VËy MinA=8⇔x=y=2
2/ Sai lầm chứng minh điều kiện 2: VD1: Tìm giá trị nhỏ của: A=x+x
Lời giải sai:
A=x+√x=(x+√x+1 4)−
1
4=(√x+ 2)
2
−1 VËy MinA=−14
Phân tích sai lầm: Sau chứng minh f(x)≥−14, cha trờng hợp xẩy dấu đẳng thức f(x)≥−14 Xẩy dấu đẳng thức
√x=−1 2, v« lý
Lời giải đúng:
Để tồn √x phải có x ≥0 Do A=x+√x ≥0
Min A=0⇔x=0
(7)A=xyz(x+y)(y+x)(z+x) Víi x , y , z ≥0 vµ x+y+z=1
Lời giải sai: áp dụng bất đẳng thức: a+b¿
2
4 ab≤¿
x+y+z¿2=1 4(x+y)z ≤¿
y+z+x¿2=1 4(x+z)x ≤¿
z+x+y¿2=1 4(x+x)y ≤¿
Nhân vế (do hai vế không âm) 64 xyz(x+y)(y+x)z+x¿≤1
MaxA= 64
Phân tích sai lầm: Sai lầm chỗ cha đợc trờng hợp xẩy dấu đẳng thức Điều kiện để A=641 là:
Cách giải đúng:
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:
1=x+y+z≥3 √3xyz (1)
2=(x+y)+(y+z)+(z+x)≥3 √3(x+y)(y+z)(z+x) (2) Nhân vế (1) với (2) vế không âm)
2≥9 √3 A⇒A ≤(2 9)
3
MaxA=(2 9)
3
⇔x=y=z=1
¿
x+y=z y+z=x z+x=y x+y+z=1
x , y , z ≥0
¿{ { { {
¿
¿
x=y=z=0 x+y+z=1
x , y , z ≥0
¿{ {
¿
(8)Ch¬ng II:
mét sè ph¬ng pháp tìm cực trị
1/ Phơng pháp tam thức bËc hai
I - Néi dung:
Sử dụng trực tiếp định nghĩa cực trị thông qua việc biến đổi tam thức bậc hai dạng bình phơng biểu thức chứa biến số hạng tự
II - Các ví dụ:
Dạng 1: Tìm cực trị tam thức bậc hai
1/ Tìm giá trị nhỏ A=x28x+1 2/ Tìm giá trị nhỏ B=2x24x+1 3/ Tìm giá trị cã cña C=−3x2−4x+1 4/ Cho tam thøc bËc hai P=ax2+bx=c Tìm giá trị nhỏ P a>0
Tìm giá trị lớn P nÕu a<0
HD gi¶i:
Nhận xét: Các biểu thức dạng tam thức bậc hai 1/ x −4¿
2
−15≥ −15 A=x2−8x+1=¿ ⇒minA=−15⇔x=4
2/ x −1¿
2
−1≥ −1 B=2x2−4x+1=2¿ ⇒minB=−1⇔x=1
3/ C=−3x2−4x+1=−3(x −32)
2
+7 3≤
7 ⇒maxC=7
3⇔x=
4/ P=ax2+bx+c=a(x2+b ax+
c
a)=a(x − b 2a)
2
−b
2
(9)+ NÕu a>0: minP=−b
2
−4 ac 4a ⇔x=
b 2a + NÕu a<0: maxP=−b
2
−4 ac 4a x=
b 2a
Dạng 2: Tìm giá trị lớn nhỏ đa thức bậc cao:
VD1: Tìm giá trị nhỏ x
2
+x+1¿2
A=¿
HD: MinA⇔Min(x2+x+1)
Bài toán dạng đặc biệt tốn sau: B=[f(x)]2k(k∈N)
VD2: Tìm giá trị nhỏ C=x(x −3)(x −4)(x −7) HD: Dùng phơng pháp đổi bin
Dạng 3: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ phân thức mà có tử hằng số, có mẫu tam thức bậc hai.
VD: Tìm giá trị lớn M=4x2
4x+5 Dng phải ý đến dấu tử thức
Dạng 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ phân thức có mẫu bình phơng nhị thức:
VD: Tìm giá trị nhỏ
x+12
P=x
2
+x+1
¿ HD:
x+1¿2 ¿
P=1− x+1+
1
¿
Đặt y=x+11, có P=y2 y+1=(y 12)
2 +3 4≥ MinP=3
4⇔y=
2⇔x=1
Cách 2: Viết N dới dạng tổng số với biểu thức không âm: x+12
x+1 x −1 2(¿¿)2≥
3
¿
4¿
P=4x
2
−4x+4
¿
MinP=3
(10)Dạng 5: Tìm giá trị nhá nhÊt, lín nhÊt cđa mét biĨu thøc quan hƯ các biến:
VD: Tìm giá trị lớn cđa biĨu thøc
A=3 xy− x2− y2
BiÕt x , y nghiệm phơng trình: 5x+2y=10 Giải:
Ta cã: 5x+2y=10⇔y=10−25x
⇒A=14(−59x2+160x −100)
¿59
4 (− x
2
+160 59 )−25
¿59
4 [−(x − 80 59)
2
+6400 3481]−25
¿−59
4 (x − 80 59)
2
+1600 59 −25 ⇔A=125
59 − 59
4 (x − 80 59)
2
≤125 59
VËy
maxA=125 59 ⇔ x=80
59 y=95 59
¿{
III - Một số tập tự giải:
1/ Tìm giá trÞ nhá nhÊt (lín nhÊt) cđa biĨu thøc sau: a/ A=4x220x+35 b/ B=2x2+3x+1
2/ Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc sau:
a/ x −A2(=(x −x −3)(1x −)¿ 5) b/ B=x2−2x+y2+4 y+5
(11)Q=a3+b3+ab víi a+b=1
IV - TiĨu kÕt:
Loại tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ phơng pháp tam thức bậc hai nhất, giúp học sinh dễ làm quen với toán cực trị Rèn kỹ giải toán, đổi biến cách linh hoạt phù hợp với loại toán để biến đổi toán dạng khác dạng tam thức bc hai
2/ Phơng pháp miền giá trị hàm số:
I - Nội dung phơng pháp:
Xét tốn sau: Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f(x) với x∈D Gọi y0 giá trị tuỳ ý hàm số xét miền cho, tức hệ phơng trình (ẩn x ) sau có nghiệm:
f(x)=y0 (1)
x∈D (2)
T d¹ng cđa hệ (1) , (2) mà ta có điều kiện có nghiệm thích hợp Trong nhiều trờng hợp, điều kiện đa dạng a y0 b (3)
Vì y0 giá trị f (x) từ (3) ta thu đợc:
Minf(x)=a Maxf(x)=b x∈D
Nh thực chât phơng pháp đa phơng trình bậc hai sử dụng điều kiƯn Δ≥0
II - C¸c vÝ dơ:
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn cña: A=x
2− x+1
x2
+x+1
Gi¶i:
(12)a=x
2− x+1
x2+x+1 (1)
Do x2+x+1≠0 nªn (1) ⇔ax2+ax+a=x2− x+1
⇔¿(a −1)x2+(a+1)x+(a−1)=0(2)
+ TH1: NÕu a=1 th× (2) cã nghiƯm x=0
+ TH2: Nếu a ≠0 để (2) có nghiệm, cần đủ Δ≥0 , tức là:
a −1¿2≥0
a+1¿2−4¿ ¿
⇔(a+1+2a −2)(4+1−2a+2)≥0 ⇔(3a −1)(a −3)≤0
⇔1
3≤ a ≤3(a ≠1)
Víi a=13 a=3 nghiệm (2) là:
x=(a+1)
2(a −1)=
(a+1)
2(1− a)
Víi a=13 x=1, với a=3 x=1 Gộp hai trờng hợp ta có:
MinA=1
3⇔x=1 MaxA=3⇔x=−1
C¸ch kh¸c: x+1¿2 ¿
2¿
A=3x2+3x+3−2x2−4x −2 x2+x+1 =3−¿ ⇒maxA=3⇔x=−1
x −1¿2 ¿
2¿
A=3x2−3x+3 3x2+3x+3=
x2
+x+1 3(x2+x+1)+
2(x2−2x+1) 3(x2+x+1) =
1 3+¿ ⇒MinA=1
3⇔x=1
Mở rộng: Bài tốn cịn cho dới dạng khác, là: 1/ Chứng minh: 13≤x
2− x+1
x2+x+1≤3
(13)x2− x+1
x2+x+1 m=0
3/ Cho phơng trình: ( 3m2+2m+1x2(2m2+10m+3)x 1=0 có nghiệm x1, x2 Tìm giá trị lớn cđa tỉng x1+x2
III - Bµi tËp tù giải:
Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số sau: a/y=x
2
+x+1 x2
+1 b/y=
x2
+x+1 x2
+1 IV - tiĨu kÕt:
Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số biểu thức đa hàm số phơng pháp miền giá trị thờng đợc đa phơng trình tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm Phơng pháp có u điểm tìm cực trị thơng qua việc tìm điều kiện để phơng trình có nghiệm, thông qua việc giúp cho học sinh rèn kỹ giải phơng trình
3/ Phơng pháp sử dụng bất đẳng thức quen thuộc
1/ N«i dung phơng pháp:
Da trc tip vo nh ngha giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số M=Maxf(x)⇔
f(x)≤ M ,∀x∈D
¿
x0=M
¿
∃x0∈D:f¿
m=Minf(x)⇔
f(x)≥ M ,∀x∈D
¿
x0=m
¿
∃x0∈D:f¿
Nh vậy, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f(x) trên miền D đó, ta tiến hành theo hai bớc:
+ Chứng minh bất đẳng thức
+ Tìm x0∈D cho ứng với giá trị ấy, bất đẳng thức tìm đợc trở thành
đẳng thức
(14)2/ Các bất đẳng thức thờng dùng:
1/ a2≥0 Tổng quát a2k≥0, k nguyên dơng Xẩy dấu đẳng thức ⇔a=0
2/ −a2≤0 Tỉng qu¸t −a¿
2k 0, k
nguyên dơng
Xy du đẳng thức ⇔a=0
3/ |a|≥0 Xẩy dấu đẳng thức ⇔a=0 4/ −|a|≤ a≤|a| Xẩy dấu đẳng thức ⇔a=0
5/ |a+b|≤|a|+|b| Xẩy dấu đẳng thức ⇔aba , b≥0¿ dấu) |a − b|≥|a|+|b| Xẩy dấu đẳng thức ⇔aba , b≥0¿ dấu)
|a+b+c|≤|a|+|b|+|c| Xẩy dấu đẳng thức ⇔ab≥0;bc≥0;ac≥0 ; 6/ a ≥ b ;ab≥0⇒1a≤1b Xẩy dấu đẳng thức ⇔a=b
7/ ab+ba≥2 với a , b dấu Xẩy dấu đẳng thức ⇔a=b 8/ Bất đẳng thức Cụsi:
+ Đối với số dơng a , b bÊt kú a+b
2 ≥√ab (hoặc a2+b2≥2 ab¿ Xẩy dấu đẳng thức ⇔a=b + Đối với ∀a1≥0;i=1, ., n:
a1+a2+ +an
n ≥
n
√a1.a2 a2
9/ Bất đẳng thức Bunhia cơpxki:
NÕu (a1, a2, .an) vµ (b1, b2, .bn) số tuỳ ý, ta có: (a12+a
22+, +a n2)
a1b1+a2b2+ +anbn¿
2
(b12+b
22+, +b n2)≥¿ DÊu b»ng xÈy ⇔abi
i =aj
bj (víi quy íc r»ng nÕu
ai=0 th× bi=0 ).
(15)+ NÕu a1≥ a2≥ ≥ an b1≥ b2≥ ≥ bn th×
n(a1b1+a2b2 .anbn)≥(a1+a2 .+an).(b1+b2 +bn) DÊu b»ng xÈy ⇔ai=aj hc bi=bj;ai, bj tuú ý + NÕu a1≥ a2≥ ≥ an
b1≥ b2≥ ≥ bn th×
n(a1b1+a2b2 .anbn)≥(a1+a2 .+an).(b1+b2 +bn) DÊu b»ng xÈy ai=aj bi=bj;ai, bj tuỳ ý III - Các ví dơ:
VD1: Cho biĨu thøc xy+yz+zx=1
T×m giá trị nhỏ biểu thức P=x4+y4+z4
Giải
áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpsxki (x , y , z) và (y , z , x) x2
+y2+z2¿2
xy+yz+zx¿2≤(x2+y2+z2)(y2+z2+x2)⇒1≤¿
1=¿
(1) Mặt khác, (1,1,1) x2, y2, z2¿, ta có:
12+12+12¿2.(y4+z4+x4) x2+1 y2+1 z2¿2≤¿
¿
(2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra: 1≤3(y4+z4+x4)=3P⇒P≥13
VËy ⇒x=y=z
VD2: Tìm giá trị lớn của: a/ A=x 1+y 2 biÕt x+y=4
MinP=1 3⇔ x
y= y x=
z x
y2= x2=
1 z2
(16)b/ B=√x −1 x +
y 2 y
Giải:
a/ Điều kiện: x ≥1; y ≥2
Bất đẳng thức Côsi cho phép làm giảm tổng: a+b2 ≥√ab lại muốn làm tăng tổng Ta dùng bất đẳng thức:
a2
+b2
2(¿)
a+b ≤√¿
A=√x −1+√y −MaxA=2≤√2(√x −2⇔1+y −2)=√2 x −1=y −2
x+y=4
❑ ❑ ❑ ❑⇔ ¿x=1,5 y=2,5 ¿{
Cách khác: Xét A2 dùng bất đẳng thức Côsi b/ Điều kiện: x ≥1; y ≥2
Bất đẳng thức Cơsi cho phép làm trội tích: √ab≤a+2b Ta xem biểu thức: √x −1,√y −2 tích:
√x −1=√1 (x −1)
√y −2=√2 (y −2)
√2
Theo bất đẳng thức Côsi:
√x −1
x =
√1 (x −1)
x ≤
1+x −1 2x =
1
√y −2
y =
√2(y −2) y√2 ≤
2+y −2 2y√2 =
2 2√2=
√2 MaxB=1
2+√ =
2+√2 ❑
❑ ❑ ❑⇔
x −1=1 x −2=2
❑ ❑ ❑ ❑⇔ ¿x=2 y=4 ¿{
VD3: T×m giá trị nhỏ biểu thức: A=|x 2|+|x 3|
(17)Ta cã: A=|x −2|+|x −3∨≥|x −2+3− x|=1| ⇒MinA=1⇔(x −2)(3− x)≥0⇔≤ x ≤3
Chú ý: Giải toán linh hoạt biến đổi |x −3|=|3− x| để áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối
Cách khác: Xét khoảng giá trị x
VD4: Tìm giá trị nhỏ hàm số: y=|x −1|+|x −2|+ .+|x −2000| Dạng hàm số khiến ta nghĩ đến áp dụng bất đẳng thức: |a+b|≤|a|+|b| 1000 cặp giá trị tuyệt đối
Ta cã: y=(|x −1|+|x −2000|)+(|x −2|+|x −1999|)+ +(|x −999|+|x −1000|) y1=(|x −1|+|x −2000|)≥1999⇒miny1=1999⇔x∈[1;2000]
y2=(|x −2|+|x −1999|)≥1997⇒miny2=1997⇔x∈[2;2000]
Y1000=(|x −999|+|x −1000|)≥1⇒minY1000=1⇔x∈[999,❑❑
1000]
Vậy Miny=1+3+5+ +1999=10002=1000000
Mở rộng: Từ toán ta toán sau:
1/ Tìm miền giá trị hàm số:
x −2+ .+¿ ¿
y=|x −1|+¿
2/ Chứng minh bất đẳng thức:
y=|x −1|+|x −2|+ .+|x 2004|106
3/ Tìm giá trị nhỏ hàm số:
(18)1/ Tìm giá trị lớn nhÊt cđa biĨu thøc:
1− x¿3
1− x¿2¿
A=¿
víi |x|≤1
HD: áp dụng bất đẳng thức Côsi với số không âm: 1− x
2 ; 1− x
2 ; 1+x
3 ; 1+x
3 ; 1+x
3
2/ Tìm giá trị nhỏ hàm số: y=3x+√2−9x2 HD: áp dụng bất đẳng thức Bunhia với (1;1);(3x ;√2−9x2) 3/ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M=5|1−4x|−1 4/ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: N=|x|+|x −1| 5/ Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
a/ A=√x2−2x+1+√x2−6x+9 b/ B=√x+9−6√x+√x+1−2√x IV - TiÓu kÕt: