Bất kể một lĩnh vực nào trong cuộc sống cũng có những yếu tố vượt trội, những cá nhân điển hình hay những thành tích cao nhất hay một kỷ lục nào đó mà không ai vượt qua đó là cái "n[r]
(1)A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI I - Cơ sở thưc tiễn
Bất kể lĩnh vực sống có yếu tố vượt trội, cá nhân điển hình hay thành tích cao hay kỷ lục mà khơng vượt qua "nhất".Trong tốn học lĩnh vực lại có đại lượng "lớn nhất" hay "nhỏ nhất" người ta thường gọi toán cực trị, toán phổ biến đề thi vào lớp 10 THPT, hay thi vào trường Cao đẳng, Đại học 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 THPT (chủ yếu học sinh khá, giỏi) làm quen với loại toán Tuy nhiên, tìm hiểu thêm thấy không dễ dàng với học sinh
Với lí tơi tìm hiểu xây dựng đề tài “Một số phương pháp giải toán cực trị” Với mong muốn trình bày vài kinh nghiệm giảng dạy để đồng nghiệp tham khảo, mong đóng góp chân thành để đề tài phát huy hiệu
B NỘI DUNG
Chương I: KIẾN THỨC CƠ BẢN I - Định nghĩa:
1/ Định nghĩa 1:
Cho biểu thức f(x , y , .) xác định miền D , ta nói M giá trị lớn f(x , y , .) D điều kiện sau thoả mãn:
i) Với x , y thuộc D f(x , y , .)≤ M với M số ii) Tồn x0, y0 thuộc 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 thoả mãn:
(2)ii) Tồn x0, y0 thuộc D cho f(x , y , .)=m
Chú ý: Để tranh sai lầm thường mắc phải làm loại toán này, ta cần nhấn mạnh khắc sâu điều kiện định nghĩa: Rèn phản xạ sau:
+ Chứng tỏ f(x , y , .)≤ M f(x , y , .)≥ m ) với x , y , thuộc 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 hàm số 1/ Tính chất 1: Giả sử A⊂B khi ta có:
a/ Maxx∈A f(x)≤maxx∈B f(x) b/ Minx∈Af(x)≥minx∈B f(x)
2/ Tính chất 2: Nếu f(x , y)≥0 với x thuộc D , ta có: a/ Maxx∈D f(x)=√max
x∈D f
2
(x) Min
x∈D f(x)=√minx∈Df
2
(x)
3/ Tính chất 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)
g(x) đạt giá trị lớn Tương tự tồn x0 thuộc D mà đó f , g cùng đạt giá trị nhỏ (2) có dấu bằng.
4/ Tính chất 4:
Max
x∈D f(x)=−minx∈D1
(− f(x))
5/ Tính chất 5:
Nếu đặt M=Maxx∈D f(x) , m=minx∈Df(x) Maxx∈D|f(x)|=Maxx∈D {|M|,|m|}
(3)Giả sử D1={x∈D ;f(x)≤0} D2={x∈D ;f(x)≥0} Min
x∈D|f(x)|=Min{−maxx∈D1
f(x);min x∈D2
f(x)}
Khi dạy phần này, giáo viên nên hướng 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
Chú ý: Khi nói đến giá trị lớn hay nhỏ hàm số, phải tìm TXĐ Cùng hàm số f(x) nhưng xét hai TXĐ khác nói chung giá trị lớn tương ứng khác Để cho phù hợp với chương trình lớp phổ thơng sở, ta giả thiết toán xét tồn giá trị cực trị tập hợp
III - Những sai lầm thường gặp giải toán cực trị: 1/ Sai lầm chứng minh điều kiện 1:
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn biểu thức:
A=
4x2−4x+5
Lời giải sai: Phân thức A có tử số số khơng đổi nên A có giá trị lớn nhất mẫu nhỏ
Ta có:
2x −1¿2+4≥4,∀x
4x2−4x+5=¿
⇒
4x2−4x+5≤
3 4,∀x
⇒MaxA=3
4⇔x=
Phân tích sai lầm: Tuy đáp số khơng sai khẳng định “ A có tử số số khơng đổi nên A có giá trị lớn mẫu nhỏ nhất” mà chưa đưa nhận xét tử mẫu số dương
Ta đưa ví dụ: Xét biểu thức B=
x2−4
Với lập luận “phân thức B có tử khơng đổi nên có giá trị lớn mẫu nhỏ nhất” mẫu nhỏ −4 khi x=0 , ta đến: maxB=−1
4 không
phải giá trị lớn B , chẳng hạn với x=3 5≥−
(4)Mắc 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: 42x −x2 1¿2+4≥4
−4x+5=¿ nên tử mẫu A
các số dương Hoặc từ nhận xét suy A>0 , A lớn A1 nhỏ ⇔4x2−4x+5 nhỏ
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ của: A=x2+y2 biết x+y=4
Lời giải sai:
Ta có: A=x2+y2≥2 xy
Do A nhỏ ⇔x2+y2=2 xy ⇔x=y=2 Khi MinA=22+22=8
Phân tích sai lầm: Đáp số không sai lập luận mắc sai lầm Ta chứng minh f(x , y)≥ g(x , y) , chưa chứng minh f(x , y)≥ m với
m là số.
Ta đưa vị dụ: Với lập luận trên, từ bất đẳng thức x2≥4x −4
suy ra: x2
nhỏ 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 có: x+y¿2=42⇔x¿2+2 xy+y2=16 (1)
Ta lại có: x − y¿2≥0⇒x¿2−2 xy+y2≥0 (2) Từ (1) , (2) : x
2
+y¿2≥16⇒x2+y2≥8
2¿
Vậy MinA=8⇔x=y=2
2/ Sai lầm chứng minh điều kiện 2 Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ của: A=x+√x
Lời giải sai:
A=x+√x=(x+√x+1
4)−
4=(√x+ 2)
2
−1
4
Vậy MinA=−14
(5)xẩy dấu đẳng thức f(x)≥−1
4 Xẩy dấu đẳng thức
√x=−1
2 vô lý Lời giải đúng:
Để tồn √x phải có x ≥0
Do A=x+√x ≥0 Min A=0⇔x=0
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn của:
A=xyz(x+y)(y+x)(z+x) , với x , y , z ≥0 và x+y+z=1
Lời giải sai: áp dụng bất đẳng thức: a+b¿
2 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 chưa trường hợp xảy dấu đẳng thức Điều kiện để A=
64 là:
Cách giải đúng:
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:
1=x+y+z≥3 √3 xyz (1)
2=(x+y)+(y+z)+(z+x)≥3 √3(x+y)(y+z)(z+x) (2) Nhân vế (1) với (2) do vế không âm)
¿
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
¿{ {
¿
mâu thuẩn
(6)2≥9 √3 A⇒A ≤(2
9)
MaxA=(2
9)
⇔x=y=z=1
3
Chương II: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ I/ Phương pháp tam thức bậc hai
1 - Nội dung
Sử dụng trực tiếp định nghĩa cực trị thông qua việc biến đổi tam thức bậc hai dạng bình phương biểu thức chứa biến số hạng tự
2 - Các ví dụ
Dạng 1: Tìm cực trị tam thức bậc hai 1/ Tìm giá trị nhỏ A=x2−8x+1 2/ Tìm giá trị nhỏ B=2x2−4x+1
3/ Tìm giá trị có C=−3x2−4x+1 4/ Cho tam thức bậc hai P=ax2+bx=c Tìm giá trị nhỏ P nếu a>0
Tìm giá trị lớn P nếu a<0 HD giải:
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 −2
3)
+7
3≤
⇒maxC=7
3⇔x=
4/ P=ax2
+bx+c=a(x2+b ax+
c
a)=a(x − b
2a)
2
−b2−4 ac
4c + Nếu a>0: minP=−b
2
−4 ac 4a ⇔x=
b
(7)+ Nếu a<0: maxP=−b
2
−4 ac 4a ⇔x=
b
2a
Dạng 2: Tìm giá trị lớn nhỏ đa thức bậc cao: Ví dụ 1: 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) Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ C=x(x −3)(x −4)(x −7)
HD: Dùng phương pháp đổi biến
Dạng 3: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ phân thức mà có tử số, có mẫu tam thức bậc hai.
Ví dụ: Tìm giá trị lớn M=
4x2−4x+5 Dạng phải ý đến dấu tử thức
Dạng 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ phân thức có mẫu bình phương nhị thức:
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ
x+1¿2 ¿
P=x
2
+x+1
¿
HD:
x+1¿2 ¿
P=1− x+1+
1
¿
Đặt y=x+11, có P=y2− y+1=(y −1
2)
+3
4≥ MinP=3
4⇔y=
2⇔x=1
Cách 2: Viết N dạng tổng số với biểu thức không âm: x+1¿2
¿
x+1
x −1 2(¿¿)2≥
3
¿
4¿
P=4x
2
−4x+4
¿
MinP=3
4⇔x=1
Dạng 5: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn biểu thức quan hệ các biến:
(8)A=3 xy− x2− y2
Biết x , y nghiệm phương trình: 5x+2y=10
Giải:
Ta có: 5x+2y=10⇔ y=10−25x ⇒A=1
4(−59x
+160x −100)
¿59
4 (− x
+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
Vậy
maxA=125
59 ⇔
x=80
59
y=95
59
¿{
3 - Một số tập tự giải:
1/ Tìm giá trị nhỏ (lớn nhất) biểu thức sau:
a/ A=4x2−20x+35 b/ B=−2x2+3x+1 2/ Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau:
(9)4 - Tiểu kết
Loại tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ phương 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 bậc hai
II/ Phương pháp miền giá trị hàm số: 1 - Nội dung phương 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 phương
trình (ẩn x ) sau có nghiệm: f(x)=y0 (1)
x∈D (2)
Tuỳ dạng hệ (1) , (2) mà ta có điều kiện có nghiệm thích hợp Trong nhiều trường hợp, điều kiện đưa dạng a ≤ y0≤ b (3)
Vì y0 giá trị f(x) từ (3) ta thu được: Minf (x)=a
và Maxf(x)=b x∈D
Như thực chât phương pháp đưa phương trình bậc hai sử dụng điều kiện Δ≥0
2 - Các ví dụ
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn của: A=x
2− x+1
x2+x+1
Giải
Biểu thức A nhận giá trị a khi phương trình ẩn x · sau có nghiệm:
a=x2− x+1 x2
+x+1 (1) Do x2
+x+1≠0 nên (1) ⇔ax2
(10)⇔¿(a −1)x2+(a+1)x+(a−1)=0(2)
+ TH1: Nếu a=1 thì (2) có nghiệm x=0
+ TH2: Nếu a ≠0 thì 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)
Với a=13 a=3 nghiệm (2) là: x=−(a+1)
2(a −1)=
(a+1)
2(1− a)
Với a=13 x=1, với a=3 x=−1
Gộp hai trường hợp ta có:
MinA=1
3⇔x=1 MaxA=3⇔x=−1
Cách khác: x+1¿2 ¿
2¿
A=3x
2
+3x+3−2x2−4x −2 x2+x+1 =3−¿
⇒maxA=3⇔x=−1
x −1¿2 ¿
2¿
A=3x
2
−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 dạng khác, là: 1/ Chứng minh: 13≤x
2− x+1
x2+x+1≤3
2/ Tìm điều kiện để phương trình sau có nghiệm (vơ nghiệm): x2− x+1
x2
+x+1 −m=0
3/ Cho phương trình: ( 3m2
(11)3 - Bài tập tự giải
Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số sau: a/y=x
2
+x+1
x2+1 b/y=
x2
+x+1 x2+1
4 - Tiểu kết
Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số biểu thức đưa hàm số phương pháp miền giá trị thường đưa phương trình tìm điều kiện để phương trình có nghiệm Phương pháp có ưu điểm tìm cực trị thơng qua việc tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, thông qua việc giúp cho học sinh rèn kỹ giải phương trình
III/ Phương pháp sử dụng bất đẳng thức quen thuộc 1 – Nội dung phương pháp
Dựa trực tiếp vào định nghĩa 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¿
Như vậy, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f(x) trên miền D nào đó, ta tiến hành theo hai bước:
+ Chứng minh bất đẳng thức
+ Tìm x0∈D cho ứng với giá trị ấy, bất đẳng thức tìm trở thành đẳng
thức
Nếu sử dụng bất đẳng thức Cơsi, Trêbưsep, Bunhia cơpxki điểm thường tìm thấy nhờ phần cách phát dấu đẳng thức ấy, cần có nhận xét thích hợp
2 - Các bất đẳng thức thường dùng
1/ a2≥0.
Tổng quát a2k≥0, k
nguyên dương Xẩy dấu đẳng thức ⇔a=0
2/ −a2≤0
(12)Xẩy dấu 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 ⇔a , b
ab≥0¿ dấu)
|a − b|≥|a|+|b| Xẩy dấu đẳng thức ⇔a , b
ab≥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+b
a≥2 với a , b dấu Xẩy dấu đẳng thức ⇔a=b 8/ Bất đẳng thức Côsi:
+ Đối với số dương a , b bất kỳ. 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 côpxki:
Nếu (a1, a2, .an) (b1, b2, .bn) số tuỳ ý, ta có: (a12+a
22+, +a n2)
a1b1+a2b2+ +anbn¿
2
(b12+b
22+, +b n2)≥¿ Dấu xẩy ⇔abi
i =aj
bj (với quy ước
ai=0 bi=0 ). 10/ Bất đẳng thức Trêbưsép
+ Nếu a1≥ a2≥ ≥ an
b1≥ b2≥ ≥ bn
n(a1b1+a2b2 .anbn)≥(a1+a2 .+an).(b1+b2 +bn) Dấu xẩy ⇔ai=aj bi=bj;ai, bj tuỳ ý + Nếu a1≥ a2≥ ≥ an
(13)n(a1b1+a2b2 .anbn)≥(a1+a2 .+an).(b1+b2 +bn) Dấu xẩy ⇔ai=aj bi=bj;ai, bj tuỳ ý
3 - Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho biểu thức xy+yz+zx=1
Tìm giá trị nhỏ biểu thức P=x4+y4+z4
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki (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) và x2, y2, z2¿, ta có:
12+12+12¿2.(y4+z4+x4)
1 x2+1 y2+1 z2¿2≤¿ ¿
(2) Từ (1) (2) suy ra: 1≤3(y4+z4+x4)=3P⇒P≥1
3
Vậy ⇒x=y=z
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn của: a/ A=√x −1+√y −2 biết x+y=4
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
Ở lại muốn làm tăng tổng Ta dùng bất đẳng thức: a2+b2
2(¿) a+b ≤√¿
A=√x −1+√y −2≤√2(x −1+y −2)=√2 MaxA=√2⇔
x −1=y −2 x+y=4
❑ ❑ ❑
❑⇔
¿x=1,5
y=2,5
¿{
MinP=1
3⇔
x y=
y x=
z x
1
y2=
x2=
z2
(14)Cách khác: Xét A2 dùng bất đẳng thức Côsi b/ Điều kiện: x ≥1; y ≥2
Bất đẳng thức Côsi cho phép làm trội tích: √ab≤a+b
2
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 MaxB=1
2+√ =
2+√2
4 ❑ ❑ ❑
❑⇔
x −1=1 x −2=2
❑ ❑ ❑
❑⇔
¿x=2
y=4
¿{
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A=|x −2|+|x −3| Giải
Ta có: 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
Ví dụ 4: 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| đối với
1000 cặp giá trị tuyệt đối
Ta có: 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,❑
❑
(15)Vậy Miny=1+3+5+ +1999=10002=1000000
Mở rộng: Từ tốn ta tốn 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:
y=|x −1|+|x −2|+ .+|x −2002| 4 - Bài tập tự giải
1/ Tìm giá trị lớn biểu thức:
1− x¿3
1− x¿2¿
A=¿
với |x|≤1
HD: áp dụng bất đẳng thức Côsi với số khơng âm: 1− x2 ;1− x2 ;1+3x;1+3x;1+3x
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
5 - Tiểu kết
(16)KẾT QUẢ ÁP DỤNG