Phương pháp giải toán cực trị

TÊt nhiªn ®øng tríc mét bµi to¸n cùc trÞ th× mçi ngêi ®Òu cã mét híng xuÊt ph¸t riªng cña m×nh... PhÇn kÕt luËn vµ khuyÕn nghÞ1[r]

(1)

Môc lôc

Trang

A phần Mở đầu

i Lý chọn đề tài

II Mục đích sáng kiến kinh nghiệm 3

III NhiƯm vơ nghiªn cứu 3

IV Đối tợng phạm vi nghiên cứu 3

v Phơng pháp nghiên cứu 4 B NộI DUNG

(2)

A PHầN Mở đầu

I Lý chn ti:

Trong chơng trình toán THPT cực trị phần hấp dẫn, lôi tất ngời học toán làm toán Các toán phong phú đa dạng

Vì vậy, tốn cực trị hàm số thờng xun có mặt kì thi tốt nghiệp THPT nh kì thi học chọn sinh giỏi quốc gia, quốc tế đề thi vào trờng CĐ, ĐH

Để giải địi hỏi ngời học tốn làm tốn phải linh hoạt vận dụng cách hợp lý toán Tất nhiên đứng trớc toán cực trị ngời có hớng xuất phát riêng Nói nh có nghĩa có nhiều phơng pháp để đến kết cuối toán cực trị Điều quan trọng ta phải lựa chọn phơng pháp cho lời giải tối u tốn Thật khó nhng thú vị ta tìm đợc đờng lối đắn để giải

Dạy học sinh học tốn khơng cung cấp kiến thức bản, dạng tập vận dụng sách giáo khoa, sách tham khảo mà điều quan trọng hình thành cách t suy luận toán học học sinh thơng qua phơng pháp giải tốn, từ giúp em có lực t logic, độc lập sáng tạo để hoàn thiện kỹ năng, kỹ xảo học tập phát triển nhân cách học sinh

Vì vậy, để giúp em tự tin việc học tốn, tơi xây dựng ti : Mt s

phơng pháp giải toán cực trị hàm số

Từ giúp ngời học tốn làm tốn có thêm cơng cụ để giải tốn cực trị

II Mục đích sáng kiến kinh nghiệm

-Giúp cho học sinh có nhìn khái quát phơng pháp tìm cực trị hàm số, từ hình thành nên phơng pháp giải tốn

-Góp phần đổi phơng pháp giảng dạy mơn theo hớng phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo học sinh Góp phần nâng cao chất lợng đội ngũ học sinh khá, giỏi mơn Tốn trờng THPT

-Góp phần hình thành lịng say mê, hào hứng học tập mơn Tốn, từ hình thành phát triển lực tự học, tự bồi dỡng kiến thức cho học sinh

- Ngồi ra, đề tài cịn tài liệu tham khảo bổ ích cho bạn đồng nghiệp việc bồi dỡng HSG, luyện thi ĐH, CĐ

III NhiƯm vơ nghiªn cøu

(3)

- Phải nắm thật vững vị trí, mục tiêu, đặc điểm hệ thống chơng trình tốn học bậc THPT

- Có nhìn khái qt lý thuyết toán cực trị hàm nhiều biến bậc đại học áp dụng vào toán học THPT dới góc nhìn tốn học sơ cấp Từ góp phần giúp giáo viên THPT hiểu đợc chất vấn đề, để áp dụng vào đối tợng học sinh cách có hiệu

- Nâng cao dần trình độ học tốn làm tốn học sinh THPT đáp ứng đợc nhu cầu xã hội thời kỳ CNH, HĐH đất nớc

IV Đối tợng phạm vi nghiên cứu

- Đối tợng Một số phơng pháp giải toán cực trị hàm số trờng THPT

- Phạm vi nghiên cứu học sinh khối lớp 10 trờng THPT Yên LÃng Sáng kiến kinh nghiệm gồm chơng

Chơng 1: Giải toán cực trị hàm số miền giá trị

Chơng 2: Giải toán cực trị hàm số phơng pháp hình học

(4)

V Phơng pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu sở lý luận thực tiễn dạy học Một số phơng pháp giải bài toán cực trị hàm số chơng trình toán học THPT

- Nghiờn cu nhng khó khăn học sinh việc giải tốn cực trị hàm số, từ tìm hớng giải

Đề tài đợc tiến hành nghiên cứu, thực nghiệm lớp 10 trờng THPT Yên Lãng Đặc biệt lớp chọn, lớp chuyên đề Đề tài tài liệu tốt cho bạn học sinh khối 12 chuẩn bị thi vào ĐH, CĐ luyện thi học sinh giỏi

(5)

B NéI DUNG

Ch¬ng 1: Giải toán cực trị hàm số miền giá trị

1.1 Ph ơng pháp chung

Muốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số yf x miền D ta lµm nh sau :

Gọi y0 giá trị tuỳ hàm số D điều có nghĩa hệ sau có

nghiÖm

   

 

 

 

  

0

f x y 1.1

x D 1.2

Tuỳ dạng hệ 1.1 , 1.2   mà ta có điều kiện có nghiệm thích hợp Trong nhiều trờng hợp điều kiện (sau biến đổi rút gọn đa về dạng)  y0  (1.3) Vì y0 giá trị f(x), nên từ (1.3) thu đợc

   

min f x vµ maxf x

x D x D

 

 

Nh để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số dùng phơng pháp này, ta quy việc tìm điều kiện để phơng trình (thêm điều kiện phụ) có nghiệm

1.2 Kết điều tra khảo sát thực tiễn giải pháp

thc hin ti cho lớp làm số toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nh sau:

Bài tập 1.1: Tìm giá trị lớn nhÊt, nhá nhÊt cđa hµm sè

( )

2

2x 10x

f x , x

3x 2x

+ +

= Ỵ

+ + ¡

Lời giải đúng:

Gọi y0 giá trị tuỳ ý hàm số Khi phơng trình sau có nghiệm

2

0

2x 10x y 3x 2x

 



 

(6)

Do 3x2 +2x+ > " ẻ Ă1 0, x nên từ (1.4)

2

0 0 2x 10x 3x y 2xy y

     

   

0 0

3y x 2x y y

      

(1.5)

* 0

2

3y y

3

   

th× y0  50 vËy (1.5) hiển nhiên có nghiệm tức

f(x) nhận giá trị

3 với giá trị xỴ ¡

* 0

2

3y y

3

   

(1.5) phơng trình bậc hai x Do

(1.5) cã nghiƯm vµ chØ

2

0 0

5

2y 19y 35 y

2



       

Kết hợp hai trờng hợp ta đợc

0

y

2 y

3



 

 

 

 (1.6)

( ) ( )

Tõ (1.6) ta suy maxf x 7, minf x

x x

= =

Ỵ ¡ Ỵ ¡

Lớp 10A1 có 18/45 học sinh cho lời giải đúng, 15 học sinh có lời giải sai 12 học sinh khơng có lời giải

Lớp 10A2có 15/45 học sinh cho lời giải đúng, 24 học sinh có lời giải sai 11 học sinh khơng có lời giải

Bài tốn tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số mức độ trung bình số học sinh có lời giải Những học sinh có lời giải sai tính nhầm số khơng định hng c cỏch gii

Để khắc phục sai lầm ta làm nh sau :

Bc 1: Nêu phơng pháp chung để làm toán cực trị hàm phân thức Bớc 2: Cung cấp cho học sinh cách giải biện luận phơng trình bậc Bớc 3: Cung cấp cho học sinh cách giải bất phơng trình bậc

Bíc 4: Cung cÊp cho học sinh cách giải toán so sánh nghiệm Bớc 5: Phân tích sai lầm gặp phải gặp dạng toán

Sau a cỏc nhận xét cho học sinh làm tâp 1.2 ta thu đợc kết lớp nh sau:

(7)

2

x 2x y

x 2x

 



  víi xỴ Ă Bài giải

Ly y0 thuc giỏ tr hàm số $ ẻ Ăx để cho phơng trình

0

x 2x y

x 2x

 



  cã nghiÖm  (y0  1)x2 2(y0 1)x2(y0  1)0 cã nghiÖm TH1: y0 = x=0

TH2: y             2 0 y

y y

           0 y

y 6y

           0 y

3 2 y 2

         

Vậy 2 y0  3 2 Từ suy

max Y =3 2

0 y x y   

 ; minY=3-2 2

0     y x y .

Kết thu đợc lớp nh sau:

Häc sinh cßn lóng tóng coi y lµ h»ng sè x lµ biÕn sè Thø hai, nhân vế đa phơng trình bậc Tìm điều kiện có nghiệm phơng trình học sinh líp 10A2, 10A4 cßn lóng tóng

Tất lời giải sai mắc phải nhận xét Ngồi học sinh cịn khơng max, đặt đâu Các học sinh khơng có lời khơng biết cách biện luận phơng trình bậc

Lớp 10A1 có 35 học sinh cho lời giải đúng, 10 học sinh có lời giải sai (77,8%-22,2%)

Lớp 10A2 có 28 học sinh có lời giải đúng( 62.2%); 12 lời giải sai (26,7%) học sinh khơng có lời giải (11,1%)

Lớp 10A4 có 25 học sinh cho lời giải đúng(54,3%), 14 học sinh có lời giải sai (30,4%) học sinh khơng có lời giải(15,3%)

Bài tốn toán tơng tự toán 1, sau đợc hớng dẫn phơng pháp tìm cực trị có nhiều học sinh làm đợc, bên cạnh cịn nhiều học sinh làm sai làm

Nhận xét: Phơng pháp miền giá trị áp dụng để tìm Ymax, Ymin

ph©n thøc cã d¹ng

2

1 1

2 2

a x b x c y

a x b x c

 



  víi b22  4a c2 2

(8)

Bài tập 1.3: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số     2 4x 3x f x x     Bµi gi¶i

Gọi y0 giá trị tuỳ ý hàm số f(x) Khi phơng trình sau có nghiệm

Èn x  

0

2 4x 3x

y x     (1.7)

(1.7)    

4

0 0

y x y x y

      

(1.8) * Nếu y0 = phơng trình (1.8) trở thành

2

x 0 vËy (1.8) cã nghiÖm

x =

* Nếu y0 3 phơng trình (1.8) có nghiệm  hệ sau có nghiệm

               

0 0

y t y t y (1.9)

t (1.10)

Ta cã    

2

0 0

y y 2y



      

5

0 y

2



   

Khi theo định lý

Viet ta cã

0

y

P

y



  

 Vậy nghiệm ( 1.9) dấu, từ ú h

(1.9), (1.10) có nghiệm điều kiƯn lµ :

0 0 0 5 y y

S y

0

2 y

                       .

KÕt hợp hai trờng hợp, phơng trình (1.8) có nghiệm

y

2

  

Nh ta đợc

( ) ( )

max f x , minf x

= =

(9)

NhËn xÐt: Khi cho học sinh làm tập ta cần lu ý nh sau:

Hàm phân thức có dạng trùng phơng bậc nên nghiệm phơng trình điều kiện phải dơng

Bài 1.4 ( ta mở rộng 1.3) Tìm giá trị lớn nhất, nhá nhÊt cđa hµm sè

2

x 2x y

x 2x

 

đoạn [0,2]

Nhận xét: Bài tập tập có dạng miền xỏc nh D = [0,2]

Bài giải

Ly y0 thuộc miền giá trị hàm số  x D để cho phơng trình

2

x 2x y

x 2x

 



  cã nghiÖm

 (y0  1)x2 2(y0 1)x2(y0  1)0 (1.11) có nghiệm đoạn [0,2] Bài tốn quay trở tìm tham số y0 để pt (1.11) có

nghiƯm đoạn [0,2] Ta có trờng hợp sau: f(x)=

2

0 0

(y  1)x 2(y 1)x2(y  1)

TH1: a = hay y0 = x=0  

0,2

 →

y0=1 tho¶ m·n

TH2: a0

TH2.1: f(0)=2(y0-1), f(2)=10y0-2

f(0)f(2) 0 2(y0  1) 10y  2  0

y

5 

TH2.2: 0x1x2 2

 

0

y f(0) y f(2)

s 2                      0 0 0

y 6y

2(y 1)

(y 1) 10y

(10)



0

3 2 y 2

y

1 y

3



    

 

 

 

 

 

  



 

1 2 y

5

  

Vậy miền giá trị hàm số 2 y0 1 Ymax=1 đạt đợc x = , Ymin = 3-2 đạt đợc x=

Bµi tËp 1.5 : Cho hµm sè  

2

x px q f x

x

 





Tìm p, q để max f x  9, minf x  1 Bài giải

Gọi y0 giá trị tuỳ ý hàm số, phơng trình

2

0

x px q y x

 



 (1.12)

có nghiệm ẩn x

Phơng trình (1.12)  

0

y x px y q

     

(1.13) * NÕu y0 = (1.13) có nghiệm p0 p = vµ q =

* NÕu y0 phơng trình ( 1.13) có nghiệm      

2

0

4y q y p 4q

     

(1.14)

Xét phơng trình  

2

4t  q t  p  4q 0

(1.15) Gọi t1, t2 nghiệm phơng trình (1.15) nghiệm bất phơng trình

(1.14) theo ẩn y0 t1y0 t2

Kết hợp hai trờng hợp ta thấy phơng trình (1.13) có nghiệm

t y t t

(11)

Từ max f x  t , minf x2   t1 Nh tốn trở thành: Tìm p ,q để phơng trình (1.15) có hai nghiệm -1 Theo định lý Viet điều xảy

 

2 q

8 q p 4q p                 

Vậy hai cặp giá trị cần tìm

p p

q q

           .

Bài tập 1.6 : Tìm giá trị lớn nhÊt, nhá nhÊt cđa hµm sè

  2

f x, y x y

trªn miỊn     

2

2 2 2

D x, y : x  y 1 4x y  x  y

Bài giải

Gi t0 giá trị hàm số f (x,y) miền D Điều chứng tỏ

hƯ phơng trình sau (ẩn x,y ) có nghiệm

     

2 2

0

2

2 2 2 2 2 2

x y t x y t

x y 4x y x y x y x y 4x

                                       2 2 0

x y t (1.16)

t 3t 4x (1.17)

Để (1.17) có nghiệm ẩn x ta phải có điều kiện 0

t  3t  1

3 5

t

2

 

  

(1.18)

Với điều kiện (1.18 ) gọi x0 nghiƯm cđa (1.17) suy

2 0

t 3t x

4

 



thay vào (1.16) ta đợc

2 0

4y  t t 1 (1.19)

Do 0

(12)

   

max f x, y , minf x, y

2

D D



Bài tập tơng tự dành cho häc sinh vỊ tù lµm ( cã híng dÉn)

Bài 1.7 Tìm giá trị lớn nhất,nhỏ cđa hµm sè

2

x x

y

x x

 



 

Híng dÉn : Lµm tơng tự 1.3(Đs :

1

y maxf x 1, minf x

3    3)

Bµi 1.8 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số

3 x x y

4 x 3 x

   



   

Híng dÉn:

Do    

2

x3  x 4

nên ta đặt

2 2 2t x

1 t t x

1 t            

  víi 0 t 1

Khi ta có

2

7t 12t y

5t 16t

  



   ,víi 0 t

( §/s :ymax=

9

7 t=0  x=-3 ; ymin=

7

9 t=1  x=1 )

Bµi 1.9 :Tìm giá trị lớn nhất,nhỏ hàm số A=

2

x xy 2y x xy y

 

 

Hóng dẫn: Đăt t=

x

y

2

t t A

t t

 



  .( §/s:Amax=

7



,Amin=

7



) Bài 1.10 : Tìm giá trị lớn cđa hµm sè f x, y   x y

XÐt trªn miỊn   

2

D x, y : x 4y 1

Hớng dẫn : Ta giả sử t0 giá trị tuỳ ý hàm số f(x,y) Điều có nghĩa

là hệ sau ( ẩn x, ẩn y) cã nghiÖm 2 2 2 x y t

x y t x 4y

x y t

x 4y

                         

Từ ta tìm miền giá trị t0 hệ nh

(13)

Chơng : Giải toán cực trị hàm số phơng pháp hình học

2.1 C sở lý thuyết Bất đẳng thức tam giác

1.Với điểm A, B , C ta lu«n cã : + ABBCAC

( Dấu đẳng thức xảy  B nằm đoạn AC ) + AB AC BC

(Dấu đẳng thức xảy  C nằm đoạn AB ) Cách áp dụng :

+ Đa hàm số cho dạng :  

2 2 f x, y  x a  y b

(a, b hăng số )

+Sau ú nh h trục toạ độ, chọn điểm A , B , C có toạ độ xác định cuối sử dụng hai bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số

2 ABC :ABBCAC AB BC 2.2

KÕt qu¶ điều tra khảo sát thực tiễn giải pháp

Để thực đề tài cho lớp làm số toán cực trị c kt qu nh sau:

Bài 2.1 Tìm giá trị nhỏ hàm số

( ) 2

f x = x + + +x x - x+1 " ẻ Ăx

Bài giải Ta cã:  

2

f x  x   x x  x 1

2

1 3

x x

2 2

    

              

   

      

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét điểm:

 

1 3

A ; , B ; ,C x;0

2 2

   

 

   

(14)

A

C B

x

O x

1

y

1



3



Khi ta có

2

1

AC x

2

 

      

   

2

1

BC x

2

 

      

   

 2

AB  2

A,B,C

 , ta ln có bất đẳng thức: ACBCAB

2

1 3

x x 2, x

2 2

ỉ ỉ

ổ ửữ ỗ ữ ổ ữử ỗ ữ

ỗ ữ ỗ ữ

ỗỗ + ữữ+ỗỗ ữữ+ ỗỗ - ữữ+ -ỗỗ ữữ " ẻ

ố ứ çè ø è ø çè ø ¡

( )

f x 2, x

(15)

DÊu “=” x¶y  CAB , ta thÊy OAB CO Hay f 0  22

VËy: f x( )= " Ỵ ¡2, x NhËn xÐt:

Bài tốn tốn tìm giá trị nhỏ hàm thức mức độ đa số học sinh cha có lời giải Những học sinh có lời giải sai tính nhầm cha hình dung phng phỏp gii

Để khắc phục sai lầm ta làm nh sau:

Bc 1: Cung cp cho học sinh phơng pháp tìm cực trị phơng pháp hình học.( Nh phần lý thuyết cung cấp)

Bớc 2:Phân tích cho học sinh áp dụng phơng pháp tìm cực trị hình học vào đại số( Khi biểu thức có dạng tổng bình phơng)

Bớc 3: áp dụng số bất đẳng thức hình học

Bớc 4: Học sinh phải nắm vững phần phơng pháp toạ độ hình hc phng

Bớc 5: Thông qua cách làm học sinh phân tích số sai lầm gặp phải làm dạng toán

Sau giáo viên hớng dẫn cho học sinh làm tập sau: Bài 2.2: Tìm giá trị nhỏ hàm sè:

       

f x x x x 3x

, với xẻ Ă Lời giải đúng:

Ta cã thÓ viÕt:

 

2

1 3

f x x x

2 2

   

 

          

     

2 2

2

1 3

x x

2 2

     

   

              

        

Với hai điểm M x ;y , N x ;y 1  2 mặt phẳng toạ độ, ta có:

   

2

2 MN x  x  y  y

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, đặt:

1 A( ; )

2

3 B( ; )

2  C(x;0)

1

3 x

O

1 

3

x y

0

(16)

 

1 3

A ; , B ; , C x;0

2 2

   

   

   

Khi ta có:

2

1

CA x

2

 

      

   

2 2

3

CB x

2

    

       

 

2

3 1

AB

2 2

   

        

   

VËy: f x  CACB A, B,C

 , ln có bất đẳng thức: CACBAB ( )

f x 2,

" ẻ Ă

Mặt khác, giả sử AB cắt Ox C0

Ta cú: C A0 C0 B AB Nh vậy, đặt x0 OC0 f x 0 2 Do đó:

( )

min f x = " Ỵ ¡2, x

Sau hớng dẫn học sinh cho làm tập đợc kết nh sau:

Lớp 10A1 có 40 học sinh cho lời giải (88,9%),5 học sinh có lời giải sai (11,2%)

Lớp 10A2 có 37 học sinh có lời giải (82,2%); lời giải sai (17,8%) Lớp 10A4 có 30 học sinh cho lời giải (65,2%), 11 học sinh có lời giải sai (23,9%) học sinh khơng có lời giải (10,9%)

Nh sau hớng dẫn phơng pháp tìm cực trị phơng pháp hình học đa số học sinh biết vận dụng làm đợc tập

Với phơng pháp trên, sai lầm chủ yếu học sinh mắc phải dụng đa tốn đại số tốn hình học Một số học sinh lúng túng đặt toạ độ tơng ứng để đa toán độ di tam giỏc

Từ phân tích ta cho học sinh áp dụng làm số tập vận dụng nh sau:

Bài 2.3 Tìm giá trị lớn hàm số:

( ) 2

f x = x - 6x+34- x - 6x+10, x" ẻ Ă Lời giải đúng:

(17)

   2  2 2   2

f x  x 3 25 x 3  1 x 3 5  x 3 1

f 3   5

Với x 3 , dựng ABC vuông A,AC 5,AB x 3   Trên cạnh AC, ta lấy điểm D cho AD 1 Theo đính lý Pitago, ta có:

2

2 2

BC AB AC  x 5

2

2 2

BD AB AD  x 3 1

Trong BCD, ta lu«n cã BC BDDC

2 2 2

x x

     

Vậy x f x  4 f x  4 x3

Suy

( )

x

max f x

Ỵ

=

¡ .

Nhận xét: Bài toán dạng hiệu hai biểu thức, ta áp dụng hiệu hai cạnh nhỏ cạnh thứ

Bài 2.4 Tìm giá trị lớn nhỏ nhỏ hàm số f x;y  4x3y XÐt

trªn miỊn   

2

D x;y : x y 168x6y

Bài giải

x;y D

, ta cã

2

x y 168x6y

2

x 8x 16 y 6y 9

      

 2  2

x y 3

    

Vậy x;yD điểm nằm đờng trịn có tâm I 4;3 , bán kính

R 3 Khi x;yD, ta có:

   

2 2

1 x y

f x;y 4x 3y x y 16

2



      

A

B

D C

(18)

O

1 M

I

2 M

4 x

3

y M

Nối OI cắt đờng tròn D M , M1 Khi x;yD, ta có:

  1

M x;ymin OMD OM OI M I 5 32

 

2 M x;ymin OMD

 

  2

M x;ym ax OMD OM OIM I  5

 

2 M x;ym ax OMD 64

Mặt khác, ta có:

2 2 2

OM x y  4x y 64

Suy ra: 6f x;y  36

VËy: M x;ym ax f x;y D   36; f x;yM x;y D   6 Bµi 2.5: Tìm giá trị lớn hàm số

 

f x,y, z, t  5 x 2y  5 z 2t  5 xz yt

trªn miỊn

 

 2 2 

D x, y, z, t : x y z t

Bài giải Ta viết lại hàm f x, y, z, t  nh sau

             

2 2 2

x y z t x y t

f x, y, z, t

2 2

        

  

x, y, z, t D

 

điểm M x;y , N z;t    nằm đờng tròn gốc O bán kính R 5 hệ trục toạ độ Oxy , xét điểm P( 1; 2) Vậy P (1; 2) nằm đờng tròn D

Khi đó, ta có:

       

   

2 2

2

x y z t

x z y t MP NP MN

      

      

víi x;y;z;tD

M

M P(1;2) y

x

(19)

O

 u

M(x;y)

M

3

v

0

N N(z;t) vu 3

1 

Do MNP nội tiếp đờng tròn 0; 5

Mặt khác, tam giác nội tiếp đờng trịn tam giác tam giác tam giác có chu vi lớn

MNP

 nội tiếp đờng trịn có bán kính 5 cạnh có độ dài: a 5 15

VËy:

  30

f x, y, z, t

2

  max f x;y;z;t  30, x;y;z;t  D

2

  

Bài 2.6 Tìm giá trị lớn hàm số:

2

f(x, y, z, t)z t  2xz 2yt1

XÐt trªn miỊn  

2 2

D (x, y, z, t) : x y 1 , z  t 3

Bài giải (x, y, z, t) D

, ta cã:

2 2

2

f(x, y, z, t) (z x) (y t) x y (z x) (y t)

      

   

(x, y, z, t) D

  tập hợp điểm

M(x,y) nằm

trên đờng trịn tâm O(0;0), bán kính R = 1; Tập hợp điểm N(z,t) nằm parabol: v=u2+3

Khi đó, ta có:

2 2

MN (z x) (t y) f(x, y, z, t)

VËy: MN2 = M

0N0 = ,

Víi M0(0;1) ; N0(0;3)

Do đó, ta có :

f(x, y, z, t) (x, y, z, t) D f(0,1, 0,3) (0,1, 0,3) D

  

 

 

(20)

B

M

N

P

C A

x

z

y Bài 2.7 Tìm giá trị lớn hàm số:

f(x,y,z) = x (1 – y) +y(1 – z) + z( 1- x) XÐt trªn miỊn D(x, y, z) ; 0 x ; 0 y ; 0 z 1

Bài giải

Dng ABCu vi cnh bng đó: ABC S

4

 

Trên AB, BC, CA ta lần lợt đặt

đoạn:

AM = x ; BN = z ; CP = y

Do 0x, y, z1 nªn M cã thĨ trïng A hc B

N cã thĨ trïng B hc C P cã thĨ trïng C A Lúc này, ta có:

AMP

S AM.AP sin

 

¢

AMP

1 3

S x.(1 y) x(1 y)

2



 

Hoàn toàn tơng tự, ta có: BMN

S z(1 x)

4

  

CNP

S y(1 z)

4

Mặt khác, ta có: SCNP SBMN SCNP SABC

       

3 3

x y z x y z x, y, z D

4 4

x y z x y z x, y, z D

        

   

 

f x,y,z x, y, z D VËy lµ

f 1, 0,

   

 

 

 Do x,y,z  D 

max f x, y, z



(21)

Bài tập tơng tự cho học sinh nhà làm: ( có hớng dẫn) Bài 2.8 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số :

2 f(x;y)x y

XÐt trªn miÒn : D(x;y) : x 2y 8 0;x  y 0;2x y 4 0

( §s ( x;y ) D ( x;y) D

16 max f(x;y) 20; f(x;y)

5

   

) Bµi 2.9 Cho hµm sè ( )

2

f y = y - 4y+ +8 y - 6y+10 " Ỵ ¡y

Tìm giá trị nhỏ hàm f y( )

Hớng dẫn Hàm số f y( ) đợc viết lại dới dạng

( ) ( )2 2 ( )2 2

f y = y- +2 + y- +1

Sau hệ trục toạ độ ta chọn điểm A1;2 ;B 2;3 ;M 1;y     , áp dụng bất đẳng thức tam giác AMBMAB Suy giá trị nhỏ f y( ) ( Đs ( )

min f y = 10

¡ )

Bµi 2.10 Cho hµm sè ( )

2

f x = x + +9 x +16 " ẻ Ăx Tìm giá trị nhỏ

cđa hµm sè f x( )

Hớng dẫn : Trong hệ toạ độ Oxy , xét điểm A 0;3 ;B 0;4 ;M x;0     

áp dụng bất đẳng thức tam giác AMBMAB Từ suy giá trị nhỏ

( §s ( ) minf x =7

¡ )

2

f x = x - 6x+13+ x - 12x+45 " ẻ Ăx Tìm giá

trị nhỏ hàm số f x( )

Híng dÉn : Ta viÕt lại hàm ( ) ( ) ( )

2

(22)

áp dụng bất đẳng thức tam giác AMBMAB

( §s ( )

minf x = 34

¡ )

2

f x = 2x - 10x+25+ 2x - x+24 " ẻ Ăx Tìm giá trị nhỏ hµm sè f x( )

Híng dÉn : Ta viết lại hàm ( ) ( ) ( )

2

2 2 2

f x = x- +x + 6- x +x

Trong hệ toạ độ Oxy , xét điểm A 0;5 ;B 6;0 ;M x;x     

áp dụng bất đẳng thức tam giác AMBMAB suy giá trị nhỏ

( §s ( ) minf x =7

¡ )

2

f x = 5x - 8x+13+ 5x - x+ " ẻ Ă4 x Tìm giá

trị nhá nhÊt cđa hµm sè f x( )

Hớng dẫn : Ta viết lại hàm ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2

f x = x+2 + -3 2x + x- + - 2x Trong hệ toạ độ Oxy , xét điểm A2; ;B 2;2 ;M x;2      2x

áp dụng bất đẳng thức tam giác AMBMAB suy giá trị nhỏ nhất.

( §s ( ) minf x =5

¡ )

2

f x = 10x - 12x+10+ 10x - 20 x+20 " Ỵ Ăx

Tìm giá trị nhỏ hàm số f x( )

Híng dÉn : Ta viÕt l¹i ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2

f x = x- + 3x- + x+2 + 3x- Trong hệ toạ độ Oxy , xét điểm A 3;2 ;B  2; ;M x;3 x      áp dụng bất đẳng thức tam giác AMBMAB suy giá trị nhỏ

(23)

(24)

C Phần kết luận khuyÕn nghÞ

1 Kết luận đánh giá bản.

Sau tổ chức dạy học theo phơng phỏp đề xuất lớp 10A1 n=45 học sinh, lớp 10A2 n=45 học sinh, lớp 10A4 n=46 học sinh (HS)

Qua số liệu ta thấy dạy học sinh có nhìn khái quát hoá dạng toán cực trị học sinh hiểu vận dụng làm tập tốt hơn, điển hình đầu ®iĨm cao cịng nhiỊu h¬n

Nội dung SKKN đợc tác giả vùi công nghiên cứu trao đổi thơng qua q trình học cao học, giảng dạy trờng THPT Yên Lãng trao đổi giúp đỡ đồng nghiệp ban bè, sử dụng số kiến thức tốn học cao cấp nh giải tích lồi, phơng pháp tìm cực trị hàm nhiều biến đợc ứng dụng vào giải toán THPT kiến thức toán học sơ cấp Và mang lại số kết tích cực đáng khích lệ

Nội dung sáng kiến kinh nghiệm trình bày cách có hệ thống kiến thức cụ thể chi tiết dạng tốn phơng pháp tìm cực trị chơng trình tốn THPT

Thơng qua SKKN học sinh tự tin nhiều học tốn từ tạo tính ham học, sáng tạo q trình học t tốn

2.Khun nghÞ:

Cần nâng cao t học toán học sinh thông qua phơng pháp giải có tính hệ thèng

Cần giúp học sinh có nhìn khái quát thông qua phơng pháp giải, đa nhận xét có tính xác, phù hợp từ hình thành nên tính tự giác, tích cực, chủ động học tập học sinh

Cần xây dựng hệ thống phơng pháp giải, dạng tập tơng ứng Kiến thức đợc áp dụng cho học sinh giỏi Giảng dạy lớp mũi nhọn trờng

SKKN đợc áp dụng rộng rãi để bồi dỡng học sinh giỏi toán, luyện thi ĐH, CĐ

(25)

lực thân cịn nhiều hạn chế nên SKKN tơi cha nêu hết đợc đầy đủ hệ thống phơng pháp để giải chúng

Tơi kính mong đồng nghiệp đóng góp ý kiến để SKKN tơi đợc hồn thiện

T«i xin chân thành cảm ơn !

Mê Linh, ngµy 20/05/2010 Ngêi thùc hiƯn

(26)

D Tài liệu tham khảo

1.Đỗ Văn Lu, Phan Huy Kh¶i , Gi¶i tÝch låi, Nxb khoa häc vµ kÜ thuËt , Hµ Néi

Phan Huy Khải (2002), Các toán cực trị hµm sè, Nxb Hµ Néi Vâ Giang Mai, Võ Khắc Thờng, Lê Quang Tuấn, ứng dụng tÝnh chÊt

của hàm số để giải toán: Bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, tìm giá trị nhỏ

nhÊt, Nxb Thanh Ho¸

Định dạng
Số trang	26
Dung lượng	1,43 MB