Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải bài toán tìm cực trị của biểu thức - Năm học 2015-2016 - Trương Thị Hồng Thịnh

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải bài toán tìm cực trị của biểu thức - Năm học 2015-2016 - Trương Thị Hồng Thịnh

1. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 Một số phương pháp giải bài toán tìm cực trị của biểu thức I - Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một biểu thức: 1/ Khái niệm: a/ Cho biểu thức f (x, y, ) xác định trên miền D . Ta nói K là giá trị lớn nhất của f (x, y, ) trên D nếu: * Với mọi x, y, thuộc D thì f (x, y, ) K với K là hằng số * Tồn tại x0 , y0 , thuộc D sao cho f (x0 , y0 , ) K b/ Cho biểu thức f (x, y, ) xác định trên miền D . Ta nói K là giá trị nhỏ nhất của f (x, y, ) trên D nếu: + Với mọi x, y, thuộc D thì f (x, y, ) K với K là hằng số + Tồn tại x0 , y0 , thuộc D sao cho f (x0 , y0 , ) K 2/ Cách tìm giá trị lớn nhất của biểu thức f (x, y, ) + Tìm TXĐ (nếu cần) + Chứng minh rằng f (x, y, ) K trên TXĐ (K là hằng số) + Chỉ ra được f (x, y, ) K x x0 ; y y0 ; (x0, y0 TXĐ) + Trả lời 3/ Cách tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f (x, y, ) + Tìm TXĐ (nếu cần) + Trên TXĐ, chứng minh rằng f (x, y, ) K (K là hằng số) + Chỉ ra được f (x, y, ) K x x0 ; y y0 ; (x0, y0 TXĐ) + Trả lời GV: Trương Thị Hồng Thịnh 1
2. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 II - Một số phương pháp cụ thể để giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức: 1/ Phương pháp dùng tam thức bậc hai: Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất (nếu có) của các biểu thức sau a/ P 3x 2 12x 5 a/ Q 2x 2 16x 15 Giải: a/ P 3x 2 12x 5 3(x 2 4x 4) 7 3(x 2) 2 7 7 Min P 7 khi x 2 0 hay Min P 7 khi x 2 b/ Q 2x 2 16x 15 2(x 2 8x 16) 17 2(x 4) 2 17 17 Max Q 17 khi x 4 0 hay Max Q 17 khi x 4 2 Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của A 6x 5 9x 2 Giải: 2 2 Ta có: A 9x 2 6x 5 (3x 1) 2 4 1 1 2 2 1 Vì (3x 1) 2 4 4 nên A (3x 1) 2 4 4 (3x 1) 2 4 4 2 1 1 Vậy Min A 3x 1 0 x 2 3 2/ Phương pháp chia khoảng để tìm cực trị: Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B x 2001 | | x 1| Giải: * Xét khoảng x 1 thì x 1 0 và x 2001 0 Do đó B 2001 x 1 x 2002 2x Vì x 1 nên 2x 2 2x 2002 2 2002 Hay B 2x 2002 2000 GV: Trương Thị Hồng Thịnh 2
3. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 * Xét khoảng 1 x 2001 thì x 1 0 và x 2001 0 Do đó B x 2001 x 1 2000 (2) * Xét khoảng x 2001 thì x 2001 0 và x 1 0 Do đó B x 2001 x 1 2x 2002 Vì x 2001 nên 2x 4002 2x 2002 4002 2002 Hay B 2x 2002 2000 (3) So sánh: (1), (2), (3) ta được Min B 2000 1 x 2001 Nhận xét về cách làm: x 1 0 x 1 * Cách xét khoảng: Đầu tiên xét x 1 x 2001 0 x 2001 x 1 0 x 1 Sau đó xét 1 x 2001 x 2001 0 x 2001 x 1 0 x 1 và trường hợp này không xẩy ra x 2001 0 x 2001 x 1 0 x 1 Cuối cùng xét: x 2001 x 2001 0 x 2001 3/ Phương pháp đổi biến và tìm cực trị đối với biến mới: Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của A x(x 3)(x 4)(x 7) Giải: A x(x 7) (x 3)(x 4) (x 2 7x) (x 2 7x 12) (x 2 7x 6 6) (x 2 7x 6 6) Đặt x 2 7x 6 y thì A (y 6)(y 6) y 2 36 36 2 x 1 Min A 36 y 0 x 7x 6 0 x 6 Vậy Min A 36 khi x = 1 hoặc x 6 Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất của A x 2 x Giải: TXĐ: x 2 GV: Trương Thị Hồng Thịnh 3
4. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 Đặt 2 x y (y 0) . Ta có y 2 2 x x 2 y 2 A 2 y 2 y (y 2 y 2) 1 9 9 y (y ) 2 2 4 4 9 Max A y 1 0 y 1 (Thoả mãn y 0) 4 2 2 7 2 x 1 2 x 1 x (Thuộc TXĐ) 2 4 4 9 7 Vậy Max A x 4 4 Ví dụ 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của A x 3 y 3 xy biết x y 1 Giải: Ta có A (x y)(x 2 xy y 2 ) xy Do x y 1 nên A x 2 xy y 2 xy x 2 y 2 1 1 Đặt x a thì y a (vì x y 1) 2 2 1 1 1 1 Ta có A x 2 y 2 ( a) 2 ( a) 2 a a 2 a a 2 2 2 4 4 1 1 2a 2 2 2 1 1 Min A a c x y 2 2 3x 2 8x 6 Ví dụ 7: Tìm giá trị của A x 2 2x 1 Giải: TXĐ: x 1 3x 2 6x 3) 2x 2 1 3(x 1) 2 2(x 1) 1 2 1 A 3 (x 1) 2 (x 1) 2 x 1 (x 1) 2 1 Đặt y thì A 3 2y y 2 (y 1) 2 2 2 x 1 1 Min A 2 y 1 0 y 1 1 x 2 thuộc TXĐ) x 1 Vậy Min A 2 x 2 GV: Trương Thị Hồng Thịnh 4
5. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 4/ Phương pháp xét biểu thức phụ: 1 Ví dụ 8: Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức A 2 3 x2 Giải: Biểu thức A có nghĩa 3 x 2 0 | x | 3 Vậy TXĐ: | x | 3 Với | x | 3 dễ thấy 2 3 x 2 0 A 0 1 Do A 0 nên ta có thể xét biểu thức B 2 3 x 2 A Ta có: 0 3 x 2 3 0 3 x 2 3 3 3 x 2 0 2 3 2 3 x 2 2 0 Hay 2 3 B 2 * MinB 2 3 3 x 2 3 x 0 thuộc TXĐ) 1 2 3 Khi đó MaxA 2 3 2 3 2 L ( 3) 2 * MaxB 2 3 x 2 0 x 3 thuộc TXĐ) 1 Khi đó MinA (Thuộc TXĐ) 2 Vậy MaxA 2 3 x 0 x 3 MinA 2 x 3 5/ Phương pháp phân tích biểu thức về dạng tổng đại số của các luỹ thừa bậc chẵn: Ví dụ 9: Tìm giá trị nhỏ nhất của A x 4 6x 3 10x 2 6x 15 Giải: A (x 4 6x 3 9x 2 ) (x 2 6x 9) 6 (x 2 3x) 2 (x 3) 2 6 6 GV: Trương Thị Hồng Thịnh 5
6. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 x 2 3x 0 x(x 3) 0 Min A 6 x 3 x 3 0 x 3 0 Vậy Min A 6 x 3 6/ Phương pháp miền giá trị (hay còn gọi là đưa về phương trình bậc hai và sử dụng điều kiện của ) x 2 x 1 Ví dụ 10: Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của A x 2 x 1 Giải: Biểu thức A nhận giá trị m phương trình ẩnx sau đây có nghiệm x 2 x 1 m (1) x 2 x 1 Do x 2 x 1 0 nên (1) mx 2 mx m x 2 x x 1 (m 1)x 2 (m 1)x (m 1) 0 (2) Trường hợp 1: Nếu m 1 thì phương trình (2) có nghiệm x 0 Trường hợp 2: Nếu m 1 thì phương trình (2) có nghiệm 0 (m 1) 2 4(m 1)1 0 (m 1 2m 2)(m 1 2m 2) 0 (3 m)(3m 1) 0 (Học sinh tự giải) 1 m 3 (m 1) 3 1 Nếu m hoặc m 3 thì 0 phương trình (2) có nghiệm kép là: 3 (m 1) m 1 m 2(m 1) 2(1 m) 1 Nếu m thì x 1 ; Nếu m 3 thì x 1 (học sinh tự tính) 3 1 Gộp cả 2 trường hợp 1 và 2 ta có: Min A x 1 3 Max A 3 x 1 GV: Trương Thị Hồng Thịnh 6
7. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 1 x 2 x 1 (Đoạn ;3 là tập giá trị của hàm số A 3 x 2 x 1 7/ Phương pháp áp dụng bất đẳng thức x y x y Giải VD 3 cách 2: áp dụng bất đẳng thức trên ta có: B x 2001 x 1 x 2001 1 x x 2001 1 x 2000 B 2000 vậy Min B 2000 (x 2001)(1 x) 0 1 x 2001 8/ Phương pháp áp dụng bất đẳng thức A A; Dấu “=” xẩy ra A 0 Giải VD 3 cách 3: Ta có x 2001 2001 x 2001 x Dấu “=” xẩy ra 2001 x 0 x 2001 x 1 x 1 Dấu “=” xẩy ra x 1 0 x 1 Do đó ta có B x 2001 x 1 2001 x x 1 2000 B 2000 x 2001 Dấu “=” xẩy ra 1 x 2001 x 1 Vậy MinB 2000 1 x 2001 9/ Phương pháp bất đẳng thức cô si: 9.1/ Bất đẳng thức cô si với 2 số không âm: Với a 0; b 0 thì a b 2 ab (1) . Dấu “=” xẩy ra a b GV: Trương Thị Hồng Thịnh 7
8. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 * Bất đẳng thức cô si mở rộng đối với n không âm n Với a1 ,a2 an 0 thì a1 a2 an n a1 ,a2 an Dấu “=” xẩy ra a1 ,a2 an * Với 2 số dương a, b từ bất đẳng thức (1) suy ra * Nếu ab k (không đổi) thì Min (a b) 2 K a b k 2 * Nếu ab k (không đổi) thì Max (ab) a b 4 * Kết quả trên được mở rộng với n số không âm * Nếu a1,a2 an K (không đổi) thì n Min (a1 a2 an ) n K a1 a2 an * Nếu a1,a2 an K (không đổi) thì n k Max (a1.a2 an ) a1 a2 an n * Vận dụng bất đẳng thức cô si ta có thể tìm được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một số biểu thức. 9.2/ Ví dụ 11: 1 1 1 Cho x 0; y 0 thoả mãn điều kiện x y 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của A x y Giải: 1 1 Vì x 0; y 0 nên 0; 0; x 0; y 0 x y 1 1 Vận dụng bất đẳng thức cô si đối với hai số dương và ta được: x y 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 ( ) xy 4 x y x y xy 2 x y xy 4 GV: Trương Thị Hồng Thịnh 8
9. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 Vận dụng bất đẳng thức cô si đối với 2 số dương x và y ta được: A x y 2 x. y 2 4 4 (dấu “=” xẩy ra x y 4) Vậy Min A 4 x y 4 * Không phải lúc nào ta cũng có thể dùng trực tiếp bất đẳng thức cô si đối với các số trong đề bài. Dưới đây ta sẽ nghiên cứu một số biện pháp biến đổi một biểu thức để có thể vận dụng bất đẳng thức cô si rồi tìm cực trị của nó. 9.3/ Biện pháp 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình phương biểu thức đó. Ví dụ 12: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 3x 5 7 3x Giải: 5 7 ĐKXĐ: x 3 3 A2 (3x 5) (7 3x) 2 3x 5).(7 3x) 2 (3x 5 7 3x)4 Dấu “=” xẩy ra 3x 5 7 3x x 2 Vậy Max A2 4 Max A 2 x 2 * Nhận xét về phương pháp giải: Biểu thức A được cho dưới dạng tổng 2 căn thức. Hai biểu thức lấy căn có tổng không đổi (bằng 2). Vì vậy, nếu ta bình phương biểu thức. Đến đây có thể vận dụng bất đẳng thức cô si: 2 ab a b 9.4/ Biện pháp 2: Nhân và chia biểu thức với cùng một số khác 0 x 9 Ví dụ 13: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 5x Giải: x 9 1 x 9 x 9 9 ĐKXĐ 3 x 9 x 9 .3 2 3 1 A 3 3 5x 5x 5x 10x 30 GV: Trương Thị Hồng Thịnh 9
10. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 x 9 Dấu “=” xẩy ra 3 x 18 3 1 Vậy Max A x 18 30 * Nhận xét về phương pháp giải: x 9 Trong các giải trên, x 9 được biểu diễn thành .3 và rất thuận lợi khi 3 x 9 1 đó tổng 2 số là 3 x có thể rút gọn cho x ở mẫu. (Số 3 ở trên lấy bằng 3 3 căn bậc hai của số 9) 9.5/ Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức đã cho thành một tổng của các biểu thức sao cho tích của chúng là một hằng số. 1/ Tách một hạng tử thành tổng của nhiều hạng tử bằng nhau. 3x 4 16 Ví dụ 14: Cho x 0 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x 3 Giải: 16 16 A 3x x x x 4.4 x.x.x. 16 4.2 8 x 3 x 3 x3 16 A 8 Dấu “=” xẩy ra x x 2 x 3 Vậy Min A 8 x 2 * Nhận xét: 16 Hai số dương 3x và có tích không phải là một hằng số. Muốn khử được x 3 x 3 thì ở từ phải có x.x.x x 3 do đó ta phải biểu diễn 3x x x x rồi dùng bất đẳng thức cô si với 4 số dương. 2/ Tách một hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với một hạng tử chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của một hạng tử khác có trong biểu thức đã cho (có thể sai khác một hằng số). 9x 2 Ví dụ 15: Cho 0 x 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2 x x Giải: 9x 2 x 9x 2 x A 1 2. . 1 2 9 1 7 2 x x 2 x x GV: Trương Thị Hồng Thịnh 10
11. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 9x 2 x 1 A 7. Dấu “=” xẩy ra x (Thoả mãn điều kiện) 2 x x 2 1 Vậy Min A 7 khi và chỉ khi x 2 * Nhận xét: 2 2 x 2 x Trong cách giải trên ta đã tách thành tổng 1. Hạng tử x x x x nghịch đảo với nên khi vận dụng bất đẳng thức cô si ta được tích của chúng 2 x là một hằng số. 9.4/ Biện pháp 4: Thêm một hạng tử vào biểu thức đã cho Ví dụ 16: Cho 3 số dương x, y, z thoả mãn điều kiện x y z 2 x 2 y 2 z 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P y z z x x y x 2 y z Giải: áp dụng BĐT cô si đối với hai số dương và ta được: y z 4 x 2 y z x 2 y z x 2 x (1) y z 4 y z 4 2 y 2 z x Tương tự y (2) z x 4 z 2 x y z (3) x y 4 x 2 y 2 z 2 y z z x z y Vậy x y z y z z x x y 4 x y z P x y z 2 x y z 2 P x y z 2 1 2 2 2 P 1. Dấu “=” xẩy ra x y z 3 * Nhận xét: y z x 2 Ta đã thêm vào hạng tứ thứ nhất có trong đầu bài để khi vận 4 y z dụng bất đẳng thức cô si có thể khử được y z . GV: Trương Thị Hồng Thịnh 11
12. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 y z Và ta chọn có mẫu là 4 để khi cộng lại có 4 2x 2y 2z 2(x y z) 2 2 1 (đề bài cho x y x 2) 4 4 4 2 Dấu đẳng thức xẩy ra đồng thời trong (1),(2), (3) khi và chỉ khi x y z 3 x 2 y 2 z 2 Nếu ta lần lượt thêm (y z),(x x),(x y) vào ; ; thì ta cũng y z z x x y khử được (y z),(x x),(x y) nhưng điều quan trọng là không tìm được giá trị của x, y, z để dấu đẳng thức xẩy ra đồng thời, do đó không tìm được giá trị nhỏ nhất của P. 10/ Phương pháp phối hợp nhiều phương pháp: Ví dụ 17: Tìm giá trị lớn nhất của A x 2 (3 x) với x 0 . Giải: a/ Xét 0 x 3 Trong khoảng này 3 x không âm) x x Ta có thể viết: A 4. . .(3 x) 2 2 x x áp dụng bất đẳng thức này cô si cho 3 số không âm ; và (3 x) ta có: 2 2 x x 3 x x 2 2 3 x . .(3 x) 1. Do đó A 4 (1) 2 2 3 b/ Xét x 3 khi đó 3 x 0 nên A 0 (2) x 3 x So sánh (1) và (2) ta kết luận Max A 4 2 x 0 Hay Max A 4 x 2 * Nhận xét: ở cách giải trên ta đã áp dụng phương pháp chia khoảng để tìm cực trị và phương pháp dùng bất đẳng thức cô si. Ta hiểu với 3 số không âm a, b, c thì a b c 3.3 a.b.c 3 a b c nên a.b.c 3 Học sinh nên hiểu bất đẳng thức cô si có thể vận dụng linh hoạt theo hai chiều ngược nhau để thuận lợi trong giải toán GV: Trương Thị Hồng Thịnh 12
13. THCS Cửa Nam – năm học: 2015 - 2016 GV: Trương Thị Hồng Thịnh 13