PHƯƠNG PHÁP DÙNG TAM THỨC BẬC HAI pdf

PHƯƠNG PHÁP DÙNG TAM THỨC BẬC HAI
1. Đổi biến để đưa về tam thức bậc hai đối với biến mới
VD:
Tìm GTLN của:
A = x + 2
x


Giải:
Điều kiện: x

2
Đặt 2
x

= y

0
Ta có y
2
= 2 – x
A = 2 - y
2
+ y = - (y-
1
2
)
2
+
9 9
4 4



MaxA =
9 1 1 7
2
4 2 4 4
y x x
      

2. Đổi biến để đưa về bất phương trình bậc hai đối với biến mới
VD:
Tìm GTLN, GTNN của
A = x
2
+ y
2

Biết rằng x
2
(x
2
+ 2y
2
– 3) + (y
2
– 2)
2
= 1 (1)
Giải:
Từ (1) suy ra

(x
2
+ y
2
)
2
– 4 (x
2
+ y
2
) + 3 = - x
2

0
Do đó A
2
– 4A + 3

0

(A – 1)(A – 3)

0


1

A

3

Min A = 1

x = 0, khi đó y =

1
MaxA = 3

x = 0, khi đó y =

3

3. Đưa về phương trình bậc hai và sử dụng điều kiện
 
0
VD1:
Tìm GTLN, GTNN của:
A =
2
2
1
1
x x
x x
 
 

Giải:
Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phương trình sau đây có nghiệm
a =
2

2
1
1
x x
x x
 
 
(1)
Do x
2
+ x + 1

0 nên
(1)

ax
2
+ ax + a = x
2
– x – 1


(a – 1)x
2
+ (a + 1)x + (a – 1) = 0 (2)
Trường hợp 1:
Nếu a = 1 thì (2) có nghiệm x = 0
Trường hợp 2:
Nếu a


1 thì điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm là
 
0, tức là:


(a +1)
2
– 4(a – 1)
2


0


(a + 1 + 2a – 2) (a + 1 – 2a +2)

0


(3a – 1) (a – 3)

0



1
3
3
a
 

(a

1)
Với a =
1
3
hoặc a = 3 thì nghiệm của (2) là :
( 1) 1
2( 1) 2(1 )
a a
x
a a
  
 
 

Với a =
1
3
thì x = 1
Với a = 3 thì x = -1
Gộp cả hai trường hợp (1) và (2), ta có:
MinA =
1
3
khi và chỉ khi x = 1
MaxA = 3 khi và chỉ khi x = -1
Nhận xét:
a) Phương pháp giải như trên còn gọi là phương pháp miền giá trị của hàm
số. Đoạn

1
;3
3
 
 
 
là tập giá trị của hàm số A =
2
2
1
1
x x
x x
 
 

b) Cách khác tìm GTLN của A:
A =
2 2 2
2 2
3 3 3 2 4 2 2( 1)
3 3
1 1
x x x x x
x x x x
     
  
   

MaxA = 3 khi và chỉ khi x = -1

c) Cách khác tìm GTNN của A:
A =
2 2 2 2
2 2 2 2
3 3 3 1 2( 2 1) 1 2( 1) 1
3 3 3 3( 1) 3( 1) 3 1 3
x x x x x x x
x x x x x x x x
      
    
       

MinA =
1
3
khi và chỉ khi x = 1
VD2:
Tìm GTLN và GTNN của:
A =
2
2
2 4 5
1
x x
x
 


Giải:
Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phươg trình sau đây có nghiệm

a =
2
2
2 4 5
1
x x
x
 

(1)
Do x
2
+ 1 > 0 nên
(1)

x
2
(a – 2) – 4x + a – 5 = 0 (2)
Trường hợp 1:
Nếu a = 2 thì (2) có nghiệm x = -
3
4

Trường hợp 2:
Nếu a

2 thì phương trình (2) có nghiệm



'

= 4 – (a – 2)(a – 5)

0





2
7 6 0 1 6 2
a a a a
      

Với a = 1 thì x = -2
Với a = 6 thì x =
1
2

Kết hợp cả hai trường hợp (1) và (2), ta có:
MinA = 1 khi và chỉ khi x = -2
MaxA = 6 khi và chỉ khi x =
1
2

VD3:
Tìm GTLN và GTNN của:
B = 2x
2

+ 4xy + 5y
2
biết rằng x
2
+ y
2
= a ( a là hằng số, a

1)
Giải:
Vì a

1 nên ta có:

B
a
=
2 2 2 2
2 2
2 4 5 2 4 5
x xy y x xy y
a x y
   



Trường hợp 1:
Nếu y = 0 thì
B
a

= 2
Trường hợp 2:
Nếu y

0 ta đặt t =
x
y
thì
B
a
=
2
2
2 4 5
1
t t
t
 


Theo VD2 điều kiện để phương trình ẩn t trên có nghiệm là
1 6
b
a
 
nên
6
a b a
 
( vì a


1)
Từ đó suy ra
MaxB = 6a khi và chỉ khi
1
2
2
x
y x
y
  

Hay khi và chỉ khi (x, y) nhận giá trị
5 2 5 5 2 5
, ; ,
5 5 5 5
a a a a
   
 
   
   
   

MinB = a khi và chỉ khi
2
2
2 4
x mx n
x x
 

 
2 2
x
x y
y
    

Hay khi và chỉ khi (x, y) nhận giá trị
2 5 5 2 5 5
, ; ,
5 5 5 5
a a a a
   
 
   
   
   

VD4:
Tìm GTLN và GTNN của:
c =
3 7
2 1
2 2
x x
  

Giải:
Điều kiện:
0 1

x
 

Đặt z =
x
thì z
2
+ y
2
= 1 (1)
Ta cần tìm GTLN và GTNN của d = 4z + 3y với 2c = d + 7
Điều kiện:
0 1,0 1,0 7
z y d
     

Thay 9y
2
= (d – 4z)
2
vào (1), ta được:
25z
2
– 8dz + d
2
– 9 = 0
Để phương trình này có nghiệm z thì
 
0


d
2

25

d

5
Maxd = 5

Maxc = 6 và đạt được khi
z =
4
25
d
=
2
4 16
5 25
x z   (thoả mãn
0 1
x
 
)
d =
4 3 2 12
z y yz
 
Đẳng thức xảy ra khi 4z = 3y. Thay vào (1) ta tính được z =
3 1 9

, ,
20 5 400
y x 
(thoả mãn
0 1
x
 
)
Lúc đó Mind =
9 6
2
25 5
 
Minc =
41
4,1
10

VD5:
Cho biểu thức A =
2
2
2 4
x mx n
x x
 
 

Tìm các giá trị của m, n để biểu thức A có GTNN bằng
1

3
, GTLN bằng 3
Giải:
Gọi a là giá trị tuỳ ý của biểu thức A. Ta có:
a =
2
2
2 4
x mx n
x x
 
 


x
2
+ mx + n = ax
2
+ 2ax + 4a


(a – 1)x
2
+ (2a – m) + (4a – n) = 0 (1)
Theo điều kiện của bài toán, giá trị a = 1 không là GTLN, không là GTNN
của A nên ta chỉ xét a

1.
Điều kiện để (1) có nghiệm là:

     
2
( , ) 0 , 0 2 0 2 0
f x y g x y y x y x
          







2 2
12 4 4 4 0
a m n a n m
        
(2)
Nghiệm của bất phương trình (2) là a
1

a

a
2
Trong đó a
1
, a
2
là các nghiệm của phương trình:





2 2
12 4 4 4 0
a m n a n m
     
(3)
Theo đề bài, ta phải có
1 2
1
, 3
3
a a
 

Theo hệ thức Vi- et đối với phương trình (3) :


1 2
2 2
2
1 2
1 44 4
3
4 10
3 3
12
1 4 4 12
4

.3
3 12
12
n mm n
a a
n m
n m n m
n m
a a
    

 
 


  

 
 
  
  


 


 



Thay n = 6 + m vào 4n – m
2
= 12 ta được:
4n – m
2
– 12 = 0 nên m = 6 hoặc m = -2
Với m = 6 thì n = 12, khi đó
2
2
6 12
2 4
x x
A
x x
 

 
có GTNN là
1
3
và GTLN là 3
Với m = -2 thì n = 4, khi đó
2
2
6 12
2 4
x x
A
x x
 


 
có GTNN là
1
3
và GTLN là 3

Bài tập đề nghị:
Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của:








1 2 3 4
M x x x x
    

Bài 2. Tìm GTLN, GTNN của:
2
1
x
A
x



Bài 3. Tìm GTLN, GTNN của:
2
2
2 4 5
1
x x
B
x
 



Bài 4. Tìm GTLN, GTNN của:
2
2
2 2 2
2 2 2
x x
C
x x
 

 

Bài 5. Tìm GTLN, GTNN của:
2
2
2 2 2
1
x x

D
x
 



Bài 6. Tìm GTNN của:
2
5 3
1
x
E
x




Bài 7. Tìm GTNN của:
2
1
F x x
x
  
với x > 0