ÓCKKN-MAX min

Sở giáo dục và đào tạo hảI dơng
Kinh nghiệm
một số phơng pháp
tìm cực trị
Môn Toán
Năm 2005 2006
1
Phòng giáo dục cẩm giàng
trờng t.h.c.s cẩm Định
---------------------------
Kinh nghiệm
một số phơng pháp
tìm cực trị
Môn Toán
Họ và tên: Nguyễn Thị Thuý
đánh giá của nhà trờng
(Nhận xét, xếp loại)
2
Số phách
Kinh nghiệm
một số phơng pháp
tìm cực trị
Môn Toán
đánh giá của phòng giáo dục & đào tạo
(Nhận xét, xếp loại)
Tên tác giả : ..
Đơn vị :
phần I : đặt vấn đề
3
Số phách
I. cơ sở lý thuyết.

Trong giảng dạy bộ môn toán, việc giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ
bản, biết cách khai thác kiến thức, áp dụng kiến thức giải đợc nhiều loại
toán, nhiều dạng bài tập là hết sức quan trọng, bởi đó là một phơng tiện tốt
giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển t duy hình thành kĩ năng kĩ
xảo trong quá trình giải toán.
Môn toán có nhiều dạng bài tập, trong đó dạng toán tìm cực trị (giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất) là những bài toán đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất,
rẻ nhất, đắt nhất, ngắn nhất, dài nhất ... Qua những bài toán dẫn dắt học
sinh có thói quen đi tìm một giải pháp tối u cho một công việc cụ thể trong
cuộc sống thực tế. Điều đó cho thấy rằng toán cực trị là loại toán rất gần gũi
với thực tế và có nhiều ứng dụng trong thực tế hàng ngày. Nó giúp học sinh
rèn luyện nếp nghĩ khoa học, luôn mong muốn làm những công việc đạt
hiệu quả cao nhất, tốt nhất. Vì vậy, nó góp phần không nhỏ vào việc phát
triển trí tuệ, thúc đẩy niềm say mê học toán cho học sinh, đặc biệt là các em
học sinh khá giỏi.
Toán cực trị đợc đề cập nhiều trong các loại sách tham khảo, do vậy
giáo viên rất khó khăn trong việc su tầm và tuyển chọn, và một vấn đề đặt
ra ở đây là làm thế nào để học sinh nắm đ ợc phơng pháp, t
duy suy luận một cách có lô gíc khi giải toán cực trị ?
Để góp phần vào việc giải quyết các vấn đề trên, bản thân là giáo viên
thờng xuyên giảng dạy và bồi dỡng học sinh giỏi môn toán lớp 8 và lớp 9,
tôi mạnh dạn su tầm, tuyển chọn một số dạng bài toán cực trị và một số
phơng pháp giải áp dụng cho từng dạng, hy vọng đem lại một phần thuận
lợi cho giáo viên khi thực hiện chuyên đề này trong quá trình giảng dạy cho
học sinh cấp trung học cơ sở nói chung và bồi dỡng học sinh giỏi lớp 8, lớp 9
nói riêng.
II. những yêu cầu cần thiết.
1. Đối với giáo viên.
4
- Su tầm tài liệu, đọc, nghiên cứu để hệ thống hoá kiến thức, hệ thống

các dạng bài tập về cực trị.
- Tìm hiểu sâu về các bài toán cực trị trong nội dung chơng trình toán ở
bậc trung học cơ sở.
- Xây dựng đợc cơ sở lý thuyết để giải các bài toán cực trị.
- Tuyển chọn, phân loại đợc các dạng bài tập cơ bản và nêu lên các ph-
ơng pháp chính giải từng dạng bài tập cực trị.
- Dự đoán đợc một số sai sót của học sinh có thể mắc phải và nêu đợc
những điểm cần chú ý khi giải các bài toán cực trị.
2. Đối với học sinh.
- Hiểu đợc bản chất của khái niệm cực trị và nắm đợc các bớc giải của
bài toán cực trị.
- Có kĩ năng nhận dạng đợc từng loại toán cực trị, vận dụng linh hoạt
và sáng tạo các phơng pháp giải toán cực trị vào từng bài tập cụ thể
từ đơn giản đến phức tạp.
- Thấy đợc những ứng dụng của toán cực trị trong thực tế.
Phần II : Nội dung
A. Một số dạng toán cực trị trong đại số.
5
I. Định nghĩa và chú ý.
1. Cho biểu thức f(x).
- Giá trị M đợc gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của biểu thức f(x) nếu thoả
mãn hai điều kiện :
+Với mọi x để f(x) xác định thì f(x) M (M là hằng số) (1)
+ Tồn tại x
0
sao cho f(x
0
) = M (2)
- Giá trị m đợc gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x) nếu thoả
mãn hai điều kiện :

+ Với mọi x để f(x) xác định thì f(x) m (m là hằng số) (1 )
+ Tồn tại x
0
sao cho f(x
0
) = m (2 )
2. Kí hiệu : GTLN của hàm f là M = max f(x)
GTLN của hàm f là m = min f(x)
3. Tổng quát chung : Đối với biểu thức chứa nhiều biến ta cũng có định
nghĩa tơng tự.
4. Các bớc tìm cực trị : Từ các định nghĩa trên, thông thờng, để tìm GTLN
hoặc GTNN ta tiến hành theo 3 bớc nh sau :
- Bớc 1 : Xác lập bất đẳng thức dạng :
f(x) M hoặc f(x) m với M, m là các hằng số.
- Bớc 2 : Xét xem dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
- Bớc 3 : Kết luận max hoặc min theo yêu cầu.
5. Chú ý : Nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1) thì cha thể nói gì về cực trị của
một biểu thức.
Chẳng hạn, xét biểu thức
(x 1)
2
+ (x 3)
2
.
Mặc dù ta có A 0, nhng cha thể kết luận đợc minA, vì không tồn tại giá trị
nào của x để A = 0.
II. Các kiến thức thờng dùng.
1. x
2
0 x Dấu = xảy ra

x = 0
Mở rộng : [f(x)]
2n
0 , x R , n Z. Khi đó ta có
[f(x)]
2n
+ M M ; -[f (x)]
2n
+ m m. Dấu = xảy ra

f(x) = 0
2. a/ x 0 Dấu = xảy ra

x = 0
b/ x + y x + y Dấu = xảy ra

x, y cùng dấu
6
c/ x - y x - y Dấu = xảy ra

x, y cùng dấu vàx >y
3. a/ a
2
+ b
2
2ab , a, b. Dấu = xảy ra

a = b
b/

2
a
b
b
a
+
a > 0, b > 0. Dấu = xảy ra

a = b
4. Bất đẳng thức Cô-si
a/ Cho 2 số không âm a và b ta có :

ab
2
ba

+
. Dấu = xảy ra

a = b
b/ Cho 3 số không âm a, b và c, ta có :

3
abc
3
cba

++
. Dấu = xảy ra

a = b = c.
c/ Tổng quát : Cho n số không âm a
1
, a
2
, ..... , a
n

,
ta có :

n
a.....aa
n21
+++
a
1
a
2
..... a
n
. Dấu = xảy ra

a
1
= a
2
= .....= a
n
5. Bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki

a/ Cho hai cặp số a, b và x, y ta có :
(ax + by)
2
(a
2
+ b
2
) (x
2
+ y
2
). Dấu = xảy ra

ay = bx
b/ Tổng quát : Cho 2n số a
1
, a
2
, .... , a
n
, b
1
, b
2
, .... , b
n
, ta có :
a
1
b

1
+ a
2
b
2
+ ...... + a
n
b
n
)
2
( a
1
2
+ a
2
2
+.... + a
n
2
) ( b
1
2
+ b
2
2
+ ... b
n
2
)

Dấu = xảy ra


n
n
2
2
1
1
b
a
......
b
a
b
a
==
III. Một số phơng pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
1. Phơng pháp nhóm so sánh.
Để tiến hành giải bài toán tìm GTLN, GTNN ta có thể dùng các phép biến
đổi đại số để nhóm các số hạng và đa bất đẳng thức ban đầu về các dạng sau :
p = A
2
+ k k,
p = -B
2
+ l l,
p = A
2
+ B

2
+ m m,
p = A.B
2
+ n n với A 0,
p = A.B k.l với A k > 0, B l > 0.
Tất nhiên là dấu đẳng thức phải xảy ra trong miền xác định của các biến số.
Ngoài ra, đôi khi ta sử dụng các tính chất đồng biến, nghịch biến của hàm số,
chẳng hạn : M N, a > 1 a
M
a
N
;
M N, 0 < a < 1 a
M
a
N
;
7
A B > 0, > 0 A


B


;
A B > 0, < 0 A


B

.
Lu ý rằng nếu ta sử dụng nhiều bất đẳng thức so sánh thì dấu = xảy ra phải
mang tính đồng thời ở các đẳng thức đó.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức :
1/ A = x
4
+ 4x
2
3;
2/ B = x
4
+ 2x
3
+ 3x
2
+ 2x + 1;
3/ C = (x 1)
2
+ (x
2
1)
4
+ (x
3
1)
6
.
Giải :
1/ Vì x

4
, x
2
0 nên suy ra A 0 + 0 3 A -3. Dấu = xảy ra x = 0
Vậy minA = -3 khi x = 0
Cách khác :
Ta có A = x
2
(x
2
+ 4) 3 3. Dấu = xảy ra x
2
(x
2
+ 4) = 0 x = 0
Vậy minA = -3 khi x = 0
2/ Ta có B = (x
2
+ x + 1)
2
=
16
9
4
3
2
1
x
2
2

+






+
Vì
4
3
4
3
2
1
x
2
+

+
, dấu = xảy ra khi x =
2
1

.
Nên minB =
16
9
x =
2
1

.
3/ Dễ thấy C 0. Dấu = xảy ra khi (x 1)
2
= (x
2
1)
4
= (x
3
1)
6
= 0 x =
1
Vậy minC = 0, khi x = 1

Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M = - x
2
+ 2x + 6
Giải :
Ta có B = - x
2
+ 2x + 6 = -(x
2
2x) + 6 = -( x 1)
2
+ 7
Vì -( x 1)
2


0 , x -( x 1)
2
+ 7 7. Dấu = xảy ra khi x = 1
Vậy max B = 7 x = 1
2. Phơng pháp dùng bất đẳng thức Cô-si.
Cũng giống nh khi sử dụng các bất đẳng thức khác, có khi ta phải tiến hành
việc tách, nhóm, thêm, bớt, chia nhân các số hạng để đa về dạng có thể áp dụng
trực tiếp.
Ví dụ : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức :
8
1/ A = x
2
x1

;
2/ B =
x
1x

;
3/ C =
xyz
3zxy2yzx1xyz
++
.
Giải :
1/ Điều kiện 0 x 1.
áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số không âm ta đợc :
A = x
( )
2
1
2
x1x
x1xx1
22
222
=
+
=
Dấu = xảy ra x
2
= 1 x
2

x
2
=
2
1
x =
2
1
. Vậy max A =
2
1
2/ Điều kiện x 1, ta có
B =
( )
2
1
x
2
1x1
x
1x1
x
1x
=
+


=

Dấu = xảy ra 1 = x 1 x =2. Vậy max B =

2
1
3/ Điều kiện x 1, y 2, z 3, ta có :
C =
z
3z
y
2y
x
1x

+

+

=
z
)3z(3
.
3
1
y
)2y(2
.
2
1
x
)1x(1

+

+


z2
3z3
.
3
1
y2
2y2
.
2
1
x2
1x1
+
+
+
+
+
=
32
1
22
1
2
1
++
Dấu = xảy ra 1 = x 1 ; 2 = y 2 ; 3 = z 3 x = 2, y = 4, z = 6.

Vậy max C =






++
3
1
2
1
1
2
1
.
IV. Những dạng toán thờng gặp.
Dạng 1 : Cực trị của đa thức dạng tam thức bậc hai.
1. Kiến thức cần thiết.
Giả sử cho đa thức f(x) xác định trên R
Đa f(x) về dạng : f(x) = k
[ ]
2
)x(g
(k là hằng số)
a/ Nếu f(x) = k +
[ ]
2
)x(g
thì min f(x) = k g(x) = 0

b/ Nếu f(x) = k
[ ]
2
)x(g
thì max f(x) = k g(x) = 0
2. Một số ví dụ.
9
Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
A = x
2
x + 1
Giải :
Ta có A = x
2
x + 1 = x
2
2x.
2
1
+
4
1
+
4
3
=
2
2
1
x

+
4
3
Vì
2
2
1
x







0 x nên
2
2
1
x

+
4
3

4
3
Dấu = xảy ra
0
2
1
x
=

2
1
x
=
Vậy min A =
2
1
x =
2
1
Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

B = - x
2
+ 4x + 5
Giải :
Ta có B = -x
2
+ 4x + 5 = 9 (x 2)
2
Vì - (x - 2 )
2
0 x nên 9 (x - 2 ) 9
Dấu = xảy ra x 2 = 0 x = 2
Vậy max B = 9 x = 2
Ví dụ 3 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
D = (x+1)
2
+ (x + 3 )
2
Giải :
Ta có D = 2(x +2 )
2
+ 2 2 x
Vì: 2(x + 2 )
2
0 x 2(x +2 )
2
+ 2 2
Dấu "=" xảy ra x = -2. Vậy min D = 2 x = -2
3. Một số nhận xét.
a/ Cho tam thức bậc hai: P = ax

2
+ bx + c (a 0)
Ta có P = ax
2
+bx + c = a(x
2
+
a
b
x) + c (do a 0)
= a (x +
a2
b
)
2
+ c -
a4
b
2
= a (x +
a2
b
)
2
+
a4
bac4
2

Đặt

a4
bac4
2

= k
Do (x +
a2
b
)
2
0 nên
- Nếu a > 0 thì a.(x +
a2
b
)
2
0 do đó P k
10
min P = k x +
a2
b
= 0 x = -
a2
b
- Nếu a < 0 thì a.(x +
a2
b
)
2
0 do đó P k

max P = k x = -
a2
b
b/ Dựa vào tính chất biến thiên của hàm số là tam thức bậc hai
f(x) = ax
2
+ bx + c (a 0)
+ Khi a > 0 : Parabol quay bề lõm lên phía trên hàm số có cực tiểu.
+ Khi a < 0: Parapol quay bề lõm xuống dới hàm số có cực đại.
- Từ đó ta đi đến kết luận : Mỗi tam thức bậc hai đều có một cực trị (hoặc giá
trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất)
Dạng 2 : Cực trị của hàm đa thức nhiều biến.
1. Kiến thức cần thiết.
Cho F = F
1
+ F
2
thì : maxF = maxF
1
+ maxF
2
.
(minF = minF
1
+ minF
2
).
Trong đó F
1
, F

2
là các biểu thức chứa biến đối lập với nhau hoặc có chứa
cùng biến thì cùng đạt giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất ) tại một bộ giá trị xác định
của biến.
2. Một số ví dụ.
Ví dụ 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
A = 5x
2
- 12xy + 9y
2
- 4x + 4
Giải :
A = x
2
- 4x + 4 + 4x
2
- 12xy + 9y
2
= (x - 2)
2
+ (2x - 3y)
2
A 0, dấu "=" xảy ra
( )
( )

2
2
y3x2
2x






=
=
3
4
y
2x
Vậy min A = 0





=
=
3
4
y
2x
Ví dụ 5 : a/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
B = x

2
+ xy + y
2
3x 3y + 2009
b/ Tìm giá trị của x; y để biểu thức :
N = a
2
b
2
+ ab + 2a + 2b đạt giá trị lớn nhất
Giải :
11
a/ Ta có B = x
2
2x + 1 + y
2
2y +1 + xy x y + 1 + 2006
= (x 1)
2
+ (y 1)
2
+ xy x y + 1 + 2006
=
20062006)1y(
4
3
2
1y
)1x(
2

2
++







+
Dấu "=" xảy ra





=
=

+
01y
0
2
1y
)1x(

=
=
1y
1x
Vậy min B = 2006 x = y = 1
b/ Ta có: 2N = 2a
2
2b
2
+ 2ab + 4a + 4b
= (a b)
2
(a 2)
2
(b 2)
2
+ 8 8
Dấu "=" xảy ra





=
=
=
02b
02a
0ba
a = b = 2

Vậy max N = 4 a = b = 2
Ví dụ 6 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
D = m
2
- 4mp + 5p
2
+ 10m - 22p + 28.
Giải :
Ta có D = m
2
4mp + 4p
2
+ p
2
2p + 1 + 10m 20p + 27
= (m 2p)
2
+ (p 1)
2
+ 10(m 2p) + 27
Đặt m 2p = t D = t
2
+ 10t + (p 1)
2
+ 27
= t
2
+ 10t + 25 + (p 1)
2
+ 2

= (t + 5)
2
+ (p 1)
2
+ 2 2
Dấu "=" xảy ra



=
=+
01p
05t





=
=
1p
5t




=
=
1p
5p2m

=
=
1p
3m
Vậy min D = 2



=
=
1p
3m
3. Một số nhận xét.
- Đối với hàm đa thức nhiều biến, học sinh cần phải linh hoạt trong việc tách
hạng tử để làm xuất hiện tổng các luỹ thừa bậc chẵn của một biểu thức hay tổng
các hằng đẳng thức (a b)
2
nh

đã trình bày ở ví dụ 4, ví dụ 5.
- ở ví dụ 5, phần b thay cho việc biến đổi N ta biến đổi 2N khi đó bài toán đ-
ợc thực hiện thuận lợi hơn.
12