Ứng dụng tam thức bậc hai vào việc tìm cực trị của hàm số
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (660.78 KB, 25 trang )
Lời nói đầu
Có lẽ “tam thức bậc hai” là một khía cạnh khá quen thuộc đối với chúng ta:
những người học toán ,nghiên cứu toán…Nó xuyên suốt trong chương trình Trung
học phổ thông,tam thức bậc hai có rất nhiều ứng dụng,việc sử dụng công cụ này
giúp chúng ta giải quyết một loạt các bài toán trong giải tích,hình học,cũng như trong
lượng giác.
“Tam thức bậc hai” xuất hiện trong nhiều cuốn sách.Tuy nhiên các tác giả chỉ
đề cập một cách tổng quan,chung chung ,chứ chưa đi sâu vàotừng vấn đề,ứng dụng
cụ thể của nó.
Vì vậy nhóm nghiên cứu chúng tôi đã lựa chọn đề tài “Ứng dụng tam thức bậc
hai vào việc tìm cực trị của hàm số”_Đây là một trong những ứng dụng đặc sắc của
tam thức bậc hai.Nhằm cụ thể hóa các dạng bài tập trên cơ sở ứng dụng tam thức
bậc hai vào việc tìm cực trị của hàm số .
Trong đề tài này ,chúng tôi chia làm hai phần chính:
Phần 1: Nêu ra những cơ sở lý thuyết trọng tâm.
Phần 2:Đưa ra hệ thống bài tập bao gồm 6 dạng từ dễ đến khó.
Dạng 1: Hàm số y = f(x) = ax 2 + bx + c
Dạng 2: Hàm số y = f (x) =
ax 2 + bx + c
a ' x 2 + b' x + c'
Dạng 3: Hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối và hàm số chứa căn thức
Dạng 4: Hàm số lượng giác
Dạng 5: Tìm min
{ ax 2 + bx + c + mx + n}
x ﾡ
và mx ax
{ ax 2 + bx + c + mx + n}
ﾡ
{ ax 2 + bx + c + mx + n }
Dạng 6: Tìm min
x ﾡ
{ ax + bx + c + mx + n }
và mx ax
ﾡ
Trong mỗi dạng ,chúng tôi đã lựa chọn để đưa ra một số bài tập có giải mẫu từ
đơn giản đến phức tạp và một số bài tập tự giải.Đặc biệt ở dạng 5 và 6 là những
dạng bài tập rất hay vì mặc dù nó cồng kềnh nhưng với việc ứng dụng tam thức bậc
hai ta thấy lời giải thật gọn nhẹ.
Vì thời gian và khả năng còng hạn chế nên chắc chắn không thể tránh khỏi
những thiếu sót .Chúng tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các bạn để
đề tài chúng tôi được hoàn thiên hơn.
Chúng tôi cung xin bày tỏ lòng biết ơn đến thầy giáo Dương Thanh Vỹ đã hướng
dẫn chúng tôi trong quá trình làm đề tài này.
2
Phần I: MỘT SỐ KIẾN THỨC TRANG BỊ
Xét dấu tam thức bậc hai có dạng f(x) = ax 2 + bx + c ( a 0 )
Đặt ∆ = b 2 − 4ac
−b
Khi ∆ 0 ta đặt x1,2 =
∆
2a
Ta có f(x1)=f(x2)=0 thì x1, x2 là hai nghiệm của tam thức bậc hai ( cũng là hai
nghiệm của phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 )
Định lý Viét thuận:
Nếu phương trình bậc hai :ax2+bx+c=0 (a ≠ 0 ) có hai nghiệm x1,x2 ( giả sử
x1 < x2) thì
b
c
c
P = x1.x2 = −
a
∆
Mệnh đề: x1 − x2 = a
S = x1 + x2 =
Hệ quả (Định lý Viét đảo):
Nếu hai số có tổng là S, có tích là P thì hai số đó là nghiệm của phương trình
f ( x) = x 2 − Sx + P = 0 ( với S 2 − 4 P 0 )
ﾡ Chú ý
c
a
Nếu P = < 0 � x1 < 0 < x2 ( hai nghiệm trái dấu )
Ta có hai trường hợp nhỏ:
b
< 0 � x1 > x2
a
b
S = − > 0 � x1 < x2
a
c
P= <0
a
Nếu
� x1 < x2 < 0 ( hai nghiệm đều âm )
b
S =− <0
a
S =−
c
>0
a
Nếu
� x1 > x2 > 0 ( hai nghiệm đều dương )
b
S =− >0
a
P=
Tính chất đồ thị (P): y = f(x) = ax 2 + bx + c là một parabol có đỉnh S = (−
Trong đó xS = −
b
là nghiệm kép của tam thức bậc hai
2a
b
là trục đối xứng của (P)
2a
b ∆
; )
2a 4a
S
∆/4a
Bằng đồ thị chúng ta vẫn có thể ghi nhớ được định lý trên và còn tìm được giá trị
O ỏb/2a
lớn nhất và giá trị nh
nhất của tam thức bậc hai như sau:
x1 O b/2a x2
x
x2
1
∆/4a
a > 0 S
a < 0
(d) x = −
∆ > 0
b/2a
b/2a
∆/4a
O
S
O
∆/4a
S
b/2a
∆ = 0
b/2a
O
S
∆/4a
O
∆<0
b/2a
∆/4a
S
max
min
GTNN f(x) = −
Khi x = −
b
2a
∆
4a
GTLN f(x) = −
Khi x = −
b
2a
∆
4a
I/ DẤU CỦA TAM THỨC BẬC HAI
ﾡ Định lý thuận
Tam thức bậc hai luôn có dấu của hệ số a; với mọi giá trị của x; và chỉ loại
trừ hai trường hợp :
� b �
�= 0
� 2a �
+ Nếu ∆ > 0 � af ( x ) < 0; ∀x �( x1; x2 )
+ Nếu ∆ = 0 � af �−
ﾡ Định lý đảo
Nếu tồn tại số thực α thỏa mãn af (α ) < 0 thì tam thức bậc hai có hai nghiệm
phân biệt x1 , x2 và x1 < α < x2
ﾡ Hệ quả
Nếu tồn tại hai số α và β sao cho f (α ) f ( β ) < 0 , thì tam thức bậc hai có hai
nghiệm phân biệt x1 và x2 và có một nghiệm nằm ngoài khoảng ( α , β ) (với α < β )
ﾡ Cách nhớ
Với ∆ > 0
x − x1 x2 +
f ( x) = ax 2 + bx + c cùng dấu a 0 trái dấu a 0 cùng dấu a
Với ∆ = 0
x − x1= x2 = −
b
+
2a
f ( x) = ax 2 + bx + c cùng dấu a 0 cùng dấu a
Với ∆ < 0
x − +
f ( x) = ax 2 + bx + c cùng dấu a
ﾡ So sánh nghiệm của tam thức bậc hai với một số α cho trước
TH1: af (α ) < 0 � x1 < α < x2
Không cần xét dấu ∆ và luôn có ∆ > 0
TH2: ∆ < 0 việc so sánh không đặt ra
∆>0
TH3: af ( α ) > 0 � α < x1 < x2
S
−α > 0
2
TH4:
∆>0
af ( α ) > 0 � x1 < x2 < α
S
−α < 0
2
II/ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT (GTLN và GTNN)
Tìm GTLN – GTNN của hàm số bằng cách áp dụng tam thức bậc hai
Cơ sở của phương pháp này là sự dụng sự đánh giá của hàm số bằng ba công cụ
sau đây của tam thức bậc hai
Thứ nhất là:
2
i, f(x) = [ u ( x)] + a a � ∃u ( x0 ) = 0 : f ( x0 ) = a
f ( x) = f ( x0 ) = a
� min
x R
ii, f(x) = b − [ u ( x)]
2
b � ∃u ( x0 ) = 0 : f ( x0 ) = b
f ( x) = f ( x0 ) = b
� mx ax
R
Thứ hai là: Để tìm GTLN – GTNN của hàm số y = f(x) ta thực hiện từng bước như
sau
Bước 1: Tìm tập xác định
Bước 2: Chuyển (1) về dạng
(1) � g ( x) = [ a( y )] x 2 + [ b( y ) ] x + c( y ) = 0 (ﾡ)
Trong (ﾡ) ta xem y như là một tham số, x là ẩn số và xét các trường hợp sau:
TH1: a(y) = 0
TH2: a(y) 0
Để tìm điều kiện của y để phương trình (ﾡ) có nghiệm trên tập xác định
Thứ ba là: sử dụng tính chất định tính, định hình của tam thức bậc hai để xác định
GTLN – GTNN
Xét hàm số f(x) = ax 2 + bx + c trên đoạn [ α , β ]
* Giả sử a > 0 ta cần xét ba trường hợp
TH1: Hoành độ đỉnh của parabol x0 = −
b
2a
[ α , β ] thì
GTNN của hàm số là f min = f ( x0 ) đạt được khi x = x0
GTLN của hàm số là f max = f max { f (α ), f ( β )}
b
< α < β thì GTNN là: f min = f ( α ) đạt được khi x = α
2a
GTLN là: f m ax = f ( β ) đạt được khi x = β
TH2: Nếu x0 = −
b
> β > α thì GTNN là: f min = f ( β ) đạt được khi x = β
2a
GTLN là: f m ax = f ( α ) đạt được khi x = α
TH3: Nếu x0 = −
* Giả sử a < 0, xét tương tự
ﾡLưu ý
Ngoài phương pháp đánh giá trên đây không loại trừ khả năng áp dụng bất đẳng
thức Cauchy, Schwartz… để làm giảm bớt khối lượng tính toán.
Trên đây chúng tôi đã tóm tắt lại một số kiến thức cơ bản và cơ sở của phương
pháp sử dụng tam thức bậc hai để tìm GTLN và GTNN của hàm số. Để minh họa
cho phương pháp này chúng tôi xin đưa ra một số bài bài điển hình trong phần tiếp
theo.
Phần II: MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP ĐIỂN HÌNH
Dạng 1: HÀM SỐ y = f(x) = ax 2 + bx + c
Bài 1:[1]
Cho hàm số y = f(x) = 4 x 2 − 4ax + a 2 − 2a trên tập D = [ −2;0] .
Tìm a để GTNN của f(x) bằng 2.
Giải:
Vì hệ số a = 4 > 0 thì đồ thị của hàm số y = f(x) là parabol quay bề lõm lên trên,
�a
�2
�
�
đỉnh S = � ; −2a �
a
2
Bây giờ ta xét 3 vị trí của xS = so với đoạn [ −2;0]
a
2
TH1: −2 < < 0
Quan sát đồ thị ta thấy
f ( x) = f ( xS ) = −2a = 2
min
[ −2;0]
a = −1
� a = −1
−4 < a < 0
a
TH2: xS = < −2 � a < −4
2
Quan sát đồ thị ta thấy
f ( x ) = f ( −2) = a 2 + 6a + 16 = 2
min
[ −2;0]
a < −4
� a ��
a + 6a + 16 = 0
2
a
2
TH3: xS = > 0 � a > 0
Quan sát đồ thị ta thấy
f ( x) = f (0) = a 2 − 2a = 2
min
−
2;0
[
]
a>0
a − 2a + 2 = 0
2
a>0
a =1
3
� a = 1+ 3
Vậy kết hợp ba trường hợp ta thấy a = −1; a = 1 + 3 thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 2:[1]
Cho phương trình với tham số a ≥1 như sau:
x2+2(a3)x+ a13 =0 (1)
Tìm những giá trị a để nghiệm lớn của phương trình đã cho đạt giá trị lớn nhất
Giải:
Ta có: ∆’=(a3)2(a13)=a27a+22 (2)
=(a7/2)2+39/4 >0 ; a≥1
Phương trình (1) có hai nghiệm:
x1 = 3 − a − a 2 − 7a + 22
x 2 = 3 − a + a 2 − 7a + 22
Xét nghiệm lớn
x 2 = x 2 (a) = 3 − a + a 2 − 7a + 22
x 2 (a) = −1 +
2a − 7
2 a 2 − 7a + 22
=
2a − 7 − 2 a 2 − 7a + 22
2 a 2 − 7a + 22
Để ý rằng : 2a – 72 a 2 − 7a + 22 >0 � 2 a 2 − 7a + 22 < 2a − 7
2a − 7 > 0
4(a 2 − 7a + 22) < (2a − 7) 2
do ∆>0
2a − 7 > 0
(vô lý)
88 < 49
� a ��.
Do đó x2’(a)<0 , ∀a 1 ; Hay hàm x2(a) giảm trên đoạn [1;+∞)
Suy ra max[x
2 (a)] = x 2 (1) = 6
a 1
Vậy a=1 thì GTLN (x2)=6.
Chú ý : ngoài ra còn có cách giải khác mà chúng tôi không trình bày ở đây.
Dạng 2: HÀM SỐ CÓ DẠNG y = f (x) =
Bài 1:[1]
Tìm GTLN và GTNN của hàm số
y =
4 x 2 + 3x + 1
(1)
4 x2 − 3x + 1
ax 2 + bx + c
a ' x 2 + b' x + c '
Giải:
Ta nhận thấy 4 x 2 − 3x + 1 > 0, ∀x nên việc tìm GTLN của y quy về việc tim
GTNN(M)
thỏa
4 x 2 + 3x + 1
M , ∀x
4 x 2 − 3x + 1
� 4( M − 1) x 2 − 3( M + 1) x + M − 1 �0 , ∀x (1)
y=
Đặt F(x) = 4( M − 1) x 2 − 3( M + 1) x + M − 1
+ Khi M = 1 thì (1) trở thành: −�
6x2 0
x 0 : không thỏa F ( x) 0 , ∀x
M −1 > 0
M −1 > 0
+ Khi M 1 thì (1) trở thành:
∆F 0
9( M + 1) 2 − 16( M − 1) 2 0
M >1
۳ M
−7 M + 50M − 7 0
2
7
Vậy GTLN (y) = GTNN (M) = 7
Tương tự việc tìm GTNN của y ta quy về việc tìm GTLN của m thỏa điều kiện
4 x 2 + 3x + 1
y = 2
m , ∀x
4 x − 3x + 1
� 4( M − 1) x 2 − 3( M + 1) x + M − 1 �0 , ∀x (2)
Đặt G (x) = 4(m − 1) x 2 − 3(m + 1) x + m − 1
+ Khi m = 1 thì (2) trở thành: −�۳
6x2 0
+ Khi m 1 thì (2) trở thành:
m <1
−7 m 2 + 50m − 7 0
m −1 < 0
∆G 0
x 0 : không thỏa G ( x) 0 , ∀x
m −1 > 0
2
9(m + 1) − 16(m − 1) 2 0
1
7
m
Vậy GTNN (y) = GTLN (m) =
1
7
1
7
Kết luận: GTLN (y) = 7 và GTNN (y) =
Bài 2:[2]
Tìm GTLN và GTNN của hàm số
y = f(x) =
x2 −1
(1)
x2 + 1
Giải
Trên tập xác định: D = ﾡ của hàm số ta viết (1) � y ( x 2 + 1) = x 2 − 1
Đặt g (x) = ( y − 1) x 2 + y + 1 = 0 (2)
+ Khi y = 1 thì (2) trở thành: y + 1 = 0 � y = −1 ( vô lí ) (3)
+ Khi y 1 thì (2) có nghiệm � ∆ g = −( y − 1)( y + 1) �0
� −1 �y �1 (4)
Từ (3) và (4) cho ta GTNN f (x) = 1 và không tồn tại GTLN.
Bài 3: [2]
x 2 + px + q
Cho hàm số y = f(x) =
, p, q là tham số. Tìm GTNN và GTLN cùa hàm
x2 + 1
số.
Giải
y0 là một giá trị của hàm số
Phương trình sau có nghiệm y0 =
x 2 + px + q
x2 + 1
� ( y0 − 1) x 2 − px + y0 − q = 0 (ﾡ) có nghiệm
TH1: y0 = 1
(ﾡ) � − px = q − 1
Do đó phương trình có nghiệm
p = 0, q = 1
p 0
� y0 = 1 là 1 giá trị của hàm số (ﾡ)
TH2: y0 1
Phương trình có nghiệm � ∆ = p 2 − 4( y0 − 1)( y0 − q ) �0
� p 2 − 4 y02 + 4qy0 + 4 y0 − 4q �0
� 4 y02 − 4(q + 1) y0 + 4q − p 2 �0
Đặt F ( y0 ) = 4 y02 − 4(q + 1) y0 + 4q − p 2 0
Vì a = 4 > 0 và F(y0) 0 nên không thể xảy ra trường hợp ∆ F < 0 nên ∆ F 0
Gọi y1, y2 là hai nghiệm của phương trình F(y0) = 0
0
y1 y0 y2 (ﾡﾡ)
Khi đó F ( y0 ) ��
Hơn nữa F(1) = 4 − 4(q + 1) − 4q − p 2 = − p 2
� y1 1 y2
Từ (ﾡ) và (ﾡﾡ) ta suy ra y1 y0 y2
q + 1 + p 2 + q 2 − 2q + 1
max f ( x) = y2 =
x ﾡ
2
q + 1 − p 2 + q 2 − 2q + 1
min f ( x) = y1 =
x ﾡ
2
Bài 4: [1]
Tìm giá trị của a và b để hàm số
y = f(x) =
Giải
ax + b
có GTNN bằng 1 và GTLN bằng 3
x + x +1
2
� ax + b �
�= 3
�x + x + 1 �
ax + b
3, ∀x
2
x + x +1
� ∃x0 :
ax 0 + b
=3
2
x0 + x0 + 1
Ta có max � 2
g ( x) = 3 x 2 + (3 − a ) x + 3 − b 0, ∀x
3x02 + (3 − a ) x0 + 3 − b = 0
∆ g = (3 − a ) 2 − 4.3.(3 − b) 0
3 x02 + (3 − a) x0 + 3 − b = 0
� ∆ g = a 2 − 6a − 12b − 27 = 0
� ax + b �
�= 1
�x + x + 1 �
Tương tự min � 2
ax + b
1, ∀x
x + x +1
� ∃x0 :
ax 0 + b
=1
2
x0 + x0 + 1
2
h( x) = x 2 + (1 − a ) x + 1 − b 0, ∀x
x02 + (1 − a ) x0 + 1 − b = 0
� ∆ h = (1 − a)2 − 4(1 − b) = 0
� a 2 − 2a + 4b − 3 = 0
a 2 − 6a + 12b − 27 = 0
Theo yêu cầu bài toán cho ta hệ 2
có nghiệm
a − 2a + 4b − 3 = 0
a = 2b − 6
(2b − 6) − 2(2b − 6) + 4b − 3 = 0
a = 2b − 6
r (b) = 4b 2 − 24b + 45 = 0
2
Ta nhân thấy ∆ 'r = −36 < 0
Vậy không tồn tại a, b để max f(x) = 3 và min f(x) = 1 với mọi x ﾡ .
Dạng 3: HÀM SỐ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
VÀ HÀM SỐ CHỨA CĂN THỨC
Bài 1:[3] Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = f(x) = , x R
Giải: Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của hàm đặc trưng y = g(x) = trên R
Gọi M(x0, y0) là 1 điểm thuộc đồ thị (C) của hàm số y = g(x), x R
y0 = y0x02 y0x0 + y0 = 2x02 + x0 1
(y0 2)x02 (y0 + 1)x0 + y0 +1 = 0
Xét tam thức bậc 2 F(x0) trong các trường hợp sau:
TH 1: y0 2 = 0 y0 = 2. Khi đó (1) 3x0 + 3 = 0 x0 = 1
Vậy y0 = 2 là một giá trị của hàm số y = f(x) tại điểm x0 = 1
TH 2: y0 ≠ 2: Tam thức F(x0) có nghiệm trên R.
f(x) = Max {1, 3} = 3
Hơn nữa f(x) 0, x R và f( ) = f(1) = 0
Do đó f(x) = 0
Bài 2:[3]
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
y =
Giải: Từ điều kiện 3 x 1 và do ( )2 + ( )2 = 4 ta có thể đặt
0 t 1
Khi đó y =
Trước hết, ta cần tìm các giá trị của y để phương trình
F(t) = (7 5y)t2 + 2(8y 6)t + 7y 9 = 0 có nghiệm thuộc [0, 1]
1) y = không là giá trị của biểu thức vì phương trình chỉ có nghiệm
t = [0, 1]
2) y ≠
’ = (8y 6)2 (7y 5)(7y 9) = 99y2 190y + 99 > 0 y
f(0) = 7y 9
f(1) = 18y 14
=
a) f(0).f(1) 0 y
b) không tồn tại y
Vậy Max y = khi t = 0 x = 8.
Min y = khi t = 1 x = 1.
Bài 3:[4]
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số sau:
y = f(x) = x + trên khoảng (0, + )
Giải: y0 là một giá trị của hàm số y = f(x)
pt sau y0 = x + (1) có nghiệm x > 0
(y0 x)2 = x2 + có nghiệm x > 0
y02 2y0x + x2 = x2 + có nghiệm x > 0
2y0x2 y02x + 1 = 0 có nghiệm x > 0
Tam thức bậc hai F(x) = 2y0x2 y02x + 1 = 0 có nghiệm x > 0
Ta có
= y04 8y0 = y0(y03 8)
F
Vì y0 = x + > 0, x > 0 nên
0
F
y03 8 0
y0 2
Tam thức bậc 2 F(x) vó 2 nghiệm khi y0 2 và lúc đó 2 nghiệm đều dương
f(x) = 2 tại x =
Dạng 4: HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
Bài 1:[1]
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y = (3sinx + 4 cosx)(3cosx 4 sinx) + 1
Giải: y = 12 cos2x 7sinxcosx 12sin2x + 1
y = 12 cos2x sin2x + 1
y0 là một giá trị của hàm số 24cos2x 7sin2x + 2 2y = 0 có nghiệm x R
242 + (7)2 (2y 2)2
(2y 2)2 252
25 2y 2 25
y
Lúc đó
Bài 2:[4]
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số:
y = f(x) = , x R
Giải: Xét hàm số: y = g(x), x R phương trình sau có nghiệm:
y0(sinx + 2) = sinx + cosx + 1
phương trình: (y0 1)sinx cosx + 2y0 1 = 0 có nghiệm
(y0 1)2 + 1 (2y0 1)2
3y02 2y0 1 0
y0 1
g(x) = 1; g(x) =
f(x) = 1 tại x = 2k , k Z
Vì f(x) 0 x R và f(x) = 0
Bài 3:[2]
Tùy theo m, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số sau:
y = f(x) = sin4x + cos4x + msinxcosx ; x, m.
Giải: Ta có: y = f(x) = (sin2x + cos2x)2 2sin2xcos2x + msinxcosx
y = f(x) = sin22x + sin2x + 1
Đặt: sin2x = t | t | 1
Yêu cầu bài toán bây giờ quy về việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm
số sau:
g(t) = t2 + t + 1 ; | t | 1, m.
g(t’) = t +
Xét 3 trường hợp:
TH 1: 1 m 2
t 1 1 +
g’(t) + 0
g(t)
TH 2: 1 < < 1 2 < m < 2
t 1 1 +
g’(t) + 0
g(t)
TH 3: 2 m 4
t 1 1 +
g’(t) + + 0
g(t)
; m [2, + )
Dạng 5: TÌM
2
VÀ MAX{ ax + bx + c + mx + n}
PHƯƠNG PHÁP :
Xét hàm số :f
x R
trên R với m,n
Gọi : g(x)=
là đa thức cơ sở có:
Trước hết,để dơn giản ta giải quyết bài toán thứ nhất : tìm min
qua hai trường hợp:
TH1:
0
f
=
Đây là bài toán tầm thường ,ta có ngay kết quả :
�
�m+b�
min f (x) = f1 �
−
nh S)
� (tung ñoäñæ
x R
� 2a �
�m − b �
min f (x) = f 2 �
nh S)
� (tung ñoäñæ
x R
� 2a �
S
ys
TH2:
>0 và xét bài toán với
(khi
lập luận tương tự)
f
=
x
S
; ta xét ba kh
ả năng cho
Khi :
f1(x2)
A
(x1))
ff11(x
1
O x
x1
S
f1(x2)
f1(x1)
x2
O
x1
x2
O
A
x1
x2 xs
min f (x) = min
x D1
Với
min f (x) = min
(I)
x D1
Khi :
; ta xét khả năng cho
S
S
f2(x1)
f2(x1)
f2(x1)
f2(x1)
O x1
O
x
x
x
x
x
x x
O 1
f2(x2) s 2
2
s
f2(x2) 1 2
f (x) = min
min
x D2
S
xs
với
f (x) = min
min
x D2
(II)
Kết hợp (I) và (II) cho ta trong mọi trường hợp:
min f (x) =min{ min f (x) , min f (x) }
x R
x D1
x D2
BÀI TẬP :
Bài 1:[4]
Với những giá trị nào của tham số m thì giá trị nhỏ nhất của hàm số :
y=
lớn hơn 1?
Giải:
Để ý rằng : f(x) =
=0
Ta viết : f(x) =
f(x) =
Áp dụng phương pháp trên (
=
>1
1
Bài 2: [3]
Tìm các giá trị của tham số a để cho giá trị lớn nhất của hàm số :
y = 4ax+
; lớn hơn 2.
Giải :
Ta viết : f(x) =
=
(1)
Nhưng a nên chọn trong (1) ; a = 1 là số nguyên thỏa ycbt
Bài 3: [4]
Tìm những giá trị của tham số m để hàm số
y =
+ mx có giá trị lớn nhất bằng 1
Giải:
Yêu cầu bài toán tương đương việc quy về tìm sao cho
f(x) =
+ mx 1 > 0; x (1)
Ta có : g(x)=
nên
Ta xét hai trường hợp:
TH1: xác đinh m để:
(ycbt)
. TH2: Xác định m để
(với
)
. TH1 TH2 :cho ta : 1
D ạng 6: TÌM MIN{ax
2 + bx + c+ |mx + n |}
x R
2
VÀ MAX{ax + bx + c + | mx + n | }
x R
PHƯƠNG PHÁP:
Cũng như ở dạng trước ,Ở đây trình bày phương pháp tìm :
và m>0 (*)
{ax 2 + bx + c+ | mx + n |} với
xmin
R
Các trường hợp khác với (*) cũng lập luận tương tự :
Để ý rằng khi đặt : f(x) =
f(x)
(1)
Dấu bằng đẳng thức xảy ra khi: x =
Ta xét : f(x) = f
f(
) =
+c
=
Qua các trường hợp sau:
�
�b+m�
min f (x) = f1 �
−
�
Thì : x R
� 2a �
m 2 + bm 2na
(C2)
A
−
b+m
2a
A
(CS1)
2
S1
b−m
−
2a
(C2)
(C1)
S1
S2
�
�b−m�
min f (x) = f1 �
−
�
Thì : x R
� 2a �
m 2 + bm 2na b − m
b + m−
−
<
2a 2a
(C2)
(C1)
S1
S2
b+m
−
2a
−
b−m
2a
an 2 bn
min f (x) =
−
+c
Thì : x R
m
m
m 2 + bm 2na −m 2 + bm
f (x) = min
Vậy : min
x R
BÀI TẬP:
Bài1: [4]
Tìm m để với mọi x ,ta có:
Giải:
Xét :
+2
f
+2
=
Gọi
là đỉnh của Parabol (
. ta có
Để ý rằng :
min y >0
x R
2
(ycbt)
Bài 2: [3]
Tìm giá trị của tham số sao cho GTNN của hàm số
Biết rằng :
y = f(x) =
Giải:
Để ý rằng : y = f(x)=
y = f(x)
(đẳng thức xảy ra khi x= m)
y = f(x)
Gọi
là đỉnh của các Parabol :
. Như sau:
f
=
f (x) 2 ta xét:
Để min
x R
TH1: m
=
min f (x) = f (0) = 1 − 2m 2
x R
m 0
. TH2: m
=
min f (x) = f (2) = 2m − 3 2
x R
m 2
. TH3:
min f (x) = f (m) = (m − 1) 2
x R
2
0
Kết hợp cả ba trường hợp ta được: 1/2
(ycbt)
Bài 3: [2]
Tìm các giá trị của tham số m sao cho: x2 + (m + 1)2 + 2 x − m + 1 3 (1)
Giải:
Xét tam thức bậc hai đặc trưng cho (1), ta có:
f(x) = x2 + (m + 1)2 + 2 x − m + 1
Suy ra f(x) x2 + (m + 1)2 ( dấu đẳng thức xảy ra khi x = m – 1)
Suy ra f(x) (m – 1)2 + (m + 1)2 = 2(m2 + 1)
Xét: f(x) =
f1(x) = x2 + 2x + m2 + 3
neá
ux
m- 1
f2(x) = x2 − 2x + m2 + 4m − 1 neá
ux
m- 1
Gọi S1, S2 là các đỉnh của Parabol (P1): y = f1(x); (P2): y = f2(x)
f1(xS ) = f1(−1) = m2 + 2
1
f2(xS ) = f2(1) = m2 + 4m − 2
2
3 như sau:
Ta xét 3 trường hợp minf(x)
x R
TH1: m – 1 ≤ 1 = xS1
3
Suy ra minf(x)
x R
m 0
m 0
m +2 3
1 ≤ m ≤ 0
2
m 0
−1 m 1
TH2: m – 1 1 = xS2
3
Suy ra minf(x)
x R
m 2
m 2
m2 + 4m − 2 3
m ��
TH3: 1< m – 1 < 1 0< m < 2
0 < m< 2
3
Suy ra minf(x)
x R
2(m2 + 1) 3
Bài4: [1]
0< m
m 2
−5 m 1
2
2
Tìm các giá trị của tham số để: 2 x − m − (x − 2)
2
3 , ∀x
HD:
Bạn có thể giải bài này bằng cách làm tương tự như những bài trên.
xS
