Phương pháp giải toán cực trị

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (185.97 KB, 26 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Môc lôc

Trang

A. phần Mở đầu

i. Lý do chọn đề tài 2

II. Mục đích sáng kiến kinh nghiệm 3

III. NhiƯm vơ nghiªn cøu 3

IV. Đối tợng và phạm vi nghiên cøu 3

v. Phơng pháp nghiên cứu. 4

B. NéI DUNG

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

A

PHÇN Mở đầu

I. Lý do chn ti:

Trong chơng trình toán THPT cực trị là phần hấp dẫn, lôi cuốn tất cả những
ngời học toán và làm toán. Các bài toán này rất phong phú và đa d¹ng .

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

Để giải quyết nó địi hỏi ngời học toán và làm toán phải linh hoạt và vận
dụng một cách hợp lý trong từng bài toán. Tất nhiên đứng trớc một bài tốn cực
trị thì mỗi ngời đều có một hớng xuất phát riêng của mình. Nói nh vậy có nghĩa

là có rất nhiều phơng pháp để đi đến kết quả cuối cùng của bài toán cực trị. Điều
quan trọng là ta phải lựa chọn phơng pháp nào cho lời giải tối u của bài toán.
Thật là khó nhng cũng thú vị nếu ta tìm đợc đờng lối đúng đắn để giải quyết nó .

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

Vì vậy, để giúp các em tự tin hơn trong việc học tốn, tơi xây dựng đề tài :
Một số

“ ph¬ng pháp giải bài toán cực trị của hàm số.

T đó giúp những ngời học tốn và làm tốn có thêm cơng cụ để giải
quyết các bài tốn cực trị .

II. Mục đích sáng kiến kinh nghiệm

-Giúp cho học sinh có cái nhìn khái qt về các phơng pháp tìm cực trị
của hàm số, từ đó hình thành nên các phơng pháp giải tốn.

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

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

- Ngồi ra, đề tài cịn có thể là một tài liệu tham khảo bổ ích cho các bạn
đồng nghiệp trong việc bồi dỡng HSG, luyện thi ĐH, CĐ.

III. NhiÖm vơ nghiªn cøu

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

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

- Có cái nhìn khái quát về lý thuyết của bài toán cực trị của hàm nhiều biến
ở bậc đại học áp dụng vào tốn học THPT dới góc nhìn tốn học sơ cấp.
Từ đó góp phần giúp giáo viên THPT hiểu đợc bản chất của vấn đề, để áp
dụng vào từng đối tợng học sinh một cách có hiệu quả nhất.

- Nâng cao dần trình độ học tốn và làm toán của học sinh THPT đáp ứng
đợc nhu cầu của xã hội trong thời kỳ CNH, HĐH đất nc.

IV. Đối tợng và phạm vi nghiên cứu

- Đối tợng Một số phơng pháp giải bài toán cực trị của hàm số ở trờng
THPT.

- Phạm vi nghiên cứu là học sinh khối lớp 10 trờng THPT Yên LÃng
Sáng kiến kinh nghiệm gồm 2 chơng

Chơng 1: Giải bài toán cực trị của hàm số bằng miền giá trị.

Chơng 2: Giải bài toán cực trị của hàm số bằng phơng pháp hình học.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

V. Phơng pháp nghiên cứu.

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

- Nghiờn cu nhng khú khn của học sinh trong việc giải bài toán cực trị
của hàm số, từ đó tìm ra hớng giải quyết.

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

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

B

.

NéI DUNG

Chơng 1: Giải bài toán cực trị của hàm số bằng miền giá trị

1.1 Ph ơng pháp chung

Muốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số yf x

trên miền D
ta làm nh sau :

Gọi y0 là một giá trị tuỳ của hàm số trên D điều đó có nghĩa là hệ sau đây có

nghiƯm

 









 








f x y 1.1

x D 1.2

Tuỳ từng dạng bài của hệ



1.1 , 1.2

 



mà ta có điều kiện có nghiệm thích
hợp. Trong nhiều trờng hợp điều kiện ấy (sau khi biến đổi và rút gọn sẽ đa về
dạng)  y0  (1.3)
Vì y0 là một giá trị bất kì của f(x), nên từ (1.3) thu đợc

 

min f x vµ maxf x

x D x D

 

 

Nh vậy để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số nếu dùng phơng pháp
này, ta quy về việc tìm điều kiện để một phơng trình (thờm iu kin ph) cú
nghim .

1.2. Kết quả điều tra khảo sát thực tiễn và giải pháp

thc hin tài này tôi cho các lớp trên làm một số bài toán về giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nht nh sau:

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

( )

2
2

2x 10x 3

f x , x

3x 2x 1

+ +

= Ỵ

+ + ¡

Lời giải đúng:

Gọi y0 là giá trị tuỳ ý của hàm số. Khi đó phơng trình sau có nghiệm

0
2

2x 10x 3
y
3x 2x 1

 



 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

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

2 2

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

     









0 0 0

3y 2 x 2x y 5 y 3 0

      

(1.5)

* 0 0

3y 2 0 y

   

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

f(x) nhận giá trị
2

3 với mọi giá trị xẻ Ă

* 0 0

3y 2 0 y

   

thì (1.5) là phơng trình bậc hai đối với x. Do đó

(1.5) cã nghiƯm khi vµ chØ khi

0 0 0

2y 19y 35 0 y 7



       

Kết hợp cả hai trờng hợp ta đợc

0
5

y 7

2
2
y



 




 

 (1.6)

( )

Tõ (1.6) ta suy ra maxf x 7, minf x
3

x x

= =

Ỵ ¡ Ỵ ¡

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

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

Lớp 10A4 có 10/46 học sinh cho lời giải đúng, 26 học sinh có lời giải sai
và 10 học sinh khơng có lời giải.

Bài tốn 1 là bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất hàm số ở mức
độ trung bình khá và chỉ một số học sinh có lời giải đúng. Những học sinh có lời
giải sai là do tính nhầm và một số khơng định hớng đựơc cỏch gii.

Để khắc phục những sai lầm trên ta làm nh sau :

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

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

Sau khi a ra cỏc nhn xột trên và cho học sinh làm bài tâp 1.2 ta thu đợc
kết quả ở các lớp nh sau:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

2
2

x 2x 2
y

x 2x 2

với xẻ Ă
Bài giải

Ly y0 thuộc miền giá trị của hàm số khi đó $ ẻ Ăx để sao cho phơng trình
2

0 2

x 2x 2
y

x 2x 2

 



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

TH2:
0
y 1
0




 
 









0
2 2
0 0
y 1

y 1 2 y 1 0





   

 
0
2
0 0

y 1

y 6y 1 0





   



0
0
y 1

3 2 2 y 3 2 2





   



Vậy 3 2 2 y0  3 2 2 .Từ đó suy ra

max Y =3 2 2 khi

0
0
y 1
x 2
y 1

 

 ; minY=3-2 2 khi

0
0
1
2
1

 

y
x
y .

Kết quả thu đợc ở các lớp nh sau:

Häc sinh còn lúng túng khi coi y là hằng số x là biến số. Thứ hai, khi nhân
2 vế đa về phơng trình bậc 2. Tìm điều kiện có nghiệm của phơng trình học sinh
ở lớp 10A2, 10A4 còn lúng tóng.

Tất cả các lời giải sai đều mắc phải một trong các nhận xét trên. Ngồi ra
học sinh cịn không chỉ ra max, min đặt tại đâu. Các học sinh khơng có lời là do

khơng biết cách biện luận phơng trình bậc 2.

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%)
và 5 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%) và 7 học sinh khơng có lời giải(15,3%).

Bài toán 2 là một bài toán tơng tự bài tốn 1, sau khi đợc hớng dẫn phơng
pháp tìm cực trị đã có nhiều học sinh làm đợc, bên cạnh đó cịn nhiều học sinh
làm sai và khơng biết làm.

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

phân thức có dạng

1 1 1
2

2 2 2

a x b x c
y

a x b x c

 



  víi b22  4a c2 2 0

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Bài tập 1.3: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

 





2 4
2
2
3 4x 3x
f x
1 x

Bài giải

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

Èn x





2 4

0
2

2
3 4x 3x

y
1 x
 


(1.7)

(1.7)









4 2

0 0 0

y 3 x 2 y 2 x y 3 0

      

(1.8)
* Nếu y0 = 3 khi đó phơng trình (1.8) trở thành

x 0 vËy (1.8) cã nghiÖm

x = 0.

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









      





2

0 0 0

y 3 t 2 y 2 t y 3 0 (1.9)

t 0 (1.10)

Ta cã









2 2

0 0 0

y 2 y 3 2y 5



      

. 0

0 y



   

. Khi đó theo định lý

Viet ta cã

0
0

y 3

P 1 0

y 3



  

 . Vậy các nghiệm của ( 1.9) cùng dấu, từ đó để hệ

(1.9), (1.10) cã nghiệm thì điều kiện là :

0
0
0
0
0
0 5
y 5
y 3

S 2 y 2

0 2

2 y 3


 
 

 
   

 

 
.

Kết hợp cả hai trờng hợp, phơng trình (1.8) có nghiệm 0
5

y 3

 

Nh vậy ta đợc

( )

max f x 3 , minf x
2

= =

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

NhËn xét: Khi cho học sinh làm bài tập trên ta cần lu ý nh sau:

Hàm phân thức trên có dạng trùng phơng bậc 4 nên nghiệm của phơng trình
điều kiện phải dơng.

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

2
2

x 2x 2

 



  trên đoạn [0,2] .

Nhn xột: Bi tp tp này có dạng miền xác định D = [0,2].

Bµi gi¶i

Lấy y0 thuộc miền giá trị của hàm số khi đó  x D để sao cho phơng trình

2
0 2

x 2x 2
y

x 2x 2

 



  cã nghiÖm

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

nghiệm trong đoạn [0,2]. Ta có các trờng hợp sau:
f(x)=

0 0 0

(y 1)x 2(y 1)x2(y  1)

TH1: a = 0 hay y0 = 1 khi đó 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



0  2



 0 0
1

y 1

5 

TH2.2: 0x1x2 2









0
0

y 1 f(0) 0
y 1 f(2) 0

s
0 2
2

 


 


  

  


 





2
0 0
2
0
0 0
0
0

y 6y 1 0

2(y 1) 0

(y 1) 10y 2 0

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>



3 2 2 y 3 2 2
1

y
5

y 1

1
1 y



    




 




 




  



  0

1
3 2 2 y

  

Vậy miền giá trị của hàm số là 3 2 2 y0 1
Ymax=1 đạt đợc khi x = 0 , Ymin = 3-2 2 đạt đợc khi x= 2

Bµi tËp 1.5 : Cho hµm sè

 

x px q
f x

x 1

 



 .

Tìm p, q để max f x

 

9, minf x

 

1.

Bài giải

Gọi y0 là giá trị tuỳ ý của hàm số, khi đó phơng trình

0
2

x px q
y
x 1

 



 (1.12)

cã nghiÖm Èn x .

Phơng trình (1.12)

0 0

y 1 x px y q 0

     

(1.13)
* NÕu y0 = 1 th× (1.13) cã nghiƯm khi p0 hoặc p = 0 và q = 1

* NÕu y0 0 thì phơng trình ( 1.13) có nghiệm khi   0









2 2

0 0

4y 4 q 1 y p 4q 0

     

. (1.14)

Xét phơng trình

2 2

4t  4 q 1 t  p  4q 0

(1.15)
Gäi t1, t2 lµ nghiƯm của phơng trình (1.15) thì nghiệm của bất phơng trình

(1.14) theo ẩn y0 là t1y0 t2 .

Kết hợp cả hai trờng hợp thì ta thấy phơng trình (1.13) có nghiƯm khi
1 0 2

t y t trong đó t

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Từ đó max f x

 

t , minf x2

 

t1. Nh vậy bài toán trở thành: Tìm p ,q để phơng
trình (1.15) có hai nghiệm 9 và -1. Theo định lý Viet điều đó xảy ra khi





2
4 q 1

8
q 7
4
p 8
4q p
9
4
 

  


 




 .

Vậy hai cặp giá trị cần tìm là

p 8 p 8

q 7 q 7

 
 

 
 
  .

Bµi tËp 1.6 : Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm sè





2 2

f x, y x y

trªn miÒn













2 2 2 2 2 2

D x, y : x  y 1 4x y x y 0

Bài giải

Gọi t0 là một giá trị bất kì của hàm số f (x,y) trên miền D. Điều đó chng t

hệ phơng trình sau đây (ẩn x,y ) có nghiÖm













2 2 2 2

0 0

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x y t x y t

x y 1 4x y x y 0 x y 3 x y 1 4x 0

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


2 2
0
2 2
0 0

x y t (1.16)

t 3t 1 4x 0 (1.17)

§Ĩ (1.17) có nghiệm ẩn x thì ta phải có điều kiện lµ
2
0 0

t  3t  1 0

3 5 3 5

2 2

 

  

(1.18)

Víi ®iỊu kiƯn (1.18 ) gäi x0 lµ nghiƯm cđa (1.17) suy ra

2
2 0 0
0

t 3t 1
x

 



thay
vào (1.16) ta đợc

2 2
0 0

4y  t t 1 (1.19)

Do
2
0 0

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>





3 5





3 5

max f x, y , minf x, y

2 2

D D

Bài tập tơng tự dµnh cho häc sinh vỊ tù lµm ( cã híng dẫn)

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

2
2

x x 1



Hớng dẫn : Làm tơng tự bài 1.3(Đs : 0

 

1 1

y 1 maxf x 1, minf x

3 3)

Bài 1.8 Tìm giá trị lín nhÊt, nhá nhÊt cđa hµm sè

3 x 3 4 1 x 1
y

4 x 3 3 1 x 1

   



   

Híng dÉn:



 



2 2

x3  1 x 4

nên ta đặt

2
2
2
2t
x 3 2

1 t
1 t
1 x 2

1 t

 

 


  


  víi 0 t 1

Khi đó ta có

2
2

7t 12t 9
y

5t 16t 7

  



   ,víi 0 t 1

( §/s :ymax=

7 khi t=0  x=-3 ; ymin=

9 khi t=1  x=1 )

Bài 1.9 :Tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hµm sè A=

2 2

x xy 2y
x xy y



Hóng dẫn: Đăt t=

y khi ú

2
2

t t 2
A

t t 1

 



  .( §/s:Amax=

7 2 7
3



,Amin=

7 2 7

)
Bài 1.10 : Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f x, y

x y

Xét trên miÒn









2 2

D x, y : x 4y 1

Hớng dẫn : Ta cũng giả sử t0 là giá trị tuỳ ý của hàm số f(x,y). Điều đó cú ngha

là hệ sau đây ( ẩn x, ẩn y) cã nghiÖm
0
2 2
0
2 2
0
2 2
x y t

x y t x 4y 1

x y t

x 4y 1

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

Từ đây ta tìm miền giá trị t0 của từng hệ nh

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Chơng 2 : Giải bài toán cực trị của hàm số bằng phơng pháp hình

học

2.1 C s lý thuyết

Bất đẳng thức tam giác

1.Với 3 điểm A, B , C bất kì ta lu«n cã :
+ ABBCAC

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

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

+ Đa hàm số đã cho về dạng :





2 2 2 2
f x, y  x a  y b

(a, b là các hăng số )

+Sau đó định hệ trục toạ độ, chọn 3 điểm A , B , C có toạ độ xác
định và cuối cùng sử dụng hai bất đẳng thức trên để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
của hàm số .

2. ABC :ABBCAC AB BC.

2.2

Kết quả điều tra khảo sát thực tiễn và giải ph¸p

Để thực hiện đề tài này tơi cho các lớp trên làm một số bài toán về cực trị
v c kt qu nh sau:

Bài 2.1. Tìm giá trị nhá nhÊt cđa hµm sè

( )

2 2

f x = x + + +x 1 x - x+1 " ẻ Ăx

Bài giải
Ta có:

2 2

f x x   x 1 x  x 1

2 2

1 3 1 3

x 0 x

2 2 2 2

    

              

   

      

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các điểm:





1 3 1 3

A ; , B ; ,C x;0

2 2 2 2

   

 

   

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

C
B

O x

1
2

y
3
2

1
2



3
2



Khi đó ta có

2
2

1 3

AC x

2 2

 

      

   

2
2

1 3

BC x

2 2

 

      

   

 

2
2

AB 1  3 2

A,B,C

 , ta ln có bất đẳng thức: ACBCAB

2 2

1 3 1 3

x x 2, x

2 2 2 2

ỉ ư ổ ử

ổ ửữ ỗ ữ ổ ữử ỗ ữ

ỗ ữ ç ÷

Û çç + ÷÷+çç ÷÷+ çç - ÷÷+ -çç ữữ " ẻ

ố ứ ỗố ứ ố ứ ỗố ứ ¡

( )

f x 2, x

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

DÊu “=” x¶y ra  C





, ta thÊy OAB CO
Hay f 0

 

22

VËy: min f x

( )

= " Ỵ ¡2, x
NhËn xÐt:

Lớp 10A1 có 15/45 học sinh cho lời giải đúng, 28 học sinh có lời giải sai
và 12 học sinh khơng có lời giải.

Lớp 10A2 có 10/45 học sinh cho lời giải đúng, 25 học sinh có lời giải sai
và 15 học sinh khơng có lời giải.

Lớp 10A4 có 2/46 học sinh cho lời giải đúng, 24 học sinh có lời giải sai và
20 học sinh khơng có lời giải.

Bài tốn 1 là bài tốn tìm giá trị nhỏ nhất của hàm căn thức mức độ khá và
đa số học sinh cha có lời giải đúng. Những học sinh có lời giải sai là do tính
nhầm hoc cha hỡnh dung ra phng phỏp gii.

Để khắc phục những sai lầm trên ta làm nh sau:

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

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

Bớc 3: áp dụng một số bất đẳng thức hình học.

Bớc 4: Học sinh phải nắm vững phần phơng pháp toạ độ trong hình học
phẳng.

Bớc 5: Thông qua cách làm của học sinh phân tích một số sai lầm gặp
phải khi làm dạng toán này.

Sau khi giáo viên hớng dẫn cho học sinh làm bài tập sau:
Bài 2.2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

2    2  

f x x x 1 x 3x 1

, với xẻ Ă
Lời giải đúng:

Ta cã thÓ viÕt:

 

2 2

1 3 3 1

f x x x

2 2 2 4

   

 

          

     

2 2 2

1 3 3 1

x 0 x 0

2 2 2 2

     

   

              

         .

Với hai điểm M x ;y , N x ;y



1 1





2 2



trên mặt phẳng toạ độ, 
ta có:









2 2

2 1 2 1
MN x  x  y  y

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, đặt:

1 3
A( ; )

2 2

3 1
B( ; )

2  2
C(x;0)

1
2

3
2
x

1
2


3
2

x
y

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>





1 3 3 1

A ; , B ; , C x;0

2 2 2 2

   

   

   

Khi đó ta có:

2
2

1 3

CA x 0

2 2

 

      

   

2 2

3 1

CB x 0

2 2

    

       

 

2 2

3 1 1 3

AB 2

2 2 2 2

   

        

   

VËy: f x

 

CACB.
A, B,C

 , ln có bất đẳng thc: CACBAB

( )

f x 2,

" ẻ Ă

. Mặt khác, giả sử AB cắt Ox tại C0.

Ta cú: C A0 C0 B AB. Nh vậy, nếu đặt x0 OC0 thì f x

 

0 2 Do đó:

( )

min f x = " Ỵ ¡2, x

Sau khi hớng dẫn học sinh và cho làm bài tập 2 đợc kết quả nh sau:

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

Lớp 10A2 có 37 học sinh có lời giải đúng (82,2%); 8 lời giải sai (17,8%)
Lớp 10A4 có 30 học sinh cho lời giải đúng (65,2%), 11 học sinh có lời
giải sai (23,9%) và 5 học sinh khơng có lời giải (10,9%).

Nh vậy sau khi hớng dẫn phơng pháp tìm cực trị bằng phơng pháp hình

học đa số học sinh đã biết vận dụng và làm đợc bài tập.

Với phơng pháp trên, sai lầm chủ yếu của học sinh mắc phải là khơng biết
dụng đa bài tốn đại số về bài tốn hình học. Một số học sinh còn lúng túng khi
đặt các toạ độ tơng ứng để đa về bài toán độ độ dài trong tam giỏc.

Từ những phân tích trên ta cho học sinh ¸p dơng lµm mét sè bµi tËp vËn dơng
nh sau:

Bài 2.3 Tìm giá trị lớn nhất của hàm sè:

( )

2 2

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

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

 









2 2 2





2 2

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

f 3

 

 5 1.

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

2 2 2

BC AB AC  x 3 5

2 2 2

BD AB AD  x 3 1

Trong BCD, ta lu«n cã BC BDDC

2 2 2 2

x 3 5 x 3 1 4

      

VËy lµ  x 3 th× f x

 

4 . f x

 

4 khi x3.

Suy ra

( )

max f x 4

Ỵ

¡ .

Nhận xét: Bài toán trên là dạng hiệu của hai biểu thức, ta áp dụng hiệu của hai
cạnh luôn nhỏ hơn cạnh thứ 3.

Bài 2.4 Tìm giá trị lín nhÊt vµ nhá nhá nhÊt cđa hµm sè f x;y





4x3y. XÐt

trªn miỊn









2 2

D x;y : x y 168x6y

Bài giải

x;y

, ta cã

2 2

x y 168x6y

2 2

x 8x 16 y 6y 9 9

      









2 2

x 4 y 3 3

    

Vậy 



x;y



D là những điểm nằm trên đờng trịn có tâm I 4;3





, bán kính

R 3 . Khi đó 



x;y



D, ta có:









2 2
2 2

1 x y

f x;y 4x 3y x y 16 8

2 2



      

D C

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

1
M

2
M

4 x

y M

Nối OI cắt đờng tròn D tại M , M1 2. Khi đó 



x;y



D, ta có:

  1 1

M x;ymin OMD OM OI M I 5 32

 

2
M x;ymin OMD 4

 

  2 2

M x;ym ax OMD OM OIM I  5 3 8



2
M x;ym ax OMD 64

Mặt khác, ta có:

2 2 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; min f x;yM x;y D





6
Bài 2.5: Tìm giá trị lớn nhất của hàm sè





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

trªn miÒn







2 2 2 2



D x, y, z, t : x y z t 5

Bài giải
Ta cã thÓ viÕt lại hàm f x, y, z, t

nh sau





























2 2 2 2 2 2

x 1 y 2 z 1 t 2 x 2 y t

f x, y, z, t

2 2 2

        

  



x, y, z, t



 

thì điểm M x;y , N z;t









nằm trên đờng tròn tại gốc O bán kính
R 5 trong hệ trục toạ độ Oxy , xét điểm P( 1; 2). Vậy P (1; 2) cũng nằm trên 
đờng trịn D.

Khi đó, ta có:

























2 2 2 2

2 2

x 1 y 2 z 1 t 2

x z y t MP NP MN

      

      

víi 



x;y;z;t



D

M
P(1;2)
y

x
2

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

 1 u

M(x;y)
0

M 1

N N(z;t)
2
vu 3

1


Do MNP nội tiếp đờng tròn



0; 5



Mặt khác, một tam giác nội tiếp đờng trịn nếu tam giác đó là tam giác đều thì
tam giác đó có chu vi lớn nhất.

MNP

 đều nội tiếp đờng trịn có bán kính 5 thì cạnh có độ dài:

a 3. 5 15

VËy:





1 3 30

f x, y, z, t .3 5

2
2

  max f x;y;z;t





3 30, x;y;z;t



D

Bài 2.6. Tìm giá trị lớn nhất cđa hµm sè:

2 2

f(x, y, z, t)z t  2xz 2yt1

XÐt trªn miỊn





2 2 2

D (x, y, z, t) : x y 1 , z t 3 0

Bài giải

(x, y, z, t) D

, ta cã:

2 2 2 2

2 2

f(x, y, z, t) (z x) (y t) x y 1
(z x) (y t)

      

   

(x, y, z, t) D

thì tập hợp những ®iĨm

M(x,y) n»m

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

Khi đó, ta có:

2 2 2

MN (z x) (t y) f(x, y, z, t)

VËy: min MN2 = M

0N0 = 4 ,

Víi M0(0;1) ; N0(0;3)

Do đó, ta có :

f(x, y, z, t) 4. (x, y, z, t) D
f(0,1, 0,3) 4 (0,1, 0,3) D

  




 

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

C
A

y
Bài 2.7. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:

f(x,y,z) = x (1 – y) +y(1 – z) + z( 1- x)
XÐt trªn miỊn D



(x, y, z) ; 0 x 1 ; 0 y 1 ; 0 z 1



Bµi gi¶i

Dựng ABCđều với cạnh bằng 1 khi đó: ABC
3
S

 

.
Trên AB, BC, CA ta ln lt t cỏc

đoạn:

AM = x ; BN = z ; CP = y

Do 0x, y, z1 nên M có thể trùng
A hoặc B

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

AMP
1

S AM.AP. sin
2

AMP

1 3 3

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

2 2 4



    

Hoµn toµn t¬ng tù, ta cã: BMN
3

S z(1 x)

  

CNP
3

S y(1 z)

Mặt khác, ta có: SCNP SBMN SCNP SABC

































3 3 3 3

x 1 y z 1 x y 1 z x, y, z D

4 4 4 4

x 1 y z 1 x y 1 z 1 x, y, z D

        













f x,y,z 1 x, y, z D
VËy lµ

f 1, 0, 0 1

   







 . Do đó x,y,z



 D



max f x, y, z 1

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Bài tập tơng tự cho häc sinh vỊ nhµ lµm: ( cã híng dÉn)
Bµi 2.8 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm sè :

2 2
f(x;y)x y

XÐt trªn miỊn : D



(x;y) : x 2y 8 0;x  y 2 0;2x y 4 0



( §s ( x;y ) D ( x;y) D

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

   

)
Bµi 2.9 Cho hµm sè

( )

2 2

f y = y - 4y+ +8 y - 6y+10 " ẻ Ăy

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm f y

( )

Hớng dẫn Hàm số f y

( )

đợc viết lại dới dạng

( )

(

)

2 2

(

)

2 2

f y = y- 2 +2 + y- 3 +1

Sau đó trong hệ trục toạ độ ta chọn các điểm A



1;2 ;B 2;3 ;M 1;y

 







, áp dụng
bất đẳng thức trong tam giác AMBMAB .Suy ra giá trị nhỏ nhất của f y

( )

( Đs

( )

min f y = 10

¡ )

Bµi 2.10 Cho hµm sè

( )

2 2

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

của hµm sè f x

( )

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



 







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

( §s

( )

minf x =7

¡ )

Bµi 2.11 Cho hµm sè

( )

2 2

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

trị nhỏ nhất của hµm sè f x

( )

Híng dÉn : Ta viết lại hàm

( )

(

)

(

)

2 2

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

áp dụng bất đẳng thức tam giác AMBMAB

( Đs

( )

minf x = 34

Ă )

Bài 2.12 Cho hµm sè

( )

2 2

f x = 2x - 10x+25+ 2x - 4 6 x+24 " ẻ Ăx
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f x

( )

Hớng dẫn : Ta viết lại hàm

( )

(

)

(

)

2 2 2

f x = x- 5 +x + 2 6- x +x
.

Trong hệ toạ độ Oxy , xét các điểm A 0;5 ;B 2 6;0 ;M x;x













áp dụng bất đẳng thức tam giác AMBMAB suy ra giá trị nh nht.

( Đs

( )

minf x =7

Ă )

Bài 2.13 Cho hµm sè

( )

2 2

f x = 5x - 8x+13+ 5x - 4 x+ " Ỵ Ă4 x . Tìm giá

trị nhỏ nhất của hàm số f x

( )

Híng dÉn : Ta viÕt l¹i hµm

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2 2

f x = x+2 + -3 2x + x- 2 + - 2x
Trong hệ toạ độ Oxy , xét các điểm A



2; 1 ;B 2;2 ;M x;2

 





 2x



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

( §s

( )

minf x =5

¡ )

Bµi 2.14 Cho hµm sè

( )

2 2

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

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f x

( )

Hớng dẫn : Ta viÕt l¹i

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2 2

f x = x- 3 + 3x- 1 + x+2 + 3x- 4
Trong hệ toạ độ Oxy , xét các điểm A 3;2 ;B







2; 1 ;M x;3 1 x









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

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23></div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

C

.

Phần kết luận và khuyến nghị

1. Kết luận và đánh giá cơ bản.

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

Qua c¸c sè liƯu trên ta thấy khi dạy học sinh có cái nhìn khái quát hoá
dạng toán cực trị học sinh hiểu bài và vận dụng làm bài tập tốt hơn, điển hình là
đầu điểm cao cũng nhiều hơn.

Ni dung ca SKKN ny đợc tác giả vùi công nghiên cứu trao đổi thông

qua quá trình học cao học, giảng dạy tại trờng THPT Yên Lãng và sự trao đổi
giúp đỡ của đồng nghiệp ban bè, sử dụng một số kiến thức toán học cao cấp nh
giải tích lồi, các phơng pháp tìm cực trị của hàm nhiều biến đợc ứng dụng vào
giải toán THPT và kiến thức toán học sơ cấp. Và đã mang lại một số kết quả tích
cực đáng khích lệ.

Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm đã trình bày một cách có hệ thống
kiến thức cụ thể chi tiết những dạng tốn cơ bản về các phơng pháp tìm cực trị ở
chơng trình tốn THPT.

Thơng qua SKKN này học sinh đã tự tin hơn rất nhiều khi học toán từ đó
tạo tính ham học, sáng tạo trong q trình học v t duy toỏn.

2.Khuyến nghị:

Cần nâng cao t duy học toán của học sinh thông qua các phơng pháp giải
có tÝnh hƯ thèng.

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

Cần xây dựng hệ thống các phơng pháp giải, các dạng bài tập tơng ứng.
Kiến thức trên chỉ đợc áp dụng cho học sinh khá giỏi. Giảng dạy ở các lớp
mũi nhọn của trờng.

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

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

lực của bản thân cịn nhiều hạn chế nên SKKN của tơi vẫn cha nêu hết đợc đầy

đủ và hệ thống các phơng pháp để giải chúng .

Tơi kính mong các đồng nghiệp đóng góp ý kiến để SKKN của tơi đợc hồn
thiện hn .

Tôi xin chân thành cảm ơn !

Mê Linh, ngày 20/05/2010
 Ngêi thùc hiÖn

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

D

.

Tài liệu tham khảo

1.Đỗ Văn Lu, Phan Huy Khải ,

Giải tích lồi, Nxb khoa học và kĩ thuật ,
Hà Nội.

2. Phan Huy Khải (2002), Các bài toán cực trị của hàm số, Nxb Hµ Néi .
3 .Vâ Giang Mai, Võ Khắc Thờng, Lê Quang Tuấn, ứng dụng c¸c tÝnh chÊt

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

nhÊt, Nxb Thanh Ho¸.

</div>

Phương pháp giải toán cực trị

<b>Môc lôc</b>

Trang

A.

phần Mở đầu

B.

NéI DUNG

A

<b> </b>

<b>PHÇN Mở đầu</b>

<b>I. Lý do chn ti:</b>

<b>II. Mục đích sáng kiến kinh nghiệm</b>

<b>III. NhiÖm vơ nghiªn cøu</b>

<b>IV. Đối tợng và phạm vi nghiên cứu</b>

B

<b>. </b>

<b>NéI DUNG</b>

 











 



 

 

( )









( )

( )









 

































( )

( )





















 

 

 









 

 







