CHUYEN DE GTNNLN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Một số kiến thức cơ bản về căn số học 1) Định nghĩa cơ bản về căn số: Mỗi số thực có một căn số thực duy nhất bậc lẻ cùng dấu với nó.Các số thực âm không có căn số thực bậc chẵn. Mỗi số thực dương a có hai căn số thực bậc chẵn đối nhau, trong đó giá trị dương được gọi là căn số số học và được ký hiệu bởi. 2k. A . Căn số thực bất kỳ của 0 bằng 0. Như vậy, đối với căn thức bậc chẵn của số thực A: khi viết. rằng: a) A0 (để căn có nghĩa) b). 2k. A 0 (định nghĩa căn số học). 2) Các hệ quả: a) Nếu a0 thì. n. a n a. b) Với mọi số thực a, ta có: 2 k 1. 2k. a 2 k 1 a.  a _ nêu _ a 0 a 2k  a    a _ nêu _ a  0. Hãy xử lí bài toán GT 188/14. 2k. A phải nhớ.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) và giá trị lớn nhất (GTLN) của hàm số:. y  f ( x)  x  1 . 4  x trên miền -1≤ x ≤ 4. 1) Phần lời giải: Ðịnh hướng. Triển khai Cứ mỗi giá trị x trên miền -1  x  4 cho ta một giá. 1) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất là tìm khoảng. trị của y thỏa:. giới hạn của nó:. 14yx. a≤≤b. bình phương 2 vế, ta được:. . y2 . 2) đây là dạng toán:  minB(x) =m .  y2 =  y2 =. B ( x) m   x0 : B ( x0 ) m. Có:.  max B(x)= m.  B( x) m  x : B( x0 ) m  0. mà. 4 x. . 2. x  1  4  x  2 ( x  1)(4  x). 5  2 ( x  1)(4  x ). (1). 2 ( x  1)(4  x) 2  x 2  3x  4 -1≤ x ≤ 4. nên : -x2+3x+4  0 vậy:. 3) gặp căn thức: điều kiện. 2 ( x  1)(4  x) 0. (2). (1),(2)  y2 ≤ 5. trong căn là ≥ 0 4) nhận thấy: gặp căn thức,. . nâng lên lũy thừa.. y 2  5 0.  . 5) quan sát biểu thức dưới căn: tổng của 2 biểu thức. x 1 . . 5 y  5. x : ymax  5. dưới căn là một hằng số. . x 1 . 4 x  5. . 4  x  5  x 1. (a).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Điều kiện : -1 x  4. (3). Bình phương 2 vế ta được :. 4  x  5  2 5(4  x)  x  1 . 2 5(4  x) 2 x  8. Điều kiện để có thể bình phương 2 vế: x 4. (4). Bình phương 2 vế , ta được : 5(4 – x) = (x + 4 )2  20 – 5x = x2 + 8x + 16  x= -1 ; x= 4. Đối chiếu với điều kiện (3) và (4) thì: (a) có nghiệm  x=4  với x= 4, thế vào y, ta được: y  5 Vậy: ymax =. 5  x=4.  x : ymin = - 5  . x  1  4  x  5. . x 1  5  4  x. (b). Điều kiện : -1  x  4 Bình phương 2 vế , ta được:. x  1  5  2 5( x  1) 4  x . 2 5( x  1)  2 x  2. Điều kiện để có thể bình phương 2 vế : x -1 (5) Bình phương 2 vế , ta được : 5(x + 1) = (x + 1 )2  5x + 5 = x2+2x+1  x2- 3x -4 = 0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  x=1;x=4 Đối chiếu với điều kiện (3) và (5) thì: (b) có nghiệm  x= -1 * với x = -1 , thế vào y, ta được : y =  5 Vậy ymin =  5  x= -1 Vậy : GTNN của y là -5 khi x = -1 GTLN của y là 5 khi x = 4. Cáck khác : Định hướng : 1) Mục dích cũng là tìm. Triển khai Cứ mỗi giá trị của x trên miền -1  x  4 cho ta giá. khoảng giới hạn của nó: trị của y thỏa: y= x +1 - 4- x (1) ab 2) y có dạng của tổng 2 căn độc lập:. đặt u  x  1 ; v  4  x thế vào (1) , ta được:. y A B. nên ta có thể tách 2 căn. . u  v y   2 (u  v)  2uv 5. thức này riêng ra bằng cách đặt: u = A và v = B 3)tổng của 2 biểu thức.  u  v y  2 2 u  v 5. .  u  v y  2  y 5  2uv. hệ (I). dưới căn là 1 hằng số nên khi đặt u, v việc. nhận thấy:. 2  uv   x  3x  4. bình phương u và v sẽ cho ta kết quả là 1 hằng. uv  ( x  1)(4  x). mà.  x 2  3x  4 0 , x -1;4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> số.Từ đó ta đưa bài toán. Vậy uv  0 , x   -1;4 (3). về dạng toán:giải hệ. kết hợp (2) và (3), ta được: y2  5. phương trình 4)chủ đề xuyên suốt bài này cũng chính là:.  -5  y  5 *u,v: ymax = 5 từ hệ (I) ta được:. * min B(x) = a.  u  v  5  5 5  2uv.  B(x)  a và xo : B(xo) = a. u  v  5   uv 0. * max B(x) = b  B(x)  b và xo :.   u 0   v  5   u  5   v 0  . B(xo) = b.           . x  1 0 ___________________________________________ 4  x  5 0(vô _ ly _ do : 5  0;  1 x 4 _ nên _ 4  x 0) x  1  5 __________________________________________ 4  x 0 ___________________________________________.  x  1  5    4  x 0. .  1  x 4   x  1 5  4  x 0 .  1  x 4    x 4. vây ymax = 5  x = 4 * u,v :ymin = -5 từ hệ (I) , ta được:.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> u  v  5   5 5  2uv u  v  5   uv 0   u 0    v  5   u  5   v 0    x  1 0 __________________________________________    4  x  5 ___________________________________________    x  1  5 0(vô _ ly _ do : 5  0;  1  x 4 _ nên _ x  1 0)     4  x 0 ___________________________________________  x  1 0   4  x  5   1  x 4   x  1. Vậy ymin = -5 x - -1 Vậy:GTNN của y là -5 khi x= -1 GTLN của y là 5 khi x=4. 2) Bài toán tương đương: Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của y  x  2000 . 2011  x trên miền.  2000 x 2011 3) Bài toán tổng quát: 3.1) Cách biểu diễn thứ nhất: Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của  A  x  a  y  A  B , với:  B b  x trên miền -a ≤ x ≤ b (a0 , b0).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 3.2) Cách biểu diễn thứ hai: Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của. y A.  A  x a  B , với:  B b  x trên miền xác định của AB≥0. Email: Website: . THE END.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>