HSG Toan 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>I. Lý do chọn đề tài: NhiÒu n¨m gÇn ®©y trong c¸c kú thi chän läc häc sinh giái c¸c cÊp bËc THCS vµ c¸c kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 THPT thêng cã c¸c bµi to¸n yªu cÇu t×m gi¸ trÞ lín nhất (GTLN); giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức nào đó. Các bài toán này là một phần của các bài toán cực trị đại số. Các bài toán cực trị rất phong phú và đa dạng, nó tơng đối mới và khó đối với học sinh THCS. Để giải các bài toán cực trị học sinh phải biết đổi tơng đơng các biểu thức đại số, phải sử dụng khá nhiều hằng đẳng thức từ đơn giản đến phức tạp... phải tæng hîp c¸c kiÕn thøc vµ kü n¨ng tÝnh to¸n, t duy s¸ng t¹o. Vậy làm thế nào để học sinh có thể định hớng đợc hớng đi, hay hơn thế là hình thành đợc một công thức "ẩn tàng" nào đó mỗi khi gặp một bài toán cực trị đại số. Là ngời trực tiếp giảng dạy toán trong trờng THCS, trong quá trình giảng dạy, đặc biệt lµ d¹y häc sinh giái, t«i lu«n lu«n tr¨m trë, t×m tßi, chän läc nh÷ng ph¬ng ph¸p hîp lý nhÊt để để dẫn dắt, hình thành cho học sinh một cách suy nghĩ mới làm quen với dạng toán này để dần dần các em có đợc một số phơng pháp giải cơ bản nhất. Trong khuôn khổ nhỏ hẹp này tôi xin nêu ra "Một số phơng pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số bậc THCS". II. mục đích và nhiệm vụ của đề tài. 1. Mục đích nghiên cứu  Nghiên cứu đề tài một số phơng pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số bậc THCS giúp giáo viên vận dụng một cách tổng hợp các tri thức đã học, mở rộng đào sâu và hoàn thiện hiểu biết. từ đó có phơng pháp dạy học phần này cho học sinh cã hiÖu qu¶ gióp häc sinh n¾m ch¾c kiÕn thøc vµ vËn dông linh ho¹t kiÕn thức toán học đặc biệt là kiến thức về "Một số phơng pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số bậc THCS”.  Nghiên cứu đề tài để lắm đợc những thuận lợi và khó khăn khi dạy học phần giải bài toán tìm cực trị từ đó xác định hớng nâng cao chất lợng dạy và học môn to¸n.  Nghiên cứu đề tài giúp giáo viên có t liệu tham khảo và dạy thành công dạy toán tìm cc trị của đồ thức. 2. NhiÖm vô nghiªn cøu.  Đề tài đa ra một hệ thống các phơng pháp thờng dùng để giải bài toán cực trị và một số bài toán áp dụng đối với từng phơng pháp.  Trang bị cho học sinh lớp 9 hệ thống kiến thức để giả bài toán cực trị, tránh đợc nh÷ng nhÇm lÉn thêng gÆp khi gi¶i d¹ng bµi to¸n nµy.  Thông qua đề tài, học sinh có thể nắm đợc một số phơng pháp và có thể vận dụng vào giải bài tập, rèn kĩ năng giải bài toán cực trị, đồng thời giúp học sinh thấy đợc cái hay, cái đẹp, sức hấp dẫn của toán học, kích thích sự tò mò khám ph¸, t×m hiÓu bµi to¸n . III. đối tợng và phạm vi nghiên cứu  Nghiªn cøu c¸c ph¬ng ph¸p gi¶i c¸c bµi to¸n t×m cùc trÞ trong ch¬ng tr×nh to¸n THCS  Nghiªn cøu c¸c tµi liÖu cã liªn quan .  Giáo viên dạy toán THCS và học sinh THCS đặc biệt là học sinh khối 8, 9 IV. Ph¬ng ph¸p nghiªn cøu. 1. Ph¬ng ph¸p nghiªn cøu lÝ luËn §äc c¸c tµi liÖu cã liªn quan.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  T¹p chÝ to¸n tuái th¬ 2  Ph¬ng ph¸p d¹y häc m«n to¸n  S¸ch gi¸o khoa  S¸ch gi¸o viªn  S¸ch tham kh¶o 2. Ph¬ng ph¸p ®iÒu tra  §iÒu tra n¾m t×nh h×nh d¹y cña c¸c gi¸o viªn trong vµ ngoµi nhµ trêng.  Điều tra mức độ tiếp thu và vận dụng "Một số phơng pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số bậc THCS” của học sinh.  ChÊt lîng cña häc sinh tríc vµ sau khi thùc hiÖn 3. Ph¬ng ph¸p ph©n tÝch  Ph©n tÝch yªu cÇu, kÜ n¨ng gi¶i m«t bµi tËp 4. Ph¬ng ph¸p thùc nghiÖm 5. Ph¬ng ph¸p tæng kÕt kinh nghiÖm  Rút ra những bài học cho bản thân và đồng nghiệp đẻ dạy tốt hơn trong quá tr×nh d¹y häc.. phÇn ii: néi dung. I . C¸c kiÕn thøc cÇn thiÕt 1. Các định nghĩa 1.1. Định nghĩa giá trị lớn nhất (GTLN) của một biểu thức đại số cho biểu thức f(x,y,...) xác định trên miền D : M. đợc gọi là GTLN của f(x,y,...) trên miền |D nếu 2 điều kiện sau đồng thời tho¶ m·n : 1. f(x,y,...)  M (x,y,..)  |D 2.  (x0, y0,...)  |D sao cho f(x0, y0...) = M. Ký hiÖu : M = Max f(x,y,..) = fmax víi (x,y,...)  |D 1.2. Định nghĩa giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức đại số cho biểu thức f(x,y,...) xác định trên miền |D : M. đợc gọi là GTNN của f(x,y,...) trên miền |D đến 2 điều kiện sau đồng thời tho¶ m·n : 1. f(x,y,...)  M (x,y,..)  |D 2.  (x0, y0,...)  |D sao cho f(x0, y0...) = M. Ký hiÖu : M = Min f(x,y,..) = fmin víi (x,y,...)  |D. 2. C¸c kiÕn thøc thêng dïng 2.1. Luü thõa : a) x2  0 x  |R  x2k  0 x  |R, k  z  - x2k  0 Tæng qu¸t : f (x)2k  0 x  |R, k  z  - f (x)2k  0 Từ đó suy ra : f (x)2k + m  m x  |R, k  z 2k M - f (x)  M b) √ x  0 x  0  ( √ x )2k  0 x0; k z Tæng qu¸t : ( √ A )2k  0 A 0 (A lµ 1 biÓu thøc) 2.2 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối : a) |x|  0  x|R b) |x+y|  |x| + |y| ; nÕu "=" x¶y ra  x.y  0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> c) |x-y|  |x| - |y| ; nÕu "=" x¶y ra  x.y  0 vµ |x|  |y| 2.3. Bất đẳng thức côsi : ai  0. ; i = 1 ,n :. a1 +a2 +. .. .+an n ≥ √ a1 . a2 . . .. . an n. nN, n 2.. dÊu "=" x¶y ra  a1 = a2 = ... = an 2.4. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki : Víi n cÆp sè bÊt kú a1,a2,...,an ; b1, b2, ...,bn ta cã : (a1b1+ a2b2 +...+anbn)2  ( a21 +a 22+. . ..+ a2n ¿ .( b21 +b22 +. .. .+b2n ) DÊu "=" x¶y ra . ai bi. = Const (i = 1 ,n ). NÕu bi = 0 xem nh ai = 0 2.5. Bất đẳng thức Bernonlly : Víi a  0 : (1+a)n  1+na n N. DÊu "=" x¶y ra  a = 0.  Một số Bất đẳng thức đơn giản thờng gặp đợc suy ra từ bất đẳng thức (A+B)2  0. a. a2 + b2  2ab b. (a + b)2  4ab a b + ≥2 2( a2 + b2 )  (a + b)2 b a. c. d.. 1 1 4 + ≥ b a a+ b. e..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> II. Mét sè ph¬ng ph¸p c¬ b¶n giải bài toán cực trị đại số Ph¬ng ph¸p 01. ( Sử dụng phép biến đổi đồng nhất ) Bằng cách nhóm, thêm, bớt, tách các hạng tử một cách hợp lý, ta biến đổi biểu thức đã cho về tổng các biểu thức không âm (hoặc không dơng) và những hằng số . Từ đó : 1.§Ó t×m Max f(x,y,...) trªn miÒn |D ta chØ ra : ¿ f (x , y .. .)≤ M ∃( x0 , y 0 . . ..)∈∨R sao cho f(x0,y0,...) = M ¿{ ¿. 2. §Ó t×m Min f(x,y,...) trªn miÒn |D ta chØ ra : ¿ f (x , y .. .)≥ m ∃( x0 , y 0 . . ..)∈∨R ¿{ ¿. sao cho f(x0,y0,...) = m. I. C¸c vi dô minh ho¹ : 1. VÝ dô 1 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A1 = x2 + 4x + 7 Gi¶i : 2 2 Ta cã : A1 = x + 4x + 7 = x + 4x + 4x + 3 = (x + 2)2 + 3  3 v× (x + 2)2 0.  A1 min = 3  x + 2 = 0  x = -2 VËy A1 min = 3  x = -2 2. VÝ dô 2 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña A2 = -x2 + 6x - 15 Gi¶i : 2 2 Ta cã : A2 = -x + 6x - 15 = - (x - 6x + 9) - 6 A2 = - (x - 3)2 - 6  - 6 do -(x - 3)2  0 x |R  A2 max = - 6  x - 3 = 0  x = 3 VËy A2 max = - 6  x = 3 3. VÝ dô 3 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A3 = (x-1)(x-4)(x-5)(x-8)+2002 Gi¶i : Ta cã : A3 = (x-1)(x-4)(x-5)(x-8)+2002 = (x-1) (x-8) (x-4) (x-5) + 2002 = (x2-9x + 8) (x2 - 9x + 20) + 2002 = {(x2-9x + 14) - 6}.{(x2-9x + 14) + 6} + 2002 = (x2-9x + 14)2 - 36 + 2002 = (x2-9x + 14)2 + 1966  1966 v× (x2-9x + 14)2 0 x  A3 min = 1966  x2-9x + 14 = 0. . ¿ x=2 x=7 ¿{ ¿.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ¿ x=2 x=7 ¿{ ¿. VËy A3 min = 1966 . 2 4. VÝ dô 4 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc A4 = 2 x 2− 10 x −1 (x ≠ 1). x −2 x+ 1. Gi¶i : 2. Ta cã: A4 =. x − 1¿ ¿ x − 1¿ 2 ¿ ¿ 2 2 x 2 − 10 x −1 2(x −2 x +1)−6 ( x −1) −9 = ¿ x 2 −2 x+ 1. 2 2 3 3 v× +1 +3 ≤ 3 +1 ≤ 0 ∀ x x −1 x −1 3 + 1=0  x = -2  A4 Max = 3  x −1. =-. (. ). (. ). VËy : A4 Max = 3  x = -2 5. VÝ dô 5 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña A5 =. x y + − √x − √ y √ y √x. víi x,y>0. Gi¶i : Ta. cã:A 5 =. x y + − √ x − √ y = x √ x + y √ y − x √ y − y √ x =¿ √ y √x √ xy. x ( √ x − √ y)− y ( √ x − √ y) √ xy. A5 =. √ x − √ y ¿2 .( √ x − √ y). ( √ x − √ y ).(x − y ) √ xy. =. ¿ ¿ ¿. 0. x,y > 0.  A 5 min = 0  √ x − √ y=0  x = y VËy : A5 min = 0  x = y > 0 6. VÝ dô 6 : Cho x,y  0 vµ x + y = 1 . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ lín nhÊt cña A6 = x2 + y2. Gi¶i : Do x; y  0 vµ x + y = 1  0  x;y 1  x2 x, y2 y  A6 = x2 + y2  x + y = 1  A6 max = 1 . ¿ x=0 y=1 ¿{ ¿. hoÆc. ¿ x=1 y=0 ¿{ ¿. MÆt kh¸c : x + y = 1  (x + y)2 = 1  1 = x2 + 2xy + y2  (x2+y2)-(x-y)2 2. x− y¿ ≥.  A6 = x2+y2 =. 1 1 + ¿ 2 2. 1 2. do (x - y)2  0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  A6 min = 1  x - y = 0  x = y = 1 2. 2. ¿ x=0 y=1 ; ¿ x=1 y=0 ¿{ ¿. VËy : A6 max = 1 . A6 min = 1  x = y = 1 2. 2. 7. VÝ dô 7 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña A7 = xy + yz + zx - x2-y2-z2 Gi¶i : Ta cã : A7 = xy + yz + zx - x2-y2-z2 = - 1 (2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2xz) 2. A7 = - 1 {(x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2}  0 2. x,y,z.  A7 Max = 0  x = y = z VËy : A7 Max = 0  x = y = z II. NhËn xÐt:  Phơng pháp giải toán cực trị đại số bằng cách sử dụng các phép biến đổi đồng nhất đợc áp dụng cho nhiều bài tập, nhiều dạng bài tập khác nhau. Song đôi khi học sinh thờng gặp khó khăn trong công việc biến đổi để đạt đợc mục đích. Vậy còn những phơng pháp nào; để cùng phơng pháp vừa nêu trªn gióp häc sinh nhanh chãng t×m ra lêi gi¶i. Tríc hÕt ta gi¶i mét sè bµi toán sau để cùng suy ngẫm. III. Các bài tập đề nghị : 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña c¸c biÓu thøc sau : a. A = x2 - 10x + 20 b. B = (x-1)2 + (x-3)2 2 c. C = 3 x2 − 8 x+ 6. x −2 x+ 1. (x 1). d. D = x3 + y3 + xy biÕt x + y = 1 e. E = 4( x+ y + √ xy) víi x,y > 0 x + y +2 √ xy 2. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña c¸c biÓu thøc : a. A = - x4 + 2x3 - 3x2 + 4x + 2002 b.. 2 B = x 2 +2. x +1. 2 C = − 7 x2 +74 x −196. ;. x −10 x +25. 2. 3. T×m GTLN, GTNN. cña A = x 2+4 x+6 x + 2 x +3.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ph¬ng ph¸p 02 :. ( Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản ) Ta biết rằng : Từ một bất đẳng thức, bằng cách chuyển về bao giờ ta cũng đa về 1 bất đẳng thức cơ bản và các phép biến đổi tơng đơng mà một vế là hằng số. Vì vậy : Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản và các phép biến đổi tơng đơng ta có thể tìm đợc cực trị của 1 biểu thức nào đó. I. C¸c vÝ dô minh ho¹ : 1. VÝ dô 1 : Cho a > b > 0. T×m GTNN cña B1 = a +. 1 b(a − b). Gi¶i : Ta cã : B1 = a +. 1 b(a − b). 1 b(a − b). = b + (a-b) +.  3.. C«si). B1  3  B1 min = 3  b = a-b =. VËy : B1 min = 3 . 1 b(a − b). . b( a −b) b .(a− b). √ 3. (theo. ¿ a=2 b=1 ¿{ ¿. ¿ a=2 b=1 ¿{ ¿. 2. VÝ dô 2 : Cho a,b > 0 vµ a + b = 1 . T×m GTNN cña B2 =. 1 a +b2. 1 + ab. 2. Gi¶i : Theo bất đẳng thức Côsi : (x + y)( 1 + 1 )  2 √ x . y . 2 x y. √. > 0)  1+1. 4 (1) x+y Ta cã : ab  ( a+b )2 = 1  2 4 x. y. 1 xy. = 4 (víi x,y. . 1 ab. 4. (2) do a+b = 1 ; a,b > 0. áp dụng bất đẳng thức (1) và kết quả (2) ta có : B2 = B2  2 +. a+b ¿ 2 ¿ ¿ 4 ¿. 1 1 2 1 1 1 1 4 4 + 2 2= + 2 2= +( + 2 2 )≥ + ab a + b 2 ab a +b 2 ab 2ab a +b 2 2 ab+a2 +b 2. do a + b = 1  B2min = 6  a = b = 1 2. VËy : B2min = 6  a = b = 1 2. 3. VÝ dô 3 : Cho xy + xz + yz = 4 . T×m GTNN cña B3 = x4 + y4 + z4 Gi¶i : Do xy + xz + yz = 4  16 = (xy + xz + yz)2  (x2+y2+z2) (x2+y2+z2).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> (Theo Bunhiac«pxki)  16  (x2+y2+z2)2  (x4 + y4 + z4) (12+12+12)  B3 = x4 + y4 + z4  16  B3min = 16  x = y = z =  2 √ 3 3. VËy : B3min = 16. x=y=z=. 3. 3 2 √3 3. 3. 4. VÝ dô 4 : Cho |a| 1; |b| 1 vµ | a+ b| = √ 3 T×m GTLN cña B4 = √ 1− a2 + √ 1− b2 Gi¶i : 2 2 Ta cã : (a-b)2  0 a;b  a +b ≥ a+ b. 2. (2). 2. (1). ¸p dông (1) ta cã :. (. √1 − a2+ √1 −b 2 2. 2. ). 2 2 1 − a2 +1− b2 2−(a + b ) a2 +b 2 ≤ = =1 − 2 2 2. 2 2 2 2 Do a +b ≥ a+ b = √ 3 = 3. 2. . (. ( 2 ) (2). √1 − a2+ √1 −b 2.  B4 =. 2. 2. ). (do | a + b| = √ 3 ). 4. 1- 3 = 1 ( 4. 4. √ 1− a2 +√ 1− b2 ≤ 1 ). 3 √ 1− a2 + √ 1− b2 ≤ 1  B4Max = 1  a = b = √2. VËy : B4Max = 1  a = b = √ 3 2. 5. VÝ dô 5 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña B6 = | x + 7| + | x - 1995| Gi¶i : Ta cã : |x| + |y|  | x + y| dÊu "=" x¶y ra  x,y  0 Do vËy : B6 = | x + 7| + | x - 1995| = | x + 7| + | 1995 - x |  |x+7 + 1995 - x| = 2002  B6Min = 2002  (x + 7). (1995 - x)  0  -7  x  1995 VËy : B6Min = 2002  -7  x  1995 6. VÝ dô 6 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc. B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6| Gi¶i : Ta cã : B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6| B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |6 - (2x + y)| B7  | x + 2000 + x + y + 4 + 6 - 2x - y| = 2010  B7min = 2010  (x + 2000); (x + y + 4) ; (6 - 2x + y) cïng dÊu VËy : B7min = 2010 7. VÝ dô 7 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña B = (1 + x2y + xy2)2001 - 2001 xy (x+y) + 2001 víi x2y + xy2  0 Gi¶i : Theo B§T Becnully ta cã : (1 + x2y + xy2)2001  1 + 2001 (x2y + xy2)  B (1 + x2y + xy2)2001- 2001 xy (x+y) + 2001  1+2001.xy(x+y) - 2001xy(x+y) + 2001..

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  B  2002  B min = 2002  xy(x+y) = 0 . VËy : B min = 2002 . ¿ x=0 y =0 x=− y ¿{ { ¿. ¿ x=0 y =0 x=− y ¿{ { ¿. 8. VÝ dô 8 : Cho xyz = 1 vµ x + y + z = 3. T×m GTNN cña B8 = x16 + y16 + z16 Gi¶i : C¸ch 1 : Ta cã : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2  0 a,b,c  a2 + b2 + c2  ab + ac + bc (1) áp dụng bất đẳng thức (1) ta có : B8 = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2  x8y8 + y8z8 + z8x8  B8  x8y8 + y8z8 + z8x8  B8  (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2  x4y4. y4z4+ x4y4. z4x4 + y4z4. z4x4  B8  x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8  B8  (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2  x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6  B8  (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2  x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6  B8  (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3 (do xyz = 1 vµ x + y + z = 3)  B8min = 3  x = y = z = 1 C¸ch 2: (Kh«ng sö dông gi¶ thiÕt xyz = 1) áp dụng bất đẳng thức bunhiacôpxki nhiều lần ta có : 3 = x + y + z  9 = (x+ y + z)2  (x2 + y2 + z2).3  3  (x2 + y2 + z2)  9  (x2 + y2 + z2)2  (x4 + y4 + z4).3  3  x4 + y4 + z4  9  (x4 + y4 + z4)2  (x8 + y8 + z8).3  3  x8 + y8 + z8  9  (x8 + y8 + z8)2  (x16 + y16 + z16).3  B8 = x16 + y16 + z16  3 .  B8min = 3  x = y = z = 1 VËy : B8min = 3  x = y = z = 1 II. NhËn xÐt :  Rõ ràng khi áp dụng một số bất đẳng thức cơ bản, bài toán đợc giải quyết nhanh hơn. Song việc vận dụng bất đẳng thức nào thuận lợi còn tuỳ thuộc vào giả thiết bài toán và sự vận dụng linh hoạt các bất đẳng thức đó. Một vấn đề đặt ra là : Hai phơng pháp vừa nêu vẫn cha đủ để giải quyết đợc hết các bài toán cực trị đại số THCS. Chính vì lẽ đó nhu cầu phải có những phơng pháp khác tối u hơn và thực hiện đợc yêu cầu bài toán. Trớc khi đi nghiên cøu ph¬ng ph¸p 03. Chóng ta cïng nghiªn cøu mét sè bµi tËp sau : III. Một số bài tập đề nghị : 1. Cho a,b,c > 0 vµ a + b + c = 1 T×m GTNN cña A = (1+ 1 ) (1+ 1 ) (1+ 1 ) a. b. c.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 2. Cho a,b, > 0 vµ a + b = 1 T×m GTNN cña B =. 2 3 + 2 2 ab a + b. 3. Cho a,b,c > 0 a b c + + b+c c +a a+b b) T×m GTNN cña D = a + b + c + b+ c + c+ a + a+b b+c c +a a+b a b c 3 4. Cho x,y,z  − vµ x + y + z = 1 4 T×m GTLN E = √ 4 x +3+ √ 4 y+ 3+ √ 4 z +3. a) T×m GTNN cña C =. 5. Cho a,b,c  0 vµ a + b + c = 1 T×m GTLN cña F = √ a+b+ √ a+c +√ b+c. 6. Cho 0  x  4 . T×m GTLN cña G = 4x2 - 3x3 3. 7. Cho 0  x  3 ; Cho 0  y 4. T×m GTLN H = (3-x).(4-y).(2x+3y) 8. Cho x,y,z,t  0 vµ 2x + xy + z + yzt = 1 T×m GTLN cña I = x2y2z2.t 9. Cho x,y,z,t  0 vµ xt + xy + z + yzt = 1 T×m GTLN cña K = xyzt 10. T×m GTNN cña M = | x-2 | + | y-3 | + | x+y-2007 |. Ph¬ng ph¸p 03 :. ( Sử dụng phơng pháp đặt biến phụ ) Bằng cách đặt biến phụ và sử dụng các phép biến đối tơng đơng. Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản ta có thể chuyển biến thức đã cho về biểu thức đơn giản hơn, dễ xác định cực trị hơn. I. C¸c vÝ dô minh ho¹ : 1. VÝ dô 1: T×m GTNN cña C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 12 Gi¶i : C1 = x + 6x + 13x + 12x + 12 C1 = ( x4 + 6x3 + 19x2 + 30x + 25) - 6 (x2 + 3x + 5) + 17 C1 = (x2 + 3x + 5)2 - 6 (x2 + 3x + 5) + 17 §Æt : x2 + 3x + 5 = a C1 = a2 - 6a + 17 = a2 + 6a + 9 + 8 C1 = (a-3)2 + 8 8 do (a-3)2  0 a. 4. 3. 2.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>  C1min = 8  a - 3 = 0  a = 3  x2 + 3x + 2 = 0 . VËy : C1min = 8 . ¿ x =−1 y=− 2 ¿{ ¿. ¿ x =−1 y=− 2 ¿{ ¿. 2. VÝ dô 2: T×m GTNN cña C2 = 2.. (. x2 y2 + 2 2 y x. x y + +6 y x. ) -5 ( ). víi x,y > 0. Gi¶i : §Æt :. x y + y x. 2. = a 2 . x y2 + y2 x2. = a2 - 2.  C2 = 2.( a2 - 2) - 5a + 6 = 2a2 - 5a + 2 Ta thÊy : a  2  C2 = 2a2 - 5a + 2  0  C2min = 0 a = 2  x = y > 0 VËy : C2min = 0  x = y > 0 3. VÝ dô 3: T×m GTNN cña C3 =. x y + y x. -. 3. x,y>0. x y −3 y x. √ √. + 2004. Gi¶i : x y =a2 + y x x y + = a2 - 2 y x. §Æt : . √ √. Khi đó :. C3 = (a2 - 2) - 3a + 2004 C3 = a2 - 3a + 2004 = a2 - 3a + 2 + 2002 C3 = (a-1) (a-2) + 2000 Do ta cã : a  2  a - 1> 0 ; a - 20  (a-1) (a-2) 0  C3 = (a-1) (a-2) + 2000  2000  C3 min = 2000  a = 2  x = y ; xy > 0 VËy C3 min = 2000  x = y vµ xy > 0 4. VÝ dô 4: Cho x,y,z > 0 √x + √ y + √ z T×m GTNN cña C4 = √ y + √ z √ x+ √ z √ x+ √ y Gi¶i : §Æt : a = √ y+ √ z ; b = √ x+ √ z ; c = √ x+ √ y  √ x+ √ y + √ z = a+b+ c 2  √ x= − a+b+ c 2. ; √ y= a −b+ c 2. ; √ z= a+b − c 2. víi.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Khi đó :. C4 = − a+b +c + a − b+c + a+ b −c. 2 2 2 C4 = 1 ( a + b )+( b + c )+( a + c ) −3 2 b a c b c a Theo C«si víi a,b,c >0 ta cã : a + b ≥2 ; a + c ≥ 2; b + c ≥ 2 b a c a c b  C4  1 (2+2+2 −3)= 3 2 2  C4min = 3  a = b = c  x = y = z > 0. 2 VËy C4min = 3  x = y = z > 0. 2. [. ]. 5. VÝ dô 5: T×m GTLN, GTNN cña C5 =. 1+ y 2 ¿ 2 1+ x 2 ¿2 ¿ ¿ ( x 2 − y 2)(1 − x 2 y 2 ) ¿. Gi¶i : a −b ¿ 2 a+b ¿ ¿ ¿ Ta cã :  a.b (1)a,b vµ (2) −¿ ¿ ¿ ¿ 2 2 2 2 x +y 1−x y §Æt : =a vµ =b 2 2 2 2 (1+ x )(1+ y ) (1+ x )(1+ y ) 2. a,b. Khi đó : C5 =a.b a+b ¿ 2 a+b ¿ 2 ¿ ¿ Theo (1) vµ (2) ta cã :  C5 = ab  ¿ ¿ ¿ ¿ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  - 1 x − y 2− 1+ x 2y ≤ C5 ≤ 1 x − y 2+ 1− x 2y 4 (1+ x )(1+ y ) 4 (1+ x )(1+ y ). [ [. ]. [. 2. ]. 2 2 (x 2 − 1)(1+ y 2 ) 1 ( x +1)(1− y ) - 1 ≤ C5 ≤ 2 2 2 2. 4 ( 1+ x )(1+ y ). 2  - 1 . x 2−1. 2. ]. [. 4 (1+ x )(1+ y ). 2  C5  1 . 1 − y2. 2. ]. 2. ( ) ( ) Ta cã : 0  ( ) 1 ; 0 ( Do đó : ( ) C  ( ) 4. 4. x +1. 2. x −1 x 2+ 1. 2. . 1+ y. 2. 2. 1− y 2 1+ y 2. 2. ). 1 1 x2 −1 1 1− y 2 1 − ≤ ≤ 5 2 2 4 4 x +1 4 1+ y 4 C5min = − 1  (x2 - 1)2 = (x2 + 1)2  x = 0 4 1 C5max =  (1 - y2)2 = (1 + y2)2  y = 0 4. 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> VËy : C5min = − 1  x = 0 4 1 y=0 4. C5max = II. Các bài tập đề nghị :. 1. T×m GTNN cña A = x2 + 4 - x +. 1 x − x+ 1 2. 2. T×m GTLN cña B = √ a+1+ √ 2 a− 3+ √ 50 −3 a víi a 3. Cho a  - 1 ; b  - 1 ; c  - 1 vµ a+ b + c = 1. [. 3 50 ; 2 3. ]. 2. 2 2 T×m GTLN cña C = √ 2 a+1+ √2 b+1+ √ 2 c +1 2 2 4. Cho x,y > 0. T×m GTNN cña D = x 2 + y2 − 3 x + y + 4 y x y x. (. ). Ph¬ng ph¸p 04 :. ( Sö dông biÓu thøc phô ) Để tìm cực trị của 1 biểu thức nào đó, đôi khi ngời ta xét cực trị của 1 biểu thức khác có thể so sánh đợc với nó, nếu biểu thức phụ dễ tìm cực trị hơn. VÝ dô : §Ó t×m cùc trÞ cña biÓu thøc A víi A > 0, ta cã thÓ xÐt cùc trÞ cña biÓu thøc :. 1 , -A, kA, k + A, |A| , A2 A. (k lµ h»ng sè).. I. C¸c vÞ dô minh ho¹ : 1. VÝ dô 1: T×m GTLN cña A =. x2 x 4 + x 2 +1. Gi¶i : a) XÐt x = 0  A = 0 gi¸ trÞ nµy kh«ng ph¶i lµ GTLN cña A v× víi x  0 ta cã A > 0. b) Xét x  0 đặt P =. 1 A. khi đó Amax  Pmin. 4 2 với cách đặt trên ta có : P = x + x2 +1 =x 2+ 12 +1. x. ta cã : x2 +. 1 1 ≥ 2 x 2 . 2 =2 2 x x. √. (theo c«si).  P  2 + 1 = 3  Pmin = 3  x = 1 Do đó : Amax = 1  x = 1 3. x.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 2. VÝ dô 2: T×m GTNN cña B =. x+ 2002¿2 ¿ −x ¿. víi x > 0. Gi¶i : §Æt P1 = - B nh vËy P1max  Bmin 2. Ta cã : P1 = §Æt P2 =. 1 P1. x+ 2002¿ ¿ x ¿. víi x > 0  P > 0. > 0 với x > 0 khi đó P2 Min  P1 Max 2. x+ 2002¿ ¿ P2 = ¿ ¿ 2 2 P2 = x −2 . x .2002+2002 +4 . x . 2002 x 2 x − 2002¿ ¿ P2 = ¿ ¿ 2 x − 2002¿ ¿ (do 0 x > 0) ¿ ¿.  P2 Min = 8008  x = 2002 1  x = 2002 8008 1  BMin =  x = 2002 8008 1 VËy BMin =  x = 2002 8008.  P1 Max =. 3. VÝ dô 3: Cho a,b,c d¬ng vµ a + b + c = 3 T×m GTLN cña C = √ 5 a+4 b+ √ 5 b+4 c+ √ 5 c + 4 a Gi¶i : Do a,b,c > 0  C > 0 Đặt : P = C2 khi đó √ P Max  CMax Ta cã : P = ( √ 5 a+4 b+ √ 5 b+4 c+ √ 5 c + 4 a )2  P  (12 + 12 + 12) (5a + 4b + 5b + 4c + 5c + 4a) theo Bunhiac«pxki P  3.9(a + b + c) = 81 do a + b + c = 3  PMax = 81  a = b = c = 1  C2Max = 81  a = b = c = 1  CMax = 9   a = b = c = 1 VËy CMax = 9   a = b = c = 1 4. VÝ dô 4: Cho x, y, z, t > 0 T×m GTNN cña D =. x y +t y t+x t x+ y + + + + + y +t x t+ x y x + y t. Gi¶i :.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> §Æt P = 2D ta cã : P= P=. (. 2 x 2( y +t ) 2 y 2( t+ x ) 2 t 2(x+ y) + + + + + y +t x t+ x y x+ y t 2 x y+t 2 y t+ x 2 t x+ y 3 y +t t+ x x +t + + + + + + + + y+ t 2 x t+ x 2 y x+ y 2 t 2 x y t. )( )( ) ( ) 2 y t+ x 2 t x+ y 3 y t t x x y +( + +( + + + + + + + ( y+2 xt + y+t ) ) 2x t+ x 2 y x+ y 2 t ) 2 ( x x y y t t ). P= P. 2. +. 2. +. + 3 .6. 2. 6. (theo c«si). P  15  PMin = 15  x = y = t > 0  DMin = 15. x=y=t. 2. VËy DMin = 15. x=y=t. 2. 5. VÝ dô 5: Cho x, y > 0 vµ 7x + 9y = 63 Gi¶i : §Æt : P = 63.E ta cã : P = 63xy = 7x.9y  P . 63 2. 2. ( ). (. = 3969 4. 7 x +9 y 2. ). T×m GTLN cña E = x.y. 2. (theo c«si).  PMax = 3969 4. ¿. 9 2 7 y= 2 ¿{ ¿. x=. DÊu "=" x¶y ra  7x = 9y = 63 2.  EMax =. 3969 4. : 63 = 63 4. . . ¿ x=4,5 y=3,5 ¿{ ¿. 6. VÝ dô 6 : Cho x2 + y2 = 52. T×m GTLN cña F = 2x + 3y Gi¶i : Xét : P1 = |F| khi đó P1 = |2x + 3y| Đặt : P2 = P21 khi đó P2 = (2x + 3y)2 Theo Bunhiac«pxky : P2  (4 + 9) (x2 + y2) = 13.13.4  P2 Max = 13.13.4   P1 Max = 26 Do F  |F| = P. ¿ x=4 y=6 ¿{ ¿. hoÆc. ¿ x=− 4 y=− 6 ¿{ ¿.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> ¿ x=4  FMax = 26  y=6 ¿{ ¿ ¿ x=4 VËy FMax = 26  y=6 ¿{ ¿. 7. VÝ dô 7: Cho x,y > 0 x4 y4 x2 y2 x y + − − + + y 4 x4 y2 x2 y x. T×m GTNN cña G =. Gi¶i : §Æt : P = G - 2 ta cã : P= P=. x 4 y4 x2 y2 x y -2 + − − + + y 4 x4 y2 x2 y x 4. 2. 4. 2. 2. 2. (. x x y y x x y y x y − 2. 2 +1 + 4 − 2. 2 +1 + 2 −2 . . + 2 + −2+ 4 y x x y x y y x x y. (. x − y ¿2 ¿ ¿ 2 2 2 2 x y x y 2 −1 + −1 + − +¿ y x y2 x2. P=. )(. )(. )(. )(. )(. ).  PMin = 0  x = y > 0 VËy GMin = 2  x = y > 0 II. Các bài tập đề nghị : 1. Cho x,y, z > 0 vµ x2 + y2 + z2 = 1 T×m GTNN cña A ¿ xy + yz + zx z. x. y. 2. Cho x  0. 8 4 T×m GTNN cña B = x + x4 +1. x. 3. Cho x  0 T×m GTLN cña C =. x8 x 16 + x 8+ 1. 4. Cho a2 + b2 + c2 = 1 T×m GTLN cña D = a + 2b + 3c 5. Cho a,b > 0 vµ a + b = 2 T×m GTNN cña E =. (1 − a4 )(1 − b4 ) 2. 2. 6. Cho a, b, c, d > 0 T×m GTNN cña F = 7. Cho a,b  |R. a+ b b+c c+ d d +a = + + b+c +d c+ d+ a d+ a+b a+b+ c. ).

<span class='text_page_counter'>(17)</span> T×m GTNN cña G =. 1− b ¿2 ¿ 1− a ¿2 b 2+ ¿ a 2+ ¿ √¿. Ph¬ng ph¸p 05 :. ( Ph¬ng ph¸p miÒn gi¸ trÞ ) Trong một số trờng hợp đặc biệt, biểu thức đại số đã cho chỉ có thể có một hoặc hai biến số và đa đợc về dạng tam thức bậc 2 thì ta có thể sử dụng kiến thức về miền già trị của hàm số để giải và thấy rất hiệu quả.  §êng lèi chung lµ : Gi¶i sö ta ph¶i t×m cùc trÞ cña hµm sè f(x) cã miÒn gi¸ trÞ D. Gäi y lµ mét giá trị nào đó của f(x) với x  D. Điều này có nghĩa là điều kiện để phơng trình f(x) = y có nghiệm. Sau đó giải điều kiện để phơng trình f(x)=y có nghiệm (x là biÕn, coi y lµ tham sè). Thờng đa đến biểu thức sau : m yM Từ đó  Min f(x) = m với x  D.  Max f(x) = M víi x  D. I. C¸c vÝ dô minh ho¹ : 1. VÝ dô 1: T×m GTNN cña f(x) = x2 + 4x + 5 Gi¶i : Gäi y lµ mét gi¸ trÞ cña f(x) . Ta cã : y = x2 + 4x + 5  x2 + 4x + 5 - y = 0 (cã nghiÖm)  ' = 4 - 5 + y  0  y1 VËy f(x) Min = 1  x = -2 2. VÝ dô 2: T×m GTLN cña f(x) = - x2 + 2x - 7 Gi¶i : Gäi y lµ mét gi¸ trÞ cña f(x) . Ta cã : y = - x2 + 2x - 7  x2 - 2x + y + 7 (cã nghiÖm)  ' = 1 - y - 1  0.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>  y-6 VËy f(x)Max = -6  x = 1 2 3. VÝ dô 3: T×m GTLN, GTNN cña f(x) = x 2+4 x+6. x + 2 x +3. Gi¶i : Gäi y lµ mét gi¸ trÞ cña f(x) . 2 Ta cã : y = x 2+4 x+6  yx2 + 2yx + 3y - x2 - 4x - 6 = 0. x + 2 x +3.  (y - 1)x + 2 (y - 2).x + 3y - 6 = 0 (cã nghiÖm) 2. * NÕu y = 1  x = - 3. 2. * NÕu y  1  ' = (y - 2)2 + (3y - 6)(1 - y)  0  y2 - 4y + 4 - 3y2 + 3y + 6y - 6  0  - 2y2 + 5y + 2  0  1 y2 2. Ta thÊy : 1 < 1 < 2 2. f(x) Min = 1  x = -3. Do vËy :. 2. f(x) Max = 2  x = 0 4. VÝ dô 4 : x2 +2 x+ 6 x 2 −2 x+1. T×m GTNN cña f(x) =. Gi¶i : Gäi y lµ mét gi¸ trÞ cña f(x) . Ta cã :. y=. x2 +2 x+ 6 x 2 −2 x+1.  yx2 + 2yx + y - x2 - 2x - 6 = 0  (y - 1)x2 - 2(y + 1)x + y - 6 = 0. (cã nghiÖm). * NÕu y = 1  x = - 5 4. * NÕu y  1  ' = (y + 1)2 - (y - 1)(y - 6)  0  y2 + 2y + 1 - y2 + 6y + y - 6  0  9y - 5  0 y 5. 9. Do 5 < 1 nªn ta cã YMin =. 5 9. 9. x=- 7. 2. VËy f(x) Min = 5  x = - 7 9. 2. 2 5. VÝ dô 5: T×m GTLN cña f(x) = x 2 +2. x +1. Gi¶i : Gäi y lµ mét gi¸ trÞ cña f(x)..

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Ta cã :. 2 y = x 2 +2. x +1.  yx2 + y - x2 - 1 = 0.  (y - 1)x2 + y - 2 = 0  (y - 1)x2 = 2 - y * NÕu y = 1  Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm * NÕu y  1  x2 = 2 − y (1) cã nghiÖm . (cã nghiÖm). (1). y −1 2− y 01<y<2 y −1.  YMin = 2  x = 0 VËy f(x) Max = 2  x = 0 II. Các bài tập đề nghị : 1. T×m GTNN cña : a) A = 5x2 + x + 7 ; b) B =. 3 ; c) C = − 4 x +4 x −7 2. 5− 2 x x +4 −4 x 2. 2. T×m GTLN cña : a) A = -x2 + x + 2 ; b) B =. 11 ; c) C = 2 x −4 x+18. − 7 x2 +74 x −196 x 2 −10 x +25. 3. T×m GTLN vµ GTNN cña : 2 4 x +3 a) A = x +2 x+ 1 ; b) B = ; 2. x +1. x +1. 2 c) C = 8 x 2+6 xy 2. x +y. Ph¬ng ph¸p 06 :. ( Ph¬ng ph¸p xÐt tõng kho¶ng gi¸ trÞ ) Có nhiều bài toán nếu ta chỉ sử dụng các phép biến đổi tơng đơng, các bất đẳng thức cơ bản phơng pháp đổi biến hay biểu thức phụ, thậm chí ngay cả khi sử dông ph¬ng ph¸p miÒn gi¸ trÞ hµm sè, viÖc t×m cùc trÞ vÉn gÆp rÊt nhiÒu khã kh¨n có khi không thể tìm đợc. Những khi ta biết cách xét từng khoảng hợp lý (có sự dự đoán) thì việc tìm đợc cực trị trở nên đơn giản. I. C¸c vÝ dô minh ho¹ : 1. VÝ dô 1:.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Cho m, n  N*. T×m GTNN cña A = |36m - 5m| Gi¶i : m Do m  N* 36 cã ch÷ sè tËn cïng lµ 6 n  N*  5m cã ch÷ sè tËn cïng lµ 5 V× vËy : NÕu 36m > 5m th× A cã ch÷ sè tËn cïng lµ 1 NÕu 5m > 36m th× A cã ch÷ sè tËn cïng lµ 9 a) XÐt A = 1 ta cã : 36m - 5m = 1 (kh«ng x¶y ra) v× (36m - 1) : 7 cßn 5m :7 b) XÐt A = 9 ta cã : 5m - 36m = 9 (kh«ng x¶y ra) v× (5m - 36m) : 9 cßn 9 : 9 c) XÐt A = 11 , x¶y ra , ch¼ng h¹n m = 1, n = 2 VËy AMin = 11  m = 1; n = 2 2 2. VÝ dô 2: Cho m  N* . T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña B = nn. 2. Gi¶i : 1 <1 2. Víi n = 1. ta cã : B =. Víi n = 2. ta cã : B = 1. Víi n = 3. ta cã : B = 9 > 1 8. Víi n = 4. ta cã : B = 1. Víi n = 5. ta cã : B = 25. Víi n = 6. ta cã : B =. <1. 32 36 9 = 64 16. <1. ................................................................................. Ta dù ®o¸n r»ng víi n  5, n  N th× B < 1 ThËt vËy : Ta chøng minh dù ®o¸n b»ng ph¬ng ph¸p quy n¹p. 2 a) Gi¶ sö n  5, n  N ta cã B = nn < 1 (*). 2. Ta cần phải chứng minh công thức (*) đúng với (n+1) nghĩa là phải chứng minh : 2. n+1 ¿ ¿ ¿ ¿.  (n + 1)2 < 2n+1. (1). Tõ (*) ta cã : n2 < 2n  2n2 < 2n+1 (2) §Ó chøng minh (1) ta chøng minh (n + 1)2 < 2n2  n2 + 2n + 1 < 2n2  n2 - 2n - 1 > 0  (n - 1)2 - 2 > 0 (đúng vì  5) 2 b) KÕt luËn : B = nn < 1.  n 5, n N*. 2. VËy Bmax = 9 8.  n=3. 3. VÝ dô 3: Cho a, b, c, d  N* vµ a + b = c + d = 20 T×m GTNN vµ GTLN cña T = ab. ac+ bd. Gi¶i :.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 1 c d ⇒ + T b a. Do T  0 nên đặt P =. Nh vËy : TMin  PMax TMax  PMin Do a, b, c, d  N* vµ a + b = c + d = 20  1  a, b, c, d  19 c b c+ d 20 + = = =2 10 10 10 10. * Xét a = b = 10 lúc đó P =. * XÐt b < a (trêng hîp b > a t¬ng tù) b < 10 < a hay 1  b 19 ; 11  a  19 a) Tríc hÕt ta t×m TMin = PMax = 19 +. 1 19. Ta xÐt 3 trêng hîp sau : a1) 1 b < 10 = c = d < a  19 Khi đó : P = c + d =10 + 10 < 10 +1=11 b a. a2). b. a. 1. 1  c  b < 10 < a  d  19. Khi đó : P = c + d <1+ 19 <3. b a 11 a3) 1  d  b < 10 < a c  19NÕu b > 1 th× P  19 +1<11 2 NÕu b = 1 th× P  19 + 1 =19+ 1 1 19 19 KÕt hîp c¶ 3 trêng hîp ta thÊy PMax = 19+ 1 =172 19 19 Do đó TMin = 19  a =19, b = 1 , c = 19 , d = 1 172. b) B©y giê ta t×m TMax = PMin víi 1  b  9 ; 11  a  19 P = c + d = c +20 −c = 1 − 1 c +20. (. ). b a b a b a a Ta có : 1 − 1 >0 ; đặt A = 1 − 1 b a b a Ta cã : P = A.C + 20 a. V× A > 0 nªn PMin víi C = 1 * XÐt P = 1 − 1 + 20 = 1 + 19 = 1 + 19 b. §Æt  Pb =. a a b 1 19 + b 20 − b. a. b 20 −b. * XÐt Pb+1 - Pb : 1  b  9 ; b  N Pb+1 - Pb =. 18 b2 +58 b −380 b(b+1)(19 −b)(20− b). Ta cã : b(1 + 1)(19 - b)(20 - b) > 0 1b9,bN 2 Do vËy : XÐt t = 18b + 58b - 380 (*) NghiÖm d¬ng to cña (*) lµ t = − 29+ √ 7681 18. Ta cã b¶ng xÐt dÊu :.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> b. -. − 29+ √ 7681 18. t. +. 0. − 29+ √ 7681 18. +. 0. +. -. 0 < b < bo th× t < 0  Pb+1 < Pb b > bo th× t > 0  Pb+1 > Pb Luôn luôn chứng minh đợc 3 < bo < 4 Víi. XÐt. P3 = 1 + 19 =1 23 3. P4 =. 7 51 7 7 1+ =1 16 16.  P3 > P 4. Nªn : a = 16 , b = 4, c = 1, d = 19 th× PMin = 23 ⇔ T max=16 16. VËy : TMax = 16 23. 23. ; TMin = 19. 172. II. Các bài tập đề nghị : 1. T×m GTNN cña A = |11m - 5m| víi m,n  N* 2. Cho a, b, c, d  N* vµ a + b = c + d = 1000. T×m GTLN cña B = a + b c d. 3. Cho m, n  N vµ 1  m ; n  1981 vµ (n2 - mn - m2)2 = 1 T×m GTLN cña C = m2 + n2.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Ph¬ng ph¸p 07:. ( Ph¬ng ph¸p h×nh häc ) Trong các bài toán xét cực trị của biểu thức đại số nếu biểu thức ở dạng là tæng hiÖu cña c¨n bËc hai cña c¸c tam thøc th× ta cã thÓ ®a bµi to¸n xÐt cùc trÞ cña các biểu thức đại số sang xét độ dài của các đoạn thẳng bằng việc chọn các điểm có toạ độ thích hợp chứa các đoạn thẳng đó.  Lý thuyÕt cÇn vËn dông. + NÕu A(x1, y1); B (x2, y2)  AB =. y 1 − y 2 ¿2 x 1 − x 2 ¿2+ ¿ ¿ √¿. + Víi 3 ®iÓm M, A, B bÊt kú ta cã : |MA - MB|  AB  MA + MB  C¸c vÝ dô minh häa. 1.VÝ dô 1: Cho f(x) = |√ x 2 − 4 x+ 5− √ x2 −10 x+ 50| H·y t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña f(x) . Gi¶i :. Ta cã : f(x) =. x − 2¿ 2+ 1 ¿ x −5 ¿ 2+ 25 ¿ ¿ √¿ ¿. Chọn trong mặt phẳng toạ độ 3 điểm : A (2,1); B(5, 5); M (x, 0) x − 2¿ 2+12 Ta cã : MA = ;MB = ¿ √¿ AB = √ 32+ 4 2=√ 25=5. x −5 ¿ 2+5 2 ¿ √¿. MÆt kh¸c ta cã : |MA - MB|  AB x − 2¿ 2+12 hay | ¿ √¿. x −5 ¿ 2+5 2 |5 ¿ √¿. VËy gi¸ trÞ lín nhÊt cña f(x) = 5 khi vµ chØ khi 3 ®iÓm M, A, B th¼ng hµng. Ta lại có phơng trình của đờng thẳng qua A và B là : d = 4 x − 5 3. d c¾t ox t¹i M ( 5 ; 0) 4. 3.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5 đạt tại x = 5 4. 2. VÝ dô 2: Cho f(x) = √ 5 x 2 +20+ √ 5 x2 −32 x+ 64+ √ 5 x2 − 40 x +100+ √ 5 x 2 − 8 x +16 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña f(x) (1) Gi¶i : 2. 2 x − 2¿ 2 x −4 ¿ +¿ ¿ 2 √ 5 x +20= √¿ 2 2 x − 10 ¿ 2 x +¿ 2 √ 5 x −40 x +100= √¿. Ta cã :. Chän A (4 , -2). ; B(x , 2x) 2. 2 x+ 2¿ 2 x − 4 ¿ +¿ ; BC = ¿ √¿.  AB =. ; C (0, 10). 2 x −10 ¿ 2 x +¿ √¿. 2. ; AC = 4 √10. Ta cã : AB + BC  AC  √ 5 x 2 +20 + √ 5 x 2 −40 x +100  4 √10 (2) 2 x − 8 ¿2 x2 +¿ √ 5 x 2 −32 x +64=√ ¿. Ta l¹i cã :. 2. 2x ¿ 2 x − 4 ¿ +¿ ¿ 2 √ 5 x −8 x+ 16= √¿. chän D (x, 8); E (0, 2x) ; F (x-4, 0) DE =. 2 x −8 ¿ 2 x +¿ √¿. 2. ; EF =. 2 x ¿2 x − 4 ¿ 2+¿ ; DF = ¿ √¿. 4 √5. ta cã : DE + EF  DF 2. . 2x−8¿ ¿ 2 x ¿2 ¿ x − 4 ¿ 2+¿ ¿ 2 x +¿ √¿. (3). Céng (2) vµ (3) ta cã : VT  4( √ 5 + √ 10 ) VT = 4( √ 5 + √ 10 ) khi vµ chØ khi A,B,C th¼ng hµng. . PT đờng thẳng đi qua AB nhận C (0, 10) là nghiệm.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> D,E,F th¼ng hµng. PT đờng thẳng đi qua DE nhận F (x-4, 0) là nghiệm.  Giải điều kiện ta tìm đợc x = 2. VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña f(x) = 4 ( √ 5 + √ 10 ) t¹i x = 2. Nhận xét : Vận dụng phơng pháp này để tìm cực trị của biểu thức, đòi hỏi ngời giải phải rất tinh tế khi chọn điểm để thảo mãn những yêu cầu bµi to¸n. Bµi tËp tham kh¶o : Bµi 1 : T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña f(x) = √ x2 −2 x+5+ √ x 2 +2 x+10 Bµi 2 : T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña f(x) = √ 4 x 2 +2 x +1 − √ 4 x 2 −2 x+1.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> III. kÕt qu¶ thùc hiÖn.  Sau khi áp dụng đề tài vào việc giảng dạy, việc giải các loại bài toán tìm cực trị của học sinh đã có những tiến bộ. Điều này thể hiện rõ ở kết quả làm bài tập, bài kiểm tra; khả năng phân tích bài toán, định hớng, t duy của các em nhanh hơn, chính xác hơn. Nhiều em rất say mê häc, ®em kiÕn thøc ¸p dông vµo thùc tÕ tèt h¬n. C¸c em rÊt tÝch cùc su tầm thêm các bài toán hay trong sách, báo, tạp chí để trao đổi với bạn bÌ.  Tôi đã tiến hành áp dụng đề tài này vào một lớp chọn của trờng trung häc c¬ së An Phô – Kinh M«n – H¶i D¬ng b»ng c¸ch chia lớp thành hai nhóm để dạy đối chứng và thu đợc kết quả nh sau: Nhãm Nhãm 1 (không áp dụng đề tài) Nhãm 2 (đợc áp dụng đề tài). Giái. Sè bµi. Kh¸. Trung b×nh. YÕu. SL. %. SL. %. SL. %. SL. %. 20. 0. 0. 3. 15,0. 7. 35. 10. 50,0. 20. 6. 30,0. 9. 45,0. 3. 15,0. 2. 10,0. IV. những vấn đề còn hạn chế. Đề tài này mới chỉ dùng lại ở việc da ra "Một số phơng pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số bậc THCS".nghiên cứu còn hạn chế, các phơng pháp tìm cực trị chỉ dừng ở mức độ đơn giản, cha có sự khai thác lời giải của bài toán. Hơn nữa, thời gian thực hiện chuyên đề còn hạn hẹp, do đó kết quả đạt đợc cha cao. V. hớng phát triển của đề tài: Do thời gian, tài liệu cũng nh năng lực còn hạn chế và mức độ nghiên cứu cha lớn đề tài mới chỉ đi sâu tìm hiểu "Một số phơng pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số THCS". Trên cơ sở này chúng ta có thể mở rộng giải bài toán cực trị bằng phơng pháp giải tích sẽ có một đề tài nghiên cứu ở mức độ lớn hơn : "Cực trị đại số". Bao gồm "Cực trị tự do"; "Cực trị vớng" và "Cực trị tuyệt đối", hoặc hơn nữa chúng ta còn có thể kết hợp với các bài toán cực tr×nh h×nh häc... PhÇn III. KÕt luËn Sau thêi gian häc tËp tÝch cùc t×m tßi nghiªn cøu, kÕt hîp víi nh÷ng t liệu tích luỹ đợc, qua quá trình giảng dạy thực tế cùng với sự tham gia đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệp, các thầy cô và đặc biệt với sự giúp đỡ của Thầy giáo – Tiến sĩ Nguyễn Anh Tuấn đề tài đã đợc hoàn thành. Những vấn đề đợc trình bài trong đề tài tuy cha thật toàn diện song thực sự có lîi Ých rÊt lín cho gi¸o viªn båi dìng häc sinh giái víi viÖc cè g¾ng chän, kh¸i qu¸t thµnh mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i quen thuéc cïng víi hÖ thèng bµi tËp minh.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> hoạ có thể giúp học sinh tiếp thu bài một cách nhẹ nhàng gây động cơ hứng thú học tập bớc đầu đã có những thành công nhất định. Trªn ®©y lµ nh÷ng ý tëng vµ viÖc lµm nhá bÐ cña em qua viÖc nghiªn cøu đề tài khoa học. Trong quá trình thực hiện đề tài không tránh khỏi những thiếu sãt vÒ cÊu tróc, vÒ ng«n ng÷ vµ c¶ nh÷ng kiÕn thøc khoa häc. V× vËy em rÊt mong các thầy cô giáo có những ý kiến đóng góp chân thành để giúp em hoàn thành xuất sắc đề tài của mình. Em xin ch©n thµnh c¶m ¬n ! H¶i D¬ng, th¸ng 5 n¨m 2009 Ngời thực hiện đề tài NguyÔn Xu©n LËp. Tµi liÖu tham kh¶o 1) S¸ch gi¸o khoa §¹i sè 8; 9 1) S¸ch n©ng cao §¹i sè 8 2) S¸ch n©ng cao §¹i sè 9 3) S¸ch n©ng cao §¹i sè 8 4) S¸ch n©ng cao §¹i sè 9 5) TuyÓn tËp c¸c bµi to¸n s¬ cÊp 6) TuyÓn tËp c¸c bµi to¸n s¬ cÊp 7) 36 bộ đề ôn thi tốt nghiệp THCS 8) T¹p trÝ to¸n häc trÎ. Nhµ xuÊt b¶n gi¸o dôc Vò H÷u B×nh Vò H÷u B×nh Vâ §¹i Mau Vâ §¹i Mau Vò H÷u B×nh Vâ §¹i Mau Vâ §¹i Mau Th¸ng 3 n¨m 2002.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Phô lôc PhÇn I : Më ®Çu I. Lý do chọn đề tài II. Mục đích và nhiệm vụ của đề tài. III. §èi tîng vµ ph¹m vi nghiªn cøu IV. Ph¬ng ph¸p nghiªn cøu.. 3 3 4 4. PhÇn II : néi dung I : C¸c kiÕn thøc cÇn thiÕt II : Một số phơng pháp cơ bản giải bài toán cực trị đại số Phơng pháp 01 : Sử dụng phép biến đổi đồng nhất Phơng pháp 02 : Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản Phơng pháp 03 : Sử dụng phơng pháp đặt ẩn phụ Ph¬ng ph¸p 04 : Sö dông biÓu thøc phô Ph¬ng ph¸p 05 : Ph¬ng ph¸p miÒn gi¸ trÞ Ph¬ng ph¸p 06 : XÐt tõng kho¶ng gi¸ trÞ Ph¬ng ph¸p 07 : Ph¬ng ph¸p h×nh häc. 5 5 5 9 13 16 20 23 27. III. kÕt qu¶ VI. những vấn đề còn hạn chế V. Hớng phát triển của đề tài PhÇn III : KÕt luËn TµI LIÖU THAM KH¶O. X¸c nhËn cña trêng THCS An Phô – Kinh M«n – H¶i d¬ng. 29 29 29 30.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> An Phô, th¸ng 05 n¨m 2009. T/M nhµ trêng.

<span class='text_page_counter'>(30)</span>

<span class='text_page_counter'>(31)</span>