PP giai toan cuc tri THCS

Dạy học sinh học Toán không chỉ là cung cấp kiến thức cơ bản , dạy học sinh giải bài tập SGK, STK mà quan trọng là hình thành cho học sinh phơng pháp chung để giải các dạng Toán từ đó gi

Mục lục Tên đề mục

A- Phần mở đầu – những vấn đề chung

I Lí do chọn đề tài

II Mục đích nghiên cứu

III Khách thể và đối tợng nghiên cứu

V Nhiệm vụ nghiên cứu

VI Giới hạn đề tài

VII Các phơng pháp nghiên cứu

B- phần nội dung – Kết quả nghiên cứu

I Phơng pháp tìm cực trị theo tính chất của luỹ thừa bậc hai

II Phơng pháp tìm cực trị theo tính chất giá trị tuyệt đối

III Phơng pháp tìm cực trị dựa vào điều kiện tồn tại nghiệm của

phơng trình bậc hai ( Phơng pháp miền giá trị hàm số )

IV Phơng pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức Cô-si

V Phơng pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức Bunhiacopxki

(B-C-S)

Chơng III Cực trị hình học

I Phơng pháp tìm cực trị dựa vào mối quan hệ đờng vuông

góc-đ-ờng xiên-hình chiếu ; bất đẳng thức tam giác ; khoảng cách giữa hai đgóc-đ-ờng

151818

2022

25

28303132

Dạy học sinh học Toán không chỉ là cung cấp kiến thức cơ bản , dạy học sinh giải bài tập SGK, STK mà quan trọng là hình thành cho học sinh phơng pháp chung để giải các dạng Toán từ đó giúp các em tích cực hoạt động , độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kỹ năng , kỹ sảo – hoàn thiện nhân cách

Trong Toán học , cực trị là một khái niệm rất hẹp nhng kiến thức liên quan đến nó thì vô cùng rộng rãi Trong chơng trình Toán THCS những bài toán cực trị có mặt rải rác và hầu khắp các phân môn Số học , Đại số và Hình học Học sinh từ lớp 6 đến lớp 9 đều đã gặp những bài toán cực trị với những yêu cầu nh : tìm số x lớn nhất sao cho , tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) của biểu thức , xác định vị trí của điểm M để

độ dài ( diện tích , chu vi ) của hình H nào đó đạt giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất )

Nh-ng khi giải có thể giáo viên khôNh-ng dạy phơNh-ng pháp tổNh-ng quát hoặc có dạy nhNh-ng học sinh không đợc tiếp thu theo hệ thống dạng toán

Nói chung khi gặp toán cực trị đa phần học sinh e ngại và lúng túng trong cách giải I.2 Lí do chủ quan

Trong những năm thực tế giảng dạy học sinh từ lớp 6 đến lớp 9 , dạy học sinh ôn tập,ôn thi HSG và ôn thi THPT tôi nhận thấy sự cần thiết phải hình thành một cách có

hệ thống các dạng bài toán cực trị và phơng pháp giải để dạy học sinh Tôi đã dành nhiều thời gian nghiên cứu tài liệu , học hỏi đồng nghiệp , tìm tòi thử nghiệm với các

đối tợng học sinh đại trà và ôn thi Đợc sự khuyến khích , giúp đỡ nhiệt tình của bạn

bè đồng nghiệp trong trờng , ở trờng bạn và đặc biệt là sự hớng dẫn chỉ dạy tận tình chu đáo của thầy giáo Tống Trần Hoàn – giảng viên khoa Toán Tin trờng ĐHSP Hà Nội , tôi đã mạnh dạn nghiên cứu bớc đầu đề tài :

“ Phơng pháp giải bài toán cực trị cho học sinh THCS ” II- Mục đích nghiên cứu

Giúp học sinh nắm đợc phơng pháp giải một số dạng toán cực trị thờng gặp trong ờng THCS , nâng cao dần kỹ năng kỹ sảo giải các dạng toán trên từ đó phục vụ tốt cho việc giảng dạy của giáo viên và gạt bỏ t tởng e ngại của học sinh khi giải toán cực trị

tr-III – Khách thể và đối t ợng nghiên cứu .

III.1 Khách thể nghiên cứu

Phơng pháp giải một số dạng toán cực trị

IV – Giả thuyết khoa học

“ Dạy học sinh phơng pháp giải một số dạng toán cực trị ” thì trình độ , kỹ năng , kỹ sảo của học sinh đợc nâng lên sau khi thực hiện đề tài là hiển nhiên không còn là giả thuyết nh các đề tài khác Tuy nhiên dự kiến kết quả đề tài là việc cần làm Tôi mong rằng sau khi thực hiện đề tài học sinh không còn cảm thấy sợ toán cực trị nữa ngợc lại đa phần các em cảm thấy hứng thú hơn khi học toán và đều nắm đợc phơng pháp giải một số dạng toán mà đề tài đề cập

V – Nhiệm vụ nghiên cứu

- Xây dựng cơ sở lí luận , phơng pháp giải một số dạng toán cực trị Số học , Đại số , Hình học

- áp dụng giảng dạy cho học sinh đại trà , học sinh giỏi và học sinh ôn thi vào THPT

VI – Giới hạn đề tài

Vì đề tài đang ở bớc đầu nghiên cứu nên tôi chỉ xây dựng phơng pháp cho một số dạng toán cực trị thờng gặp và cũng giới hạn trong đối tợng học sinh trờng THCS Bình Minh – Tp Hải Dơng

VII – Các ph ơng pháp nghiên cứu .

- Quan sát s phạm

- Điều tra giáo dục

- Tổng kết kinh nghiệm

- Thực nghiệm s phạm

- Lấy ý kiến chuyên gia

- Nghiên cứu tài liệu và sản phẩm hoạt động s phạm

- Phân tích và tổng hợp lí thuyết

B - phần nội dung

kết quả nghiên cứu

Sau một thời gian dài nghiên cứu tôi đã tổng hợp và xây dựng đợc những vấn đề về lí thuyết nh sau :

Theo lí thuyết Giải tích cổ điển , xét tập hợp số thực x∈E ⊂IR , khi đó nếu E không rỗng và bị chặn thì tồn tại cận trên đúng M của E ( M = supE ) hoặc cận dới đúng m của E ( m = infE ) hoặc cả hai Tuy nhiên có thể cả M và m đều không thuộc E Khi

M∈E ( hoặc m∈E) ta viết M = maxE ( hoặc m = minE ) đây là cách viết tắt theo chữ

Latin ( max = maximum , min = minimum ) mà trong trờng phổ thông ta thờng gọi là giá trị lớn nhất ( GTLN ) và giá trị nhỏ nhất ( GTNN )

Theo quan điểm trên việc tìm maxE = M hoặc minE = m phải bao gồm đồng thời cả hai điều kiện :

i) M = E hoặc m = E

ii) ∃x ∈ E để M = E hoặc m = E

( Đối với phân môn Hình học ta hiểu x là một điều kiện ràng buộc mà đề bài yêu cầu) Sau đây là những dạng bài tập và phơng pháp cụ thể đối với từng phân môn xét theo quan điểm trên

1.2 ớc chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất .

Cho hai số nguyên dơng a , b

ớc chung lớn nhất của a và b đợc kí hiệu là ƯCLN ( a,b) hay ( a , b ) Số d gọi là ớc chung của a và b khi và chỉ khi d là ớc của ƯCLN(a ,b) :

d | a và d | b ⇔d | (a,b)

Bội chung nhỏ nhất của a và b đợc kí hiệu là BCNN(a,b) hay [a,b] Số m là

BCNN(a,b) khi và chỉ khi m là bội của BCNN(a,b) :

m  a và m  b ⇔ m  [a,b]

Hai số đợc gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi (a,b) = 1

* Tuy nhiên , trong việc tìm ƯCLN của hai số dơng a, b ( a>b) ngời ta còn có thể sử dụng thuật toán Euclide nh sau :

b c

2.5 Định lí

Trong sự phân tích số n! ra thừa số nguyên tố ( n! = 1.2.3 n)

k a a

i

i

p

n p

n p

n

nguyên lớn nhất không vợt quá x )

B Một số ph ơng pháp th ờng dùng trong giải bài toán chia hết

1 Để chứng minh A(n) ( n ∈ Z ) chia hết cho một số nguyên tố p , ta có thể xét mọi

trờng hợp về số d khi chia n cho p

2 Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m ta thờng phân tích m ra thừa số

nguyên tố Giả sử m = pq , ta tìm cách chứng minh A(n)  p và A(n)  q suy ra A(n) A(n) pq do (p,q) = 1

Nếu (p,q) ≠1 thì ta phân tích A(n) rồi chứng minh tích đó chia hết cho m Ta cũng

có thể phân tích A(n) thành tổng nhiều số hạng cùng chia hết cho m

3 Ta thờng sử dụng kết quả sau :

Nếu số d khi chia a cho b>0 là r ( 0< r <b) thì số d khi chia an ( n>1) cho b là số d khi chia rn cho b ( số d này bằng rn nếu rn < b )

C Bài tập áp dụng

* Qui ớc :

Nếu a là số lớn nhất trong các số a ,b ,c, d thì ta kí hiệu max(a,b,c,d) = a

Nếu b là số nhỏ nhất trong các số a ,b ,c, d thì ta kí hiệu min(a,b,c,d) = b

Bài số 1 : Tìm số nguyên dơng n nhỏ nhất sao cho 2n – 1  7

Giải : Xét phép chia số nguyên n cho 3 thì n chỉ có một trong ba dạng : n = 3k ; n = 3k+1 ;

n = 3k+3 ( k ∈Z)

Với n = 3k ta có : 2n – 1 = 8k – 1  7

Với n = 3k+1 ta có : 2n -1 = 2.8k -1=2(8k -1) + 1 không chia hết cho 7

Với n = 3k+2 ta có : 2n – 1=4.8k-1= 4(8k -1) + 3 không chia hết cho 7

Vậy với n  3 thì 2n – 1  7 mà n là số nguyên dơng nhỏ nhất nên n = 3

Bài số 2 : Tìm số tự nhiên k lớn nhất thoả mãn : ( 1994!)1995  1995k

221 664

1994

1994

1994 + + + = + + + =



Tơng tự : Số mũ của 5 trong 1994! là : 495

Số mũ của 7 trong 1994! là : 329

Số mũ của 19 trong 1994! là : 109

Vậy trong 1994! có các thừa số : 3992 ; 5495 ; 7329 ; 19109

Suy ra : (1994!)1995 = (3992 5495 7329 19109 M )1995 Với M là tích các thừa số không chứa các thừa số nguyên tố 3 ; 5 ; 7 ; 19

Với k = 109.1995 thì ( 1994!)1995  1995k

Với k = 109.1995 + 1 thì ( 1994!)1995 không chia hết cho 1995k

Vậy k = 109.1995 là số tự nhiên lớn nhất cần tìm

Bài số 3 Tìm GTLN và GTNN của n để P = (n+5)(n+6) 6n

n(n-1) là số chẵn vì là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên n(n-1)  3 ⇔ n  3 hoặc n-1  3

Vậy P  6n thì n là ớc của 30 và là bội của 3 hoặc bội của 3 cộng thêm 1 ⇒ n =

{1;2;3;6;10;15;30} Thay các giá trị trên vào P = ( n+5)(n+6) và 6n thì ta có n = {1;3;10;30} (*) thoả mãn điều kiện bài toán

* Với n< 0 :

Đặt m = - n Ta tìm m sao cho : P = ( -m+5)(-m+6)  -6m Giải nh trên ta tìm đợc n

= { -2;-5;-6;-15} (**) thoả mãn điều kiện bài toán

Kết hợp (*) và (**) ta có n = {1;3;10;30;-2;-5;-6;-15}

Vậy max n = max (1;3;10;30;-2;-5;-6;-15 ) = 30

min n = min(1;3;10;30;-2;-5;-6;-15 ) = -15

Bài số 4 Cho A = m+n và B = m2 + n2 trong đó m,n là những số tự nhiên nguyên tố cùng nhau Tìm max (ƯCLN) ( min(BCNN) ) của A và B

Giải : Gọi d = (m+n,m2+n2) ⇒ (m+n)2 d ⇒ (m+n)2 – (m2 + n2) = 2mn  d ⇒ d là ớc

a ≡ b ( mod m ) Đây là một đồng d thức với a là vế trái , b là vế phải

Nói riêng , a ≡ 0 ( mod m ) nghĩa là a chia hết cho m

Trong trờng hợp b <m thì a ≡ b ( mod m ) có nghĩa là chia a cho m có d là b

1.2 Các tính chất của đồng d thức

1.2.1 Ta có : a ≡a với ∀a

a ≡ b ( mod m) ⇒ b ≡ a ( mod m)

a ≡ b ( mod m) và b ≡ c ( mod m) ⇒ a ≡ c ( mod m)

1.2.2 Nếu a ≡ b ( mod m) và c ≡ d ( mod m) thì a ± c ≡ b ± d ( mod m) ; ac ≡ bd

( mod m)

Suy ra :

i) a ≡ b ( mod m) ⇒ a ± c ≡ b ± c ( mod m)

ii) a+c ≡ b (mod m ) ⇒ a ≡b-c ( mod m)

iii) a ≡ b ( mod m) ⇒ na ≡ nb ( mod m)

iv) a ≡ b ( mod m) ⇒ an ≡ bn ( mod m)

1.2.3 a ≡ b ( mod m) ⇒

d

b d

a ≡ ( mod m) với d là ớc chung của a và b và (d,m) = 11.2.4 Nếu a ≡ b ( mod m) và c>0 thì ac ≡ bc ( mod mc)

Nếu d là ớc chung dơng của a,b,m thì ax ≡ b ( mod m) ⇒

d

b d

2.2.1 Phơng trình đồng d ax ≡ b ( mod m) có nghiệm duy nhất nếu (a,m) = 1

( ta hiểu phơng trình đồng d ax ≡ b ( mod m) có nghiệm duy nhất nghĩa là tất cả các nghiệm đều thuộc một lớp các số đồng d với b modun m )

2.2.2 Bằng các phép biến đổi của dồng d thức bao giờ ta cũng đa phơng trình đồng

d bậc nhất về dạng ax ≡ b ( mod m) với m>a>0 và m>b≥0

) (mod

2 2

2

1 1

1

m b

x

a

m b

x

a

Bằng cách biến đổi tơng đơng các đồng d thức ta có thể qui hệ phơng trình đồng d bậc nhất một ẩn về phơng trình đồng d bậc nhất một ẩn

B Ph ơng pháp giải bài toán cực trị đối với ph ơng trình đồng d

Từ lí thuyết ở trên , ta biết rằng luôn đa đợc phơng trình ( hệ phơng trình ) đồng d về dạng ax ≡ b ( mod m) Do đó vấn đề ở đây là từ điều kiện đề bài ta chuyển về

Giải : Theo đề bài ta phải giải hệ phơng trình đồng d sau:

- Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 , chỉ có hai ớc là 1 và chính nó

Các số còn lạ gọi là hợp số Từ đó suy ra , số 0 và số 1 không phải là số nguyên tố ,

số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất và nhỏ nhất

2.1 Định lí cơ bản của số học

Mọi số lớn hơn 1 đều phân tích đợc ra thừa số nguyên tố một cách duy nhất ( không

2 Các tính chất

2.3 Ước số nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số N là số không vợt quá N

Từ đó suy ra : nếu số N > 1 không có một ớc nguyên tố nào từ 2 cho đến N thì N là một số nguyên tố

2.4 Có vô số số nguyên tố dạng ax + b với (a,b) = 1

2.5 Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n ± 1 , mọi số nguyên tố lớn hơn 3

Giải : Vì a,b có vai trò nh nhau nên ta giả sử a>b Gọi p =

b a

p p

Giải : Với số n tự nhiên , theo đề bài ta phải tìm số p sao cho : 13p = n3 – 1

⇔13p = ( n-1)(n2+n+1) Do (13,p)=1 nên n-1=13 hoặc n2+n+1 = 13 ⇒ n= 14 hoặc

n=3 ⇒ p=211 hoặc p=2

Vậy max p = 211, min p = 2

Bài số 3 Tìm k để dãy : k +1,k+2, , k+9,k+10 có nhiều số nguyên tố nhất

Giải :Trong 10 số liên tiếp luôn có 5 số chẵn ( trong đó có nhiều nhất một số nguyên tố là

Với k=0 thì từ 1 đến 10 có 4 số nguyên tố ( 2,3,5,7)

Với k=1 thì từ 2 đến 11 có 5 số nguyên tố ( 2,3,5,7,11)

Với k>1 thì từ 3 trở đi không có số chẵn nào nguyên tố , trong 5 số lẻ liên tiếp có một

số là bội của 3 do đó trong dãy có ít hơn 5 số nguyên tố

Vậy với k=1 thì dãy có nhiều số nguyên tố nhất

2.1.2.1 Phơng trình ax + by = c có nghiệm nguyên khi và chỉ khi (a,b)=1

2.1.2.2 Nếu phơng trình ax + by = c có một nghiệm nguyên (x0,y0) thì nó có vô số nghiệm nguyên dạng :

2

) (

2 2

2 2

q p m z

mpq y

q p m x

trong đó m,p,q là những số nguyên bất kì , (p,q)=1 , p,q chẵn lẻ khác nhau

2.4.Phơng trình PELL.

là phơng trình có dạng : x2 – Dy2 =1

B Ph ơng pháp tìm cực trị với ph ơng trình DIOPHANTE

Nh trên đã trình bày , phơng trình DIOPHANTE là phơng trình vô định , thậm chí nhiều phơng trình cha tìm ra lời giải tổng quát Do phạm vi khuôn khổ đề tài nên tôi không chuyên sâu vào phép giải phơng trình mà chỉ giới hạn với một khoảng nguyên của ẩn để tìm max , min theo dữ kiện đề bài và chỉ với những phơng trình đơn giản Phơng pháp giải chung cho những bài toán đơn giản này là từ dữ kiện đề bài ta thiết lập phơng trình rồi sử dụng tính chất chia hết hoặc đồng d thức hoặc kiến thức liên phân số để tìm nghiệm riêng hoặc nghiệm tổng quát Trên khoảng nguyên xác định

ta tìm đợc max , min thoả đề bài

C Bài tập áp dụng

Bài số 1

Có ba ngời đi câu cá Trời đã tối nên họ bỏ cá trên bờ sông rồi mỗi ngời tìm một nơi

để ngủ Ngời thứ nhất thức dậy đếm số cá thấy chia 3 thì thừa 1 nên ném 1 con xuống sông rồi xách 1/3 về nhà Ngời thứ 2 thức dậy tởng hai bạn còn ngủ , đếm số cá chia

3 thấy thừa 1 con nên ném 1 con xuống sông rồi xách 1/3 về nhà Ngời thứ 3 thức dậy tởng mình dậy sớm nhất đếm số cá chia 3 thấy thừa 1 con nên ném 1 con xuống sông rồi xách 1/3 về nhà Hỏi họ câu đợc nhiều nhất bao nhiêu con cá biết số cá không vợt quá 170 con

Giải : Gọi số cá câu đợc của ba ngời là x và y là số cá còn lại khi cả ba đã lấy đi phần của mình thì ta có phơng trình :

38 27 8 1

1 ) 1 (

t x

8 144

27 380

( t ∈Z)

Do x<170 nên t lớn nhất là 20 khi đó x = 160 , y = 16

Vậy số cá lớn nhất ba ngời câu đợc là 160 con

Bài số 2 Tìm số tự nhiên x nhỏ nhất sao cho x 9, x+1 25 và x+2 4

1 1

1

1

Giải : Với mọi bộ (x,y,z) thoả mãn phơng trình ta giả sử 0 < x≤ y≤z thì :

1991 3 1991

3 1991

1 1 1 1 1 1 1

1

0 < ≤ ≤ ⇒ < + + = ≤ ⇒ < x≤

x z

y x x x y

hạn giá trị không nhiều hơn 2.1991 Với mỗi giá trị của x ta có :

1991 2 1991

1991 2 2

1 1 1

=

−

x

x y

y z y

Với x,y đã biết thì có nhiều nhất là một giá trị tơng ứng của z

Vậy có nhiều nhất là 23.1991 nghiệm

D Bài tập tự luyện

Bài số 1 Trong các số tự nhiên từ 200 đến 500 tìm số lớn nhất , số nhỏ nhất chia cho 4,5,7 lần lợt có d là 3,4,5

x+y = 2005

Giải :

Ta có 4xy = (x+y)2 – (x-y)2 = 20052 – (x-y)2

Giả sử x>y ( không thể có x = y) Ta có : xy lớn nhất ⇔x-y nhỏ nhất ; xy nhỏ nhất

Giải : Vì A không chính phơng nên A>1

Xét A = 2 ta có 2=x2+4y nên x chẵn Khi đó vế phải chia hết cho 4 , vế trái không chia hết cho 4 nên loại

Xét A=3 ta có : 3 = x2+4y nên x lẻ Khi đó vế phải chia 4 d 1, vế trái chia 4 d 3 nên loại

Xét A = 5 ta có : 5=x2 + 4y , tồn tại x,y thoả mãn đẳng thức trên nh x=±3 ,y=-1 Vậy GTNN của A là 5

Bài số 3 Cho dãy (1) gồm 50 số hạng : 20+12; 20+22 ; 20+32 ; ; 20+492; 20+502

Xét dãy (2) gồm 49 số là ƯCLN của mỗi số hạng của dãy (1) , không kể số hạng cuối cùng với số hạng đứng liền sau nó trong dãy ấy Tìm số lớn nhất trong dãy thứ (2)

Ta đã biết A2 ≥ 0 ( -A2 ≤ 0) với mọi giá trị của biến trên tập xác định E của A

Nh vậy nếu biểu thức M ( nguyên hoặc phân ) đa đợc về dạngM=A2 + k ( hoặc

M=m-A2) thì rõ ràng supM= m ( infM=k) Nếu tồn tại giá trị của biến để M = k ( hoặc M=m) thì maxM = m ( min M = k)

B bài tập áp dụng

Bài số 1 Tìm max ( min) của các biểu thức sau :

a) A = 2x2 - 8x+1 b) B = -5x2 - 4x +1

9 ) 5

2 ( 5 5

9 ) 25

4 5

4 (

Giải : Để C tồn tại thì ta phải có : x ≥2006 (*)

8023 )

2

1 2006

Giải : Tập xác định của E là IR2

Ta có : E = x2 +2y2 -2xy - 4y + 5 = ( x-y)2 + (y-2)2 + 1

Vì ( x-y)2 ≥ 0 ∀x,y và (y-2)2 ≥ 0 ∀y nên E ≥1 ∀x,y

2 0

y x y

y x

Vậy minE = 1 khi x=y=2

Bài số 5 Tìm min của F = x2 + 2y2 + 3z2 -2xy + 2xz -2x -2y – 8z + 2012

Giải : Tập xác định của F là IR3

=

− +

−

1 1 1 0

1

0 2

0 1

z y x z

z x

z y x

2 4 ) 1 3 (

2 4

1 4 ) 1 3 (

1

2 2

−

=

−

≥ +

−

−

⇒

≤ +

1 2

6 8 3 2

x

Giải :Tập xác định của H là IR\ {1}

) 1 (

) 2 ( 2 1

2

) 4 4 ( ) 2 4 2 (

2

2 2

2 2

≥

−

− +

= +

−

+

− + +

−

x

x x

x

x x x

Bµi sè 8 T×m max , min cña I =

1

4 3

* T×m min I

1

) 2 ( 1

1 4

4

2

2 2

2 2

−

≥

− +

−

= +

−

− +

−

x

x x

x x

1 4 4 4 4

2

2 2

2 2

≤ +

+

−

= +

−

−

− +

x

x x

x x

T×m min cña K = x3 + y3 + xy biÕt r»ng x+y=1

Gi¶i :

Ta cã : K = (x+y)(x2-xy+y2) + xy = x2 –xy + y2 + xy = x2 + y2

Cã nhiÒu c¸ch gi¶i ë ®©y , vÝ dô :

K = x2 + (1-x)2 =

2

1 2

1 ) 2

1 (

a) A = x2 -5x + 1

b) B = 1 – x2 + 3x

Bµi sè 2 T×m min cña mçi biÓu thøc sau :

a) C = ( x-1)(x- 3)(x2 - 4x + 5)

b) D = x2 – 2xy + 2y2 + 2x -10y + 17

Bµi sè 3 T×m max cña biÓu thøc sau :

E = xy + yz + xz biÕt x+y+z=12

Bµi sè 4 T×m max ( min ) cña mçi biÓu thøc sau :

a) F =

5 2

17 6 3

x

9

12 27

3 8

2 +

+

x x

II- Ph ơng pháp tìm cực trị theo tính chất giá trị tuyệt đối

Ta có : B = ( x+ 1 + 1 )2 − ( x+ 1 − 1 ) 2 = x+ 1 + 1 − x+ 1 − 1 ≤ x+ 1 + 1 − x+ 1 + 1 = 2

Suy ra max B = 2 khi (( x+ 1 + 1 )( x+ 1 − 1 ) ≥ 0 ⇔ x≥ 0 (thoả(*))

C Bài tập tự luyện

Bài số 1 Tìm max của biểu thức :

a) C = a+3−4 a−1− a+3+4 a−1

b) D = x2 − 4012x+ 2006 2 − x2 + 4014x+ 2007 2

Bài số 2 Tìm min của biểu thức :

a) E = x2 + 64 − 16x+x2

b) F =

4

1 4

2 − x+ + x −x+

III Ph– ơng pháp tìm cực trị dựa vào điều kiện tồn tại

nghiệm của ph ơng trình bậc hai ( ph ơng pháp miền giá trị hàm số )

A.Lí thuyết cơ bản

Ta đã biết : phơng trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 có nghiệm nếu ∆ =b2 − 4ac≥ 0 Nếu biểu thức A = g f((x x)) xác định trên miền D có thể qui về dạng :

f(A)x2 + g(A)x + k = 0 (1) ( k là một số thực ) thì rõ ràng với mỗi x thuộc tập nguồn

D thoả (1) sẽ cho một ảnh h(A) của tập đích E của A Vì vậy bằng cách gián tiếp dựa vào điều kiện có nghiệm của phơng trình (1) ta sẽ xác định đợc tập đích E và do đóchỉ ra giới hạn miền giá trị của A hay chỉ ra maxA , minA

B bài tập vận dụng

Bài số 1 Tìm max , min của A =

1

1 2

2

+ +

+

−

x x

x

x Giải :

Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phơng trình sau có nghiệm :

a =

1

1 2

1 0 ) 3 )(

1 3 ( 0 ) 1 ( 4 ) 1 (

1 )

1 ( 2

) 1 (

a

a a

a x

x x

x x

Điều kiện để B có nghĩa là x≠ 0 ;x≠ 1 (*)

B nhận giá trị m ⇔phơng trình m =

x x

x x

*Nếu m=1 ⇒ x = 2,5

*Nếu m ≠1 thì để (2) có nghiệm ta cần có :

0 11 14 )

1 ( 20 ) 3 (

Kết hợp hai trờng hợp trên và điều kiện (*) ta có :

maxB = 1 khi x = 2,5 ; min B = − 7 − 2 15 khi x=

2 15

5 −

C Bài tập tự luyện

Tìm max , min của những biểu thức sau :a) C =

22 8

41 16 2

x

2 ) 1 2 (

1 6 4

a a

a a

3 2 1 3

a a

a1+ 2 + 3 + + ≥ 1 2 3

n

a a

a a

)

( 1+ 2 + 3 + + ≥ 1 2 3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = a3 = = an

Từ đây ta dễ dàng suy ra :

i) Nếu a1 a2 a3 an = A không đổi thì n

n n A a

a a

a1+ 2 + 3 + + ≥ và do đó :

n n A a

a a

a1+ 2 + 3 + + = khi a1 = a2 = a3 = = an

ii) Nếu a1 + a2 + a3 + + an = B không đổi thì

n

B a a a a n

n ≤

3 2

max

n

B a a

1 khi a1 = a2 = a3 = = an

B Bài tập áp dụng

Bài số 1 Cho a.b.c = 1 Tìm min của A = (a2+b2)(b2+c2)(c2+a2)

Giải :Theo BĐT Cô- si ta có :

0 2

0 2

c

bc c

b

ab b

+ +

+ +

+ +

>

3 1

1 1

1 1

1 1

1

0 , ,

,

d c

b a

d c

b

a

tìm max a.b.c.d ?

Giải :

d c

c b

b d c

b

a≥ − + + − + + − + = + + + + +

1 1(

) 1

1 1(

) 1

1 )(

1 (

3

d c b

bcd

+ + +

≥

) 1 )(

1 )(

1 (

3 1

1

+ + +

1 )(

1 (

3 1

1

+ + +

≥

abd c

0 ) 1 )(

1 )(

1 )(

1 )(

1 (

81 )

1 )(

1 )(

c b

Bµi sè 3 Víi ∀a>b≥0 , t×m min cña B = ( )( 1 ) 2

Gi¶i :

) 1 )(

(

4 2

1 2

1 )

( ) 1 )(

b a b

b a a

3 1 4 1 ) 1 )(

(

4 2

1 2

1 )

(

4 4

2 − = − = +

−

+ +

−

b b a

b b

4 3

c ab

Gi¶i :

Ta cã :

2 2 2

2 ) 2 ( 2 2 ) 2 ( 2

c

3 2 2

3 ) 3 ( 3 3 ) 3 ( 2

a

4 2 2

4 ) 4 ( 4 4 ) 4 ( 4

1 3 2

1 2 2

1

+ +

4

3 3

2 2

b a c b

1 2 2

Bài số 5 Cho a,b,c là 3 số dơng bất kỳ Tìm min của D =

b a

c a c

b c b

a

+

+ +

+ +

Giải :

Ta có : D + 3 =

b a

c b a a c

c b a c b

c b a b a

c a

c

b c

b

a

+

+ + + +

+ + + +

+ +

= + + + + + + +

1 (

+

+ + +

+ + + +

= +

+ +

+ + + +

b a a c c b b a a c c b b a a c c b c b

( 2

Tìm min của A= (1+a+b)(a+b+ab)

Bài số 2 Cho a là số thực bất kỳ Tìm min của B =

1

2 2

Tìm max của C = 16ab(a-b)2

V ph– ơng pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức

2

2 1

2 2

a b

a b

2

a n a

a

C

+ + +

Dấu bằng khi

n

n a

x a

x a

2

2 1

n

n a

x a

x a

x

min (a x +a x + +a x ) = - 2 2 2 Dấu bằng khi x1 = x2 = = x n ≤ 0

B bµi tËp vËn dông

Bµi sè 1 Cho xy + yz + xz = 4 T×m min A = x4+y4+z4

3

; 35

5

9

Bµi sè 4

0 ,

,

1 3 2 1

c

b

a

c b

a T×m min D = a2+b2+c2

Gi¶i :Theo B§T B-C-S ta cã :

4

2 2

2 2

3

1 ) 3 2 1 )(

( 3

1 ) (

3

≥ +

+

c b a c b a c

b a c

1 9

4

0 ,

= +

= +

20 25

16 2 2

2 2

yv xu

v

u

y x

T×m max (x+y)

Bµi sè 3 Cho x2+4y2 =1 T×m max x−y

Bµi sè 4 Cho 3x-4y=7 T×m min cña 3x2+4y2

Bµi sè 5 Cho 36x2 + 16y2 = 9 T×m max , min cña y-2x

Bµi sè 6 Cho







= +

≥

1

0 2

Ta luôn có : MH ≤ MA dấu bằng khi H ≡ A M

MA ≥ MB dấu bằng khi và chỉ khi HA = HB

2) Với 3 điểm A,B,C bất kỳ trong mặt phẳng ta luôn có :

AB + AC ≥ BC (1)

AC + BC ≥ AB (2)

AB + BC ≥ AC (3)

Dấu bằng ở ( 1) khi A thuộc đoạn BC

Dấu bằng ở ( 2) khi C thuộc đoạn BA B H A dDấu bằng ở ( 3) khi B thuộc đoạn AC A a3) Nếu a || b và A ∈ a , B , C ∈ b và

có diện tích nhỏ nhất

Giải : A E K B

Gọi EFGH là hình vuông nội tiếp trong hình vuông ABCD

Tâm của hai hình vuông này phải trùng nhau tại O

2

2 2 2

.

OE OE

OE FH

Vậy SEFGH nhỏ nhất khi các đỉnh E,F,G,H là các trung điểm D G C

các cạnh của hình vuông ABCD

Bài số 2

Cho tam giác ABC Qua A dựng đờng thẳng d cắt cạnh BC của tam giác sao cho tổng các khoảng cách từ B và C đến d có giá trị nhỏ nhất

O

Giải :Gọi D là giao điểm của d và cạnh BC Vẽ BM , CN vuông A

góc với d Với mọi vị trí của D trên cạnh BC ta có :

SBAD + S CAD = S ABC ⇒ AD BM + AD.CN =S

2

1

Giả sử AC ≥ AB thì trong hai đờng xiên AD , AC N

đờng xiên AD có hình chiếu nhỏ hơn do đó AD ≤ AC không đổi

AD = AC ⇔ D ≡ C

Vậy đờng thẳng d phải dựng là đờng thẳng chứa cạnh lớn nhất trong hai cạnh AB,AC

Bài số 3 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB Ax và By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn ( A , B lần lợt là các tiếp điểm ) M là điểm bất kì của nửa đờng tròn

( M khác A và B ) , qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đờng tròn cắt Ax tại C , cắt By tại

D Tìm vị trí của M để diện tích tứ giác ABCD nhỏ nhất

Giải :Theo tính chất tiếp tuyến ta có : x y

Giải : Gọi I là trung điểm EF

Suy ra EF nhỏ nhất khi EF = AH , khi đó A,I,H I

thẳng hàng hay I là trung điểm AH

⇒AEHF là hình chữ nhật B H C

Bài số 6 Cho góc nhọn xOy Điểm A nằm trong góc đó

Xác định B trên Ox và C trên Oy sao cho chu vi tam M giác ABC nhỏ nhất ?

Giải :Gọi M là điểm đối xứng của A qua Ox , x

N là điểm đối xứng của A qua Oy

Suy ra MN cố định

Chu vi tam giác ABC = AB + BC + AC B A

Ta có : NB + BC ≥ NC

⇒NB + BC + CM ≥ NC + CM ≥ MN O

Dấu bằng khi B là giao điểm của MN với Ox , C

C là giao điểm của MN với Oy , khi đó

chu vi tam giác ABC = MN y

Bài số 3 Cho hai điểm A và B trên cùng nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng d cho trớc

a) Tìm trên d một điểm C sao cho chu vi ∆ABC nhỏ nhất

b) Tìm trên d hai điểm M,N có khoảng cách MN = a sao cho độ dài đờng gấp khúc AMNB nhỏ nhất

đ

ờng tròn

A Lí thuyết cơ bản

1) Trong một đờng tròn , đờng kính là dây lớn nhất

2) Trong một đờng tròn hoặc trong hai đờng tròn bằng nhau :

i) Dây lớn hơn khi và chỉ khi nó gần tâm hơn

ii) Dây lớn hơn trơng cung lớn hơn

B Bài tập vận dụng

Bài số 1

Cho ∆ABC cân tại A Đờng tròn (O) tiếp xúc với AB tại B, tiếp xúc AC tại C Qua

A vẽ cát tuyến ADE bất kỳ Vẽ dây CK song song DE Xác định vị trí cát tuyến ADE để tam giác AKE có diện tích lớn nhất

Cát tuyến ADE ở vị trí AMN hình bên thì

∆AKE có diện tích lớn nhất N E

Đó là tam giác ANP P

Bài số 2 Trong các ∆ABC có BC = a , góc BAC = α , tam giác nào có :

a) Diện tích lớn nhất ? b) Chu vi lớn nhất ?

Giải : DXét các tam giác ABC có BC = a , góc BAC = α A

Khi đó A nằm trên cung chứa góc α dựng trên BC a) Gọi D là điểm chính giữa cung chứa góc nói trên A

Kẻ AH , DG ⊥BC Hiển nhiên AH ≤DG , do đó

SABC ≤SGBC Vậy trong các tam giác nói trên , tam giác

cân tại A có diện tích lớn nhất B C

O

H G