Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải các bài toán cực trị của bậc THCS

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải các bài toán cực trị của bậc THCS

1. a. phần mở đầu I. Lý do chọn đề tài: Trong những năm gần đây, các kỳ thi học sinh giỏi bậc THCS và các kỳ thi tuyển sinh vào trường THPT đặc biệt là thi vào các trường THPT chuyên thường gặp những bài toán yêu cầi tìm GTNN, GTLN của một đại lượng nào đó. Các bài toán này gọi chung là các bài toán cực trị. Các bài toán cực trị rất phong phú và đa dạng mang nội dung vô cùng sâu sắc trong việc giáo dục tư tưởng qua môn toán. Đi tìm cái tốt nhất, rẻ nhất, ngắn nhất, dài nhất trong một bài toán. Để dần dần hình thành cho học sinh thói quen đi tìm giải pháp tối ưu cho một công việc nào đó trong cuộc sống sau này. Các bài toán cực trị Đại số ở bậc THCS có ý nghĩa rất quan trọng đối với các em học sinh. ở bậc THCS chưa có lý thuyết đạo hàm nên phải bằng cách giải thông minh, tìm ra các biện pháp hữu hiệu và phù hợp với trình độ kiến thức toán học ở bậc học để giải quyết loại toán này. Các bài toán về cực trị Đại số ở bậc THCS góp phần không nhỏ vào việc rèn luyện tư duy cho học sinh. Với ý nghĩa như vậy, việc hướng dẫn học sinh nắm được các phương pháp giải các bài toán cực trị là vấn đề quan trọng. Qua thực tế giảng dạy bản thân đã rút ra được một số phương pháp để giải các bài toán cực trị nhằm giúp thêm tài liệu cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán. II. Nhiệm vụ của đề bài: Đề bài trình bày một số phương pháp giải các bài toán cực trị của bậc THCS. Mỗi phương pháp được trình bày theo cấu trúc gồm: Cơ sở lý thuyết và ví dụ minh hoạ hoặc từ bài tập cụ thể, rút ra nhận xét tổng quát. III. Phạm vi đề tài: Đề tài chỉ đề cập tới một số phương pháp giải một số loại toán cực trị đại số thường gặp, đối tượng mà đề tài nhằm tới là học sinh khá, giỏi toán. IV. Phương pháp nghiên cứu: Tổng hợp, hệ thống từ việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, tham khảo tài liệu và báo toán học tuổi trẻ. b. phần nội dung
2. I. Phương pháp giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số bằng cách đưa về dạng A(x) 0 (hoặc A(x) 0) - Để tìm giá trị nhỏ nhất của một biểu thức A(x) ta cần: + Chứng minh rằng A(x) k với k là hằng số. + Chỉ ra dấu "=" có thể xảy ra. - Để tìm giá trị lớn nhất của một biểu thức A(x) ta cần: + Chứng minh rằng A(x) k với k là hằng số. + Chỉ ra dấu "=" có thể xảy ra. Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A(x) = (x - 1)2+(x-3)2. Giải: A(x) = (x-1)2 + (x-3)2 = x2-2x+1+x2-6x+9=2(x2-4x+5)=2(x-2)2+2 2 Vì (x-2)2 0 với  x. Vậy Min A(x) = 2 khi x = 2 Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B(x) =-5x2 - 4x+1 4 Giải : Từ B(x) = -5x2 - 4x+1 ta có B(x)=-5(x2+ x)+1 5 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 9 = 5 x 2 x 1 5 x 1 5 x 5 5 5 5 25 5 5 2 2 2 2 Vì x 0 với x R nên 5 x 0 5 5 2 2 9 9 B(x) 5 x 5 5 5 9 2 Max B(x) = khi x 5 5 II. Phương pháp giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của A(x) A(x) một biểu thức đại số bằng cách đưa về dạng 0 hoặc 0 k2 k2 3x2 6x 10 Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức đại số A(x) x2 2x 3 3x2 6x 10 Giải: Từ A(x) x2 2x 3 3x2 6x 9 1 3(x2 2x 3) 1 1 Ta có A(x) = 3 x2 2x 3 x2 2x 3 (x 1)2 2 Vì (x+1)2 0 với  x nên (x+1)2+2 2 với  x. 1 1 Do đó: (x 1)2 2 2
3. 1 1 1 Vậy A(x) =3 3 3 (x 1)2 2 2 2 1 Max A(x) = 3 khi (x+1)2 = 0 x= -1 2 2x2 16x 41 Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của B(x) = với x R x2 8x 22 2x2 16x 41 2(x2 8x 22) 3 3 Giải: Từ B(x) = 2 x2 8x 22 x2 8x 22 (x 4)2 6 Vì (x- 4)2 0 với x nên (x- 4)2+6 6. 3 3 1 Nên (x 4)2 6 6 2 3 1 3 B(x) 2 2 (x 4)2 6 2 2 3 Min B(x) = khi (x- 4)2 = 0 x=4 2 III. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đại số bằng cách áp dụng bất đẳng thức cau chung. - Bất đẳng thức cauchung cho 2 số. a b Cho a, b không âm, ta có bất đẳng thức 2 ab 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b - Bất đẳng thức cauchung cho n số: Cho n số a1, a2, an không âm, ta có bất đẳng thức: a a a 1 2 n n a ,a a n 1 2 n Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an + Bài toán: a. Chứng minh rằng, nếu hai số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. b. Chứng minh rằng, nếu hai số dương có tổng không đổi thì tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Giải:
4. a. Ta cần chứng minh rằng với x>0; y> 0 và xy=k (không đổi) thì x+y đạt giá trị nhỏ nhất khi x=y. Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức cauchung cho hai số dương ta có: 2 x y 2 xy (x y) 4xy hay x y 2 xy mà xy=k (không đổi) 2 Nên ta có: x+y 2 xy 2 k (1) Vậy tổng P =x+y lấy giá trị nhỏ nhất x+y=2 k khi x=y b. Tương tự trên nếu hai số dương x và y có x+y=k (hằng số). k2 Từ (x+y)2 4xy xy 4 k2 Vậy tích Q=xy lấy giá trị lớn nhất bằng khi x=y 4 Chúng ta sẽ vận dụng kết quả của hai bất đẳng thức trên để giải các bài toán cực trị đại số. 2 2 Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất của A(x) = (x - 3x+1) (21+2x-x ) Giải:Các biểu thức x2-3x+1và 21+3x-x2 có tổng không đổi (bằng 22) nên tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi 2 2 2 x -3x+1 = 21+3x-x x -3x-10=0 x1=5; x2 =-2. Khi đó A=11.11=121 Vậy Max A=121 x=5 hoặc x=-2 Ví dụ 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của 16x2 4x 1 B(x) = với x>0 2x 16x2 4x 1 1 1 Giải: Từ B(x) = Ta có B(x) = 8x+2+ . Hai số 8x và là hai 2x 2x 2x số dương, có tích không đổi (bằng 4) nên tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi 1 1 8x= 16x2=1 x= (x>0) 2x 4 1 1 1 1 Vậy Min B = 6 x 1 4 2 IV. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến số: Ví dụ 7: Tìm giá trị của m và p sao cho:
5. A=m2 - 4mp + 5p2 + 10m - 22p + 28 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Giải: A = (m2 -4mp + 4p2 ) + (p2 -2p + 1) + 27 + 10m - 20p = (m-2p)2 + (p-1)2 27 + 10(m-2p) Đặt X = m-2p. Ta có A=x2 + 10X + 27 + (p-1)2 = (X2 + 10X + 25) + (p-1)2 + 2 = (X+5)2 + (p-1)2 + 2 Ta thấy: (X + 5)2 0 với  m, p; (p-1)2 0  p Do đó: A đạt giá trị nhỏ nhất khi: X 5 0 X 5 m 2p 5 m 3 hay p 1 0 p 1 p 1 p 1 Vậy Min A=2 khi m=-3; p=1. Ví dụ 8:Tìm các giá trị của x, y, z sao cho biểu thức sau đây đạt giá trị 2 2 2 nhỏ nhất P(x, y, z) = 19x + 54y + 16z - 16xz - 24yz + 36xy + 5 Giải: Khi gặp một biểu thức chứa nhiều biến số, ta cấn biến đổi biểu thức đã cho về tổng các biểu thức không âm. 2 2 2 2 2 2) Ta có: P(x, y, z) = (9x + 36xy + 36y ) + (18y - 24yz+8z ) +(8x 16xy+8z + 2x2 + 5 = 9(x+2y)2 + 2(3y - 2z)2 + 8(x-z)2 + 2x2 + 5. Ta thấy: (x+2y)2 0 với  x, y. (3y-2z)2 0 với  y,z (x-z)2 0 với  x, z x2 0 với  x, y. 2 2 Biểu thức P(x,y,z) đạt giá trị nhỏ nhất khi các hạng tử (x+2y) , (3y-2z) ; (x- z)2, x2 đạt giá trị nhỏ nhất cùng một lúc hay nói cách khác chúng phải có giá trị đồng thời bằng 0, nghĩa là hệ phương trình sau đây có nghiệm. x 2y 0 x 0 3y 2z 0 y 0 x z 0 z 0 x 0 Vậy Min P(x,y,z) = 5 khi x = 0, y=0, z = 0. - Tổng quát: Khi gặp P = A + B + C_+ + 2 2 2 Với A k1 , B k2 , C k3 , thì ta có thể kết luận P đạt giá trị nhỏ nhất khi A, B, C đạt giá trị nhỏ nhất cùng một lúc và khi đó
6. 2 2 2 P(min) = k1 +k2 +k3 + Để tìm ra các biến số tương ứng với P(min) ta giải hệ phương trình: 2 A k1 2 B k2 2 C k3 Ví dụ 9: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A= 7x 5y 2z 3x xy yz xz 2000 t2 t 2005. Trong đó x;y;z;t là các số hữu tỉ Giải: 2 1 3 Ta có : A= 7x 5y 2z 3x xy yz xz 2000 t 2004 2 4 2 1 3 Vì 0  Q và t 0 nên A 2004 2 4 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 7x 5y 0 (1) 2z 3x 0 (2) xy yz zx 2000 0 (3) 2 1 t 0 (4) 2 7 3 Từ (1) ta có: y= x . Từ (2) ta có: z x 5 2 Thay vào (3) ta được: 7 21 3 x2 x2 x2 2000 5x2 2000 5 10 2 x2 =400 x= 20 - Với x = 20 ta có y = 28; z = 30 - Với x = -20 ta có y = -28; z = -30 1 Ngoài ra, từ (4) ta có: t= 2 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 2004 , đạt được khi 4 1 (x;y;z;t) = (20;28;30; ) 2
7. 1 Hoặc (x;y;z;t) = (-20;-28;-30; ) 2 V. Giải các bài toán cực trị đại số bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki. 1. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki. 2 Cho 2n số a1, a2 , an; b1, b2, bn ta luôn có: (a1b1 + a2b2+ + anbn) (a1 2 2 2 2 2 + a2 + + an )(b1 + b2 + + bn ). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a a a 1 2 n b1 b2 bn 2. Các ví dụ: Ví dụ 10: Tìm các giá trị x, y, z để sao cho biểu thức sau đây đạt giá trị nhỏ nhất P = x2 + y2 + z2. Tìm giá trị nhỏ nhất đó biết rằng x+y+z = 1995 Giải: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacỗpki cho các bộ số: 1, 1, 1; x, y, z Ta có: (x.1+y.1+z.1)2 (12 + 12 + 12) (x2 + y2 + z2) Hay: (x+y+z)2 3(x2 + y2 + z2) (x y z)2 Từ đó ta có P = x2 + y2 + z2 mà x+y+z = 1995 => Ta có: 3 19952 P= x2 + y2 + z2 với  x, y, z 3 19952 x y z Pmin = khi hay x = y = z 3 1 1 1 1995 Mà x+y+z = 1995 x=y=z = =665 3 Ví dụ 11: Cho x2 + y2 =52. Tìm giá trị lớn nhất của A = 2x 3y Giải: áp dụng bất đẳng thức bunhiacôpxki cho các bộ số 2, 3; x,y, ta có: (2.x+3.y)2 (22 + 32 (x2 + y2) (2x+3y)2 13.52262 2x 3y 26 x y 3x Max A = 26 y 2 3 2
8. 3x 9x2 Thay y vào x2 + y2 = 52 ta có x2 + 52 x 4 2 4 Vậy Max A = 26 x=4; y=6 hoặc x=- 4; y=- 6 VI. Phương pháp giải các bài toán cực trị đại số thoả mãn một hệ các điều kiện nào đó: Ví dụ 12: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P(x,y) = 6x+4y thoả mãn điều kiện xy 216 x 0 y 0 Giải: Từ P(x,y) = 6x+4y với x>0; y > 0 do đó 6x > 0; 4y > 0 2 2 => [P(x,y)] = (6x+4y) 4.6x.4y=96.xy 2 Vì xy=216(gt) => [P(x,y)] 96.216=20736 P(x,y) 144 P(x,y) 144 loại vì P(x,y) >0 Min P(x,y) = 144 khi x= 12; y = 18 Ví dụ 13: Tìm giá trị lớn nhất của A(x,y,z) = xyz (x+y)(y+z)(z+x) biết x, y, z 0 và x+y+z=1. Giải: áp dụng bất đẳng thức cauchung cho 3 số không âm x, y, z ta có: 1 = x+y+z 3 3 xyz (1) 2 = (x+y)+(y+z)+(z+x) 3 3 (x y)(y z)(z x) (2) Nhân từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều không âm) 3 3 2 Ta có: 2 9 A A 9 3 2 1 Max A = khi và chỉ khi x=y=z= 9 3 VII. Phương pháp dùng tam thức bậc hai: 1. Đổi biến để đưa về tam thức bậc hai đối với biến mới. Ví dụ 14: Tìm giá trị lớn nhất của A = x+ 2 x Giải: Điều kiện x 2 Đặt 2 x = y 0. Ta có y2 = 2-x 2 2 1 9 9 A = 2-y + y = y 2 4 4 9 1 1 7 Max A = y 2 x x 4 2 4 4