Phần I - Đặt vấn đề Lí chọn đề tài: a) Cơ sở lí luận: Để phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động học sinh nhằm bồi dỡng phát triển trí tuệ lực hoạt động học sinh nhiệm vụ trọng tâm trình dạy học nội dung việc đổi phơng pháp dạy học theo chơng trình cải tiến Dạy học toán dạy cho học sinh phơng pháp học toán giải toán để vận dụng kiến thức đà học vào thực tế sống Nội dung kiến thức toán học đợc trang bị cho học sinh THCS việc dạy lí thuyết phải trọng tới việc dạy học sinh phơng pháp giải số toán, nhng để nắm vững cách giải dạng toán đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức đà học cách linh hoạt, sáng tạo, tính cẩn thận, kết hợp với khéo léo kinh nghiệm đà tích luỹ đợc để giải tập có liên quan Thông qua việc giải tập chống t tởng hình thức hoá, t tởng ngại khó đặc biệt việc xác định vấn đề thiếu Do nâng cao lực t duy, óc tởng tợng, sáng tạo, rèn khả phán đoán, suy luận học sinh b) Cơ sở thùc tiƠn: hƯ thøc Vi - Ðt vµ vËn dơng đợc hệ thức Vi ét vào tính tổng tích nghiệm phơng trình bậc hai ẩn số - Nắm đợc ứng dụng hệ thức Vi - Ðt nh : + NhÈm nghiƯm cđa ph¬ng trình bậc hai trờng hợp a + b + c = ; a - b + c = , trờng hợp mà tổng, tích hai nghiệm số nguyên với giá trị tuyệt đối không lớn + Tìm đợc hai số biết tổng tích chúng + Biết cách biểu diễn tổng bình phơng, lập phơng hai nghiệm qua hệ số phơng trình Trong chơng trình giảng dạy môn toán lớp nhận thấy học sinh gặp nhiều khó khăn viƯc vËn dơng hƯ thøc Vi - Ðt vµ vận dụng đợc hệ thức Vi ét vào tính tổng tích nghiệm phơng trình bậc hai ẩn số t việc việc làm mẻ đề toán đà cho Một ®Ỉc ®iĨm quan träng cđa hƯ thøc Vi - Ðt vận dụng đợc hệ thức Vi ét vào tính tổng tích nghiệm phơng trình bậc hai ẩn số Đặc biệt mang nội dung sâu sắc việc giáo dục t tởng qua môn toán; hình thành cho học sinh thói quen tìm giải pháp tối u cho công việc cụ thể sống sau Chính toán thờng xuyên có mặt bµi kiĨm tra, thi tun sinh vµo líp 10 Qua số năm giảng dạy Toán trờng THCS đợc giao công tác bồi dỡng học sinh giỏi lớp 8, lớp quan tâm vấn đề mạnh dạn nghiên cứu hoàn thành đề tài Với thời gian hạn chế mong muốn nghiên cứu sâu nên đề tài tập trung vào vấn đề: Giải toán cách lập phơng trình hệ phơng trình dạng toán chuyển động 2) Đối tợng phơng pháp nghiên cứu: a) Đối tợng nghiên cứu: Là học sinh lớp b) Phơng pháp nghiên cứu: - Nghiên cứu tài liệu SGK; SBT toán đại số lớp 8; lớp Đề thi vào trờng THPT, Toán nâng cao chuyên đề đại số 8, Toán bồi dỡng học sinh Đại Số Rèn luyện kĩ giải Toán THCS Tuyển chọn đề toán thi vào lớp 10 - Nghiên cứu tài liệu Bồi duõng thờng xuyên chu kì III 1, PHần II - giải vấn đề A Một số vấn đề lí thuyết : 1) Công thức nghiệm phơng trình bậc hai ẩn số: Đối với phơng trình bậc hai: Biệt thức = b − 4ac ax + bx + c = (a ≠ 0) (1) (KÝ hiÖu ∆ : ®äc lµ ®en ta) +) NÕu ∆ > ⇒ phơng trình có hai nghiệm: x1 = b + ; 2a +) Nếu = phơng trình có nghiƯm kÐp lµ: x1 = x2 = − b 2a x2 = −b − ∆ 2a +) NÕu ∆ < phơng trình vô nghiệm 2) Các phơng pháp giải phơng trình Hệ phơng trình: a) Giải phơng trình: b +) Phơng trình bậc ẩn ax + b = ( a ≠ ) cã nghiÖm nhÊt x = − a +) Phơng trình bậc hai ẩn số ax + bx + c = ( a ≠ ) dïng công thức nghiệm b) Giải hệ phơng trình: +) Giải hệ phơng trình phơng pháp +) Giải hệ phơng trình phơng pháp cộng +) Giải hệ phơng trình phơng pháp đặt ẩn phụ 3) Cách giải toán cách giải phơng trình hệ phơng trình: gồm bớc: Bớc 1: Lập phơng trình Hệ phơng trình - Chọn ẩn số (chú ý ghi rõ đơn vị) đặt điều kiện thích hợp cho ẩn số - Biểu thị số liệu cha biết qua ẩn số số liệu cha biết - Lập phơng trình, hệ phơng trình biểu thị tơng quan đại lợng Bớc 2: Giải phơng trình Hệ phơng trình Tuỳ thuộc vào dạng phơng trình hay hệ phơng trình mà có phơng pháp giải thích hợp Bớc 3: Chọn kết qua thích hợp trả lời toán Chú ý so sánh điệu kiện đặt cho ẩn xem có thích hợp không trả lời kết toán Một số công thức chuyển động +) Công thức tính quÃng đờng chuyển động: S = v.t +) Công thức tính vận tốc chuyển động: v= S t +) Công thức tÝnh thêi gian chun ®éng: t= S v +) Vận tốc xuôi dòng: +) Vận tốc ngợc dòng: vxuoi = vthuc + vnuoc vnguoc = vthuc − vnuoc B số ví dụ giải toán cách lập ph ơng trình hệ phơng trình dạng toán chuyển động : Dạng I: Hai vật chuyển động chiều 1) lí chọn đề tài: Phần I : Đặt vấn đề Các toán tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ có vị trí quan trọng chơng trình dạy học toán THCS toán phơng phú đa dạng đòi hỏi phải vận dụng nhiều kiến thức vận dụng cách linh hoạt, sáng tạo, độc đáo; yêu cầu học sinh phải có óc quan sát nhạy bén, giúp học sinh phát triển t Dạng toán cực trị học sinh THCS khó em thờng gặp khó khăn việc tìm lời giải toán cực trị ; có toán em đâu? Vận dụng kiến thức chơng trình đà học? Làm để tìm đợc giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, ngắn nhất, dài v.v toán ấy? Toán cực trị loại toán có nhiều ứng dụng sống hàng ngày chẳng hạn: Hai nhà máy đợc xây dựng bên bờ sông hai địa điểm A; B HÃy tìm cạnh bờ sông địa điểm C để xây dựng trạm bơm đa nớc hai nhà máy cho độ dài đờng ống dẫn nớc ngắn ? v.v Đặc biệt mang nội dung sâu sắc việc giáo dục t tởng qua môn toán; hình thành cho học sinh thói quen tìm giải pháp tối u cho công việc cụ thể sống sau Chính toán thờng xuyên có mặt kì thi học sinh giỏi lớp 9, kì thi tuyển sinh vào lớp 10 Qua số năm giảng dạy toán THCS đợc giao công tác bồi dỡng học sinh giỏi lớp 8, lớp quan tâm vấn đề mạnh dạn nghiên cứu hoàn thành đề tài Với thời gian hạn chế mong muốn nghiên cứu sâu nên đề tài tập trung vào vấn đề: số phơng phápgiải toán cực trị đại số 2) Đối tợng phơng pháp nghiên cứu: a, Đối tợng nghiên cứu: Là học sinh lớp b, Phơng pháp nghiên cứu: * Nghiên cứu tài liệu SGK; SBT Toán (7), sách nâng cao, đề thi vào trờng THPT, chuyên đề đại số, Tạp chí Toán tuổi thơ Phần II: giải qut vÊn ®Ị A Mét sè vÊn ®Ị lÝ thut : HÖ thuc Vi et ax + bx + c = ( a ≠ ) m đợc gọi giá trị lớn f(x) miền D thoả mÃn điều kiện sau đây: a, f(x) m với D I Khái niệm : b, ∃ x0 ∈ D cho f(x0) = m ; KÝ hiÖu m = max f(x), ∀x ∈ D m đợc gọi giá trị nhỏ f(x) miền D thoả mÃn điều kiện sau đây: a, f(x) m với ∀x ∈ D b, ∃ x0 ∈ D cho f(x0) = m ; KÝ hiÖu m = f(x), x D II Các kiến thức cần dùng: 1) x2 ≥ ⇒ [ f ( x)] n ≥ víi ∀x ∈ R, n ∈ Z ⇒ [ f (x)] 2n + M ≥ M Hc - [ f (x)] 2n + M ≤ M 2) a, x ≥ víi ∀x ∈ R b, x + y ≤ x + y DÊu “=” x¶y x,y cïng dÊu c, x − y ≥ x − y DÊu “=” x¶y x,y cïng dÊu Chøng minh: a, x ≥ víi ∀x ∈ R theo định nghĩa dấu giá trị tuyệt đối b, Ta có xy ≥ xy ⇔ x y ≥ x y ⇔ x y ≥ 2.x y suy x + x y + y ≥ x + 2.x y + y ⇔ ⇔ (x + y) ≥ ( x + y) = ( x + y ) x + y ≥ x+ y Hay: x + y ≤ x + y (đpcm) Dấu = xảy x,y dÊu c, Ta cã: x y ≤ x y ⇔ − x y ≥ − x y ⇔ − xy ≥ −2 x y ⇔ x − 2.xy + y ≥ x − x y + y ( x − y) ≥ ( x − y ) ⇔ ⇔ nÕu x ≥ y (®pcm) x− y ≥ x − y DÊu “=” x¶y x, y cïng dÊu ( hay x.y ) 3) Bất đẳng thức Cô si: (chỉ áp dụng với số không âm ) a, Dạng công thức: a+b ab a+b+c abc a1 + a + + a n n ≥ a1 a a n n b, D¹ng luü thõa: a+b   ≥ ab   a+b+c   ≥ abc   n  a1 + a + + a n    ≥ a1 a .a n n   * HƯ qu¶: - NÕu x > 0, y > x.y = k2 (không ®ỉi) th× x + y nhá nhÊt ⇔ x = y - NÕu x > 0, y > vµ x + y = k2 (không đổi) x.y lớn x = y 4) Bất đẳng thức Bunhiacospki: a, Dạng thức: * ax + by (a * ax + by + cz ≤ * )( + b2 x2 + y (a ) )( + b2 + c2 x2 + y2 + z a1 x1 + a x + + a n x n ≤ (a ) )( 2 2 + a + + a n x12 + x + + x n ) b, D¹ng luü thõa: ( ax + by ) ≤ ( a + b )( x + y ) DÊu “=” x¶y vµ chØ x y = a b ( ax + by + cz ) ≤ ( a + b + c )( x + y + z ) DÊu “=” xảy x y z = = a b c ( a1 x1 + a x2 + + a n x n ) ≤ ( a12 + a 22 + + a n2 )( x12 + x 22 + + x n2 ) Dấu = xảy x x1 x = = = n a1 a an III Một số phơng pháp giải toán cực trị: (tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏnhất) 1) Ph ơng pháp bất đẳng thức : Giả sử cho hàm số f(x) xác định miền D a, f(x) ≤ m hc f(x) ≥ n b, ChØ x = x0 D cho dấu đẳng thức xảy 2) Ph ơng pháp miền giá trị hàm số: Giả sử tìm cực trị hàm số f(x) với x D Gọi y0 giá trị tuỳ ý hàm số xét miền đà cho có nghĩa hệ phơng trình sau có nghiệm :  f ( x) = y (1)    x ∈ D .(2)  Tuú dạng phơng trình mà ta có điều kiện thích hợp sau rút gọn đa dạng: m y0 M Vì y0 giá trị cđa f(x) nªn ta cã: f (x) = m ; max f (x) =M ∀x ∈ D ∀x ∈ D Bài 1: Cho phơng trình x + x + = ( 1) a) Giải phơng trình ( 1) b) Gọi x1; x2 hai nghiệm phơng trình ( 1) HÃy tính giá trị biểu thức: B = x13 + x2 (Đề thi tuyển sinh vào THPT Năm học 2005 -2006) Giải: a) Xét phơng trình x + x + = ( 1) Ta cã: ∆ ' = 42 − 4.1.1 = 16 − = 12 > Phơng trình có nghiệm phân biÖt x1 = −4 + = −2 + vµ x2 = −4 − = −2 − 2.1 2.1  x1 + x2 = −4 x1.x2 = b) áp dụng đinh lí Vi – Ðt ta cã:  3 Mµ: x13 + x2 = ( x13 + 3x12 x1 + 3x1 x22 + x2 ) − ( 3x12 x1 + 3x1 x22 ) = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ( x1 + x2 ) = ( ) − 3.1.4 = 64 − 12 = 52 VËy x13 + x2 = 52 Bµi 2: Cho phơng trình x x + = gäi x1 ; x2 lµ hai nghiƯm cđa phơng trình 1) Không giải phơng trình hÃy tính giá trị biểu thức sau: a) x1 + x2 ; x1.x2 b) x13 + x2 2) Xác định phơng trình bậc hai nhận x12 x2 x22 x1 nghiệm (Đề thi tuyển sinh vào THPT Năm học 2005 -2006) Giải: 1) Xét phơng trình x − x + = Ta cã: ∆ = ( −7 ) − 4.2.4 = 49 32 = 17 > Phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 áp dụng ®inh lÝ Vi – Ðt ta cã:   x1 + x2 =   x1.x2 =  3 b) Ta cã: x13 + x2 = ( x13 + 3x12 x1 + 3x1 x2 + x2 ) − ( 3x12 x1 + 3x1 x22 ) = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ( x1 + x2 ) 343 42 343 − 168 175   =   − 3.2  ÷ = − = =  ÷ 8 2 2 VËy x13 + x2 = 175 2) Đặt u = x12 x2 vµ v = x22 − x1 Ta cã: u + v = ( x12 − x2 ) + ( x2 − x1 ) = x12 + x22 - ( x1 + x2 ) = ( x1 + x2 ) − x1 x2 - ( x1 + x2 ) 49 49 − 16 + 14 47 =   − 2.2 + = −4+ = =  ÷ 4 2 ⇒ u+v = 47 3 Mµ: u v = ( x12 − x2 ) ( x2 − x1 ) = x12 x22 - ( x13 + x2 ) - x1.x2 = ( x1 x2 ) - ( x13 + x2 ) - x1.x2 = 22 ⇒ u.v = 175 175 16 − 175 −159 - = 2− = = 8 8 159 Vì số u v có tỉng u + v = tr×nh bËc hai: X2 − 47 159 tích u = Nên u ; v nghiệm phơng 47 159 X =0 Vậy phơng trình cần tìm là: X − 47 159 X− =0 Bài 3: Cho phơng trình x x + = gäi x1 ; x2 lµ hai nghiệm phơng trình 1) Không giải phơng trình hÃy tính giá trị biểu thức sau: a) x1 + x2 ; x1.x2 b) x13 + x2 2) Xác định phơng trình bậc hai nhận x1 3x2 x2 3x1 nghiệm Giải: 1) Xét phơng trình x x + = Ta cã: ∆ = ( −9 ) − 4.2.6 = 81 − 48 = 33 > Phơng trình có nghiệm phân biệt x1 ; x2 áp dụng đinh lí Vi Ðt ta cã:   x1 + x2 =   x1.x2 =  3 b) Ta cã: x13 + x2 = ( x13 + 3x12 x1 + 3x1 x2 + x2 ) − ( 3x12 x1 + 3x1 x22 ) = ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 ( x1 + x2 ) 3 729 81 729 − 324 405   =   − 3.3  ÷ = − = =  ÷ 8 2 2 VËy 405 x13 + x2 = 2) Đặt u = x1 3x2 v = x2 − 3x1 Ta cã: u + v = ( x1 − 3x2 ) + ( x2 − 3x1 ) = x1 − 3x2 + x2 − 3x1 = - ( x1 + x2 ) = − ⇒ u+v= − 2 Mµ: u v = ( x1 − 3x2 ) ( x2 − 3x ) = x1 x2 - ( x12 + x2 ) - x1.x2 = x1.x2 −6 ( x1 + x2 ) 2 = 7.3 −   = 21 − 81 = 84 − 81 =  ÷ 4 2 ⇒ u.v = Vì số u v có tổng u + v = − vµ tÝch u v = Nên u; v nghiệm phơng trình bậc hai: Vậy phơng trình cần tìm lµ: X2 − X2 − X − =0 X − =0 Bµi 1: Cho phơng trình x x − = gäi x1 ; x2 lµ hai nghiệm phơng trình 1) Không giải phơng trình hÃy tính giá trị biểu thức sau: a) x1 + x2 ; x1.x2 b) x12 + x2 − x1 x2 2) Xác định phơng trình bậc hai nhËn x12 vµ x22 lµ nghiƯm Bµi 2: Cho phơng trình x + x = ( 1) a) Giải phơng trình ( 1) b) Gọi x1; x2 hai nghiệm phơng trình ( 1) HÃy tính giá trị biểu thức: B = x13 + x2 Giải: a) Xét phơng tr×nh x + x − = ( 1) 10 A 29 B C 11 D Giá trị đạt đợc x bao nhiêu? ( Đề thi học sinh giỏi toán huyện Gia Lộc năm học 2005 2006) Hớng dẫn cách giải: - Khi đa tập em bỡ ngỡ cách giải tập dạng nh Tôi hớng dẫn ccác em cách giải dạng tam thức bậc hai để tìm GTLN; GTNN ta thờng biến ®ỉi biĨu thøc A vỊ d¹ng A = M - k.f2(x) ( M; k số, f(x) nhị thøc bËc nhÊt) Hc A = k.f2(x) + m ( m; k số, f(x) nhị thức bậc nhất) Từ hớng dẫn tổng quát em đà tìm đợc cách giải toán nh sau: Giải Ta cã: M = x − 3x + 3 = x − 2.x + ( ) − ( ) + =  x − 2.x + ( )  − ( ) +    3  2 =  x −  − + =  x −  + 11   Với giá trị x th× => M ≥ 11 4  2 2  11 11 3   ≥ x −  ≥ ⇒ x −  + 2 2   dÊu “=” x¶y x− 3 = => x = 2 Do điều kiện toán đà cho x ≥ nªn x = ≤2 cha cho giá trị nhỏ mà ta phải lấy giá trị nhỏ x = Khi giá trÞ cđa biĨu thøc M = 22 – 3.2 + = VËy: max M = x = Nh trờng hợp ta cần ý điều kiện toán đà cho x để loại trừ giá trị không thoả mÃn điều kiện toán Khai thác toán: Từ toán cụ thể em giải toán tổng quát sau: Bài tập: Cho tam thøc bËc hai P = ax2 + bx + c (a ) a, Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc P víi a > b, T×m giá trị lớn biểu thức P với a < 27 gợi ý hớng dẫn em biến đổi nh ví dụ học sinh trình bày lêi gi¶i nh sau: Ta cã P = ax2 + bx + c = a.(x2 + b x) + c (do a ≠ ) a 2 2 = a. x − b  + c − b = a. x − b  − b − 4ac      2a  b, Nếu a < 4a mà x b  ≥    4a b   a. x −  ≥ 2a   => P = k ⇔ x + 2a 2 Đặt k = b 4ac ; a, NÕu a > th×  4a 2a  ®ã P ≥ k b b = ⇔ x =2a 2a b   a. x −  ≤ 2a   => ma x P = k ⇔ x + ®ã P ≤ k b b =0 ⇔ x =2a 2a Tõ bµi toán tổng quát em đà rút nhận xét sau: * Mét tam thøc bËc hai f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ ) * Cã giá trị lớn a < ; có giá trị nhỏ a > x = - b 2a * Đối với đa thức nhiều biÕn: 2) VÝ dơ 2: T×m x; y cho biÓu thøc: A = x + y − xy − x − 12 y + 2024 đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị ( Đề thi học sinh giỏi toán ) Hớng dẫn cách giải : Với ví dụ em lúng túng cha tìm cách giải hớng dẫn em nh sau: Để tìm đợc GTNN cđa A ta viÕt biĨu thøc A díi d¹ng tổng bình phơng đa thức h»ng sè k A = A21 + A22 + + A2n + k ( ®ã Ai đa thức (i = 1- n) ; k số) Từ nhận xét tổng quát đa câu hỏi gợi ý: Đa thức A tổng bình phơng đa thức ? số k bao nhiêu? em có lời giải nh sau: Gi¶i: Ta cã A = x + y − xy − 12 x + 18 y + 2024 = ( x + y + − xy − x + 18 y ) + ( x − x + 9) + 2006 28 = => A ≥ 2006 VËy ≥ 2006 ( x − y − 3) + ( x − 3) + 2006 dấu A = 2006 = Vì xảy ( x − y − 3) ≥ ; ( x − 3) ≥ x − = x = ⇔   x − y − = y = x = ⇔  y = Tõ toán em dễ dàng làm toán tơng tự nâng cao 3) Ví dụ 3: Trong cặp nghiệm phơng tr×nh : x − ( x + 1) y + x + = (1) H·y tìm cặp nghiệm (x, y) cho y đạt giá trị lớn Hớng dẫn cách giải: Nhìn chung em cách giải em gặp dạng phơng trình bậc hai ẩn gợi ý đa phơng trình dạng phơng trình bậc hai ẩn x xét phơng trình (Giáo viên hớng dẫn học sinh thực bớc) Giải: Đa phơng trình (1) dạng phơng trình bậc ẩn x ta có phơng trình : (1 y ) x + x − ( y − 7) = * NÕu - y = ⇔ y = th× x = − * NÕu - y ≠ ⇔ y ≠ ∆' = 16 + (1 − y )( y − 7) = − y + y + ∆'≥ ⇔ − y2 + 8y + ≥ ⇔ −1 ≤ y ≤ VËy y đạt giá trị lớn '= => x =  x = Do cặp nghiệm thoả mÃn đầu là: y = Phơng pháp chung: - Muốn tìm cùc trÞ cđa biĨu thøc M ta viÕt biĨu thøc M dới dạng tổng biểu thức mà ta xét dấu cách thuận lợi (chẳng hạn tổng bình phơng hiệu bình phơng) từ ta áp dụng tính chất bất đẳng thức 29 - Dùng phơng pháp miền giá trị đa điều kiện thuận lợi để phơng trình bậc hai có nghiệm Bài tâp: 1) Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa c¸c biĨu thøc sau: a, 2a2 - 20a + 53 b, 4x2 + 4x + 11 c, 2x2 + 9y2 - 6xy - 6x - 12y + 2025 2) Tìm giá trị lớn biểu thức sau: a, - x2 + 2xy - 4y2 + 2x + 10y + 15 b, - x2 - 26y2 + 10xy - 14x + 76y + 59 3) Tìm cặp (x, y) thoả mÃn phơng trình: x2 + y2 + 6x - 3y - 2xy + = cho y lớn II Dạng 2: Tìm cực trị đa thức bậc cao : 1)Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a, A = x4 - 2x3 + 3x2 - 2x + b, B = (x - 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) Hớng dẫn cách giải: - Đối với biểu thức A ta viết A dới dạng bình phơng tổng hiệu ta có điều ? - Đối với biểu thức B ta nhóm số hạng cách hợp lí để đa đa thức dạng bình phơng tổng bình phơng hiệu Khi em trình bày lời giải nh sau: Gi¶i: a, Ta cã: A = x4 - 2x3 + 3x2 - 2x + = (x2 - x + 1)2 Mµ x2 - x + =  x −  + ≥ >    2 4 ∀x ∈ R Nên A đạt giá trị nhỏ (x2 - x + 1)2 nhá nhÊt Mµ x2 - x + nhá nhÊt b»ng x = => A đạt giá trị nhỏ 16 b, Ta cã: B = (x - 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) = [ ( x − 1)( x + 6) ].[ ( x + 2)( x + 3) ] = (x2 + 5x - )(x2 + 5x + 6) 30 x= = (x2 + 5x)2 - 36 ≥ −36 V× (x2 + 5x)2 ≥ víi ∀x ∈ R DÊu “=” x¶y x2 + 5x = ⇔ x = hc x = - VËy GTNN cđa B = - 36 x = hc x = - 2)Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhÊt cđa biĨu thøc: C = x3.(16 - x3) Híng dẫn cách giải : Khi đa tập nhìn chung em thực nhân thành đa thức bậc từ việc tìm giá trị lớn biểu thức C trở nên khó khăn có gợi ý nhận xét vỊ tỉng x3 + (16 - x3 ) = ? ( 16) Theo hệ bất đẳng thức Côsi: NÕu x > 0, y > vµ x + y = k2 (không đổi) x.y lớn x = y từ em đà tìm lời giải toán Giải: Vì : x3 + (16 - x3 ) = x3 + 16 - x3 = 16 = const Nên C = x3(16 - x3) đạt giá trị lớn x3 = 16 - x3 ⇔ 2x3 = 16 ⇔ x3 = ⇔ x=2 Vậy giá trị lớn C = 23(16 - 23) = 8.8 = 64 víi x = III Dạng 3: Cực trị đa thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối : 1) Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a, N = − 3x + + b, A = x−2 + x−5 c, B = x − + x − + + x − 2008 Híng dÉn cách giải : - Dựa vào định nghĩa giá trị tuyệt đối em giải đợc câu a; cách xét khoảng em đà giải đợc câu b, - Một số em đà vận dụng bất đẳng thøc x + y ≥ x+ y DÊu “=” x¶y x.y để giải câu b theo cách ngắn gọn - Đối với phần c ta nhóm hai số hạng theo nhóm áp dụng bất dẳng thức giá trị tuyệt đối để giải Giải: 31 a, Vì x + =>N = − x + + ≥ => N = ⇔ - 3x + = ⇔ x= b, C¸ch 1: XÐt khoảng giá trị x: x2 = x * NÕu x < th×   x−5 =5− x  Khi ®ã A = - x + - x = - 2x > x−2 = x−2   x−5 =5− x * NÕu ≤ x < Khi A = x - + - x = * NÕu ≤ x x−2 = x−2 th×   x−5 = x−5  Khi ®ã A = x - + x - = 2x - > Nhận thấy khoảng xét A Vậy: A đạt giá trị nhỏ ⇔ ≤ x ≤ C¸ch 2: Ta cã: A = x−2 + x−5 = x−2 + 5− x x2+5 x = Vậy A đạt giá trÞ nhá nhÊt b»ng ⇔ ( x − 2)(5 − x) ≥ ⇔ ≤ x ≤ c, B = x − + x − + + x − 2008 * XÐt x − + x − 2008 ≥ x − + 2008 − x = 2007 DÊu “=” x¶y ≤ x ≤ 2008 *XÐt x − + x − 2007 ≥ x − + 2007 − x = 2005 DÊu “=” x¶y ≤ x ≤ 2007 *T¬ng tù x − 1003 + x − 1004 ≥ x − 1003 + 1004 − x = DÊu “=” x¶y 1003 ≤ x 1004 Vậygiá trị nhỏ B = + + + + 2007 =10042 1003 ≤ x ≤ 1004 Nh vËy ®èi với phần c tìm giá trị nhỏ biểu thức B ta cần kết hợp điều kiện biến x thoả mÃn điều kiện toán Bài tập áp dụng: 1) Tìm giá trị nhỏ biểu thøc: a, R= x − a + x − b víi a < b 32 b, Q = x − + x − + x − + x − 10 c, P = (2x - 1)2 -3 x − + 2) Tìm giá trị lớn biểu thức: a, A = - 2x − b, x2 +3 B= IV Dạng 4: Tìm cực trị phân thức : 1) Ví dụ 1: a, Tìm giá trị nhỏ phân thức: M = b, Tìm giá trị lớn phân thức: N = 2x − x − 2x − 4x + Hớng dẫn cách giải : Khi đa tập em cha tìm cách giải hớng dẫn em có nhận xét tử thức biểu thức ? (không đổi) Vậy để biểu thức đạt giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) mẫu biểu thức phải ntn ? (đạt giá trị nhỏ ( lớn nhất)) ta cã lêi gi¶i nh sau: Gi¶i: 1 = =− 2 ( x − 1) + x − x − − ( x − x + 1) − 1 ≤ Vì (x - 1)2 nên (x - 1)2 + ≥ => ( x − 1) + 3 1 ≥− => − hay M ≥ − ( x − 1) + 3 a, Ta cã : M= DÊu “=” x¶y x - = => x = 1 x = 1 = N= = 2( x − x + 1) + 2( x − 1) + 2x 4x + Vậy M đạt giá trị nhỏ b, Ta có: Vì (x - 1)2 ≥ nªn 2(x - 1)2 + ≥ => 1 ≤ ( x − 1) + 3 DÊu “=” x¶y x - = => x = Vậy N đạt giá trị lớn x = 2) Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức sau: P = x + 10 x + víi x ∈ R 3x + x + 33 Hớng dẫn cách giải : Tôi gợi ý em sử dụng phơng pháp miền giá trị để giải ta có lời giải nh sau: Giải: Gọi y giá trị tuỳ ý biểu thức P Ta cã: y = x + 10 x + ⇔ 2x2 + 10x + = 3yx2 + 2yx + y 3x + x + ⇔ (2 - 3y)x2 + 2(5 - y)x + (3 - y) = * NÕu - 3y = ⇔ y = * NÕu - 3y ≠ ⇔ y ≠ ⇔ th× x = (**) 26 phơng trình (**) có nghiệm ∆'≥ => ∆' = (5 − y ) − (2 − y )(3 − y ) = −2 y + 19 y − 35 ≥ ≤ y≤7 ⇔ vµ y≠ KÕt hợp hai trờng hợp ta có: y đạt giá trị lớn => P đạt giá trị lớn y đạt giá trị nhỏ 5 => P đạt giá trị nhỏ 2 3) Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: Q= 4x x2 +1 Hớng dẫn cách giải : Ta giải tơng tự ví dụ Giải: Gọi Z giá trị tuỳ ý biểu thức Q ta có: Z= 4x − x2 +1 ⇔ Zx2 + Z = 4x - ⇔ Zx2 - 4x + Z + = (1) * NÕu Z = phơng trình (1) có nghiệm x = * Nếu Z phơng trình (1) có nghiệm ∆'≥ Tøc lµ: ∆' = (−2) − Z ( Z + 4) = − Z − 4Z + ≥ ⇔ −2 − 2 Z + 2 34 Z đạt giá trị lớn 2 Hay Q đạt giá trị lớn 2 Z đạt giá trị nhỏ + 2 Hay Q đạt giá trị nhá nhÊt b»ng − + 2 Tãm l¹i: Khi tìm cực trị biểu thức dạng phân thức ta thay điều kiện để biểu thức cực trị điều kiện tơng đơng biểu thức khác đạt cùc trÞ A max ( A ≠ ) A ⇔ ⇔ B ( B > 0) B2 max Bài tập: 1) Tìm giá trị nhỏ nhất;giá trị lớn biểu thức sau: A = 3x4 + x2 + Víi x ∈ R x + 2x + 2)Trong mỈt phẳng toạ độ Oxy cho đờng thẳng (d) : 2x- y –a2 = vµ Pa bol (P) : y = a x2 ( a tham số dơng) a, Tìm a để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B Chứng minh A B nằm bên phải trục tung b, Gọi xA ; xB hoành độ điểm A B Tìm giá trị nhỏ biểu thức : T = + x A + x B x A x B ( Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 tr ờng THPT Chu Văn An - Hà Nội Amsterdam 2005 - 2006) Năm học: V Dạng 5: Tìm cực trị biểu thức có chứa thức : 1) Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: A= Điều kiÖn: Ta cã: Tõ − 1− x2 - x ≥ ⇔ x2 0≤ 0≤ 1− x2 ≤ 1− x2 ≤ ≤1 Gi¶i: ⇔ -1 ≤ x ≤1 nªn - − x > ⇔ A > => −1 ≤ - − x ≤ => ≤ 3- − x ≤ 35 => 1 ≤ ≤ 3− 1− x 1 A Hay Vậy A đạt giá trị lớn 1 ; A đạt giá trị nhỏ 2)Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn biểu thức sau: B = − x + 1+ x Híng dÉn c¸ch giải : - Em có nhận xét biểu thøc B ? (B > 0) (Ta cã: B > nên B đạt giá trị lớn B đạt giá trị lớn nào? B2 đạt giá trị lớn nhất) ta có lời giải nh sau: Gi¶i: 2 − x ≥ 1 + x ≥ §iỊu kiƯn:  ⇔ x ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤   x ≥ −1 Ta có: B > nên B đạt giá trị lớn Mà B2 đạt giá trị lớn B2 = ( − x + + x )2 = − x + + x + (2 − x)(1 + x) =3 + (2 − x)(1 + x) =3 + (2 + x − x =3 + − ( x − ) V× ( x − ) ≥ nªn 2 9 − ( x − ) ≤ => B2 ≤ + = + = + = 4 B2 đạt giá trị lớn =>B đạt giá trị lớn ( x − ) = ⇔ x= 3) Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc: M= ( x − 2007) + ( x 2008) Hớng dẫn cách giải: Các em nhận thấy biểu thức dới dấu khai phơng đợc để đa dạng tìm cực trị biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt ®èi Gi¶i: Ta cã: M = ( x − 2007) + ( x − 2008) 36 = x − 2007 + x − 2008 = x − 2007 + 2008 x áp dụng bất đẳng thức: x + y ≥ x + y DÊu “=” x¶y x; y cïng dÊu Th× M = x − 2007 + 2008 − x ≥ x − 2007 + 2008 − x = DÊu “ = ” x¶y khi: (x - 2007)( 2008 - x ) ≥ ⇔ 2007 ≤ x ≤ 2008 VËy M = 2007 ≤ x ≤ 2008 VI D¹ng 6: Cực trị có điều kiện : 1) Ví dụ 1: Cho hai sè d¬ng a, b cã tỉng b»ng 4 Tìm giá trị nhỏ biểu thøc: M = 1 − .1 −      a  b  ( §Ị thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 1998 1999 tỉnh Hải Dơng ) Hớng dẫn cách giải: b − = − a a − = −b - Cho hai sè d¬ng a, b cã tỉng b»ng ta suy điều ? => a + b = =>  - Hai sè d¬ng cã tổng không đổi (a + b = 2) tích hai số lớn nào? Từ gợi ý ta có lời giải nh sau: Giải: b − = − a a − = −b Vì hai số dơng a, b có tổng => a + b = =>  4 ).( Ta cã: M = 1 − .1 −  = (a − 42 b − 4)     = a  b  a b (a + 2).(a − 2).(b + 2).(b − 2) (a + 2).(−b).(b + 2).(−a ) (a + 2).(b + 2)a.b = = a b a b a b 37 = (a + 2).(b + 2) ab + 2(a + b) + ab + 2.2 + ab + 8 = = = = 1+ a.b a.b a.b a.b ab Theo bµi a > 0; b > => a.b > Do M có giá trị nhỏ có giá trị nhỏ hay a.b có giá trị lớn ab (Theo hệ bất đẳng thức Côsi : Nếu x > 0, y > x + y = k2 (không ®ỉi) th× x.y lín nhÊt ⇔ x = y ) Ta cã a + b = nªn a.b cã giá trị lớn khi: a = b =1 => M ≥ + = + = khi: a = b =1 1.1 Vậy Mđạt giá trÞ nhá nhÊt b»ng a = b = 10 4 ).( C¸ch 2: Ta cã: M = 1 − .1 −  = (a − 42 b − 4)     a  b  a b b − = − a  a − = −b V× hai sè d¬ng a, b cã tỉng b»ng => a + b = =>  => M = = (a + 2).(a − 2).(b + 2).(b − 2) (a + 2).(−b).(b + 2).(−a ) (a + 2).(b + 2)a.b = = a b a b a b (a + 2).(b + 2) ab + 2(a + b) + ab + 2.2 + ab + 8 = = = = 1+ a.b a.b a.b a.b ab Mặt khác: (a + b)2 ≥ 4ab víi a, b > suy ≥ ab (a + b) DÊu b»ng xảy a = b =1 Từ + 4 ≥ + = + = + = ab ( a + b) Vậy M đạt giá trÞ nhá nhÊt b»ng khi: a = b =1 38 Ngoài cách làm em đa số cách giải khác ví dụ: 4 Vì a + b = => dỈt a = + t ; b = - t vµo M = 1 − .1 −    a b biến đổi tìm giá trị nhỏ biểu thức M với biến t 2)Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc: P= + x 1− x với điều kiện: < x < Đối với tập học sinh cha có cách giải bớc hớng dẫn em cách biến đổi để áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta cã : a+b ≥ ab Gi¶i: Ta cã: P = P= 1− x + x x + 2(1 − x) + = + x 1− x x 1− x 1− x 2x +1 + +2 x 1− x Do < x < nªn 1− x >0 x = 1− x x vµ + 2x + 1− x 2x >0 1− x ¸p dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta cã : Khi ®ã: 1− x + x a+b ≥ ab 2x − x 2x = 2 ≥ 1− x x 1− x => P + 2 => P đạt giá trị nhá nhÊt b»ng + 2 Khi: 1− x 2x = x 1− x  x = −1 +  ⇔ 2x2 = (1 - x)2 ⇔ x2 + 2x - = ⇔   x = −1 −  39 V× x > nên x = loại KÕt ln: víi x = −1 + th× P đạt giá trị nhỏ + 2 Bài tập áp dụng: 1) Cho biểu thức A = x3+ y3 + z3 + x2(y + z) + y2(z + x) + z2(x + y) Vµ x + y + z = Tìm giá trị nhỏ A 2) Tìm giá trị x, y, z để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: D = x + y2 + z biÕt x + y + z = 2008 3) Cho a > 0; b > a + b = 1000 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P (a, b) = 1 + a b VII toán tổng hợp vận dụng toán cực trị : Ví dụ : Giải phơng trình x + x = x2 - 6x +11 Hớng dẫn cách giải: Biến đổi vế phải có bình phơng tổng? Và áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho biểu thức vế trái phơng trình Rồi so sánh vế phơng trình Ta có lời giải nh sau: Giải: Điều kiện để tồn thức là: x − ≥ x ≥ ⇔  ⇔  4 − x ≥ x ≤ 2≤ x4 áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho biểu thức vế trái phơng trình ta có ( x − + − x )2 ≤ (12 + 12 )( x − + − x ) ⇔ ( x − + − x )2 Hay VT ≤ ≤4 (1) Ta cã VP = x2 - 6x +11 = x2 - 6x + + = (x - 3)2 + ≥ v× (x - 3)2 ≥ 40 VP ≥ (2) Từ (1) và(2) suy dấu xảy khi: VT = VP =  x − x + 11 =  ⇔   x−2 + 4− x =  ⇔ x = 3(t/m) Vậy nghiệm phơng trình đà cho là: x = Nh trờng hợp ta sử dụng tính đối nghịch hai vế phơng trình để giải Bài tập áp dụng: Cho a,b,c độ dài cạnh tam giác hÃy xác định dạng tam giác cho biểu thức M = a b c đạt giá trị nhỏ nhÊt + + b+c−a c+a−b a+b−c Bµi häc kinh nghiƯm : Qua trình giảng dạy: số phơng phápgiải toán cực trị đại số Nhìn chung em có kĩ vận dụng tơng đối thành thạo kiến thức bất đẳng thức đà học vào giải số tập tơng tự nâng cao nh ứng dụng thực tế đà tạo nên hứng thú học tập cho học sinh Đối với dạng tập giáo viên cần phải có lời giải mẫu với phân tích để em hiểu nắm bắt đợc phơng pháp trình Từ tập cụ thể giáo viên cần phải khai thác cách giải nh mở rộng kiến thức (khái quát hoá) Khi xây dựng đề tài giáo viên phải chọn lọc xếp phân loại tập theo trình tự lôgíc từ dễ đến khó từ đơn giản đến phức tạp, Giáo viên cần khái quát cách giải dạng tập vận dụng linh hoạt phơng pháp dạy học nh hình thức tổ chức dạy học phù hợp cho hiệu nhÊt KÕt qu¶ nh sau: 41 ... Chứng minh phơng trình có nghiệm nghiệm gấp lần nghiệm Giả sử phơng trình có nghiệm trái dấu, chứng minh phơng trình qx2+px+1=0 (2) có nghiệm trái dấu Gọi x1 nghiệm âm phơng trình (1), x2 nghiệm. .. Tìm m để (1) có hai nghiệm trái dấu b) Xác định m để (1) có hai nghiệm trái dấu cho nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn c) Gọi x1 , x2 nghiệm phơng trình Viết hệ thức liên hệ nghiệm không phụ thuộc... biểu thức sau: M-N M3-N3 20 3: (2,5 điểm) Cho phơng tr×nh: x2-px+q=0 víi p≠0 Chøng minh r»ng: NÕu 2p2- 9q = phơng trình có nghiệm nghiệm gấp đôi nghiệm Nếu phơng trình có nghiệm nghiệm gấp đôi nghiệm