Đang tải... (xem toàn văn)
dãy nửa khớp và đồng điều,khóa luận tốt nghiệp,bài toán nhận dạng tam giác,khóa luận tốt nghiệp toán học,tốt nghiệp toán học,khóa luận toán học,
Lời cảm ơn Lời em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy giáo - ThS Nguyễn Thanh Tùng, người trực tiếp hướng dẫn, bảo tận tình để em hồn thành khố luận Trong q trình hồn thành khóa luận, em ln nhận động viên, giúp đỡ thầy cô giáo Khoa Toán - Lý - Tin, đặc biệt thầy mơn Hình học bạn sinh viên lớp K50ĐHSP Tốn Đồng thời để hồn thành khóa luận em nhận tạo điều kiện thuận lợi sở vật chất, thời gian, tài liệu tham khảo Phòng Đào Tạo, Phòng QLKH QHQT, thư viện số phòng, ban, khoa trực thuộc trường Đại Học Tây Bắc Nhân dịp em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới BGH nhà trường, thầy cơ, gia đình, bạn bè - tất người động viên, giúp đỡ công sức tinh thần cho công việc nghiên cứu em hoàn thành tốt đẹp Em xin chúc sức khỏe tất thầy cô, chúc thầy cô hoàn thành tốt nhiệm vụ giao Em xin chân thành cảm ơn! Sơn La, tháng năm 2013 Sinh viên thực Nguyễn Thị Thủy Mục lục Mục lục 0.1 Lí chọn đề tài 0.2 Mục đích nghiên cứu 0.3 Nhiệm vụ nghiên cứu 5 0.4 Phạm vi đề tài 0.5 Đối tượng nghiên cứu 0.6 Phương pháp nghiên cứu 5 0.7 Cấu trúc khóa luận Kiến thức sở 1.1 Định nghĩa tính chất 1.1.1 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 7 1.1.2 Bất đẳng thức 1.1.3 Các bất đẳng thức thông dụng 1.2 Định lí dấu tam thức bậc hai 12 1.3 Định lí Viét 12 1.4 Tích vơ hướng hai vectơ 12 1.5 Tích có hướng hai vectơ 12 1.6 Cực trị hàm số 13 1.6.1 Định lí 13 1.6.2 Dấu hiệu 13 1.6.3 Dấu hiệu 13 1.7 Các bước để giải toán cực trị 13 1.8 Phương trình 14 Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 16 2.1 Phương pháp bất đẳng thức 16 2.2 Phương pháp miền giá trị hàm số 20 2.3 Phương pháp đạo hàm - khảo sát hàm số 24 2.4 Phương pháp dùng lũy thừa với số mũ chẵn 27 2.5 Phương pháp hình học 29 2.6 Phương pháp lượng giác hóa 31 Bài tập 35 Tài liệu tham khảo 46 Mở đầu 0.1 Lí chọn đề tài Trong trường phổ thơng, mơn Tốn có vị trí quan trọng Các kiến thức phương pháp tốn học cơng cụ thiết yếu giúp học sinh học tốt môn học khác, hoạt động có hiệu lĩnh vực Đồng thời mơn tốn cịn giúp học sinh phát triển lực phẩm chất trí tuệ, rèn luyện cho học sinh khả tư tích cực, độc lập, sáng tạo, giáo dục cho học sinh tư tưởng đạo đức thẩm mỹ người công dân Chương trình tốn trung học có nhiều dạng tập khác Trong có nhiều dạng khó chứng minh bất đẳng thức, biện luận số nghiệm phương trình, bất phương trình, Và dạng : “ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ đại lượng ” nằm số Các dạng tập gọi chung tốn tìm cực trị hay tốn cực trị Đây thực chuyên đề khó chương trình tốn trung học tốn cực trị phong phú, phạm vi nghiên cứu vấn đề lại rộng Và lại dạng toán quan tâm đến nhiều kì thi tuyển chọn học sinh giỏi nước quốc tế Thế nhưng, sách giáo khoa có tập dạng điều kiện khách quan mà sách giáo khoa không hệ thống lại phương pháp giải Do đó, việc cần thiết phải cung cấp cho học sinh phương pháp giải dạng tốn: “Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” Việc giúp em dễ dàng việc giải toán cực trị Để giải toán cực trị bên cạnh việc phải nắm vững kiến thức chương trình phổ thơng cịn phải biết vận dụng linh hoạt kiến thức vào giải tập Điều đặc biệt thơng qua tốn cực trị người học vận dụng linh hoạt vào giải loại tốn khác giải phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức, chứng minh yếu tố hình học Trên thực tế, qua khảo sát việc giải tốn cực trị trường phổ thơng tơi nhận thấy chất lượng học sinh thấp, đa số em chưa biết cách giải toán cực trị Điều phần ảnh hưởng tới chất lượng giáo dục Xuất phát từ lí với tư cách giáo viên dạy tốn tương lai, tơi xin hệ thống lại phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ thông qua việc nghiên cứu đề tài: "Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ ví dụ." 0.2 Mục đích nghiên cứu • Đề tài có tác dụng giúp học sinh học tập mơn Tốn nói chung việc giải tốn cực trị nói riêng tháo gỡ phần khó khăn.Trang bị cho học sinh số kiến thức nhằm nâng cao khả tư học tập mơn cách chủ động • Tạo thêm hứng thú cho học sinh học tập mơn Tốn kích thích đam mê tự học tự tìm tịi nghiên cứu • Giúp thân người học nắm bước để tìm cực trị 0.3 Nhiệm vụ nghiên cứu • Đề tài đưa số dạng toán toán cực trị phù hợp với trình độ nhận thức học sinh • Đề tài trang bị cho học sinh số phương pháp giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ để học sinh vận dụng làm tập • Chọn lọc có hệ thống tập mang tính tiêu biểu phù hợp với nội dung phương pháp 0.4 Phạm vi đề tài Phát triển lực tư học sinh thơng qua giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ học sinh chuyên khơng chun tốn 0.5 Đối tượng nghiên cứu Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ ví dụ 0.6 Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp khách quan: Qua kết học tập thân trình học tập THCS, THPT q trình học Đại học • Phương pháp đọc nghiên cứu từ nguồn tài liệu khác Trích dẫn từ nguồn internet sách tham khảo • Phương pháp tham khảo, trao đổi ý kiến với thầy giáo hướng dẫn bạn bè 0.7 Cấu trúc khóa luận Ngồi phần mở đầu, kết luận, mục lục, danh mục tài liệu tham khảo, khóa luận gồm chương: Chương 1: Kiến thức sở Chương 2: Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Chương 3: Bài tập Chương Kiến thức sở 1.1 Định nghĩa tính chất 1.1.1 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Định nghĩa 1.1 Cho hàm số f (x1, x2, · · · , xn) với xi ∈ Di , Di ⊂ R, i = 1, n Đặt D = D1 × D2 × · · · × Dn Số M gọi giá trị lớn hàm số f (x1, x2, · · · , xn) D, kí hiệu M = max f (x1, · · · , xn) hai điều kiện sau (x1 ,··· ,xn )∈D đồng thời thỏa mãn: (a) f (x1, x2 , · · · , xn) ≤ M, ∀(x1 , x2, · · · , xn) ∈ D (b) Tồn (x0, x0 , · · · , x0 ) ∈ D cho f (x0, x0 , · · · , x0 ) = M n n Số m gọi giá trị nhỏ hàm số f (x1, x2 , · · · , xn) D, kí hiệu m = f (x1, · · · , xn) hai điều kiện sau (x1 ,··· ,xn )∈D đồng thời thỏa mãn: (a) f (x1, x2 , · · · , xn) ≥ m, ∀(x1 , x2, · · · , xn) ∈ D (b) Tồn (x0, x0 , · · · , x0 ) ∈ D cho f (x0, x0 , · · · , x0 ) = m n n Để đơn giản vấn đề mà không làm tính tổng quát, ta xét hàm số biến y = f (x) với x ∈ D ⊂ R, sau số tính chất Tính chất 1.1 Giả sử f (x) xác định D A, B hai tập D, A ⊆ B Giả sử tồn max f (x), max f (x), f (x), f (x) x∈A Khi ta có: max f (x) ≤ max f (x) x∈A x∈B x∈B x∈A x∈B f (x) ≥ f (x) x∈A x∈B Tính chất 1.2 Giả sử hàm số f (x) xác định D tồn max f (x) x∈D f (x) Khi ta có: x∈D max f (x) = − min(−f (x)); f (x) = − max(−f (x)) x∈D x∈D x∈D x∈D Tính chất 1.3 Giả sử f (x) g(x) hai hàm số xác định D thỏa mãn điều kiện: f (x) ≥ g(x), ∀x ∈ D Khi ta có: max f (x) ≥ max g(x) x∈D x∈D Tính chất 1.4 (Nguyên lí phân rã) Giả sử f (x) xác định D D biểu diễn dạng D = D1 ∪ D2 Giả sử tồn max f (x) x∈Di f (x), ∀i = 1, Khi ta có x∈Di max f (x) = max{max f (x), max f (x)} x∈D x∈D1 x∈D2 f (x) = min{min f (x), f (x)} x∈D x∈D1 x∈D2 Tính chất 1.5 Giả sử f (x) hàm số xác định D f (x) ≥ Khi với n nguyên dương ta có: max f (x) = 2n f (x) = 2n x∈D max[f 2n(x)] x∈D x∈D min[f 2n(x)] x∈D Tính chất 1.6 Giả sử f (x) hàm số xác định D tồn max f (x), x∈D f (x) Khi ta có: max |f (x)| = max[| max f (x)|, | f (x)|] x∈D x∈D x∈D x∈D Tính chất 1.7 Xét hàm số f (x) xác định D giả sử tồn max f (x), f (x) đó: D1 = {x ∈ D : f (x) > 0} D2 = {x ∈ x∈D x∈D D : f (x) ≤ 0} Khi ta có: |f (x)| = min{min f (x), | max f (x)|} x∈D x∈D1 x∈D2 Tính chất 1.8 Giả sử f (x) hàm số xác định liên tục D Khi gọi M, m tương ứng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f (x) D thì: |f (x)| = 0, Mm ≤ |M|, |m| Mm ≥ 1.1.2 Bất đẳng thức Định nghĩa 1.2 Giả sử A, B hai biểu thức đại số Ta nói A lớn B (viết A > B ) A − B > Hoàn toàn tương tự, ta có định nghĩa bất đẳng thức A < B, A ≥ B, A ≤ B Tính chất Nếu A > B, B > C A > C Nếu A > B, C > D A + C > B + D Nếu A > B, C < D A − C > B − D Nếu A > B AC > BC ∀C > AC < BC ∀C < Nếu A > B > 0, C > D > AC > BD √ √ n n Nếu A > B > An > B n ; n < n , A > B ∀n ∈ N∗ A B 1.1.3 Các bất đẳng thức thông dụng Bất đẳng thức Côsi Với n số không âm a1 , a2 , · · · , an ta ln có √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 · · · an n Dấu xảy a1 = a2 = · · · = an √ Trong trường hợp đặc biệt n = a1 + a2 ≥ a1 a2 Ta có số kết đặc biệt Với a, b ∈ R ta có a2 + b2 ≥ 2ab Dấu xảy a = b √ Với a, b ≥ ta có a + b ≥ ab Dấu xảy a = b Với a, b > ta có (a + b) 1 + a b Dấu xảy a = b ≥ 1 + ≥ a b a+b Với a, b, c ∈ R ta có a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Dấu xảy a = b = c Với a, b, c ∈ R ta có (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) Dấu xảy a = b = c √ √ √ Với a, b, c ≥ ta có a + b + c ≥ ab + bc + ca Dấu xảy a = b = c Với a, b, c > ta có (a + b + c) 1 + + a b c ≥ 1 + + ≥ a b c a+b+c Dấu xảy a = b = c Bất đẳng thức Bunhiacopxki Với 2n số bất kì: a1 , a2 , · · · , an ; b1 , b2, · · · , bn Khi ta ln có (a2 + a2 + · · · + a2 )(b2 + b2 + · · · + b2 ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 n n a1 a2 an = = ··· = b1 b2 b2 Trong trường hợp đặc biệt: a1 , a2 , · · · , an ∈ R; b1 , b2, · · · , bn ∈ R+ ta có bất đẳng thức sau (bất đẳng thức Svacxơ) Dấu xảy a2 a2 a2 (a1 + a2 + · · · + an )2 n + + ··· + ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + · · · + bn a1 a2 an Dấu xảy = = ··· = b1 b2 b2 Bất đẳng thức với giá trị trung bình Với n số dương a1 , a2 , · · · , an ta có n 1 + + ··· + a1 a2 an ≤ √ n a1 a2 · · · an a1 + a2 + · · · + an ≤ ≤ n Dấu xảy a1 = a2 = · · · an 10 a2 + a2 + · · · + a2 n n Đặt: a = sin x b = cos x (a, b ∈ [−1; 1]) Khi F = 16(sin5 x + cos5 x) − 20(sin3 x + cos3 x) + 5(sin x + cos x) = (16 cos5 x − 20 cos3 x + cos x) + (16 sin5 x − 20 sin3 x + sin x) =A+B Ta có: A = sin x.(16 sin4 x − 20 sin2 x + 5) = sin x.[4(1 − cos 2x)2 − 10(1 − cos 2x) + 5] = sin x(4 cos2 2x + cos 2x − 1) = sin x[2(1 + cos 4x) + cos 2x − 1] = sin x(2 cos 4x + cos 2x + 1) = sin x cos 4x + sin x cos 2x + sin x = (sin 5x − sin 3x) + (sin 3x − sin x) + sin x = sin 5x B = cos x.(16 cos4 x − 20 cos2 x + 5) = cos x.[4(1 + cos 2x)2 − 10(1 + cos 2x) + 5] = cos x(4 cos4 2x − cos 2x − 1) = cos x[2(1 + cos 4x) − cos 2x − 1] = cos x(2 cos 4x − cos 2x + 1) = cos x cos 4x − cos x cos 2x + cos x = (cos 5x + cos 3x) − (cos 3x + cos x) + cos x = cos 5x Do đó: F = sin 5x + cos 5x = √ cos 5x − Dấu xảy cos 5x − với (k ∈ Z) a = sin √ π ≤ 2π π π +k =1⇔x= 20 π 2π +k √ 20 Vậy max F = đạt 2π π b = cos +k 20 , (k ∈ Z) Ví dụ 2.21 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: 4xy − 4y L= x + y2 Lời giải Ta xét hai trường hợp 32 • y = L = • y = ta chia tử mẫu biểu thức cho y Khi L = 4x y x2 y2 −4 +1 Ta đặt π π x = tan t, t ∈ − ; y 2 (2.15) Ta có tan t − 2 t + = sin t cos t − cos t tan √ π −2 = sin 2t − cos 2t − = 2 sin 2t − L= Vậy: √ 3π π + kπ(k ∈ Z) =1⇔t= max L = 2 − sin 2t − 3π x 3π Từ (2.15) suy t = nên = tan y √ π π L = −2 − sin 2t − = −1 ⇔ t = − + kπ(k ∈ Z) π x π Từ (2.15) suy t = − nên = − tan y Ví dụ 2.22 Cho hai số thực x, y thỏa mãn x2 + 2y = Tìm giá trị lớn của: √ y f (x, y) = x − Lời giải Ta có: x + 2y = suy Đặt x 2 + y √ 2 =1 x = cos a √ y = sin a Khi √ 2√ sin a = cos a − sin a √ = √ cos a − √ sin a 5 f (x, y) = cos a − 33 Mà √ Do + √ cos b = √ = nên ta đặt −1 sin b = √ f (x, y) = = √ √ 5(cos b cos a + sin b sin a) √ cos(a − b) ≤ √ √ 10 Dấu xảy a−b = k2π suy x = ,y = − 5 √ Vậy max f (x, y) = 34 Chương Bài tập x y z = = hai điểm A(0; 0; 3), B(0; 3; 3) 1 Tìm tọa độ điểm M ∈ (d) cho: MA + MB nhỏ Bài số 3.1 Cho đường thẳng (d) : Lời giải x = t Phương trình (d) viết dạng sau: y = t z = t Gọi tọa độ M ∈ (d) có dạng M(t; t; t), t ∈ R Ta có: P = MA + MB = = t2 + t2 + (3 − t)2 + 3t2 − 6t + + t2 + (3 − t)2 + (3 − t)2 3t2 − 12t + 18 √ = 3( t2 − 2t + + t2 − 4t + 6) √ = 3( (t − 1)2 + + (t − 2)2 + 2) √ √ √ = 3( (t − 1)2 + (0 − 2)2 + (t − 2)2 + (0 − 2)2 Trong mặt phẳng Oxy ta xét điểm √ √ N = (t; 0) ∈ Ox, H = (1; 2), K = (2; 2) √ √ Gọi H ′ = (1; − 2) điểm đối xứng H = (1; 2) qua trục Ox √ √ √ Ta có P = 3(N H + N K) = 3(N H ′ + N K) ≥ 3H ′ K Dấu xảy H ′ , N, K thẳng hàng ⇔ N = H ′ K ∩ Ox 35 √ −→ − Đường thẳng H ′√ có vectơ phương H ′ K √ (1; 2) nên có vectơ K = → pháp tuyến − = (2 2; −1) qua H ′ = (1; − √2) nên có phương trình n √ √ √ tổng qt: 2(x − 1) − 1(y + 2) = 2x − y − = Tọa độ giao điểm N đường thẳng H’K trục Ox nghiệm hệ √ √ x = 2x − y − = ⇒N = ⇔ ;0 y = y=0 √ √ √ √ Vậy = 3H ′ K = 12 + (2 2)2 = 3 đạt 3 ;0 ⇔ t = N (t; 0) ≡ N 2 Bài số 3.2 Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn x2 + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ P = 2(x3 + y ) − 3xy Lời giải Ta có: P = 2(x3 + y ) − 3xy, x2 + y = = 2(x3 + y ) − [(x + y)2 − (x2 + y )] = 2(x + y)(x2 − xy + y ) − [(x + y)2 − 2] = 2(x + y) − ((x + y)2 − (x2 + y )) − [(x + y)2 − 2] 2 = 2(x + y) − ((x + y)2 − 2) − [(x + y)2 − 2] 2 = 2(x + y) − (x + y)2 − [(x + y)2 − 2] 2 = −(x + y)3 − (x + y)2 + 6(x + y) + Đặt x + y = t Vì = x2 + y ⇒ = (12 + 12 )(x2 + y ) ≥ (x + y)2 ⇒ t2 ≤ ⇒ |t| ≤ Xét hàm số P (t) = −t3 − t2 + 6t + 3, −2 ≤ t ≤ 2 Ta có: P ′ (t) = −3t2 −3t+6, P ′(t) = ⇔ −3t2 −3t+6 = ⇔ 36 t=1 t = −2 Ta có bảng biến thiên sau t −∞ - P’(t) -2 + P(t) +∞ +∞ - 13 -7 −∞ Hình 3.1: 13 Vậy max P = , đạt t = P = −7, đạt t = −2 x2 + y = x+y =1 x2 + y = x + y = −2 Bài số 3.3 Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn x2 + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ 2(x2 + 6xy) P = + 2xy + 2y Lời giải Ta có P = hợp sau: 2(x2 + 6xy) 2(x2 + 6xy) = Ta xét hai trường + 2xy + 2y x + y + 2xy + 2y • Nếu y = P = • Nếu y = 0, ta chia tử số mẫu số P cho y đặt t = x , ta y 2t2 + 12t t2 + 2t + Gọi P0 giá trị P Khi tồn t ∈ R cho: 2t2 + 12t P0 = t + 2t + P = ⇔ (P0 − 2)t2 + (2P0 − 12)t + 3P0 = Ta xét hai trường hợp sau: – Nếu P0 = t = 37 (3.1) – Nếu P0 = phương trình (3.1) có nghiệm ∆ ≥ tức là: ∆ = −8P0 − 24P0 + 144 ≥ ⇔ −6 ≤ P0 ≤ Vậy max P = 3, P = −6 Bài số 3.4 Cho x1 , x2 , x2004 thỏa mãn |x1 | + |x2 | + + |x2004| = 2005 Tìm giá trị nhỏ hàm số: y = |x1 − 1| + |x2 − 1| + + |x2004 − 1| Lời giải Đặt E = |x1 − 1| + |x2 − 1| + + |x2004 − 1| Áp dụng bất đẳng thức |a − b| ≥ |a| − |b| Ta có |x1 − 1| ≥ |x1| − |x2 − 1| ≥ |x2| − ··· |x2004 − 1| ≥ |x2004| − Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta được: E = |x1 − 1| + |x2 − 1| + + |x2004 − 1| ≥ |x1| + |x2| + + |x2004| − + + + = 2005 − 2004 = Dấu xảy x1 , x2 , , x2004 ≥ |x1 |+ |x2 |+ + |x2004| = 2005 Vậy E = Bài số 3.5 Tìm giá trị nhỏ hàm số y= −x2 + 4x + 21 − −x2 + 3x + 10 Lời giải Hàm số có tập xác định D = [−2; 5] Vì (−x2 + 4x + 21) − (−x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, với x ∈ [−2; 5] nên y > với x ∈ [−2; 5] Ta có y = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − (x + 3)(7 − x)(x + 2)(5 − x) = ( (x + 3)(5 − x) − (x + 2)(7 − x))2 + ≥ Suy y đạt giá trị nhỏ √ 2, đạt x = 38 Bài số 3.6 Cho x, y, z ∈ (0; +∞) thỏa mãn x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ của: P = x2 + + x2 y2 + + y2 z2 + z2 Lời giải → → → → Ta có |− | + |− | ≥ |− + − | u v u v − → − − − → − Nếu đặt AB = →, BC = → AB + BC ≥ AC nên: u v − → − → − → − → → → → AB + BC = |− | + |− | ≥ |− + − | = |AB + BC| = |AC| = AC u v u v → − − Do với ba vectơ − , →, → ta có u v w → → → → → → |− | + |− | + |− | ≥ |− + − + − | u v w u v w (3.2) Trong mặt phẳng tọa độ, ta chọn → − = x; , → = y; , → = z; , − − u v w x y z − , |→| = v x − , |→| = w y → → → − + − + − = x + y + z, + + u v w x y z → |− | = u x2 + → → → |− + − + − | = u v w y2 + (x + y + z)2 + z2 + 1 + + x y z z2 Vậy từ 3.2 ta có P = x2 + + x2 y2 + + y2 z2 + ≥ z2 (x + y + Theo bất đẳng thức Cauchy x + y + z ≥ 3√xyz 1 1 1 + + ≥33 x y z x y z 39 z)2 + 1 + + x y z Do P ≥ 1 √ (3 xyz)2 + 3 x y z √ Đặt ( xyz)2 = t, < t < x+y+z ≤ 9 Xét Q(t) = 9t + , t ∈ 0; Khảo sát hàm số Q(t) 0; ta t √ P = 82 đạt x = y = z = Bài số 3.7 Xác định giá trị m để hàm số y = x3 − 6x2 + 3(m + 2)x − m − có cực đại cực tiểu đồng thời cực đại cực tiểu dấu Lời giải Hàm số xác định R Ta có: y ′ = 3x2 − 12x + 3(m + 2) Để hàm số có cực đại, cực tiểu y ′ = có nghiệm phân biệt ∆′ > tức ∆′ = 36 − 9(m + 2) = − m > ⇔ m < Mặt khác ta có: y = [(x − 2)(3x2 − 12x + 3(m + 2))] + 2(m − 2)x + m − = [(x − 2)y ′] + 2(m − 2)x + m − Gọi A(x1; y1 ), B(x2; y2 ) điểm cực trị hàm số Khi x1 , x2 nghiệm phương trình g(x) = 3x2 − 12x + 3(m + 2) = Khi ta có y = [(x − 2)y ′(x )] + 2(m − 2)x + m − 1 1 y ′ (x ) = nên y1 = 2(m − 2)x1 + m − y = [(x − 2)y ′(x )] + 2(m − 2)x + m − 2 2 y ′ (x ) = 40 nên y2 = 2(m − 2)x2 + m − Theo định lí Viét ta có x1 + x2 = x1.x2 = m + đại dấu y1 y2 > tương đương Để hai điểm cực tiểu cực [2(m − 2)x1 + m − 2][2(m − 2)x2 + m − 2] > m = 17 biến đổi ta có 17 Vậy − < m < cực đại cực tiểu m > − 4 hàm số dấu Bài số 3.8 Cho xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x4 + y + z Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski (x, y, z) (y, z, x) ta (xy + yz + zx)2 ≤ (x2 + y + z )(y + z + x2) hay ≤ (x2 + y + z )2 (3.3) Mặt khác, áp dụng bất đẳng Bunhiacopski (1, 1, 1) (x2, y , z ) ta được: (1.x2 + 1.y + 1.z 2)2 ≤ (12 + 12 + 12)2.(y + z + x4) Từ (3.3) (3.4) suy ra: ≤ 3(y + z + x4 ) = 3P ⇒ P ≥ xy + yz + zx = y z Dấu xảy x = = y z x ⇒ x = y = z = ±√ 1 Vậy P = x = y = z = ± √ 3 41 (3.4) Bài số 3.9 Cho x, y > x + y = Tìm giá trị lớn y x +√ Q=√ 1−y 1−x Lời giải Vì x, y > x + y = nên ta đặt x = sin2 u y = cos2 u ;0 < u < π Ta có sin2 u sin2 u cos2 u cos3 u + sin3 u cos2 u Q= = +√ + = cos u sin u sin u cos u − cos2 u − sin u (sin u + cos u)(1 − sin u cos u) = sin u cos u √ π π π nên < Vì < u < Đặt t = cos u + sin u = sin u + 4 √ 3π π π hay √ ≤ sin u + ≤ < t ≤ u+ < 4 t 1− t2 −1 t(3 − t2 ) Ta xét hàm số Q(t) = = t2 −1 t −1 √ (t4 + 3) ′ ≤ 0; (t ∈ (0; 2]) Ta có Q (t) = − (t − 1)2 u = π √ √ suy Vậy Q = t = 2, x = sin2 u, y = cos2 u x=y= x2 + x + m Bài số 3.10 Cho hàm số y = Tìm m để hàm số có cực đại, x+1 cực tiểu nằm hai phía Oy Lời giải Ta có x2 + 2x + − m y = (x + 1)2 x2 + 2x + − m ′ = ⇔ f (x) = x2 + 2x + − m = y =0⇔ (x + 1) ′ 42 Để hàm số có cực đại, cực tiểu nằm hai phía Oy f (x) = có x1 < < x2 tương đương với hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x1 = −1 a.f (0) < f (−1) = 1−m m=0 Vậy với m > hàm số có cực đại, cực tiểu nằm hai phía Oy Bài tập tham khảo Bài số 3.11 Cho x, y, z ∈ R x + y + z = Tìm Giá trị nhỏ A = x2 + y + z 2 Giá trị lớn B = xy + yz + zx Tìm giá trị nhỏ A+B Bài số 3.12 Cho x, y, z ∈ (0; +∞) thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ x3 y3 z3 P = + + x + xy + y y + yz + z z + zx + x2 Bài số 3.13 Cho x, y ∈ R, x2 + y = Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ x2 − (x − 4y)2 P = x2 + 4y Bài số 3.14 Cho a, b, c ∈ (0; +∞) Tìm giá trị lớn P = 1− a b+c 1− b c+a 1− c a+b Bài số 3.15 Cho a, b, c ∈ (0; +∞) thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ 1 P = + + a + 2bc b + 2ca c + 2ab Bài số 3.16 Cho a, b, c ∈ ; Tìm giá trị lớn P = (a + b + c) 43 1 + + a b c Bài số 3.17 Cho x, y ∈ (0; +∞) thỏa mãn x + y = Tìm giá trị nhỏ 1 y2 + P = x2 + y x Bài số 3.18 Cho x, y, z ∈ (0; +∞) thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn x y z P = + + + x2 + y + z √ Bài số 3.19 Tìm giá trị lớn nhỏ y = x + − x2 x+1 với x ∈ [−1; 2] Tìm giá trị lớn nhỏ y = √ x2 + ln2 x Tìm giá trị lớn nhỏ y = [1; e3] x Bài số 3.20 Cho hàm số y = f (x) = 4x − m2x+1 + m + Xác định giá trị m cho giá trị nhỏ hàm số vượt Bài số 3.21 Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình: f (x) = 2x2 + 2(m + 1) + m2 + 4m + = Tìm giá trị lớn biểu thức A = |x1 x2 − 2(x1 + x2 )| Bài số 3.22 Cho tứ diện ABCD Hãy xác định điểm M ∈ (ABC) để biểu thức P = MA2 + MC + MD2 bé Bài số 3.23 Tìm m để bất phương trình (m−1)x2 +(2m−3)x+m−3 > có nghiệm nhỏ √ Bài số 3.24 Tìm khoảng cách ngắn đường cong (C) : x2 + đường thẳng d : 4x − 5y − 32 = Bài số 3.25 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: f (x) = cos 2x + 6| sin x| 44 KẾT LUẬN Trên phương pháp, tập mà qua trình học tập, trình tự học, tham khảo ý kiến thầy cô, bạn bè, tham khảo qua sách vở, báo chí internet mà thân tơi tổng hợp Việc phân chia dạng tập khóa luận mang tính tương đối Song khóa luận góp phần giúp người học nắm phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ để vận dụng làm tập cách linh hoạt Tùy theo toán, tùy theo cách nhìn mà ta có hướng giải khác Để người học nắm cách giải tương ứng tốn cực trị u cầu người học phải nắm kiến thức biết vận dụng kiến thức cách linh hoạt vào làm tập, phát triển khả tổng hợp, suy luận logic Bên cạnh người học phải nắm số dạng toán cực trị thường xuyên rèn luyện kỹ năng, phương pháp giải tập Trong suốt trình nghiên cứu tìm hiểu cố gắng chắt lọc vấn đề quan trọng để giúp bạn đọc nắm phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ cách ngắn gọn Tuy nhiên lực có hạn nên khóa luận dừng lại Trong q trình hồn thành khóa luận khơng tránh khỏi thiếu sót, em mong nhận đóng góp ý kiến thầy, giáo bạn sinh viên để khóa luận hoàn thiện 45 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Đức Đồng (2001), Tuyển tập 670 toán rời rạc cực trị, NXB Hải Phòng [2] Trần Văn Hạo (2005), Chuyên đề bất đẳng thức luyện thi vào đại học, NXBGD [3] Trần Văn Hạo (chủ biên), Nguyễn Cam, Nguyễn Mậu Hy, Trần Đức Huyên, Cam Huy Lễ, Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Văn Thanh (2001), Chuyên đề luyện thi vào ĐH: bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, NXBGD [4] Phan Huy Khải (2006), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS - giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số, NXBGD [5] Trần Thành Minh, Trần Quang Nghĩa, Lâm Văn Triệu, Dương Quốc Tuấn Giải toán lượng giác (Ôn thi đại học), NXBGD 46 ... lại phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ thông qua việc nghiên cứu đề tài: "Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ ví dụ. " 0.2 Mục đích nghiên cứu • Đề tài có tác dụng... giải tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ học sinh chun khơng chun tốn 0.5 Đối tượng nghiên cứu Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ ví dụ 0.6 Phương pháp nghiên cứu • Phương pháp khách... trị lớn giá trị nhỏ nhất, phép biến đổi đại số ta đưa dạng A2k + m ≥ m (khi m giá trị nhỏ A = 0) −A2k + M ≤ M (khi M giá trị lớn A = 0) Từ ta tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A Ví dụ 2.14 Tìm