Tải bản đầy đủ

giai bai toan cuc tri THCS voi nhieu phuong phap

Một số phơng pháp giải bài toán cực trị ở THCS
I . kiến thức cơ bản

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 thoả
mãn :
1. f(x,y,...) M
(x,y,..) |D
2. (x0, y0,...) |D sao cho f(x0, y0...) = M.
Ký hiệu : M = Max f(x,y,..) = fmax với (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 thoả
mãn :
1. f(x,y,...) M
(x,y,..) |D
2. (x0, y0,...) |D sao cho f(x0, y0...) = M.
Ký hiệu : M = Min f(x,y,..) = fmin với (x,y,...) |D


2. Các kiến thức thờng dùng

2.1. Luỹ thừa :
a) x2 0 x |R x2k 0 x |R, k z - x2k 0
Tổng quát : [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
x0 ; k z
Tổng quát : ( A )2k 0 A 0
(A là 1 biểu thức)
2.2 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối :
a) |x| 0
x|R
b) |x+y| |x| + |y| ; nếu "=" xảy ra x.y 0
c) |x-y| |x| - |y| ; nếu "=" xảy ra x.y 0 và |x| |y|
2.3. Bất đẳng thức côsi :
ai 0

; i = 1, n :

a1 + a 2 + .... + a n

n

n

a1 . a 2 .....a n

nN, n 2.

dấu "=" xảy ra a1 = a2 = ... = an
2.4. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
Với n cặp số bất kỳ a1,a2,...,an ; b1, b2, ...,bn ta có :
2

2
2
2
2
2
(a1b1+ a2b2 +...+anbn)2 ( a1 + a 2 + .... + a n ).(b1 + b2 + .... + bn )
ai

Dấu "=" xảy ra b = Const (i = 1, n )
i
2.5. Bất đẳng thức Bernonlly :
Với a 0 :
(1+a)n 1+na
n N.
Dấu "=" xảy 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
c. 2( a2 + b2 ) (a + b)2
d. a + b 2
b

a


e. 1 + 1 4
b

a

a+b

II. Một số phơng pháp cơ bản
giải bài toán cực trị đại số
Phơng pháp 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.Để tìm Max f(x,y,...) trên miền |D ta chỉ ra :
f ( x, y...) M

( x 0 , y 0 ....) | R

sao cho f(x0,y0,...) = M

f ( x, y...) m

( x 0 , y 0 ....) | R

sao cho f(x0,y0,...) = m

2. Để tìm Min f(x,y,...) trên miền |D ta chỉ ra :

I. Các vi dụ minh hoạ :

1. Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của A1 = x2 + 4x + 7
Giải :Ta có : A1 = x2 + 4x + 7 = x2 + 4x + 4x + 3 = (x + 2)2 + 3 3 vì (x + 2)2 0.
A1 min = 3 x + 2 = 0 x = -2
Vậy A1 min = 3 x = -2
2. Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của A2 = -x2 + 6x - 15
Giải :Ta có : A2 = -x2 + 6x - 15 = - (x2- 6x + 9) - 6
A2 = - (x - 3)2 - 6 - 6 do -(x - 3)2 0
x |R
A2 max = - 6 x - 3 = 0 x = 3
Vậy A2 max = - 6 x = 3
3. Ví dụ 3 : Tìm giá trị nhỏ nhất của A3 = (x-1)(x-4)(x-5)(x-8)+2002
Giải : Ta có :
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 vì (x2-9x + 14)2 0 x
x = 2

A3 min = 1966 x2-9x + 14 = 0

x = 2

x = 7 . Vậy A3 min = 1966 x = 7



2
4. Ví dụ 4 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A4 = 2 x2 10 x 1 ( x 1)

Giải :Ta có: A4 =

2 x 10 x 1
x 2 2x + 1
2

x 2x + 1
2( x 2 x + 1) 6( x 1) 9
6
9
=
= 2

2
x 1 ( x 1) 2
( x 1)
2

2

2

= - 3 + 1 + 3 3 vì - 3 + 1 0 x
x 1
x 1
3
+ 1 = 0 x = -2
A4 Max = 3
x 1
Vậy : A4 Max = 3 x = -2

5. Ví dụ 5 : Tìm giá trị lớn nhất của A5 =
Giải :Ta có:A 5 =

x
y

+

y
x

x y=

x
y

+

y
x

x

x x+y yx yy x
xy

y với x,y>0
=

x( x y ) y ( x y )
xy


A5 =

( x y ).( x y )
xy

=

( x y ) 2 .( x y )
xy

0

x,y > 0

A 5 min = 0 x y = 0 x = y
Vậy : A5 min = 0 x = y > 0
6. Ví dụ 6 : Cho x,y 0 và x + y = 1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của A6 = x2 + y2.
Giải :Do x; y 0 và x + y = 1 0 x;y 1 x2 x, y2 y
x = 0

x = 1

A6 = x2 + y2 x + y = 1 A6 max = 1 y = 1 hoặc y = 0


2
2
2
Mặt khác : x + y = 1 (x + y) = 1 1 = x + 2xy + y (x2+y2)-(x-y)2
1 1
1
+ ( x y ) 2 do (x - y)2 0
2 2
2
1
1
A6 min = x - y = 0 x = y =
2
2
x = 0
x = 1
;

Vậy : A6 max = 1
y =1
y = 0

A6 = x2+y2 =

A6 min =

1
1
x=y=
2
2

7. Ví dụ 7 : Tìm giá trị lớn nhất của A7 = xy + yz + zx - x2-y2-z2
1
2

Giải :Ta có : A7 = xy + yz + zx - x2-y2-z2 = - (2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2xz)
1
2

A7 = - {(x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2} 0 x,y,z A7 Max = 0 x=y = z
Vậy : A7 Max = 0 x = y = z
8. Ví dụ 8 : Tìm GTLN của biểu thức: y =

1
.
x + x +1
1
2

1
=
2
x + x +1
Giải: Ta có thể viết:
1 3
x+ ữ +
2 4

2
4
1
Vì x + 1 ữ + 3 3 . Do đó ta có: y . Dấu = xảy ra x = .
3
2
2 4 4

4
1
Vậy: GTLN của y = tại x =
3
2
y=

2

II. Nhận xét:
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 trên giúp học sinh nhanh
chóng tìm ra lời giải. Trớc hết ta giải một số bài toán sau để cùng suy ngẫm.
III. Các bài tập đề nghị :
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau :
a. A = x2 - 10x + 20
b. B = (x-1)2 + (x-3)2
c. C = x 2 2 x + y 2 4 y + 7
d. D = (x-1)(x+2)(x+3)(x+6)


2
e. E = 3x 8 x + 6
(x 1)
x 2 2x + 1
f. F = x3 + y3 + xy biết x + y = 1

g. G =

4( x + y + xy )

với x,y > 0

x + y + 2 xy

2. Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức :
a.
A = - x4 + 2x3 - 3x2 + 4x + 2002
b.

B=

x2 + 2
x2 +1

2
C = 7 x2 + 74 x 196

;

x 10 x + 25

của A = x 2 + 4 x + 6
x + 2x + 3
2

3. Tìm GTLN, GTNN

Phơng pháp 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. Các ví dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1 : Cho a > b > 0. Tìm GTNN của B1 = a +
Giải :Ta có : B1 = a +

1
b( a b )

1
1
b(a b)
= b + (a-b) +
3. 3
(theo Côsi).
b( a b )
b( a b )
b.(a b)
1

a = 2

B1 3 B1 min = 3 b = a-b = b(a b) b = 1

a = 2

Vậy : B1 min = 3 b = 1


2. Ví dụ 2 : Cho a,b > 0 và a + b = 1 . Tìm GTNN của B2 =

1
1
+ 2 2
ab a + b

1 1
1
Giải :Theo bất đẳng thức Côsi : (x + y)( + ) 2 x. y . 2
= 4 (với x,y > 0)
x

1

1

4

x + y x+ y
a+b

y

xy

(1)
1

1

Ta có : ab (
)2 =
4 (2) do a+b = 1 ; a,b > 0
2
4
ab
áp dụng bất đẳng thức (1) và kết quả (2) ta có :
1
1
2
1
1
1
1
4
4
+ 2
=
+ 2
=
+(
+ 2
) +
2
2
2
ab a + b
2ab a + b
2ab
2ab a + b
2 2ab + a 2 + b 2
4
1
B2 2 + (a + b) 2 = 6 do a + b = 1 B2min = 6 a = b =
2
1
Vậy : B2min = 6 a = b =
2

B2 =

3. Ví dụ 3 : Cho xy + xz + yz = 4 . Tìm GTNN của B3 = x4 + y4 + z4
Giải :
Do xy + xz + yz = 4 16 = (xy + xz + yz)2 (x2+y2+z2) (x2+y2+z2)


(Theo Bunhiacôpxki) 16 (x2+y2+z2)2 (x4 + y4 + z4) (12+12+12)
16
16
2 3
B3min =
x=y=z=
3
3
3
16
Vậy : B3min =
x=y=z= 2 3
3
3
4. Ví dụ 4 : Cho |a| 1; |b| 1 và | a+ b| = 3

B3 = x4 + y4 + z4

Tìm GTLN của B4 = 1 a 2 + 1 b 2
2

Giải :Ta có : (a-b) 0
2

áp dụng (1) ta có :
1 a2 + 1 b2


2


a2 + b2 a + b

a;b
(1)
2
2
2

1 a2 + 1 b2
2 (a 2 + b 2 )
a2 + b2

=
= 1

2
2
2

2

2
3
a2 + b2 a + b
3
=
Do

=

2
4
2
2

1 a 2 + 1 b2

2


(do | a + b| = 3 )

2


1 - 3 = 1 ( 1 a 2 + 1 b 2 1 )

4
4

3
B4 = 1 a 2 + 1 b 2 1 B4Max = 1 a = b =
2
3
Vậy : B4Max = 1 a = b =
2

5. Ví dụ 5 : Tìm giá trị nhỏ nhất của B6 = | x + 7| + | x - 1995|
Giải :
Ta có : |x| + |y| | x + y| dấu "=" xảy ra x,y 0
Do vậy : B6 = | x + 7| + | x - 1995| = | x + 7| + | 1995 - x | |x+7 + 1995 - x| = 2002
B6Min = 2002 (x + 7). (1995 - x) 0 -7 x 1995
Vậy : B6Min = 2002 -7 x 1995
6. Ví dụ 6 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6|
Giải : Ta có :
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) cùng dấu.
Vậy : B7min = 2010
7. Ví dụ 7 : Tìm giá trị nhỏ nhất của
B = (1 + x2y + xy2)2001 - 2001 xy (x+y) + 2001 với x2y + xy2 0
Giải :Theo BĐT Becnully ta có : (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.
x = 0

B 2002 B min = 2002 xy(x+y) = 0 y = 0
x = y

x = 0

Vậy : B min = 2002 y = 0
x = y



8. Ví dụ 8 : Cho xyz = 1 và x + y + z = 3.
Tìm GTNN của B8 = x16 + y16 + z16
Giải : Cách 1 : Ta có : (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 và x + y + z = 3)
B8min = 3 x = y = z = 1
Cách 2: (Không sử dụng giả thiết 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
Vậy : B8min = 3 x = y = z = 1
9. Ví dụ 9: Cho x + y = 1. Tìm GTNN của biểu thức M = x3 + y3.
Giải: M = x3 + y3 = (x + y)(x2 xy + y2) = x2 - xy + y2
2

1
x2 y 2 x2
y2 1 2
y
x
M ( x2 + y 2 )
+
+ xy +
= (x + y2 ) +


2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
Ngoài ra: x + y = 1 x + y + 2xy = 1 2(x + y ) (x y)2 = 1
=

=> 2(x2 + y2) 1
1
1
1
và x 2 + y 2 = x = y =
2
2
2
1 2
1
1 1 1
Ta có: M ( x + y 2 ) và ( x 2 + y 2 ) M . =
2
2
2 2 4
1
1
Do đó M 4 và dấu = xảy ra x = y = 2
1
1
Vậy GTNN của M = 4 x = y = 2

Do đó x 2 + y 2

10. Ví dụ 10: Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x2 + y2 = 1.
Tìm GTLN và GTNN của x + y.
Giải: Ta có: (x + y)2 + (x y)2 (x + y)2
2(x2 + y2) (x + y)2
Mà x2 + y2 = 1 (x + y)2 2
x+ y 2 2 x+ y 2
x = y


- Xét x + y 2 . Dấu = xảy ra

x + y = 2

x= y=

2
2


x = y

- Xét x + y 2 . Dấu = xảy ra

x + y = 2

x= y=

2
2

Vậy x + y đạt GTNN là 2 x = y = 2 .
2

11. Ví dụ 11: Giả sử x và y là hai số thỏa mãn x > y và xy = 1. Tìm GTNN của biểu thức:
A=

x2 + y 2
.
x y

x 2 + y 2 x 2 2 xy + y 2 + 2 xy ( x y ) 2 + 2 xy
=
=
x y
x y
x y
2
( x y ) + 2 xy
2
x y
2
x y
Do x > y và xy = 1 nên: A =
= x y+
=
+
+
x y
x y
2
x y
2

Vì x > y
x y > 0 nên áp dụng bất đẳng thức côsi với 2 số không âm, ta có:
x y 2
x y
A 2.
.
+
2 x y
2
x y
2
=
( x y ) 2 = 4 ( x y ) = 2 (Do x y > 0)
Dấu = xảy ra
2
x y
2
Từ đó: A 2 + = 3
2
x y = 2

Vậy GTNN của A là 3
xy = 1

Giải: Ta có thể viết: A =

x = 1 + 2
x = 1 2

hay
Thỏa điều kiện xy = 1
y = 1 + 2
y = 1 2
12. Ví dụ 12: Tìm GTLN của hàm số: y = x 2 + 4 x .
x 2 0
2 x 4(*)
Giải: Điều kiện:
4 x 0
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: (ac + bd)2 (a2 + b2)(c2 + d2)
a b
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi = .
c d
Chọn a = x 2; c = 1; b = 4 x ; d = 1 với 2 x 4 . Ta có:

(

)

(

x2

y 2 ( x 2 ) + ( 4 x ) .2
y2 =

x2 + 4 x

2

) +(
2

)

2
4 x . ( 12 + 12 )


y2 4 y 2

Vì y > 0 nên ta có: 0 < y 2
Dấu = xảy ra x 2 = 4 x x 2 = 4 x x = 3 (Thỏa mãn (*))
Vậy GTLN của y là 2 tại x = 3.
13. Ví dụ 13: Tìm GTNN của biểu thức: M = ( x 1994 ) 2 + ( x + 1995) 2
Giải: M = ( x 1994 ) 2 + ( x + 1995) 2 = x 1994 + x + 1995
áp dụng bất đẳng thức: a + b a + b ta có:
M = x 1994 + x + 1995 = x 1994 + 1995 + x
=> M x 1994 + 1995 x = 1
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi (x 1994) . (1995 x) 0


<=> 1994 x 1995
Vậy GTNN của M = 1 1994 x 1995
14. Ví dụ 14: Cho 0 x 1 . Tìm GTLN của biểu thức y = x + 2 ( 1 x )
Giải: Ta có: y = x + 2 ( 1 x ) = x + 2 ì 1 ( 1 x )
2

Vì 0 x 1 nên 1 x 0

áp dụng bất đẳng thức Cô si đối với 2 số:

1
và (1 x) cho ta:
2

1
1
3
( 1 x) x + + ( 1 x) =
2
2
2
1
1
Dấu = xảy ra <=> = 1 x => x =
2
2
3
1
Vậy GTLN của y là tại x =
2
2
y = x + 2ì

II. Nhận xét :
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 cứu phơng pháp 03. Chúng ta cùng
nghiên cứu một số bài tập sau :
III. Một số bài tập đề nghị :
1
a
2
3
+ 2
2. Cho a,b, > 0 và a + b = 1. Tìm GTNN của B =
ab
a + b2

1
b

1
c

1. Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 1. Tìm GTNN của A = (1+ ) (1+ ) (1+ )

3. Cho a,b,c > 0

a
b
c
+
+
b+c c+a a+b
a
b
c
b+c c+a a+b
b) Tìm GTNN của D =
+
+
+
+
+
b+c c+a a+b
a
b
c
3
4. Cho x,y,z và x+y+z =1.Tìm GTLN của
E= 4 x + 3 + 4 y + 3 + 4 z + 3
4
5. Cho a,b,c 0 và a + b + c = 1.Tìm GTLN của F = a + b + a + c + b + c
4
6. Cho 0 x . Tìm GTLN của G = 4x2 - 3x3
3

a) Tìm GTNN của C =

7. Cho 0 x 3 ; Cho 0 y 4. Tìm GTLN H = (3-x).(4-y).(2x+3y)
8. Cho x,y,z,t 0 và 2x + xy + z + yzt = 1. Tìm GTLN của I = x2y2z2.t
9. Cho x,y,z,t 0 và xt + xy + z + yzt = 1. Tìm GTLN của K = xyzt
10. Tìm GTNN của M = | x-2 | + | y-3 | + | x+y-2007 |

Phơng pháp 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. Các ví dụ minh hoạ :


1. VÝ dô 1: T×m GTNN cña C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 12
Gi¶i : C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 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.

 x = −1

⇒ C1min = 8 ⇔ a - 3 = 0 ⇔ a = 3 ⇔ x2 + 3x + 2 = 0 ⇔  y = −2

 x = −1

VËy : C1min = 8 ⇔  y = −2

 x2

2. VÝ dô 2: T×m GTNN cña C2 = 2. 

y

Gi¶i :§Æt :

2

+

y2
x2


 x y
 - 5  +  + 6 víi x,y > 0
 y x


y
x
y
x
+
= a ≥2 ⇒ 2 + 2 = a2 - 2
y
x
y
x
2

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 =
Gi¶i : §Æt :

x
+
y

y
x
y
x
+
- 3 −3
+ 2004 víi x,y>0
y
x
y
x

y
x
y
= a ≥ 2⇔ + = a2 – 2. Khi ®ã :
y
x
x

C3 = (a2 - 2) - 3a + 2004

C3 = a2 - 3a + 2004 = a2 - 3a + 2 + 2002 = (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
T×m GTNN cña C4 =
Gi¶i : §Æt : a =

x
y+ z

+

y

x+ z
x + z ;

+

z
x+

y

y + z ;
b=
c= x + y
a+b+c
⇒ x + y+ z =
2
−a+b+c
a−b+c
a+b−c
⇒ x=
; y=
; z=
2
2
2
−a+b+c
a−b+c a+b−c
Khi ®ã :
C4 =
+
+
2
2
2
1 a b
b c
a c
C4 = ( + ) + ( + ) + ( + ) − 3
2 b a
c b
c a

a b
a c
b c
Theo C«si víi a,b,c >0 ta cã : + ≥ 2 ;
+ ≥2 ;
+ ≥2
b a
c a
c b
1
3
⇒ C4 ≥ (2 + 2 + 2 − 3) =
2
2
3
⇒ C4min = ⇔ a = b = c ⇔ x = y = z > 0.
2


3
x = y = z > 0.
2

Vậy C4min =

( x 2 y 2 )(1 x 2 y 2 )
(1 + x 2 ) 2 (1 + y 2 ) 2

5. Ví dụ 5: Tìm GTLN, GTNN của C5 =

2
2
Giải :Ta có : (a + b) a.b (1) a,b và (a b) ab (2)

4
4
x2 + y2
1 x2 y2
= a và
= b
Đặt :
(1 + x 2 )(1 + y 2 )
(1 + x 2 )(1 + y 2 )

a,b

Khi đó : C5 =a.b

2
2
Theo (1) và (2) ta có : - (a + b) C5 = ab (a + b)

4

4

2

1 x y 1 + x y
1 x y +1 x y2
C5
-
4 (1 + x 2 )(1 + y 2 )
4 (1 + x 2 )(1 + y 2 )
2

2

2

2

2

2

2

2

1 ( x 2 1)(1 + y 2 )
1 ( x 2 + 1)(1 y 2 )
-
C5

4 (1 + x 2 )(1 + y 2 )
4 (1 + x 2 )(1 + y 2 )
2

1 x2 1
1 1 y 2



- . 2 C5 .
4 x + 1
4 1 + y 2

2

2

2

2

x2 1
Ta có : 0 2 1
x + 1

2

;

1 y 2

0
2 1
1
+
y


2

2

2


2

Do đó : 1 1 x 2 1 C5 1 1 y 2 1
4 4 x + 1
4 1 + y
4
1

C5min = (x2 - 1)2 = (x2 + 1)2 x = 0
4
1
C5max = (1 - y2)2 = (1 + y2)2 y = 0
4
1
1
Vậy C5min = x = 0; C5max = y = 0
4
4

6. Ví dụ 6: Cho x, y, z là các số dơng thỏa mãn điều kiện: xyz = 1. Tìm GTNN của biểu
1
1
1
+ 3
+ 3
.
x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y)
1
1
1
1
=1
Giải: Đặt a = ; b = ; c = abc =
x
y
z
xyz
1 1
Do đó: + = a + b x + y = (a + b).xy x + y = c(a + b)
x y

thức: E =

3

Tơng tự:

E=

y + z = a(b + c);

z + x = b(c + a)

1
1
1
1
1
1
.
+ 3.
+ 3.
3
x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y)

1
1
1
a2
b2
c2
+ b3 .
+ c3 .
=
+
+
a (b + c )
b (c + a )
c (a + b) b + c c + a a + b
a
b
c
3
Ta có:
(1)
+
+

b+c c+a a +b 2
= a3 .

Thật vậy: Đặt b + c = x; c + a = y; a + b = z


x+ y+z
2
y+zx
z+x y
x+ yz
a=
;b =
;c =
2
2
2
a
b
c
y+zx z+x y x+ yz
VT =
+
+
=
+
+
b+c c+a a +b
2x
2y
2z
1 y x 1 z x 1 z y 3
3 3
= + ữ+ + ữ+ + ữ 1 + 1 + 1 =
2 x y 2 x z 2 y z 2
2 2
a+b+c =

Khi đó,

Nhân hai vế (1) với a + b + c > 0. Ta có:

a ( a + b + c ) b( a + b + c ) c (a + b + c ) 3
+
+
(a + b + c)
b+c
c+a
a +b
2
2
2
2
3
a
b
c
a + b + c 3 abc 3
3

+
+


= E
b+c c+a a+b
2
2
2
2
3
GTNN của E là
khi a = b = c = 1.
2

II. Các bài tập đề nghị :

1. Tìm GTNN của A = x2 + 4 - x +

1
x x +1
2

3 50

2. Tìm GTLN của B = a + 1 + 2a 3 + 50 3a với a ;
2 3
1
2

1
2

1
và a+ b + c = 1
2
2a + 1 + 2b + 1 + 2c + 1

3. Cho a - ; b - ; c Tìm GTLN của C =

4. Cho x,y > 0. Tìm GTNN của D =

x y
y2
x2
+
3 + + 4
2
2
y
x
y x

Phơng pháp 04 :

( Sử dụng biểu thức phụ )

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.
Ví dụ : Để tìm cực trị của biểu thức A với A > 0, ta có thể xét cực trị của biểu thức
:

1
, -A, kA, k + A, |A| , A2
A

(k là hằng số).

I. Các vị dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1: Tìm GTLN của A =

0.

x2
x4 + x2 + 1

Giải :
a) Xét x = 0 A = 0 giá trị này không phải là GTLN của A vì với x 0 ta có A >
1
khi đó Amax Pmin
A
4
2
với cách đặt trên ta có : P = x + x2 + 1 = x 2 + 12 + 1
x
x
ta có : x2 + 12 2 x 2 . 12 = 2 (theo côsi)
x
x

b) Xét x 0 đặt P =

P 2 + 1 = 3 Pmin = 3 x = 1


Do đó : Amax =

1
x=1
3

2. Ví dụ 2: Tìm GTNN của B =

x
với x > 0
( x + 2002) 2

Đặt P1 = - B nh vậy P1max Mmin
Ta có : P1 =
Đặt P2 =

Giải :

x
với x > 0 P > 0
( x + 2002) 2

1
> 0 với x > 0 khi đó P2 Min P1 Max
P1

2
2
2
P2 = ( x + 2002) = x + 2.x.2002 + 2002

x
x
2
P2 = x 2.x.2002 + 2002 + 4.x.2002
x
2
P2 = ( x 2002) + 4.2002 4.2002 = 8008
x
2
(do ( x 2002) 0
x > 0)
x
2

P2 Min = 8008 x = 2002

1
x = 2002
8008
1
BMin = x = 2002
8008
1
Vậy BMin = x = 2002
8008

P1 Max =

3. Ví dụ 3: Cho a,b,c dơng và a + b + c = 3
Tìm GTLN của C = 5a + 4b + 5b + 4c + 5c + 4a
Giải :
Do a,b,c > 0 C > 0
Đặt : P = C2 khi đó PMax CMax
Ta có : P = ( 5a + 4b + 5b + 4c + 5c + 4a )2

P (12 + 12 + 12) (5a + 4b + 5b + 4c + 5c + 4a) theo Bunhiacôpxki
P 3.9(a + b + c) = 81 do a + b + c = 3
PMax = 81 a = b = c = 1
2
C Max = 81 a = b = c = 1
CMax = 9 a = b = c = 1
Vậy CMax = 9 a = b = c = 1
4. Ví dụ 4: Cho x, y, z, t > 0
Tìm GTNN của D =
Giải : Đặt P = 2D ta có :
P=

y+t
y
x+ y
x
t+x
t
+
+
+
+
+
y+t
x
t+x
y
x+ y
t

2y
2(t + x )
2( x + y )
2 x 2( y + t )
2t
+
+
+
+
+
y+t
x
t+x
y
x+ y
t


 2x
y + t   2y
x+ y 3 y+t t + x x+t
t + x   2t
 + 
 + 
+ 

+
+
+
+
+
2x   t + x
2y   x + y
2t  2  x
y
t 
y+t
 2x
y + t   2y
x+ y 3 y t t x x y
t + x   2t
 + 
 + 
+  + + + + + 
+
+
+
P= 
2x   t + x
2y   x + y
2t  2  x x y y t t 
y+t
3
P≥ 2
+
2
+
2
+ .6
(theo c«si)
6

P= 

P ≥ 15 ⇒ PMin = 15 ⇔ x = y = t > 0
15
⇔x=y=t
2
15
VËy DMin =
⇔x=y=t
2

⇒ DMin =

5. VÝ dô 5: Cho x, y > 0 vµ 7x + 9y = 63
Gi¶i :§Æt : P = 63.E ta cã :

T×m GTLN cña E = x.y

2

 7x + 9 y 
 (theo c«si)
P = 63xy = 7x.9y ≤ 
 2 
2
3969
3969
 63 
P ≤  =
⇒ PMax =
4
4
 2
9

x=

63

2
DÊu "=" x¶y ra ⇔ 7x = 9y =
⇔ 7
2
y =

2
 x = 4,5
3969
63
⇒ EMax =
: 63 =
⇔  y = 3,5
4
4


6. VÝ dô 6 : Cho x2 + y2 = 52 T×m GTLN cña F = 2x + 3y
Gi¶i : XÐt : P1 = |F| khi ®ã P1 = |2x + 3y|
§Æt : P2 = P12 khi ®ã P2 = (2x + 3y)2
Theo Bunhiac«pxky : P2 ≤ (4 + 9) (x2 + y2) = 13.13.4
x = 4

 x = −4

⇒ P2 Max = 13.13.4 ⇔  y = 6 hoÆc  y = −6


⇒ P1 Max = 26
Do F ≤ |F| = P
x = 4

x = 4





⇒ FMax = 26 ⇔  y = 6 . VËy FMax = 26 ⇔  y = 6
7. VÝ dô 7: Cho x,y > 0. T×m GTNN cña G =
Gi¶i :

§Æt : P = G - 2 ta cã :
P=

y
x4 y4 x2 y2
x
+ 4 − 2 − 2 +
+
4
y
x
y
x
y
x

y
x4 y4 x2 y2
x
+


+
+
-2
y4 x4 y2 x2 y
x

 x4
  y4
  x2
x2
y2
x y y2   x
y
P =  4 − 2. 2 + 1 +  4 − 2. 2 + 1 +  2 − 2. . + 2  +  − 2 + 
y x x  y
x
y
x
y
 x
 y
2

2

 2

 2


P =  x 2 − 1 +  y 2 − 1 +  x −
y
y

x


2

y
( x − y) 2
 +
≥0
x 
xy


PMin = 0 x = y > 0
Vậy GMin = 2 x = y > 0
II. Các bài tập đề nghị :
1. Cho x,y, z > 0 và x2 + y2 + z2 = 1
Tìm GTNN của A =

xy yz zx
+
+
z
x
y

2. Cho x 0.
8
4
Tìm GTNN của B = x + x4 + 1

x

3. Cho x 0
Tìm GTLN của C =

x 16

x8
+ x8 + 1

4. Cho a2 + b2 + c2 = 1
Tìm GTLN của D = a + 2b + 3c
5. Cho a,b > 0 và a + b = 2
4
4
Tìm GTNN của E = 1 2 1 2

6. Cho a, b, c, d > 0
Tìm GTNN của F =



a

b

a+b
b+c
c+d
d +a
=
+
+
b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c

7. Cho a,b |R
Tìm GTNN của G = a 2 + (1 b) 2 + b 2 + (1 a) 2

Phơng pháp 05 :

( Phơng pháp miền giá trị )

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.
Đờng lối chung là :
Giải sử ta phải tìm cực trị của hàm số f(x) có miền giá trị D. Gọi y là một 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 biến, coi y là tham
số).
Thờng đa đến biểu thức sau : m yM
Từ đó Min f(x) = m với x D.
Max f(x) = M với x D.
I. Các ví dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1: Tìm GTNN của f(x) = x2 + 4x + 5
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x) .
Ta có :
y = x2 + 4x + 5

x2 + 4x + 5 - y = 0 (có nghiệm)

' = 4 - 5 + y 0

y1
Vậy f(x) Min = 1 x = -2
2. Ví dụ 2: Tìm GTLN của f(x) = - x2 + 2x - 7
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x). Ta có : y = - x2 + 2x - 7



x2 - 2x + y + 7

' = 1 - y - 1 0

y-6
Vậy f(x)Max = -6 x = 1

(có nghiệm)

x 2 + 4x + 6
3. Ví dụ 3: Tìm GTLN, GTNN của f(x) = 2
x + 2x + 3

Gọi y là một giá trị của f(x) .

Giải :

2
Ta có : y = x 2 + 4 x + 6 yx2 + 2yx + 3y - x2 - 4x - 6 = 0

x + 2x + 3

(y - 1)x + 2 (y - 2).x + 3y - 6 = 0 (có nghiệm)
2

* Nếu y = 1 x = -

3
2

* Nếu y 1 ' = (y - 2)2 + (3y - 6)(1 - y) 0
y2 - 4y + 4 - 3y2 + 3y + 6y - 6 0
- 2y2 + 5y + 2 0
Ta thấy :

1
y2
2

1
<1<2
2

1
x = -3; f(x) Max = 2 x = 0
2
2
4. Ví dụ 4 : Tìm GTNN của f(x) = x 2 + 2 x + 6
x 2x + 1

Do vậy :

f(x) Min =

Giải :

Gọi y là một giá trị của f(x) . Ta có :
yx2 + 2yx + y - x2 - 2x - 6 = 0
(y - 1)x2 - 2(y + 1)x + y - 6 = 0
* Nếu y = 1 x = -

2
y = x 2 + 2x + 6

x 2x + 1

(có nghiệm)

5
4

* Nếu y 1 ' = (y + 1)2 - (y - 1)(y - 6) 0
y2 + 2y + 1 - y2 + 6y + y - 6 0
9y - 5 0
y

5
9

5
5
7
5
7
< 1 nên ta có YMin =
x = - . Vậy f(x) Min = x = 9
9
2
9
2
2
5. Ví dụ 5: Tìm GTLN của f(x) = x 2 + 2
x +1

Do

Gọi y là một giá trị của f(x).
Ta có :

2
y = x2 +2

x +1

Giải :

yx2 + y - x2 - 1 = 0

(y - 1)x2 + y - 2 = 0
(y - 1)x2 = 2 - y
* Nếu y = 1 Phơng trình vô nghiệm

(có nghiệm)


2 y

* Nếu y 1 x2 = y 1 (1)
2 y

(1) có nghiệm y 1 0 1 < y < 2
YMin = 2 x = 0
Vậy f(x) Max = 2 x = 0
II. Các bài tập đề nghị :
1. Tìm GTNN của :
a) A = 5x2 + x + 7 ; b) B =
2. Tìm GTLN của :
a) A = -x2 + x + 2 ; b) B =

3
5 2x
; c) C = 2
4x + 4x 7
x + 4 4x
2

11
7 x 2 + 74 x 196
;
c)
C
=
x 2 4 x + 18
x 2 10 x + 25

3. Tìm GTLN và GTNN của :

2
4x + 3
a) A = x +2 x + 1 ; b) B = 2
;

x +1

x +1

c) C =

8 x 2 + 6 xy
x2 + y2

Phơng pháp 06 :

( Phơng pháp xét từng khoảng giá trị )
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 dụng phơng
pháp miền giá trị hàm số, việc tìm cực trị vẫn gặp rất nhiều khó khăn 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. Các ví dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1: Cho m, n N*. Tìm GTNN của A = |36m - 5m|
Giải :
m
Do m N* 36 có chữ số tận cùng là 6
n N* 5m có chữ số tận cùng là 5
Vì vậy :
Nếu 36m > 5m thì A có chữ số tận cùng là 1
Nếu 5m > 36m thì A có chữ số tận cùng là 9
a) Xét A = 1 ta có : 36m - 5m = 1 (không xảy ra) vì
(36m - 1) : 7 còn 5m :7
b) Xét A = 9 ta có : 5m - 36m = 9 (không xảy ra) vì
(5m - 36m) : 9 còn 9 : 9
c) Xét A = 11 , xảy ra , chẳng hạn m = 1, n = 2
Vậy AMin = 11 m = 1; n = 2
n2

2. Ví dụ 2: Cho m N* . Tìm giá trị lớn nhất của B = n
2
Giải :
Với n = 1

ta có : B =

Với n = 2

ta có : B = 1

Với n = 3

ta có : B =

9
>1
8

Với n = 4

ta có : B = 1

Với n = 5

ta có : B =

Với n = 6

1
<1
2

25
<1
32
36
9
ta có : B =
<1
=
64
16


.................................................................................
Ta dự đoán rằng với n 5, n N thì B < 1
Thật vậy : Ta chứng minh dự đoán bằng phơng pháp quy nạp.
n2
< 1 (*)
2n

a) Giả sử n 5, n N ta có B =

Ta cần phải chứng minh công thức (*) đúng với (n+1) nghĩa là phải chứng minh :
(n + 1) 2
< 1 (n + 1)2 < 2n+1
n +1
2

(1)

Từ (*) ta có : n2 < 2n 2n2 < 2n+1
(2)
Để chứng minh (1) ta chứng minh (n + 1)2 < 2n2
n2 + 2n + 1 < 2n2 n2 - 2n - 1 > 0 (n - 1)2 - 2 > 0 (đúng vì 5)
2
b) Kết luận : B = n n < 1

n 5, n N*

2

Vậy Bmax =

9
n=3
8

3. Ví dụ 3: Cho a, b, c, d N* và a + b = c + d = 20
Tìm GTNN và GTLN của T =

ab
ac + bd

Giải :

1
Do T 0 nên đặt P =
T

c d
+
b a

Nh vậy :
TMin PMax
TMax PMin
Do a, b, c, d N* và a + b = c + d = 20 1 a, b, c, d 19
* Xét a = b = 10 lúc đó P =

c
b
c+d
20
+
=
=
=2
10 10
10
10

* Xét b < a (trờng hợp b > a tơng tự)
b < 10 < a hay 1 b 19 ; 11 a 19
a) Trớc hết ta tìm TMin = PMax = 19 +
Ta xét 3 trờng hợp sau :
a1)
1 b < 10 = c = d < a 19
Khi đó : P =
a2)
a3)

1
19

c
d 10 10 10
+
=
+
<
+ 1 = 11
b
a
b
a
1

c
d
19
+
<1 +
<3
b
a
11
19
+ 1 < 11
1 d b < 10 < a c 19Nếu b > 1 thì P
2

1 c b < 10 < a d 19. Khi đó : P =

Nếu b = 1 thì P

19
1
1
+
= 19 +
1
19
19

Kết hợp cả 3 trờng hợp ta thấy PMax = 19 +
Do đó TMin =

1
172
=
19
19

19
a =19, b = 1 , c = 19 , d = 1
172

b) Bây giờ ta tìm TMax = PMin với 1 b 9 ; 11 a 19
P=

c d
c 20 c
20
1 1
+
= +
= c +
b a
b
a
a
b a


1
1
1 1
> 0 ; đặt A =

b a
b
a

Ta có :

Ta có : P = A.C +
* Xét P =

20
. Vì A > 0 nên PMin với C = 1
a

1
1 20
1 19
1
19
+
=
+
=
+
b
a a
b
a
b
20 b
1
19
+
b
20 b

Đặt Pb =

* Xét Pb+1 - Pb : 1 b 9 ; b N
Pb+1 - Pb =

18b 2 + 58b 380
b(b + 1)(19 b)(20 b)

Ta có : b(1 + 1)(19 - b)(20 - b) > 0
1b9,bN
Do vậy : Xét t = 18b2 + 58b - 380 (*)
Nghiệm dơng to của (*) là t = 29 + 7681
18

Ta có bảng xét dấu :
b

-

29 + 7681
18

t

+

0

29 + 7681
18

+

0

+

-

0 < b < bo thì t < 0 Pb+1 < Pb
b > bo thì t > 0 Pb+1 > Pb
Luôn luôn chứng minh đợc 3 < bo < 4
Với

Xét

1 19
23
+
=1
3
7
51
7
7
P4 = 1 +
= 1
16
16

P3 =

P3 > P4

Nên : a = 16 , b = 4, c = 1, d = 19 thì PMin =
Vậy : TMax =

23
16
Tmax =
16
23

16
19
; TMin =
23
172

II. Các bài tập đề nghị :
1. Tìm GTNN của A = |11m - 5m| với m,n N*
2. Cho a, b, c, d N* và a + b = c + d = 1000.
Tìm GTLN của B =

a
b
+
c
d

3. Cho m, n N và 1 m ; n 1981 và (n2 - mn - m2)2 = 1
Tìm GTLN của C = m2 + n2

Phơng pháp 07:

( Phơng pháp hình học )

Trong các bài toán xét cực trị của biểu thức đại số nếu biểu thức ở dạng là tổng
hiệu của căn bậc hai của các tam thức thì ta có thể đa bài toán xét cực trị của 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 thuyết cần vận dụng.


+ Nếu A(x1, y1); B (x2, y2) AB = ( x1 x 2 ) 2 + ( y1 y 2 ) 2
+ Với 3 điểm M, A, B bất kỳ ta có :
|MA - MB| AB MA + MB
Các ví dụ minh họa.
1.Ví dụ 1: Cho f(x) = x 2 4 x + 5 x 2 10 x + 50
Hãy tìm giá trị lớn nhất của f(x) .
Giải :
2
2
Ta có : f(x) = ( x 2) + 1 ( x 5) + 25
Chọn trong mặt phẳng toạ độ 3 điểm : A (2,1); B(5, 5); M (x, 0)
Ta có : MA = ( x 2) 2 + 12 ;MB = ( x 5) 2 + 5 2
AB = 3 2 + 4 2 = 25 = 5
Mặt khác ta có : |MA - MB| AB
hay | ( x 2) 2 + 12 - ( x 5) 2 + 5 2 | 5
Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5
khi và chỉ khi 3 điểm M, A, B thẳng hàng.
Ta lại có phơng trình của đờng thẳng qua A và B là : d =
5
4

4
5
x
3
3

d cắt ox tại M ( ; 0). Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5 đạt tại x =

5
4

2. Ví dụ 2: Cho f(x) = 5 x 2 + 20 + 5 x 2 32 x + 64 + 5 x 2 40 x + 100 + 5 x 2 8 x + 16
Tìm giá trị nhỏ nhất của f(x) (1)
Giải :
2
2
Ta có :
5 x + 20 = ( x 4) + (2 x 2) 2
5 x 2 40 x + 100 =

x 2 + (2 x 10) 2

Chọn A (4 , -2)
; B(x , 2x) ; C (0, 10)
2
AB = ( x 4) + (2 x + 2) 2 ; BC = x 2 + (2 x 10) 2 ; AC = 4 10
Ta có : AB + BC AC
5 x 2 + 20 + 5 x 2 40 x + 100 4 10 (2)
Ta lại có :
5 x 2 32 x + 64 = x 2 + ( 2 x 8) 2
5 x 2 8 x + 16 = ( x 4) 2 + (2 x) 2

chọn D (x, 8); E (0, 2x) ; F (x-4, 0)
DE = x 2 + (2 x 8) 2 ; EF = ( x 4) 2 + (2 x) 2 ; DF = 4 5
ta có : DE + EF DF
x 2 + (2 x 8) 2 + ( x 4) 2 + (2 x) 2 4 5 (3)
Cộng (2) và (3) ta có :
VT 4( 5 + 10 )
VT = 4( 5 + 10 ) khi và chỉ khi
A,B,C thẳng hàng
D,E,F thẳng hàng

PT đờng thẳng đi qua AB nhận C (0, 10) là nghiệm


PT đờng thẳng đi qua DE nhận F (x-4, 0) là nghiệm

Giải điều kiện ta tìm đợc x = 2.


Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) = 4 ( 5 + 10 ) tại 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
bài toán.
Bài tập tham khảo :
Bài 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của f(x) = x 2 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10
Bài 2 : Tìm giá trị lớn nhất của f(x) = 4 x 2 + 2 x + 1 4 x 2 2 x + 1



x

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×