zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng phương pháp dồn biến

Chia sẻ: Huyết Thiên Thần | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

23
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài toán tìm cực trị của biểu thức nhiều biến là bài toán khó nhất trong các đề thi học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia, phần lớn học sinh không giải quyết được, nguyên nhân chính là vì dạng toán này quá khó chỉ có một phần nhỏ có thể làm được, tuy nhiên nếu giáo viên hướng dẫn cho học sinh một cách hệ thống và phương pháp rõ ràng, tôi tin rằng sẽ có nhiều học sinh làm được bài toán này. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết nội dung bài viết!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng phương pháp dồn biến

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN Nguyễn Bá Long Trường THPT Như Thanh, Thanh Hóa Tóm tắt nội dung Bài toán tìm cực trị của biểu thức nhiều biến là bài toán khó nhất trong các đề thi học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia, phần lớn học sinh không giải quyết được, nguyên nhân chính là vì dạng toán này quá khó chỉ có một phần nhỏ có thể làm được, tuy nhiên nếu giáo viên hướng dẫn cho học sinh một cách hệ thống và phương pháp rõ ràng, tôi tin rằng sẽ có nhiều học sinh làm được bài toán này. 1 Định nghĩa giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số Định nghĩa 1.1. Xét hàm số f ( x ) với x ∈ D. Ta nói rằng M là giá trị lớn nhất của f ( x ) trên D, nếu như thỏa mãn các điều kiện sau: 1. f ( x ) ≤ M, ∀ x ∈ D 2. Tồn tại x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = M Khi đó ta kí hiệu: M = max f ( x ) x∈D Định nghĩa 1.2. Xét hàm số f ( x ) với x ∈ D. Ta nói rằng m là giá trị nhỏ nhất của f ( x ) trên D, nếu như thỏa mãn các điều kiện sau: 1. f ( x ) ≥ m, ∀ x ∈ D 2. Tồn tại x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = m Khi đó ta kí hiệu: m = min f ( x ) x∈D 2 Các bất đẳng thức cơ bản thường sử dụng Định lý 2.1 (Bất đẳng thức AM - GM). Cho n số dương a1 , a2 , . . . , an / Khi đó, ta có a1 + a2 + . . . . + a n √ ≥ n a1 .a2 . . . an n Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . . = an . Định lý 2.2 (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz). Cho hai bộ số a1 , a2 , . . . , an ∈ R; b1 , b2 , . . . , bn ∈ R. 1
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Ta có ( a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≤ a1 2 + a2 2 + · · · + an 2 b1 2 + b2 2 + · · · + bn 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 a2 an = = ··· = . b1 b2 bn Hệ quả 2.1 (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz thường sử dụng). Cho a, b, c > 0 và x, y, z > 0. Khi đó a2 b2 c2 ( a + b + c )2 + + ≥ x y z x+y+z 3 Sử dụng điều kiện ban đầu để đánh giá đưa về hàm số một biến ∗ Điều kiện ban đầu thường gặp: • x ∈ [ a; b] hay ( x− a) ( x − b) ≤ 0. ( x − a) (y − b) ≤ 0 • x, y ∈ [ a; b] hay  ( x − a) (y − a) ≥ 0 ( x − b) (y − b) ≥ 0 • x, y, z ∈ [ a; b] hay ( x − a) (y − a) (z − a) + ( x − b) (y − b) (z − b) ≥ 0 • x ≤ y ≤ z, nên (y − x ) (y − z) ≤ 0. Nhận xét 3.1. Việc đánh giá điều kiện ban đầu của bài toán là rất quan trọng trong việc giải bài toán cực trị của biểu thức, giúp chúng ta rèn luyện kỹ năng chuyển bài toán cực trị nhiều biến thành bài toán cực trị của hàm số với một biến. Bài toán 3.1 (Đề THPT QG 2015). Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [1; 3] và thỏa mãn a2 + b2 + 2ab điều kiện P = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức c + 4 ( ab + bc + ca) a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 12abc + 72 1 P= − abc ab + bc + ca 2 Lời giải. Ta có ( ab + bc + ca)2 = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 2abc ( a + b + c) = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 12abc. ( a + b + c )2 Đặt x = ab + bc + ca ≤ = 12. 3 Ta có a, b, c ∈ [1; 3] ⇒ ( a − 1) (b − 1) (c − 1) ≥ 0 ⇒ abc − ( ab + bc + ac) + a + b + c − 1 ≥ 0 suy ra abc − x + 5 ≥ 0 ⇒ abc ≥ x − 5 Lại có ( a − 3) (b − 3) (c − 3) ≤ 0 ⇒ abc − 3 ( ab + bc + ca) + 9 ( a + b + c) − 27 ≤ 0 2
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 suy ra abc ≤ 3x − 27. Do đó 3x − 27 ≥ abc ≥ x − 5 ⇒ 2x ≥ 22 ⇒ x ≥ 11. Ta có x2 + 72 1 x2 + 72 1 x 72 5 P= − abc ≤ − ( x − 5) = + + x 2 x 2 2 x 2 x 72 5 Xét hàm số f ( x ) = + + , x ∈ [11; 12] 2 x 2 0 1 72 160 Ta có f ( x ) = − 2 ≤ 0 ∀ x ∈ [11; 12] nên P ≤ f ( x ) ≤ f (11) = 2 x 11 160 Vậy max P = khi a = 1; b = 2; c = 3 11 Nhận xét 3.2. Đây là bài toán rất hay. Ta phải dùng hai lần giả thiết của các biến a; b; c ∈ [1; 3] để tìm ra miền giá trị của x = ab + bc + ca và đánh giá được P thông qua biến x. Cũng từ bài toán trên phải chăng bằng việc đánh giá điều kiện ban đầu chúng ta sẽ giải quyết được một lớp các bài toán dạng này bằng cách đưa về hàm số một biến, chính vì vậy qua chuyên đề này tác giả muốn rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải toán cực trị bằng phương pháp dồn biến. Bài toán 3.2. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn xy yz x 3 y3 + y3 z3 P= + − . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 + z2 1 + x 2 24x3 z3 2 (2ab + ac + bc) 8−b b B= + +√ 1 + 2a + b + 3c b + c + b ( a + c) + 8 12a2 + 3b2 + 27c2 + 8 Lời giải. Ta có p q 12a2 + 3b2 + 27c2 = 3 (4a2 + b2 + 9c2 ) ≥ 2a + b + 3c. (1) Mặt khác 2a + b + 3c − b − c − b ( a + c) = ( a + c) (2 − b) ≥ 0 suy ra 2a + b + 3c ≥ b + c + b ( a + c) . (2) Lại có 2ab + ac + bc − b − c − b ( a + c) = (b + c) ( a − 1) ≤ 0 suy ra 2ab + ac + bc ≤ b + c + b ( a + c) . (3) Từ (1), (2), (3) ta được 2 [b + c + b ( a + c)] 8−b b B≤ + + 1 + b + c + b( a + c) b + c + b( a + c) + 8 b + c + b( a + c) + 8 2 [b + c + b ( a + c)] 8 B≤ + . 1 + b + c + b( a + c) b + c + b( a + c) + 8 Đặt t = b + c + b( a + c) ⇒ 0 ≤ t ≤ 13 2t 8 Xét hàm số f (t) = + với t ∈ [0; 13] t+1 t+8 2 8 2 (3t + 10) (6 − t) f 0 (t) = 2 − 2 = =0⇔t=6 ( t + 1) ( t + 8) ( t + 1)2 ( t + 8)2 f (0) = 1, 3
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 16 , f (6) = 7 47 f (13) = 21 16 16 2 Từ đó suy ra B ≤ f (t) ≤ ⇒ max B = đạt được khi a = 1, b = 2, c = 7 7 3 Bài toán 3.3. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y + z = x y2 + z2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 x y 4 z x + + = + 2. y z x z Lời giải. Từ giả thiết, ta có 2 x (y + z)2 ≤ 2x y2 + z2 = 2 (y + z) ⇔ y + z ≤ x Do đó 2 2 (1 + x )2 1 2 1 (1 + y ) (1 + z ) ≤ (2 + y + z ) ≤ 2+ = 4 4 x x2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1 2 4 P≥ 2 + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2x2 + 1 4x2 2x3 + 6x2 + x + 1 P≥ 2 + 3 = (1 + x ) (1 + x ) (1 + x )3 2x3 + 6x2 + x + 1 Xét hàm số f ( x ) = (1 + x )3 2 (5x − 1) 1 Ta có f 0 ( x ) = 4 =0⇔x= . (1 + x ) 5 1 91 Lập bảng biến thiên ta được: P ≥ f ( x ) ≥ f = 5 108 91 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng . Khi x = , y = z = 5. 108 5 Bài toán 3.4. Cho x, y, z > 0; xyz ( x + y + z) = 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = ( x + y ) ( x + z ) + y2 z2 Lời giải. Nhận xét 3.3. Có một chú ý quan trọng của bài 3.4 là một phép biến đổi nhỏ 20 ( x + y) ( x + z) = x2 + xy + xz + yz = x ( x + y + z) + yz = + yz yz Như vậy biến mới được hình thành. 20 20 Đặt t = yz > 0 suy ra P = + t + t2 = f (t). Xét f (t) = t2 + t + trên (0; +∞) t t 4
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Ta có (t − 2) 2t2 + 5t + 10 0 20 2t3 + t2 − 20 f (t) = 2t + 1 − 2 = = =0⇔t=2 t t2 t2 Lập bảng biến thiên ta suy ra f (t) ≥ f (2) = 16 Do đó P ≥ 16. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xyz ( x + y + z) = 10 x=y=2 ⇒ yz = 2 z=1 x=y=2 Kết luận min P = 16 ⇔ z=1 Bài toán 3.5. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a, c ≥ 1; b ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a (b + c) c ( a + b) 3( a + c)2 + 2b2 + 8 P= + + b + 2c b + 2a 4 (3 + ac) Lời giải. Ta có (1 − a) (2 − b) ≥ 0 ⇔ 2 − 2a − b + ab ≥ 0 ⇔ 2a + b ≤ ab + 2 suy ra 1 1 c ( a + b) c ( a + b) ≥ ⇒ ≥ . b + 2a ab + 2 b + 2a ab + 2 a (b + c) a (b + c) Tương tự ta có ≥ b + 2c bc + 2 Lại có h i 3( a + c)2 + 2b2 + 8 = 2 ( a + c)2 + b2 + ( a + c)2 + 8 ≥ 4 ( a + c) b + 4ac + 8 = 4 ( ab + ac + bc + 2) c ( a + b) a (b + c) 4 ( ab + bc + ca + 2) ⇒P≥ + + ab+ 2 bc + 2 4 ( ac + 3) ac + bc ab + bc ab + bc + ca + 2 = +1 + +1 + −2 ab + 2 bc + 2 ac + 3 1 1 1 9 ( ab + bc + ca + 3) = ( ab + bc + ca + 2) + + −2 ≥ −2 ab + 2 bc + 2 ac + 3 ab + bc + ca + 7 9 ( t + 2) 45 Xét hàm số f (t) = −2 = 7− mà t+7 t+7 45 13 t = ab + bc + ca ≥ 5 ⇒ P ≥ 7 − = 5+7 4 13 Vậy min P = ⇔ ( a; b; c) = (1; 2; 1) 4 . 5
Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Bài toán 3.6. Cho các số a, b, c ∈ [0; 1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c P= + + + abc 1 + bc 1 + ac 1 + ab Lời giải. Không mất tính tổng quát của bài toán, ta có thể giả sử 0 ≤ c ≤ b ≤ a ≤ 1 Ta có a b c 1 b c 1 b+c P= + + + abc ≤ + + + bc ≤ bc + + 1 + bc 1 + ac 1 + ab 1 + bc 1 + bc 1 + bc 1 + bc 1 + bc Từ giả thiết ta được b+c (1 − b) (1 − c) ≥ 0 ⇔ 1 − bc ≥ b + c ≥ 0 ⇔ ≤1 1 + bc 1 1 Suy ra A ≤ bc + 1 + . Đặt t = 1 + bc ⇒ 1 ≤ t ≤ 2. Xét hàm số f (t) = t + ; t ∈ 1 + bc t [1; 2] 1 5 Ta có f 0 (t) = 1 − ≥ 0∀t ∈ [1; 2] suy ra f(t) đồng biến trên [1; 2] ⇒ f (t) ≤ f (2) = . t2 2 5 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là khi a = b = c = 1 2 4 Bài tập tương tự Bài 4.1. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 1 2 2 2 = 2+ 2 c a b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c P= + +√ b+c a+c a + b2 + c2 2 Bài 4.2. Cho các số thực x, y, z ∈ [0, 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( y + z )2 yz + 1 2 P= √ +p + . x+z y(y + z) xy + xz − yz Bài 4.3. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức xy yz x 3 y3 + y3 z3 P= + + . 1 + z2 1 + x 2 24x3 z3 Nhận xét 4.1. Bài toán tìm cực trị của biểu thức nhiều biến là bài toán khó nhất trong các đề thi học sinh giỏi và thi THPT Quốc Gia, phần lớn học sinh không giải quyết được, nguyên nhân chính là vì dạng toán này quá khó chỉ có một phần nhỏ có thể làm được, tuy nhiên nếu giáo viên hướng dẫn cho học sinh một cách hệ thống và phương pháp rõ ràng, tôi tin rằng sẽ có nhiều học sinh làm được bài toán này. 6

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.