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

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!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng phương pháp dồn biến Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019TÌM 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 họcsinh giỏi và thi THPT Quốc Gia, phần lớn học sinh không giải quyết được, nguyên nhânchính là vì dạng toán này quá khó chỉ có một phần nhỏ có thể làm được, tuy nhiên nếugiáo viên hướng dẫn cho học sinh một cách hệ thống và phương pháp rõ ràng, tôi tinrằng sẽ có nhiều học sinh làm được bài toán này.1 Định nghĩa giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm sốĐịnh 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∈DĐịnh 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∈D2 Các bất đẳng thức cơ bản thường sử dụngĐịnh 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 bnHệ 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+z3 Sử dụng điều kiện ban đầu để đánh giá đưa về hàmsố 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 việcgiải bài toán cực trị của biểu thức, giúp chúng ta rèn luyện kỹ năng chuyển bài toán cựctrị 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 + 2abđiều 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 2Lời 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 ≥ 0suy 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 ...