Skkn sử dụng bất đẳng thức vào giải bài toán cực trị

  • 12 trang
  • file .doc
1
Lời nói đầu
Giải bài toán cực trị có thể có nhiều phương pháp, mỗi phương pháp có những
đặc thù, ưu điểm riêng của nó,
Cuốn sáng kiến nhỏ này xin giới thiệu với quý giả, bạn đọc phương pháp ”Giải
bài toán cực trị bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức”, những bất đẳng thức sử
dụng trong sáng kiến là những bất đẳng thức rất quen thuộc mà các em học sinh
thường gặp.
Sáng kiến này gồm 3 phần chính:
Phần I: Những vấn đề chung
Phần II: Nội dung chính
Phần III: Kết luận chung
Do khả năng và thời gian còn hạn chế nên sáng kiến này không tránh khỏi
nhiều thiếu xót, rất mong các quý giả đóng góp ý kiến cho sáng kiến thêm hoàn thiện.
Xin chân thành cản ơn!
Tác giả
Bùi Thế Hà
2
Phần I - NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG
I. Lí do chọn đề tài:
Cùng với sự phát triển mạnh mẽ của đất nước, ngành giáo dục ngày càng được
đổi mới và đảm bảo về chất. Xuất phát từ yêu cầu đưa sự nghiệp giáo dục đi lên, tất cả
các môn học đều được đổi mới về nội dung cũng như phương pháp dạy và học.
Đối với học sinh trong tong môn học, tong cấp học đều phải tích luỹ được một
số phương pháp học tập cho mình: Khả năng phân tích, tổng hợp, đánh giá… đặc biệt
là môn toán thì các khả năng trên không thể thiếu và luôn luôn cần có sự hỗ trợ cho
nhau.
Giải bài toán cực trị là một vấn đề không mấy đơn giản đặc biệt là đối với các
em học sinh bậc THCS. Nhu cầu giải bài toán cực trị là nhu cầu thiết Yếu đối với đa
số các em học sinh, nó nảy sinh trong quá trình nghiên cứu, học tập, kiểm tra, thi cử…
Để giải bài toán cực trị thì đối tượng cần hội tụ, kết hợp được nhiều kiến thức cơ bản,
những tính chất, quy tắc… và rất cần khả năng tư duy, sáng tạo và sự phát hiện trong
khi giải bài toán.
Tuy vậy với các en học sinh thì đa số việc nắm kiến thức cơ bản, tính chất toán
học, quy tắc, định lí …còn sơ sài, thiếu chiều sâu, các em thường e ngại khi gặp dạng
toán (chuyên đề) nâng co, trong đó có bài toán cực trị. chính vì lí do này mà tôi quyết
định viết sáng kiến:
“SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC VÀO GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ”
Tôi mong sao sáng kiến nhỏ này có thể giúp đỡ phần nào cho các em học sinh
thực hiện tốt hơn khi giải bào toán cực trị.
II. Mục đích yêu cầu - Đối tượng nghiên cứu:
1. Mục đích yêu cầu:
Sáng kiến kinh nghiệm nhỏ này hoàn thành với mục đích giúp cho bạn đọc yêu
thích môn toán, các đồng chí giáo viên và các em học sinh thêm một tài liệu tham
3
khảo về phương pháp giải bài toán cực trị, qua đó có thể giải quyết tốt hơn khi cần
làm một bài toán cực trị nào đó.
Sáng kiến đưa ra phương pháp giải bài toán cực trị bằng cáhc sử dụng bất đẳng
thức: Giải một số bài toán điển hình bằng cách sử dụng một số bất đẳng thức quen
thuộc.
Yêu cầu qua tài liệu, với kiến thức và kinh nghiệm của bản thân thì bạn đọc cần
phải vận dụng giải một số bài tập vận dụng
2. Đối tượng nghiên cứu:
- Các em học sinh (đặc biệt bậc THCS)
- Các đồng chí giáo viên giảng dạy môn toán
- Các bạn đọc yêu thích môn toán
4
Phần II - NỘI DUNG CHÍNH
I. Mội số bất đẳng thức quen thuộc:
1. Bất đẳng thức Cauchy (Côsi)
a) Bất đẳng thức côsic ho 2 số không âm a và b bất ký:
a b
Ta có: ≥ a.b
2
Dấu “=” xảy ra <=> a=b
Chứng minh:
Với Với a, b không âm bất kỳ, ta luôn có:
( a + b )2 ≥ 0 <=> a - 2 a.b +b ≥ 0
<=> a + b ≥ 2 a.b
a b
<=> ≥ a.b
2
a b
Nếu = a.b
2
<=> ( a + b )2 ≥ 0
<=> a = b <=> a =b
b) Bất đẳng thức Cauchy mở rộng.
Với 3 số a, b, c không âm bất kì, ta có:
a b c 3
≥ a.b.c
3
Dấu “ = ” xảy ra <=> a = b = c
Với n số a1 + a2 +a3 + . . . an không âm bất kỳ, ta luôn có:
a1  a 2  a3  ....a n
≥ n a1 .a 2 .a3 ...a n
n
Dấu “=” xảy ra <=> a1=a2=a3=…an
2. Bất đẳng thức Bunhiacopski:
5
| A.x + B.y | ≤ ( A 2  B 2 ).( x 2  y 2 )
Hay (A.x +B.y)2 ≤ (A2 + B2).(x2 + y2)
A B
Dấu “=” xảy ra <=> =y
x
Chú ý:
+) A2 + b ≥ b
Dấu “=” xảy ra <=> A=0
+) –A2 +b ≤ b
Dấu “=” xảy ra <=> A= 0
II. Giải một số bài toán cực trị bằng phương pháp sử dụng bất đẳng thức:
1. Sử dụng BĐT Cauchy (Côsi).
Bài toán 1:
Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
x 2  2x  4
a) A = (với x > 0)
x
x 5
b) B = + (với 0 1 x x
(2  x).(8  x)
c) C = (với x>0)
x
Giải:
4
a) Ta có: A = x + +2
x
4 4
Do x>0, theo côsi ta có: x + ≥ 2 x. = 4
x x
4
=> A = x + +2≥6
x
4
Vậy minA = 6 đạt <=> x = => x = 2
x
b) Ta có
x 5.(1  x)
B= + +5 (với 0 1 x x
6
Vì 00; 1 – x >0
x 5.(1  x)
Theo BĐT côsit a có: + ≥2 5
1 x x
x 5.(1  x)
Vậy B = + +5≥5+2 5
1 x x
x 5.(1  x) 5 5
=> min B = 5 + 2 5 đạt <=> = => x =
1 x x 4
(2  x).(8  x) 16
c) Ta có C = =x+ +10
x x
16 16
Do đó x>0 nên theo côsit a có: x + ≥ 2 x. = 8
x x
16
C=x+ +10 ≥ 8 + 10 = 18
x
16
=> min C = 18 đạt <=> x = => x = 4
x
Bài toán 2:
Tìm giá trị lớn nhất cảu các biểu thức sau:
a) M = x  2 + 4  x
b) N = |x|. 1  x 2
Giải
a) Điều kiện để M có nghĩa là: 2≤ x ≤ 4
Ta có M2 = 2 + 2 ( x  2).(4  x) ( M luôn không âm)
áp dụng BĐT côsi cho 2 số không âm ta được:
M2 = 2 + 2 ( x  2).(4  x) ≤ 2 + (x -2 +4 - x) = 4
Dấu ”=” xảy ra <=> x – 2 = 4 –x => x = 3 ( thoả ĐK)
M2 ≤ 4
Từ đó => 0 ≤ M ≤ 2
M≥0
Vậy max M = 2 khi x = 3
c) ĐK: - 1 ≤ x ≤ 1
Ta có N = |x|. 1  x 2 = x 2 .(1  x 2 )
áp dụng BĐT côsi ta được:
7
x 2 1  x 2 1
N = x 2 .(1  x 2 ) ≤ =
2 2
1 2
Vậy N = = đạt <=> x = ±
2 2
Bài toán 3:
Cho 3 số dương x, y, z thoả mãn
1 1 1
+ 1 y + ≥ 2 (1)
1 x 1 z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x.y.x
Giải
1 1 1 1 1
Từ (1) ta có: ≥ 2 - 1 y - = (1 - 1  y ) + (1 - )
1 x 1 z 1 z
y z
= 1 y +
1 z
Theo BĐT côsit a có:
y z yz
1 y
+ ≥ 2
1 z (1  y ).(1  z )
1 xz
Vậy 1  y ≥ 2 (2)
(1  y ).(1  z )
1 xz
Tương tự ta có: 1  y ≥ 2. (3)
(1  x).(1  z )
1 xy
≥ 2. (4)
1 z (1  x).(1  y )
1 1 1 ( xyz) 2
Từ (2), (3), (4) ta được: .1 y . ≥ 8.
1 x 1 z (1  x) 2 .(1  y ) 2 .(1  z ) 2
1 1 1 xyz
<=> .1 y . ≥ 8. (1  x).(1  y ).(1  z )
1 x 1 z
1 1
=> P = x.y.z ≤ . Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =
8 2
1 1
Vậy max P = đạt khi x = y = z =
8 2
Bài toán 4
Cho 3 số dương x, y, z thoả mãn ĐK: x + y + z = 1
xy
Tìm giá trị nhỏ nhất của A = xyz
Giải
Ta có 1 = x + y + z = (x +y) +z ≥ 2. ( x  y ) z (Theo BĐT côsi)
Hay 1≥ 4.(x + y).z
8
=> x + y ≥ 4.(x + y)2.z (do x + y > 0) (1)
Mặt khác: x + y ≥ 2. xy => (x + y)2 ≥ 4xy (Theo BĐT côsi)
=> 4(x + y)2.z ≥ 16xyz (2)
Từ (1) và (2) ta có x + y ≥ 16xyz
xy
Hay A = xyz ≥ 16 (do xyz >0)
1 1
A = 16 khi x = y = ,z=
4 2
1 1
Vậy min A = 16 khi x = y = ,z=
4 2
Bài toán 5
Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác có diện tích S không đổi. Tìm
giá trị nhỏ nhất của (a + b + c) theo S.
Giải
Gọi P là nửa chu vi của tam giác nói trên, ta có:
a b c
P=
2
S = p.( p  a).( p  b).( p  c)
Do p – a, p – b, p – c là các số dương, nên theo BĐT Cosi ta có:
( p  a)  ( p  b)  ( p  c) 3 ( p  a ).( p  b).( p  c)

3
p 3 ( p  a ).( p  b).( p  c ) p3
≥ <=> ≥ (p-a).(p-b).(p-c)
3 27
p4 p4
<=> ≥ p.(p-a).(p-b).p-c) <=> ≥ S2 => p ≥ 4 27 . S
27 27
4
Hay a + b + c ≥ 2. . 27 . S
a + b + c = 2.4 27 . S khi (p-a)=(p-b)=(p-c) <=> a = b = c
Vậy mim (a + b + c) = 2.4 27 . S khi a = b = c hay tam giác đều
2. Bất đẳng thức Bunhiacopski.
Bài toán 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x + 2  x 2
Giải
ĐK để A xác định là: x  [ - 2 ; 2 ]
Theo BĐT Bunhiacopski ta có:
|A| = | x + 2  x 2 | ≤ (1  1 ).( x  2  x 2 ) = 2
=> |A| ≤ 2 => - 2 ≤ A ≤ 2
A = 2 khi x = 2  x 2 => x = 1 thoả mãn ĐK
Vậy mã A = 2 khi x = 1
Bài toán 2
9
Cho x, y, z thoả mãn xy + yz + zx = 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x4 + y4 +z4
Giải
Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
42 = (xy +yz +xz)2 ≤ (x2 + y2 + z2)(x2 + y2 + z2)
=> x2 + y2 + z2 ≥ 16 (1)
Mà (x2 + y2 + z2) ≤ (12 + 12 + 12).(x4 + y4 + z4) =3(x4 + y4 + z4)
(x 2  y 2  z 2 )2
x4 + y 4 + z 4 ≥ (2)
3
16
Từ (1) , (2) => x4 + y4 + z4 ≥
3
16 2 3
x4 + y 4 + z 4 = khi x = y = z =±
3 3
16 2 3
Vậy minB = khi x = y = z =±
3 3
Bài toán 3
Cho x, y thoả mãn: x2 +4y2 = 25. Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức
M = x + 2y
Giải
Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
|x + 2y| ≤ (12  12 ).( x 2  4 y 2 ) = 50 = 5 2
-5 2 ≤ x + 2y ≤5 2 <=> -5 2 ≤ M ≤ 5 2
5 2 5 2
Vậy maxM = 5 2 khi x = ;y=
2 4
5 2 5 2
minM = -5 2 khi x = - ; y= -
2 4
3. Một số bài toán khác
Bài toán 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x2 + xy + y2 -3x – 3y + 1993
Giải
Ta có A = x2 – 2x + 1 + y2 – 2y + 1 + xy – x – y +1 + 1990
= (x – 1)2 + ( y + 1)2 + (x -1)( y – 1) + 1990
y 1 3
=(x – 1 + )2 + (y – 1)2 + 1990 ≥ 1990
2 4
1 y
A = 1990 khi x–1= x=1
2
y–1=0 y=1
Vậy minA = 1990 khi x = y = 1
Bài toán 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = x 2  2x 1 + x  6x  9
Giải