Đề tài Vài phương pháp tìm cực trị của biểu thức bậc hai ở trường THCS

Sở giáo dục - đào tạo hà tĩnh ********************* Đề tài “vài phương pháp tìm cực trị của biểu thức bậc hai ở trường Thcs ” Hà tĩnh, ngày 15 tháng 12 năm 2008 Mục lục Nội dung trang A – Phần mở đầu 1 I - Đặt vấn đề 1 II – Mục đích nghiên cứu 2 III - Đối tượng nghiên cứu 2 IV – Nhiệm vụ nghiên cứu 2 V - Phương pháp nghiên cứu 3 B – Phần nội dung 3 I – Cơ sở thực tiển 3 II – Nội dung 3 – 12 III – Kết quả thu được 12 C – Kết luận kiến nghị 13 A. phần mở đầu. I.đặt vấn đề: -trong các kỳ thi học sinh giỏi lớp 8, lớp 9 và các kỳ thi tuyển vào lớp 10 thường có những bài tập tìm cực trị của biểu thức bậc hai. đây là dạng toán tương đối khó đối với học sinh, các em thường e ngại khi tiếp xúc với dạng toán này, thậm chí kể cả giáo viên nhiều khi cũng dè dặt không muốn đi sâu thêm khi gặp dạng toán tìm cực trị. Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy rằng nếu chúng ta biết phân loại từng dạng bài tập và định hướng cho các em cách giải thì các em sẽ chủ động hơn trong việc giải dạng toán này qua đó giúp học sinh rèn luyện kỹ thuật giải bài toán tìm cực trị của biểu thức và những ứng dụng của nó trong một vài trường hợp. Bởi vậy, người thầy giáo cần phân loại và trang bị cho học sinh phương pháp giải dạng toán này. Trong những năm thực tế giảng dạy HS tôi nhận thấy rằng cần thiết phải hình thành một cách có hệ thống các dạng toán cực trị và phương pháp giải để truyền thụ kiến thức cho HS. Tôi đã dành nhiều thời gian nghiên cứu tài liệu, học hỏi đồng nghiệp, tìm tòi thử nghiệm với học sinh đặc biệt là các em học sinh khá giỏi. Vì vậy tôi đã mạnh dạn nghiên cứu nêu lên “Vài phương pháp tìm cực trị của biểu thức bậc hai ở trường THCS”. II.mục đích nghiên cứu Giúp HS nắm được một số phương pháp giải toán cực trị của biểu thức bậc hai một ẩn hoặc hai ẩn thường gặp trong trường THCS nhằm nâng cao kỹ thuật giải dạng toán trên, từ đó làm công cụ phục vụ tốt cho việc giảng dạy và bồi dưỡng HS, gạt bỏ dần tư tưởng e ngại của HS khi gặp bài toán cực trị. III. Đối tượng nghiên cứu 1. Đối tượng: Vài phương pháp tìm cực trị của biểu thức biểu thức bậc hai ở trường THCS 2. Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu thực trạng giải bài toán cực trị của biểu thức bậc hai của học sinh THCS. IV. nhiệm vụ nghiên cứu - Xây dựng cơ sở lý luận, phương pháp giải một số dạng toán cực trị của biểu thức bậc hai ở trường THCS. - áp dụng cho học sinh khá, giỏi, ôn thi vào THPT. V. phương pháp nghiên cứu. - Quan sát sư phạm - Điều tra giáo dục - Nghiên cứu tài liệu - Thực nghiệm sư phạm - Trắc nghiệm, trao đổi ý kiến với các đồng nghiệp - Thống kê, tổng hợp. B. phần nội dung I. Cơ sở thực tiển. Tôi đã tiến hành điều tra sư phạm về phản ứng của học sinh khi được hỏi về bài toán cức trị của biểu thức bậc hai ở lớp 9A và thu được kết quả như sau: Lớp Kết quả nghiên cứu Không biết cách làm E ngại và không định hướng được phương pháp giải Định hướng và có phương pháp giải 9A 30 % 50% 20% Nhìn vào bảng số liệu ta thấy hầu hết các em đều e ngại hoặc không biết cách giải bài toán cực trị của biểu thức bậc hai nói riêng và các dạng cực trị khác nói chung. II. nội dung Dạng1: Tìm cực trị của biểu thức dạng: F(x) = ax2 + bx + c. (a 0) Cách giải: - Ta đưa về dạng: F(x) = a[(x2 +x + ) - + ] = a(x + )2 + + Nếu a > 0 thì GTNN[F(x)] = x = - + Nếu a < 0 thì GTLN[F(x)] = x = - Dạng2: Tím cực trị của biểu thức dạng: F(x,y) = ax+by+cxy + dx + ey + h (a.b.c 0) (1) Cách giải: Cách1: Đưa dần các biến vào trong hằng đẳng thức a2 2ab + b2 = (a b)2 như sau: F(x,y) = mK[x,y]2 + nG[y]2 + r (2) hoặc F(x,y) = mK[x,y]2 + nH[x]2 + r (3) Trong đó: G[y] , H[x] là biểu thức bậc nhất đối với biến, còn K[x,y] = px + qy + k cũng là biểu thức bậc nhất đối với cả hai biến x và y. Cụ thể: Ta biến đổi (1) để chuyển về dạng (2) như sau với a 0 và 4ac – b2 0: 4a.F(x,y) = 4a2x2 + 4abxy + 4acy2 + 4adx + 4aey + 4ah = 4a2x2 + b2y2 + d2 + 4abxy + 4adx + 2bdy + (4ac – b2 )y2 + 2y(2ae – bd) + 4ah – d2 = = (2ax + by + d)2 + (4ac – b2)(y + )2 + 4ah – d2 - ()2 Vậy có (2) với m = , F(x,y) = 2ax + by + d, n = - ; G(y) = y + ; r = h - - + Nếu a > 0 và 4ac – b2 > 0 thì m > 0 và n > 0, từ (2) có F(x,y) r (*) + Nếu a 0 thì m < 0 và n < 0, từ (2) có F(x,y) r (**) + Nếu m > 0 , n > 0 thì ta tìm được GTNN + Nếu m < 0 , n < 0 thì ta tìm được GTLN Dể thấy rằng luôn tồn tại (x, y) để có dấu đẳng thức. Như thế ta sẽ tìm được cực trị của đa thức đã cho. Trong cả hai trường hợp trên: Nếu r = 0 thì phương trình F(x, y) = 0 có nghiệm. Nếu F(x, y) r > 0( hoặc F(x, y) r < 0) thì không có (x, y) nào thỏa mản F(x, y) = 0. + Nếu a > 0, 4ac – b2 < 0 và r = 0 thì theo (2) F(x, y) phân tích được tích của hai nhân tử, giúp ta giải được các bài toán khác. Cách biến đổi này có đường lối cụ thể, mục tiêu xác định, nên biến đổi nhanh, kết quả biến đổi là duy nhất, do đó phạm vi áp dụng rộng rải. Cách2: Đưa các biến vào bình phương của tổng dựa vào công thức: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac Dạng3: Tìm cực trị của biểu thức có điều kiện: a,Bài toán1 :Cho x và y liên hệ với nhau bởi hệ thức: Q= ax+by+cxy + dx + ey + f = 0 (1) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: U= Ax + By + C (2) *cách giải: - cách 1: Nếu B ≠ 0,ta có:(2)↔y= -x- - Thế vào (1) ta có phương trình bậc hai đối với x : h(x) = 0. Xem U là tham số Cực trị của U tìm được trong điều kiện có nghiệm của pt: h(x) = 0. - Cách 2: Nếu có thể ta biểu diển Q= mU+ nU + k + [f(x)] = 0.(*) Do Q= 0 và [f(x)] 0 => mU+ nU + k 0 ↔UUU=>{MinU=U;maxU=U} * Đặc biệt khi Q có dạng: Q=p(x-a) + q(y-b)- r=0 - Cách 1: Đánh giá bằng “bất đẳng thức bunhiacópki” - Cách 2: Đánh giá bằng bđt : | asinx + bcosx | (lượng giác) Dạng 4: Cho x, y liên hệ với nhau bởi công thức: ax + by + c = 0 (a2 + b2 0) Tìm cực trị của biểu thức: T = p(x - m) + q(y - n)- r Cách giải: Ta có thể giải theo các cách sau: Cách 1: Rút x hoặc y từ đẳng thức: ax + by + c = 0 thế vào T rồi đưa về dạng 1. Cách2: Đánh giá bằng “bất đẳng thức Bunhiacôpski” Bài tập áp dụng: Dạng1: Bài tập 1: Tìm GTNN của các biểu thức sau: a, A = x2 – x + 1 b, B = x2 + 3x + c, C = (x + 1)2 + (x - 3)2 Lời giải: a, Ta có A = x2 – 2x + + = (x - )2 + ( Do (x - )2 0) Do đó : GTNN(A) = khi và chỉ khi x = b,Ta có: B = (x2 + 2x + 1 - ) =(x + 1)2 - - (Do (x + 1)2 0 ) Vậy: GTNN(B) = - khi và chỉ khi x = -1 c,Ta có: C = x2 + 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2x2 – 4x + 10 = 2(x - 1)2 + 8 8 Đẳng thức xẩy ra x = 1. Vậy GTNN(D) = 8 x = 1 Bài tập2: Tìm GTLN của các biểu thức sau: a, A = -3x2 + 6x +1 b, B = - x2 – x + 1 Lời giải: a, Ta có: A = -3(x - 1)2 + 4 4 suy ra GTLN(A) = 4 x = 1 b, Ta có: B = - (x + )2 + suy ra GTLN(B) = x = Dạng2: Bài tập3: Tìm GTNN của các biểu thức sau: a, A = x2 + 2y2 – 2xy + 2x – 2y +1 b, B = x+2y- 2xy + 2x - 10y c, C = x2 + y2 + xy – 3x – 3y + 2008 Lời giải: a, Ta có: A = (x2 + y2 – 2xy ) +2(x - y) + 1 + y2 = (x – y)2 +2(x - y) + 1 + y2 = (x – y + 1)2 + y2 0 Do đó: GTNN(A) = 0 b, Ta có B = (x2 + y2 + 1 - 2xy + 2x – 2y) + (y2 – 8y + 16 ) – 17 (x – y + 1)2 + (y - 4)2 – 17 - 17. Khi x = 3, y = 4 thì B = -17 Vậy GTNN(B) = - 17. Hoặc ta có thể phân tích theo cách khác như sau: Ta có: B = (x2 + y2 – 2xy) + 2(x - y) + 1 + (y2 – 8y + 16) – 17 = (x – y + 1)2 + (y - 4)2 – 17 - 17 Vậy GTNN(B) = - 17 khi và chỉ khi x = 3, y = 4 c, Ta có: 4C = 4x2 + 4y2 + 4xy – 12x – 12y + 8032 = (4x2 + y2 + 9 + 4xy – 12x – 6y) + (3y2 – 6y + 3) + 8020 C = (2x + y - 3)2 + (y - 1)2 + 2005 2005 . Dấu đẳng thức xẩy ra x = y = 1.Vậy GTNN(C) = 2005 x = y = 1 (Hoặc C = (2y + x - 3)2 + (x - 1)2 + 2005 ) Nhận xét: “Trong quá trình tìm cực trị của dạng toán trên HS thường hay mắc sai lầm khi tìm điều kiện để dấu đẳng thức xẩy ra”. Ví dụ: Tìm GTNN của biểu thức sau: S = 2x2 + 3y2 – 2xy – 2x + 4y + 8. Một em HS làm như sau: Ta có: S = (x2 – 2xy +y2) + (x2 – 2x +1) + 2(y2 + 2y +1) + 5 = (x - y)2 + (x - 1)2 + 2(y + 1)2 + 5 5 Vậy GTNN(S) = 5. Ta thấy không thể xẩy ra dấu bằng trong trường hợp này. Vì hệ: vô nghiệm. Lời giải đúng như sau: Ta có: S = 2[x2 – 2x + ] - + 3y2 + 4y + 8. = 2(x - )2 += 2(x - )2 + (y2 + 2y + 3) = 2(x - )2 + (y2 + 2y + + 3 - ) = 2(x - )2 + (y2 + 2y + ) + = 2(x - )2 + (y + )2 + . Vậy GTNN(S) = khi và chỉ khi: Bài tập 4: Tìm GTLN của biểu thức sau: A = - 5x2 – 2 xy – 2y2 + 14x + 10y – 1 Lời giải: Ta có: -5A = 25x2 + 10xy + 10y2 – 70x – 50y + 5 = (25x2 + y2 + 49 + 10xy – 70x – 14y) + (9y2 – 36y + 36) – 80 A = -(5x + y – 7)2 - (y - 2)2 + 16 16 .Vậy GTLN(A) = 16 khi và chỉ khi y = 2, x = 1. (Ta cũng có thể đưa A về dạng A = -(5y +x – 7)2 - (x - 2)2 + 16 16 ) Dạng3: Bài tập5: Cho x, y liên hệ với nhau bởi biểu thức: P: = x2 + 2y2 + 2xy + 2x + 2y – 3 = 0 (1) Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: Q = x + y (2) Lời giải: Cách1: Từ (2) ta có : y = Q – x thế vào (1) được: P = x2 + 2(Q - x)2 + 2x(Q - x) + 2 Q – 3 = 0 x2 – 2Qx + 2Q2 + 2Q – 3 = 0 (3) Cực trị của Q nếu có chính là điều kiện có nghiệm cccủa phương trình (3) 0 Q2 - 2Q2 - 2Q + 3 0 - Q2 - 2Q + 3 0 -3 Q 1 Vậy GTNN(Q) = -3 y = 0 và x = -3 GTLN(Q) = 1 y = 0 và x = 1 Cách2: Ta có: P = (x2 + y2 + 2xy) + 2(x + y) +1 - 4 + y2 = 0 P = (x + y)2 + 2(x + y) +1 – 3 + y2 = 0 P = (x + y + 1)2 – 4 + y2 = 0 (4) Do y2 0 Do đó từ (4) suy ra: (x + y + 1)2 – 4 0 2 -2 x + y + 1 2 -3 x + y 1. Vậy: Vậy GTNN(Q) = -3 y = 0 và x = -3 GTLN(Q) = 1 y = 0 và x = 1. Bài tập 6: Cho x, y liên hệ với nhau bởi hệ thức: 4x2 + 3y2 - 4xy – 2y – 2008 = 0 Tìm GTNN, GTLN của M = x - + Lời giải: Ta có: 4x2 + 3y2 - 4xy – 2y – 2008 = 0 4x2 + y2 + 1 – 4xy – 2y + 4x + 2y2 – 2009 = 0 (2x – y +1)2 + 2y2 – 2009 = 0. Do 2y2 0 suy ra: (2x – y +1)2 – 2009 0 - 2x – y + 1 x – + Vậy GTNN(M) = y = 0 và x = GTLN(M) = y = 0 và x = (Hoặc có thể giải theo cách1, rút x hoặc y từ M = x - + rồi thế vào 4x2 + 3y2 - 4xy – 2y – 2008 = 0) Nhận xét: Từ cách giải 2 của dạng 3 ở trên ta có thể giải được phương trình nghiệm nguyên dạng: Q= ax+by+cxy + dx + ey + f = 0. Ví dụ1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: x2 + 2y2 + 2xy + 2x + 2y – 3 = 0 Lời giải: Ta có: x2 + 2y2 + 2xy + 2x + 2y – 3 = 0 (x2 + y2 + 2xy )2 + 2(x + y) + 1 + y2 – 4 = 0 (x + y + 1)2 + y2 - 4 = 0 Do (x + y + 1)2 0 y2 - 4 0 -2 y 2 y + Nếu y = 2 suy ra (x + y + 1)2 = 0. Tìm được x = -3 và x = 1 + Nếu y = 1 suy ra (x + y + 1)2 = 3 (không có nghiệm nguyên) + Nếu y = 0 suy ra (x + y + 1)2 = 4. Tìm được x = -3 và x = 1. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là: (-3; 2); (1; -2); (-3; 0); (1; 0) Bài tập 7:(dạng đặc biệt) Cho xvà y liên hệ với nhau bởi công thức Q=36x+ 16y- 9 = 0 (3) Tìm GTLN,GTNN của U= y- 2x +5 bài giải: Cách1: Ta có: (2) ↔y=U+2x -5 thế vào (1) Ta có: 100x+64(U-5) +16(U-5)-9 =0 Xem (4) là phương trình đối với ẩn x = 32(U-5) -100 [16(U-5)-9] =900-576(U-5) Phương trình (4) có nghiệm ↔900-576(U-5) 0 ↔ | U-5 | U Dấu đẳng thức: U= x=và y= U= x=-và y= Do vậy GTLN(U)= ,GTNN(U)= . Cách2:(Dùng bđt Bunhiacopski). Ta có: (U-5)= (2x-y)= (6x+4y) ( 36x+ 16y)(+) = | U-5 | U Dấu đẳng thức: U = x= và y = U = x=- và y = Do vậy GTLN(U)= ,GTNN(U) = . Cách3: (Phương pháp lượng giác): Ta có: Viết lại (1) (6x)+ (4y)= 3 .Đặt 6x=3cost ;4y=3. Khi đó (3) trở thành : 9(cost+sint)=9 đúng ,. Và | U-5 | =|- cost +sint | | U-5 | = | U-5 | U . Dấu của đẳng thức xẩy ra khi : = - cost =sint -2x = y 9x + 8y = 0 Bởi Vậy:U = U= Từ các kết quả trên suy ra:GTNN(U) =;GTLN(U) = Bài tập 8:(dạng 4) Cho x, y là hai số thỏa mản: x + 2y = 3. Tìm GTNN của: E = x2 + 2y2 Lời giải: Cách1: Từ x + 2y = 3 suy ra x = 3 – 2y thế vào E = x2 + 2y2 ta có: E = (3 – 2y)2 + 2y2 = 6y2 - 12y + 9 = 6(y - 1)2 + 3 3 Vậy GTNN(E) = 3 khi và chỉ khi y = 1 và x = 1 Cách2: (Dùng BĐT Bunhiacốpki) Ta có: 9 = (x + 2y)2 = (x + y)2 (1 + 2)(x2 + 2y2) (x2 + 2y2) 3. Vậy GTNN(E) = 3 khi và chỉ khi y = x = 1 *Một số bài tập tự luyện khác: Bài1: Cho các số x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm GTNN của biểu thức C = xy + yz + zx. Bài2: Cho x + y + z = 3. Tìm GTNN của biểu thức: P = x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx Bài3: Cho a, b, c, d là 4 số thực thỏa mãn a + b = c + d. Tìm GTNN của biểu thức N = (x + a)(x + b)(x + c )(x + d) Bài4: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: x + y + z = 6. Tìm GTLN của biểu thức: N = xy + 2yz + 3zx. III. Kết quả thu được Sau khi tôi thực hiện xong đề tài và áp dụng vào giảng dạy học sinh với lớp 9A như trên thì kết quả thu được như sau: Lớp Kết quả nghiên cứu Không biết cách làm E ngại và không định hướng được phương pháp giải Định hướng và có phương pháp giải 9A 10% 30% 60% Nhìn vào bảng số liệu so với bảng thống kê trước khi áp dụng đề tài ta nhận thấy các em đã chủ động và tự tin hơn khi tiếp cận và giải các bài toán cực trị. C. kết luận kiến nghị Đề tài “ Phương pháp tìm cực trị của biểu thức bậc hai ở trường THCS” theo tôi là một đề tài khó vì vậy thật dể hiểu khi HS e ngại khi tiếp xúc với dạng toán này, thâm chí đôi khi kể cả giáo viên cũng dè dặt không muốn đi sâu trong quá trình giảng dạy. Nghiên cứu tổng hợp và nêu được phương pháp giải là một vấn đề nhưng việc dạy học sinh nắm được các dạng toán và phương pháp giải chúng là vấn đề không đơn giản chút nào. Sau khi áp dụng đề tài vào các buổi dạy ôn tập, dạy nâng cao và dạy bồi dưỡng cho học sinh bước đầu tôi nhận thấy kết quả tương đối khả quan. Các em đã thân thiện và hứng thú hơn với bài toán cực trị đó là điều quan trọng để tiến tới các em sẻ yêu thích và hình thành được kỹ năng thành thạo cho việc giải bài toán cực trị. Trong thời gian tới tôi sẽ tiếp tục hoàn thiện hơn với đề tài này và mở rộng thêm nhiều dạng khác nữa. Để hoàn thành bước đầu phương pháp giải bài toán cực trị ở trường THCS ngoài việc tham khảo tài liệu, thực nghiệm sư phạm còn có sự góp ý chân thành từ các đồng nghiệp. Đề tài là một vấn đề khoa học khó nên trong quá trình thực hiện chắc chắn sẽ không tránh khỏi sự thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự góp ý chân thành của các thầy cô giáo, của bạn đọc để tôi có thể hoàn chỉnh đề tài hơn trong những lần sau. Xin chân thành cám ơn! tư liệu tham khảo Tạp chí toán học tuổi thơ, tuổi trẻ. Một số vấn đề phát triển toán 8, 9 của Vũ Hữu Bình 1001 bài toán sơ cấp của nhiều tác giả. Tổ chuyên môn của trường và một số đồng nghiệp khác. Một số tài liệu tham khảo khác.