(SKKN mới NHẤT) SKKN một số phương pháp giải toán cực trị

Một số phơng pháp giải toán cực trị

M U
I - CƠ SỞ THƯC TIỄN

Bất kể một lĩnh vực nào trong cuộc sống cũng có những yếu tố vượt trội,
những cá nhân điển hình hay những thành tích cao nhất hay một kỷ lục nào đó
mà khơng ai vượt qua đó là cái "nhất".Trong toán học cũng vậy trong mỗi lĩnh
vực lại có những đại lượng "lớn nhất" hay "nhỏ nhất" người ta thường gọi là các
bài toán cực trị, các bài toán này rất phổ biến trong các đề thi vào lớp 10 THPT,
hay thi vào các trường Cao đẳng, Đại học cũng như các đề thi học sinh giỏi ở
nhiều năm. Nội dung các bài toán cực trị rất phong phú đòi hỏi phải vận dụng
kiến thức một cách hợp lý, nhiều khi khá độc đáo và bất ngờ.
Ở bậc THCS (chủ yếu học sinh khá, giỏi) đã được làm quen với loại toán này
với dạng chuyên đề. Tuy nhiên, khi tìm hiểu thêm một số đồng nghiệp thì thấy
nó cũng khơng dễ dàng với học sinh.
Với những lí do như vậy tơi đã tìm hiểu xây dựng đề tài “Một số phương pháp giải
toán cực trị”. Với mong muốn được trình bày một vài kinh nghiệm giảng dạy của
mình để các đồng nghiệp tham khảo, rất mong được sự đóng góp chân thành để đề
tài được phát huy hiệu quả.
II - NHIỆM VỤ CỦA SÁNG KIẾN:

1/ Đối tượng và phương pháp nghiên cứu:
- Đối tượng nghiên cứu: Học sinh THCS (chủ yếu là học sinh lớp 8, 9)
- Phương pháp nghiên cứu:
+ Điều tra, thực nghiệm, khảo sát kết quả học tập của học sinh.
+ Thực nghiệm giảng dạy chuyên đề cho các lớp bồi dưỡng học sinh giỏi tốn lớp
8, 9 cùng với nhóm chun mơn thực hiện.
+ Điều tra, đánh giá kết quả học tập của học sinh sau khi thực nghiệm giảng dạy
chuyên đề.
+ Trao đổi ý kiến với đồng nghiệp

1

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị
2/ Nhim v của sáng kiến:
- Đưa ra những kiến thức cơ bản nhất của giá trị cực trị, chỉ ra được sai lầm thường
mắc phải.
- Đề xuất một số phương pháp giải bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất,
đồng thời rèn cho học sinh tìm tịi lời giải.
- Lựa chọn phương pháp giải hợp lý. Muốn vậy, phải rèn cho học sinh khả năng
phân tích, xem xét bài toán dưới dạng đặc thù riêng lẻ. Mặt khác, cần khuyến khích
học sinh tìm hiểu cách giải cho một bài tập để học sinh phát huy được khả năng tư
duy linh hoạt, nhạy bén khi tìm lời giải bài tốn, tạo được lòng say mê, sáng tạo,
ngày càng tự tin, khơng cịn tâm lý ngại ngùng đối với bài tốn cực trị.
III - NỘI DUNG SÁNG KIẾN:

Chương I: Một số kiến thức cơ bản về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
Những sai lầm thường mắc phải khi giải tốn cực trị.
Chương II: Một số phương pháp tìm cực trị
1/ Phương pháp tam thức bậc hai
2/ Phương pháp miền giá trị
3/ Phương pháp bất đẳng thức.

CHƯƠNG I:

KIẾN THỨC CƠ BẢN
2

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị

I - NH NGHĨA:

1/ Định nghĩa 1:
Cho biểu thức f ( x, y,...) xác định trên miền D , ta nói M là giá trị lớn nhất
của f ( x, y,...) trên D nếu 2 điều kiện sau được thoả mãn:
i) Với x, y... thuộc D thì f ( x, y,...)  M với M là hằng số.
ii) Tồn tại x0 , y 0 ... thuộc D sao cho f ( x, y,...)  M
2/ Định nghĩa 2:
Cho biểu thức f ( x, y,...) xác định trên miền D , ta nói m là giá trị nhỏ nhất
của f ( x, y,...) trên D nếu 2 điều kiện sau được thoả mãn:
i) Với mọi x, y... thuộc D thì f ( x, y,...)  m với m là hằng số.
ii) Tồn tại x0 , y 0 ... thuộc D sao cho f ( x, y,...)  m .
Chú ý: Để tranh sai lầm thường mắc phải khi làm loại bài toán này, ta cần
nhấn mạnh và khắc sâu 2 điều kiện của định nghĩa: Rèn những phản xạ sau:
+ Chứng tỏ f ( x, y,...)  M hoặc f ( x, y,...)  m ) với mọi x, y,... thuộc D
+ Chỉ ra sự tồn tại x0 , y 0 ... thuộc D để f ( x, y,...) đạt cực trị.
Chú y đến miền giá trị của biến.
Ta ký hiệu MaxA là giá trị lớn nhất của A, MinA là giá trị nhỏ nhất của A
II - MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ
NHẤT CỦA HÀM SỐ:

1/ Tính chất 1:

Giả sử A  B khi đó ta có:

f ( x)  max f ( x)
a/ Max
x A
xB

f ( x)  min f ( x)
b/ Min
xB
xA

2/ Tính chất 2: Nếu f ( x, y )  0 với mọi x thuộc D , ta có:
f ( x)  max f 2 ( x)
a/ Max
xD
xD

Min f ( x)  min f 2 ( x )
xD

xD

3

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị
3/ Tớnh cht 3:
a / Max f ( x)  g ( x))  Max f ( x)  Max f ( x )

(1)

b / Min f ( x)  g ( x))  Min f ( x)  Min f ( x)

(2)

xD

xD1

xD

xD1

xD2

xD2

Dấu bằng trong (1) xẩy ra khi có ít nhất một điểm x0 mà tại đó f (x) và g (x) cùng
đạt giá trị lớn nhất. Tương tự nếu tồn tại x0 thuộc D mà tại đó f , g cùng đạt giá trị
nhỏ nhất thì (2) có dấu bằng.
4/ Tính chất 4:
Max f ( x)   min( f ( x ))
xD1

xD

5/ Tính chất 5:
f (x) m  min f ( x)
f ( x)  Max M , m  .

Nếu đặt M  Max
,
thì Max
xD
xD
xD
xD

6/ Tính chất 6:
Giả sử D1   x  D; f ( x)  0 và D2   x  D; f ( x)  0 thì
Min f ( x)  Min  max f ( x ); min f ( x)
xD

xD1

xD2

Khi dạy phần này, giáo viên nên hướng dẫn học sinh chứng minh các tính
chất (dựa vào định nghĩa), tránh áp đặt để học sinh nắm vững kiến thức và tránh
đợc sai lầm khi vận dụng giải bài tập.
Chú ý: Khi nói đến giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một hàm số, bao giờ
cũng phải tìm TXĐ. Cùng một hàm số f (x) nhưng xét trên hai TXĐ khác nhau
thì nói chung giá trị lớn nhất tương ứng khác nhau. Để cho phù hợp với chương
trình các lớp phổ thơng cơ sở, ta giả thiết là các bài toán đang xét đều tồn tại giá
trị cực trị trên một tập hợp nào đó.
III - NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI TOÁN CỰC TRỊ:

1/ Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1:
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
4

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị
A

3
4x 4x  5
2

Lời giải sai: Phân thức A có tử số là số khơng đổi nên A có giá trị lớn nhất khi
mẫu nhỏ nhất.
Ta có:
4 x 2  4 x  5  (2 x  1) 2  4  4, x
3
3
 2
 , x
4x  4x  5 4
3
1
 Max A   x 
4
2

Phân tích sai lầm: Tuy đáp số không sai nhưng khi khẳng định “ A có tử số là
số khơng đổi nên A có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất” mà chưa đưa ra nhận
xét tử mẫu là các số dương.
Ta đưa ra một ví dụ:

1

Xét biểu thức B  x 2  4
Với lập luận “phân thức B có tử khơng đổi nên có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ
1

nhất” do mẫu nhỏ nhất bằng  4 khi x  0 , ta sẽ đi đến: max B   4 không
1

1

phải là giá trị lớn nhất của B , chẳng hạn với x  3 thì 5   4 .
Mắc sai lầm trên là do không nắm vững tính chất của bất đẳng thức: Đã
máy móc áp dụng quy tắc so sánh 2 phân số có tử số và mẫu số là số tự nhiên
sang hai phân số có tử và mẫu là số nguyên.
2
2
Lời giải đúng: Bổ sung thêm nhận xét: 4 x  4 x  5  (2 x  1)  4  4 nên tử
và mẫu của A là các số dương. Hoặc từ nhận xét trên suy ra A  0 , do đó A lớn
1
nhất khi và chỉ khi A nhỏ nhất  4 x 2  4 x  5 nhỏ nhất.
2
2
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của: A  x  y biết x  y  4

Lời giải sai:
2
2
Ta có: A  x  y  2 xy

2
2
Do đó A nhỏ nhất  x  y  2 xy

x y2

Khi đó MinA  2 2  2 2  8
Phân tích sai lầm: Đáp số tuy không sai nhưng lập luận mắc sai lầm. Ta mới
chứng minh được f ( x, y )  g ( x, y ) , chứ chưa chứng minh được f ( x, y )  m với m
là hằng số.
5

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị
Ta a ra một vị dụ: Với lập luận như trên, từ bất đẳng thức đúng x 2  4 x  4 sẽ
2
2
suy ra: x 2 nhỏ nhất  x  4 x  4  ( x  2)  0  x  2 .

Dẫn đến: Minx 2  4  x  2
Dễ thấy kết quả đúng phải là: min x 2  0  x  0
Cách giải đúng:
Ta có:

( x  y ) 2  4 2  x 2  2 xy  y 2  16

(1)

Ta lại có:

( x  y ) 2  0  x 2  2 xy  y 2  0

(2)

2
2
2
2
Từ (1) , (2) : 2( x  y )  16  x  y  8

MinA  8  x  y  2

Vậy

2/ Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2:
VD1: Tìm giá trị nhỏ nhất của: A  x  x
Lời giải sai:
2

1 1 
1
1

A  x x  x x     x   
4 4 
2
4


1

Vậy MinA   4
1

Phân tích sai lầm: Sau khi chứng minh f ( x)   4 , chưa chỉ ra trường hợp
1

1

xẩy ra dấu đẳng thức f ( x)   4 . Xẩy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi x   2 ,
vô lý.
Lời giải đúng:
Để tồn tại x phải có x  0
Do đó A  x  x  0
Min A  0  x  0
VD2: Tìm giá trị lớn nhất của:
A  xyz( x  y )( y  x)( z  x)

Với x, y, z  0 và x  y  z  1
2
Lời giải sai: Áp dụng bất đẳng thức: 4ab  (a  b)

4( x  y ) z  ( x  y  z ) 2  1

6

download by :

Một số phơng pháp giải toán cực trị
4( x z ) x  ( y  z  x) 2  1
4( x  x) y  ( z  x  y ) 2  1

Nhân từng vế (do hai vế đều không âm)
64 xyz( x  y )( y  x) z  x)  1
MaxA 

1
64

Phân tích sai lầm: Sai lầm cũng ở chỗ chưa chỉ ra được trường hợp xẩy
1

ra dấu đẳng thức. Điều kiện để A  64 là:

mâu thuẩn
Cách giải đúng:
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:
1  x  y  z  3.3 xyz

(1)

2  ( x  y )  ( y  z )  ( z  x)  3.3 ( x  y )( y  z )( z  x)

(2)

Nhân từng vế (1) với (2) do 2 vế đều không âm)
2
2  9.3 A  A   

9

3

3

1
2
MaxA     x  y  z 
3
9

CHƯƠNG II:

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ

7

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị

1/ Phng phỏp tam thức bậc hai
I - NỘI DUNG:

Sử dụng trực tiếp định nghĩa cực trị thông qua việc biến đổi tam thức bậc
hai về dạng bình phương một biểu thức chứa biến và một số hạng tự do.
II - CÁC VÍ DỤ:

Dạng 1: Tìm cực trị của tam thức bậc hai
1/ Tìm giá trị nhỏ nhất của A  x 2  8 x  1
2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của B  2 x 2  4 x  1
3/ Tìm giá trị nếu có của C  3x 2  4 x  1
4/ Cho tam thức bậc hai P  ax 2  bx  c
Tìm giá trị nhỏ nhất của P nếu a  0
Tìm giá trị lớn nhất của P nếu a  0
HD giải:
Nhận xét: Các biểu thức đều ở dạng tam thức bậc hai.
2
2
1/ A  x  8 x  1  ( x  4)  15  15

 min A  15  x  4
2
2
2/ B  2 x  4 x  1  2( x  1)  1  1

 min B  1  x  1
2

2
7 7

3/ C  3x  4 x  1  3 x    
3
3 3

2

 max C 

7
2
x
3
3
2

c
b  b 2  4ac
 2 b

P

ax

bx

c

a
x

x


a
x





 
4/
a
a
2a 
4c


2

+ Nếu a  0 : min P  

b 2  4ac
b
x
4a
2a

8

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị
+ Nu a  0 : max P  

b 2  4ac

b
x
4a
2a

Dạng 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của đa thức bậc cao:
2
2
VD1: Tìm giá trị nhỏ nhất của A  ( x  x  1)

2
HD: MinA  Min( x  x  1)
2k
Bài toán trên là dạng đặc biệt của bài toán sau: B   f ( x) (k  N )

VD2: Tìm giá trị nhỏ nhất của C  x( x  3)( x  4)( x  7)
HD: Dùng phương pháp đổi biến.
Dạng 3: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của phân thức mà có tử là hằng số, có
mẫu là tam thức bậc hai.
3

VD: Tìm giá trị lớn nhất của M  4 x 2  4 x  5
Dạng này phải chú ý đến dấu của tử thức.
Dạng 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của phân thức có mẫu là bình
phương nhị thức:
x2  x 1
P

VD: Tìm giá trị nhỏ nhất của
( x  1) 2

1

1

HD: P  1  x  1  ( x  1) 2
2

Đặt y 
MinP 

1
1
3 3
, có P  y 2  y  1   y    
x 1
2
4 4

3
1
 y   x 1
4
2

Cách 2: Viết N dưới dạng tổng của một số với một biểu thức không âm:

9

download by :

Một số phơng pháp giải toán cực trị
2

4x 2 4x  4 3  x  1 
3
 
P
  
2
4  2( x  1 
4
4( x  1)
MinP 

3
 x 1
4

Dạng 5: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của một biểu thức quan hệ giữa các
biến:
VD: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A  3 xy  x 2  y 2

Biết x, y là nghiệm của phương trình: 5 x  2 y  10
Giải:
10  5 x
2
1
 A  (59 x 2  160 x  100)

4

Ta có: 5 x  2 y  10  y 



59  2 160 
 x 
  25
4 
59 

2
59  
80 
6400 

  x   
  25
4  
59 
3481 
2

59 
80  1600
  x   
 25
4 
59 

59
2

125 59 
80 
125
 A
 x  
59
4 
59 
59
80

x

125

59
Vậy max A  59   95
y 

59

III - MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ GIẢI:

10

download by :

Một số phơng pháp giải toán cực trị
1/ Tỡm giỏ trị nhỏ nhất (lớn nhất) của biểu thức sau:
2
a/ A  4 x  20 x  35

2
b/ B  2 x  3x  1

2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
a/ A  ( x  1)( x  2( x  3)( x  5)

2
2
b/ B  x  2 x  y  4 y  5

P  2 x 2  5 y 2 với ·3 y  7
Q  a 3  b 3  ab với a  b  1
IV - TIỂU KẾT:

Loại tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất bằng phương pháp tam thức bậc
hai là cơ bản nhất, giúp học sinh dễ làm quen với toán cực trị. Rèn kỹ năng giải
toán, đổi biến một cách linh hoạt phù hợp với từng loại toán để biến đổi các bài
toán dạng khác về dạng tam thức bậc hai.
2/ Phương pháp miền giá trị của hàm số:
I - NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP:

Xét bài tốn sau: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f (x) với
x  D. Gọi y 0 là một giá trị tuỳ ý của hàm số xét trên miền đã cho, tức là hệ

phương trình (ẩn x ) sau có nghiệm:
f ( x)  y 0

(1)

xD

(2)

Tuỳ dạng của hệ (1) , (2) mà ta có các điều kiện có nghiệm thích hợp. Trong
nhiều trường hợp, điều kiện ấy sẽ đưa về dạng a  y 0  b (3) .
Vì y 0 là một giá trị bất kỳ của f (x) nền từ (3) ta thu được: Min f ( x)  a và
Max f ( x)  b trong đó x  D.

Như vậy thực chât của phương pháp này là đưa về phương trình bậc hai và sử
dụng điều kiện   0.
II - CÁC VÍ DỤ:

11

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị
Tỡm giỏ tr nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của:
A

x2  x 1
x2  x 1

Giải:
Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phương trình ẩn x · sau đây có
nghiệm:
x 2  x  1 (1)
a 2
x  x 1
Do x 2  x  1  0 nên (1)  ax 2  ax  a  x 2  x  1
 )(a  1) x 2  (a  1) x  (a  1)  0(2)

+ TH1: Nếu a  1 thì (2) có nghiệm x  0
+ TH2: Nếu a  0 thì để (2) có nghiệm, cần và đủ là   0 , tức là:
(a  1) 2  4(a  1) 2  0
 (a  1  2a  2)(4  1  2a  2)  0
 (3a  1)(a  3)  0
1
 a  3 (a  1) .
3
1
Với a  3 hoặc a  3 thì nghiệm của (2) là:
 (a  1) (a  1)
x

2( a  1) 2(1  a)
1
Với a  3 thì x  1, với a  3 thì x  1


Gộp cả hai trường hợp 1 và 2 ta có:
MinA 

1
 x 1
3

MaxA  3  x  1

Cách khác:
A

3x 2  3x  3  2 x 2  4 x  2
2( x  1) 2

3

3
x2  x 1
x2  x 1

 max A  3  x  1

12

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị
A

3x 2 3 x  3
x2  x 1

2( x 2  2 x  1) 1
2( x  1) 2
1





2
2
2
2
3x  3 x  3 3( x  x  1) 3( x  x  1) 3 3( x  x  1) 3

 MinA 

1
 x 1
3

Mở rộng: Bài tốn cịn có thể cho dưới dạng khác, đó là:
1/ Chứng minh:

1 x2  x 1

3
3 x2  x 1

2/ Tìm điều kiện để phương trình sau có nghiệm (vơ nghiệm):
x2  x 1

m0
x2  x 1
2
2
2
3/ Cho phương trình: ( 3m  2m  1) x  (2m  10m  3) x  1  0 có 2 nghiệm x1 , x2 .

Tìm giá trị lớn nhất của tổng x1  x 2 .
III - BÀI TẬP TỰ GIẢI:

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số sau:
a/ y 

x2  x 1
x2 1

b/ y 

x2  x 1
x2 1

IV - TIỂU KẾT:

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một hàm số hoặc những biểu thức có thể
đưa về hàm số bằng phương pháp miền giá trị thường được đưa về phương trình
và tìm điều kiện để phương trình có nghiệm. Phương pháp này có ưu điểm là tìm
cực trị thơng qua việc tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, thơng qua việc
này giúp cho học sinh rèn kỹ năng giải phương trình.
3/ Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc
1/ Nôi dung phương pháp:

Dựa trực tiếp vào định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
 f ( x)  M , x  D
M  Maxf ( x)  
x 0  D : f ( x 0  M
 f ( x)  M , x  D
m  Min f ( x)  
x 0  D : f ( x 0  m

13

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị
Nh vy, khi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) trên
miền D nào đó, ta tiến hành theo hai bước:
+ Chứng minh một bất đẳng thức
+ Tìm x0  D sao cho ứng với giá trị ấy, bất đẳng thức tìm được trở thành
đẳng thức.
Nếu sử dụng các bất đẳng thức cơ bản như Côsi, Trêbưsep, Bunhia cơpxki
thì các điểm như vậy thường được tìm thấy nhờ phần 2 trong cách phát hiện ra
dấu đẳng thức ấy, cần có một nhận xét thích hợp.
2/ Các bất đẳng thức thường dùng:
2k
1/ a 2  0. Tổng quát a  0, k nguyên dương

Xẩy ra dấu đẳng thức  a  0
2k
2/  a 2  0. Tổng quát (a)  0, k nguyên dương

Xẩy ra dấu đẳng thức  a  0
3/ a  0. Xẩy ra dấu đẳng thức  a  0
4/  a  a  a Xẩy ra dấu đẳng thức  a  0
5/ a  b  a  b Xẩy ra dấu đẳng thức  ab  0 (a, b cùng dấu)
a  b  a  b Xẩy ra dấu đẳng thức  ab  0 (a, b cùng dấu)
a  b  c  a  b  c Xẩy ra dấu đẳng thức  ab  0; bc  0; ac  0 ;
1

1

6/ a  b; ab  0  a  b . Xẩy ra dấu đẳng thức  a  b

a b
7/ b  a  2 với a, b cùng dấu. Xẩy ra dấu đẳng thức  a  b

8/ Bất đẳng thức Côsi:
+ Đối với 2 số dương a, b bất kỳ.
ab
 ab (hoặc a 2  b 2  2ab) . Xẩy ra dấu đẳng thức  a  b
2

+ Đối với a1  0; i  1,..., n :
a1  a 2  ...  a n n
 a1 .a 2 ...a 2
n

14

download by :

Một số phơng pháp giải toán cực trị

9/ Bt ng thức Bunhia côpxki:
Nếu (a1 , a 2 ,...a n ) và (b1 , b2 ,...bn ) là những số tuỳ ý, ta có:
2

2

2

2

2

2

( a1  a 2 ,...  a n ) . (b1  b2 ,...  bn )  (a1b1  a 2 b2  ...  a n bn ) 2
ai a j
Dấu bằng xẩy ra  b  b (với quy ước rằng nếu ai  0 thì bi  0 ).
i
j

10/ Bất đẳng thức Trêbưsép.
+ Nếu

a1  a 2  ...  a n
b1  b2  ...  bn thì
n(a1b1  a 2 b2 ...a n bn )  (a1  a 2 ...  a n ).(b1  b2 ...  bn ).

Dấu bằng xẩy ra  ai  a j hoặc bi  b j ; ai , b j tuỳ ý
+ Nếu

a1  a 2  ...  a n
b1  b2  ...  bn thì
n(a1b1  a 2 b2 ...a n bn )  (a1  a 2 ...  a n ).(b1  b2 ...  bn ).

Dấu bằng xẩy ra  ai  a j hoặc bi  b j ; ai , b j tuỳ ý.
III - CÁC VÍ DỤ:

VD1: Cho biểu thức xy  yz  zx  1
4
4
4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y  z

Giải
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpsxki đối với ( x, y, z ) và ( y, z , x)
1  ( xy  yz  zx) 2  ( x 2  y 2  z 2 )( y 2  z 2  x 2 )  1  ( x 2  y 2  z 2 ) 2

(1)

2
2
2
Mặt khác, đối với (1, 1, 1) và x , y , z ), ta có:

(1.x 2  1. y 2  1.z 2 ) 2  (12  12  12 ) 2 .( y 4  z 4  x 4 )
1
4

4
4
Từ (1) và (2) suy ra: 1  3( y  z  x )  3P  P  3

15

download by :

(2)


Một số phơng pháp giải toán cực trị

xyz

Vy

VD2: Tỡm giỏ trị lớn nhất của:
a/ A  x  1  y  2 biết x  y  4
x 1

x

b/ B 

y2
y

Giải:
a/ Điều kiện: x  1; y  2

ab
 ab
2

Bất đẳng thức Côsi cho phép làm giảm một tổng:

Ở đây lại muốn làm tăng một tổng. Ta dùng bất đẳng thức:
a  b  2(a 2  b 2 )
A  x  1  y  2  2( x  1  y  2)  2
x  1  y  2
MaxA  2  
x  y  4

 x  1,5

 y  2,5

2
Cách khác: Xét A rồi dùng bất đẳng thức Côsi

b/ Điều kiện: x  1; y  2
Bất đẳng thức Côsi cho phép làm trội một tích:
Ta xem các biểu thức:

ab 

ab
2

x  1, y  2 là các tích:

x  1  1.( x  1)
y2 

2.( y  2)
2

Theo bất đẳng thức Côsi:

16

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị

1.( x 1) 1  x  1 1
x 1



x
x
2x
2
y2

y
MaxB 

2( y  2)
y 2

1
2 2 2


2 4
4



2 y2
2y 2

.

2
2 2

x  1  1

x  2  2



2
4

x  2


y  4

VD3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x  2  x  3
Giải:
Ta có: A  x  2  x  3  x  2  3  x  1
 MinA  1  ( x  2)(3  x)  0  x  3

Chú ý: Giải bài toán linh hoạt khi biến đổi x  3  3  x để áp dụng bất
đẳng thức giá trị tuyệt đối.
Cách khác: Xét khoảng giá trị của x.
VD4: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  x  1  x  2  ...  x  2000
Dạng hàm số khiến ta nghĩ đến áp dụng bất đẳng thức: a  b  a  b đối với
1000 cặp giá trị tuyệt đối.
Ta có: y  ( x  1  x  2000 )  ( x  2  x  1999 )  ...  ( x  999  x  1000 )



y1  ( x  1  x  2000 )  1999  min y1  1999  x  1 ; 2000





y 2  ( x  2  x  1999 )  1997  min y 2  1997  x  2 ; 2000



Y1000  ( x  999  x  1000 )  1  min Y1000  1  x  999, 1000





2
Vậy Min y  1  3  5  ...  1999  1000  1000000

17

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị
M rng: T bài tốn trên ta có thể ra các bài tốn sau:
1/ Tìm miền giá trị của hàm số:
y  x  1  x  2  ...   x  2004

2/ Chứng minh bất đẳng thức:
y  x  1  x  2  ...  x  2004  10 6

3/ Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y  x  1  x  2  ...  x  2002
III - BÀI TẬP TỰ GIẢI:
2
3
1/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A  (1  x) (1  x) với x  1

1 x 1 x 1 x 1 x 1 x

HD: Áp dụng bất đẳng thức Côsi với 5 số không âm: 2 ; 2 ; 3 ; 3 ; 3

2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  3x  2  9 x 2
HD: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia với (1;1); (3x; 2  9 x 2 )
3/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  51  4 x  1
4/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: N  x  x  1
5/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a/ A  x 2  2 x  1  x 2  6 x  9

b/ B  x  9  6 x  x  1  2 x

IV - TIỂU KẾT:

Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản đối với mỗi bài đòi hỏi tính linh hoạt
cao, mỗi bài có một nét riêng biệt, khơng có quy tắc chung để vận dụng. Vì vậy
cần cho học sinh làm quen với nhiều loại bài tập này./.

18

download by :


Một số phơng pháp giải toán cực trị

KT QU P DỤNG

Quá trình nghiên cứu, trực tiếp giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, phần
chuyên đề “Toán cực trị” đã phát huy tính tích cực sáng tạo của học sinh - học
sinh khơng cịn cảm thấy ngại mà ngược lại cịn rất hứng thú khi gặp những bài
tốn về cực trị. Kết quả thể hiện như sau:
Khi chưa áp dụng: Đối với 9B năm học 2006 - 2007 số học sinh đạt điểm giỏi
mơn tốn của 9B chỉ đạt 30%. Những khố học trước HSG huyện mơn tốn lớp

9 chỉ đạt 1 đến 2 em. Năm học 2005 - 2006, lớp 9B tơi dạy mơn tốn có đến
60% số học sinh đạt điểm giỏi và 5 em đạt HSG huyện. Đây là một kết quả đáng
ghi nhận trên một địa bàn giáo dân như xã Sơn Tiến.

19

download by :