skknGiải các bài toán phức tạp bằng biểu thức đenta

A. ĐẶT VẤN ĐỀ:
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Nhân dân ta có truyền thống hiếu học, có ý chí học tập vươn lên. Tinh
thần tất cả vì tương lai con em, sẵn sàng chịu khó, chịu khổ nuôi con học tập nên
người, đã trở thành truyền thống, tập quán của dân tộc.Tinh thần đó đã tạo nên
những nguồn lực tinh thần vật chất, cùng nhà nước giải quyết mâu thuẩn giữa
quy mô và điều kiện phát triển giáo dục.
Đặc biệt trong giai đoạn phát triển khoa học kỹ thuật công nghệ hiện nay,
trình độ tri thức của con người từng bước phát triển rõ rệt. Nhằm đáp ứng nhu
cầu học tập của mọi người dân bằng mọi nguồn lực là phù hợp với nguyện vọng,
với truyền thống hiếu học của nhân dân. Vì thế trong dạy học người giáo viên
cần phát triển ở học sinh những năng lực trí tuệ, phát huy tính tích cực sáng tạo,
biết nhìn nhận vấn đề ở từng góc độ khác nhau. Tìm tòi những cái cũ trong cái
mới, cái mới trong cái cũ để đi đến kiến thức mới. Để phát huy tính tích cực của
học sinh người giáo viên phải đặt học sinh vào những tình huống có vấn đề tạo
cho các em những thách thức trước những vấn đề mới.
II. CƠ SỞ THỰC TIỄN:
Trong chương trình toán 9, xuất hiện nhiều bài toán liên quan đến tam
thức bậc hai có dạng :
- Giải phương trình và hệ phương trình có nhiều ẩn số.
- Giải phương trình nghiệm nguyên.
- Chứng minh bất đẳng thức.
- Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, miền giá trị hàm số ….
Đây là một nội dung khó đối với chương trình toán 9. Khi giải bài tập
dạng này học sinh gặp rất nhiều vướng mắc dẫn đến không hứng thú, bởi vì các
em chưa tìm ra được phương pháp thích hợp. Mặt khác công cụ giải các bài tập
dạng trên còn nhiều hạn chế. Không vì thế mà giáo viên xem nhẹ khi dạy các
bài tập dạng này mà giáo viên cần phải bắt đầu từ đâu, dẫn dắt như thế nào để
các em không ngại. Chính vì vậy giáo viên cần đưa các em từ những bài toán
đơn giản đến phức tạp bằng một hệ thống câu hỏi thích hợp.
Trong quá trình giảng dạy tôi đã tìm ra, ứng dụng của biệt thức đen ta

“∆”. Nó chiếm một vị trí rất quan trọng khi giải những bài tập dạng này. Vận
dụng biệt thức đen ta, ta tìm ra kết quả bài toán nhanh chóng. Mặt khác còn giúp
học sinh có sự hứng thú khi giải toán. Chính vì vậy tôi viết kinh nghiệm “Hướng
dẫn học sinh khá giỏi lớp 9 giải nhanh một số bài toán bằng biệt thức đen ta”.
Rất mong được bạn đọc tham khảo góp ý.
Trong chương trình toán THCS có nhiều dạng bài tập liên quan đến dạng
này. So tôi chỉ đưa ra một số bài tập điển hình. Tôi nghĩ trong quá trình giảng
dạy vận dụng biệt thức đen ta thì chất lượng học sinh sẽ tốt hơn rất nhiều.

B. NỘI DUNG

Cơ sở xuất phát từ bài toán gốc:
Cho phương trình: ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0) (1)
Phương trình (1) có nghiệm khi ∆ = b
2
– 4ac ≥ 0
(Hoặc ∆
/
= b
/2
– ac ≥ 0).
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version

1

Bây giờ ta sẽ giải các bài tập phức tạp bằng cách sử dụng biệt thức đen ta.
Chuyên đề 1 : GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN
SỐ.

Để giải bài toán này học sinh thường phân tích vế trái thành nhân tử hoặc
đưa vế trái thành tổng các bình phương còn vế phải bằng 0, hay bằng phương
pháp loại trừ … Các phương pháp này học sinh biến đổi thường gặp nhiều khó
khăn dẫn đến bài toán bế tắc. Nhưng sử dụng biệt thức đen ta thì việc giải bài
toán trở nên dễ dàng.
Ta xét các bài toán:
Bài tập 1: Giải phương trình
5y
2
– 6xy + 2x
2
+ 2x – 2y + 1 = 0 (1)
GV hỏi: H- Em hãy nêu cách giải bài toán trên ?
HS: Ta phân tích vế trái thành tổng các bình phương.
(1) <-> (x – y + 1)
2
+ ( x – 2y)
2
= 0
=> Tìm được (x, y)
+ Phương pháp này mất nhiều thời gian ta rất tốn công để nhầm, ghép các
số hạng sao cho trở thành bình phương một tổng.
H: Nhằm khắc phục khó khăn em hãy tìm hướng đi để giải bài toán tiết
kiệm được nhiều công sức.
GV dẫn dắt: Em hãy đưa phương trình trên về dạng phương trình bậc hai
ẩn là y.
Tìm điều kiện phương trình đó có nghiệm
(1) <-> 5y
2
– 2 (3x + 1) y + 2x

2
+ 2x + 1 = 0 (2)
∆
/
= (3x + 1)
2
– 5(2x
2
+ 2x + 1) = -(x + 2)
2
≤ 0
(2) có nghiệm <=> x + 2 = 0 <=> x = -2
Thay x = -2 vào (1) => y = -1
Vậy nghiệm của phương trình trên là x = -2, y = -1
H: Để giải bài toán (1) ta còn cách nào nữa?
Ta biến đổi (1) về dạng phương trình bậc 2 một ẩn với ẩn là x.
GV nhấn mạnh: Ta đã sử dụng công cụ biệt thức đen ta để giải phương
trình trên.
Ta xét bài toán 2.
Bài toán 2: Giải hệ phương trình
x
2
+ 4y
2
+ x – 4xy – 2y – 2 = 0 (1)
4x
2
+ 4xy + y
2
– 2x – y – 56 = 0 (2)

Giải: Xét phương trình (1), ta đưa phương trình (1) về dạng phương trình
bậc hai với ẩn là x.
x
2
+ x(1 – 4y) + 4y
2
– 2y – 2 = 0
∆ = (1 - 4y)
2
– 4(4y
2
– 2y – 2) = 9
x
1
= 2y – 2
x
2
= 2y + 1
Tương tự ta đưa PT (2) về dạng phương trình bậc hai với ẩn là x.
4x
2
+ 4xy + y
2
– 2x – y – 56 = 0.
4x
2
+ 2 (2y – 1) x + y
2
– y – 56 = 0.
∆

/
= (2y - 1)
2
– 4 (y
2
– y - 56)
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version

2

= 4y
2
– 4y + 1 – 4y
2
+ 4y + 224 = 225 = 15
2
.
=> x
3
=
2
7
4
142
−
−
=
−
−
yy

; x
4
=
2
8
4
216
4
1521 yyy
−
=
−
=
+
−

Để (x ; y) là nghiệm của hệ thì:
x
1
= x
3
.
x
1
= x
4
.
x
2
= x

3
.
x
2
= x
4

Giải ra ta có nghiệm của hệ là: (2,8 ; 2,4) ; (-3,2 ; - 0,6) ;
(3,4 ; 1,2) ; (-2,6 ; - 1,8).
Một số bài tập tương tự:
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a. x
2
+ 2y
2
– 2xy + 2y – 4x + 5 = 0.
b. x
2
– 4xy + 5y
2
– 2y + 1 = 0
c. x
2
– 4xy + y
2
= 1
y
2
– 3xy = 4.
d. x + y + z =

3

x
2
+ y
2
+ z
2
= 1.
Xuất phát từ bài toán 2 ta đặt ra bài toán mới.
Bài toán 3: Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình.
x
2
+ 4y
2
+ x – 4xy – 2y – 2 = 0.
x
2
+ 2y
2
+ 2xy – 4y – 2x + 2 = 0.
H. Để giải bài toán 3 ta làm thế nào ?
HS: Ta giải tương tự như bài toán 2.
x = 1 ; y = 0 hoặc x = 0 ; y = 1 là nghiệm nguyên của hệ phương trình đã
cho.
+ Tiếp tục khám phá ta thấy biệt thức ∆ còn có ứng dụng để giải phương
trình nghiệm nguyên.
Chuyên đề 2: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Ta viết phương trình f (x ; y …) = 0 dưới dạng phương trình bậc 2 với ẩn
x khi đó y ; … là tham số.

Để phương trình có nghiệm nguyên thì ta cần điều kiện:
∆ ≥ 0
∆ = A
2

(A ∈ N)
Bài toán 4: Tìm nghiệm nguyên của phương trình.
2x
2
+ xy + y
2
– 4 = 0 (1).
Học sinh giải bài toán này giống như bài toán 1.
Để phương trình (1) có nghiệm thì: ∆ = y
2
– 8 (y
2
- 4).
= - 7y
2
+ 32 ≥ 0.
=> 7y
2
≤ 32 => y
2
≤ 4 Vì y ∈z => y = 0 ; ± 1 ; ± 2.
Với y = -2 thay vào (1) ta được 2x
2
– 2x = 0.
-> 2x (x-1) = 0 -> x = 0 hoặc x = 1.

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version

3

Với y = -1 => x = -1 hoặc x =
2
3
(loại).
Với y = 0 => x = ±
2
(loại).
Với y = 1 => x = 1 hoặc x =
2
3
−
(loại).
Với y = 2 => x = 0 hoặc x = -1.
Đáp số: (0 ; -2); (1 ; -2); (-1 ; - 1) ; (1 ; 1); (0 ; 2) là các
nghiệm nguyên của phương trình (1)
Bài toán 5: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
x
2
+ 2x – 4y
2
+ 9 = 0 (1)
Học sinh giải giống bài toán 4.
Để pt (1) có nghiệm thì: ∆
/
= 1 + 4y
2

– 9
= 4(y
2
– 2) ≥ 0
=> y
2
≥ 2 => | y| ≥ 2
Đến đây học sinh thấy bế tắc không đưa ra được kết quả.
GV hướng dẫn: Để phương trình có nghiệm nguyên ngoài điều kiện ∆
/
≥ 0
ta cần thêm điều kiện nào nữa?
(HS: Để phương trình (1) có nghiệm nguyên, thì điều kiện cần ∆
/
là số
chính phương).
=> 4(y
2
– 2) phải là một số chính phương
∆
/
= 4y
2
– 8 = k
2

=> 4y
2
– k
2

= 8 <=> (2y – k) (2y + k)= 8
Vì 2y – k; 2y + k có cùng tính chẵn, lẻ
=> 2y – k; 2y + k cùng chẵn
=> 2y – k = 2 => y =
2
3
(loại)
2y + k = - 4 k = 1

hoặc 2y – k = - 2 => y =
2
3
−
(loại)
2y + k = - 4 k = - 1

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên
Từ các bài toán trên ta thấy được vai trò của biệt thức ∆ vô cùng quan
trọng. Khi giải các em phải xem xét mọi tình huống xảy ra, cần vận dụng kiến
thức một cách linh hoạt.
Một số bài tập tương tự.
Tìm nghiệm nguyên của các pt sau:
1. 4xy – y + 4x – 2 = 9x
2

2. x
2
y
2
– y

2
– 2y + 1 = 0
3. y
2
– 2xy + 5x
2
= x + 1
4. (x + y + 1)
2
= 3 (x
2
+ y
2
+ 1)
* Trở lại với bài toán 1
5y
2
– 6xy + 2x
2
+ 2x – 2y + 1 = 0 (1)
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version

4

Bây giờ ta thay hạng tử tự do (số 1) ở pt (1) bởi (số 2) thì được bài toán
mới.
Bài toán 6: Giải phương trình
5y
2
– 6xy + 2x

2
+ 2x – 2y + 2 = 0 (2)
HS giải tương tự bài toán 1
Biến đổi pt (2) về dạng phương trình bậc hai với ẩn y.
5y
2
– 2(3x + 1) y + 2x
2
+ 2x + 2 = 0 (2
/
)
∆
/
= (3x + 1)
2
– 5 (2x
2
+ 2x + 2) = 9x
2
+ 6x + 1 – 10x
2
– 10x – 10 =
= -x
2
– 4x – 9 = -x
2
– 4x – 4 – 5 = - (x+2)
2
– 5 < 0.
Vì ∆

/
< 0 -> pt (2
/
) vô nghiệm
Vậy pt (2
/
) vô nghiệm
GV: Cho tam thức bậc hai
f(x) = ax
2
+ bx + c (a≠0)
H: Nếu ∆ ≤ 0 (hoặc ∆
/
≤ 0 ) và a > 0
Em có nhận xét gì về giá trị của f(x)?
HS: Nếu ∆ ≤ 0 (∆
/
≤ 0) và a > 0 thì f (x) ≥ 0.
Vậy khi ∆

≤ 0 (hoặc ∆
/
≤ 0

) a< 0, em có nhận xét gì về giá trị của f(x)
HS: f(x) ≤ 0
=> Ta tiếp tục khai thác bài toán 7 ta sẽ thấy còn nhiều điều thú vị nữa.Ta
xét bài toán mới.
Bài toán 7: Chứng minh bất đẳng thức
5y

2
– 6xy + 2x
2
+ 2x – 2y + 2 > 0 với mọi x, y
Vận dụng kết quả bài toán 6 học sinh dễ dàng giải bài toán 7.
Đặt f(y) = 5y
2
– 6xy + 2x
2
+ 2x – 2y + 2
-> ∆
/
= - (x + 2)
2
– 5 < 0 với mọi x
=> f(y) > 0 với mọi x, y
Qua bài toán 7 ta thấy biệt thức “∆” lại có vai trò quan trọng trong việc
chứng minh bất đẳng thức
Chuyên đề 3: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Giáo viên nhấn mạnh: Cho tam thức bậc 2
f(x) = ax
2
+ bx + c (a ≠ 0)
<=>
a
xf )(
= x
2
+
a

b
x +
a
c
= (x +
a
b
2
)
2
-
2
2
4
4
a
acb −

= (x +
a
b
2
)
2
-
2
4
a
∆

Nếu ∆ < 0 thì
a
xf )(
> 0 => f(x) luôn cùng dấu với a.
Nếu ∆ = 0 =>
a
xf )(
= (x +
a
b
2
)
2
≥ 0
=> f(x) luôn cùng dấu với a (trừ x =
a
b
2
−
)
Nếu ∆ > 0 thì
a
xf )(
= (x – x
1
) (x – x
2
) (giả sử x
1
< x

2
) -> f(x) trái dấu với a
nếu x
1
< x < x
2
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version

5

f(x) cùng dấu với a nếu x < x
1
hoặc x > x
2

Vận dụng kiến thức đó ta giải các bài toán sau:
Bài toán 8: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Chứng minh rằng: 2a
2
+ b
2
+ c
2
– 2a (b + c) ≥ 0
Dấu “=” xảy ra khi nào? Khi đó tam giác ABC có đặc điểm gì?
Hướng giải: Ngoài những cách giải thông thường ở lớp 8 ta còn có cách
giải nào nữa?
(Học sinh: Ta có thể chứng minh bằng công cụ biệt thức đen ta)
Nếu chọn a làm ẩn ta có bất phương trình bậc 2 dạng
2a

2
– 2(b + c)a + b
2
+ c
2
≥ 0
Ta có ∆
/
= b
2
+ 2bc + c
2
– 2 (b
2
+ c
2
) = - (b – c)
2
≤ 0
Nếu ∆
/
= 0 <=> - (b – c )
2
= 0 <=> b = c thì tam thức bậc 2 f(a) có nghiệm
Trong tam thức f(a) có a = 2 > 0 =>
f(a) = 2a
2
– 2( b + c) a + b
2
+ c

2
≥ 0 với mọi a, b, c
Dấu đẳng thức xảy ra <=> a = b = c
Khi đó tam giác ABC có a = b = c => tam giác ABC đều.
* Biệt thức ∆ có rất nhiều ứng dụng trong toán học. Nó chiếm một vị trí
quan trọng trong giải toán. Còn chờ gì nữa dùng biệt “∆” chúng ta đã có thể giải
được các bài toán là đề thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao đẳng rồi đấy.
Bài toán 9: Chứng minh bất đẳng thức
x
2
+5y
2
+ 2z
2
– 4xy – 2yz – 2z + 1 ≥ 0 với mọi x, y, z
(Đề thi ĐHBK – 1998)
Với kiến thức đã có sẵn học sinh không thấy bất ngờ trước bài toán 9, và
học sinh giải bài toán này một cách đơn giản.
GV: H: Để giải bài toán này ta làm như thế nào ?
HS: Ta đưa vế trái về dạng tam thức bậc hai với ẩn là x.
f(x) = x
2
– 4xy + 5y
2
+ 2z
2
– 2yz – 2z + 1
∆
/
= 4y

2
– 5y
2
– 2z
2
+ 2yz + 2z – 1
= - (y – z)
2
– ( z – 1)
2
≤ 0
f(x) ≥ 0 với mọi x, y, z (điều phải chứng minh)
(GV: Ta có thể giải bài toán này theo nhiều cách khác nhau).
Đến đây giáo viên đã kích thích sự hứng thú say mê của học sinh: học
sinh có nhu cầu giải các bài toán với mức độ khó hơn. Ta xét bài toán sau:
Bài toán 10: Cho đẳng thức
x
2
– x + y
2
– y = xy (1)
Chứng minh rằng (y-1)
2
≤
3
4
; (x – 1)
2
≤
3

4

(Có thể học sinh cho rằng bài toán này rất lạ chắc khi giải sẽ gặp nhiều
khó khăn lắm đây)
GV dẫn dắt: Biến đổi bài toán 10 về dạng quen thuộc
Hướng dẫn học sinh đưa đẳng thức (1) về dạng phương trình bậc 2 đối với
ẩn x.
x
2
– (y + 1) x + (y
2
– y ) = 0 (2)
∆ = (y + 1)
2
– 4 (y
2
– y) = -3y
2
+ 6y + 1
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version

6

Để pt (2) có nghiệm ta phải có ∆ ≥ 0 tức là
3y
2
– 6y – 1 ≤ 0 <=> 3y
2
– 6y + 3 ≤ 4
<=> 3(y – 1)

2
≤ 4 <=> (y – 1)
2
≤
3
4

GV: H: Em có nhận xét gì về vai trò của x và y trong đẳng thức (1)
HS: Vai trò của x, y như sau:
Vậy ta có điều gì ?.
HS: (x – 1)
2
≤
3
4

Các bài tập tương tự
1. Chứng minh bất đẳng thức
a.
2
4
a
+ b
2
+ c
2
≥ ab – ac + 2bc
b. a
2
+ 4b

2
+ 3c
2
+ 14 > 2a + 12b + 6c
2. Cho a, b, c là các số thuộc đoạn [-1; 2] thoả mãn a + b + c = 0
Chứng minh: a
2
+ b
2
+ c
2
≤ 6
(Đề thi: HSG TP HCM 12-12-1997)
3. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh
a. a
2
+ b
2
+ c
2
< 2 (ab + bc + ca)
b. a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca
(Đề thi vào 10 Lê Hồng Phong)
* Nhận xét: Từ bài toán 9 ta khai thác và đặt ra bài toán mới

Bài toán 11: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x
2
+ 5y
2
+ 2z
2
– 4xy – 2yz – 2z + 1
Từ các bước giải của bài toán 9, học sinh đễàng tìm ra kết quả của bài 11.
Từ kết quả bài 9 <=> min A = 0
<=> x = 2
y = z = 1
Từ bài toán 11 ta đặt ra bài toán mới khá thú vị như sau:
Bài toán 12: Tìm giá trị lớn nhất của:
B =
1
2
+
x
x

Học sinh giải tương tự như bài 11 và dễ dàng tìm ra kết quả cho bài toán
12.
* Như vậy càng khám phá ta lại thấy được biệt thức “đen ta” còn có ứng
dụng để giải các bài toán tìm GTLN, CTNN, tìm miền giá trị của hàm số.
Chuyên đề 4: TÌM GTLN, GTNN, TÌM MIỀN GIÁ TRỊ CỦA HÀM SỐ .
Phương pháp chung để giải.
- Giả sử cho trước hàm số:
y = f (x) ta xét phương trình.
f (x) = a. Phương trình này có nghiệm khi a thuộc miền giá trị của hàm số.

Như vậy ta đã chuyển bài toán về dạng tam thức bậc hai, và công cụ để giải
chính lại là biệt thức “∆”.
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version

7

Bài toán 13: Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của A =
1
1
2
2
+
+
+−
x
x
xx

GV: H. Để chuyển bài toán trên về dạng đơn giản ta làm thế nào ?
HS: Ta đặt
1
1
2
2
+
+
+−
x
x
xx

= a (1).
Biểu thức A nhận giá trị: a khi nào ?
HS: Biểu thức A nhận giá trị a khi phương trình ẩn x có nghiệm.
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).
Trường hợp 1: Nếu a = 1 thì (2) có nghiệm x = 0.
Trường hợp 2: Nếu a ≠ 1 thì để (2) có nghiệm, điều kiện cần và đủ là ∆ ≥
0 tức là.
(a + 1)
2
– 4 (a - 1)
2
≥ 0.
<=> (a + 1 + 2a -2) (a + 1 – 2a + 2) ≥ 0.
<=> (3a - 1) (a - 3) ≤ 0 <=>
3
1
≤ a ≤ 3 (a ≠ 1).
Với a =
3
1
hoặc = 3 thì x = -1.

Kết luận: Gộp cả hai trường hợp a và 2 ta có.
min A =
3
1
khi và chỉ khi x = 1.
max A = 3 khi và chỉ khi x = - 1.
GV: Giới thiệu với học sinh phương pháp giải như bài toán trên là phương
pháp tìm miền giá trị của hàm số.
Đoạn 3;
3
1
là tập giá trị của hàm số.
y =
1
1
2
2
+
+
+−
x
x
xx

* Qua bài toán 13, giáo viên nhấn mạnh khắc sâu phương pháp giải.
Muốn sử dụng biệt thức đen ta làm công cụ ta cần chuyển bài toán về dạng liên
quan đến tam thức bậc hai.
Xét tiếp bài toán sau:
Bài toán 14: Tìm miền giá trị của hàm số.
A =

1
2
+
x
x

(Được sự hướng dẫn giới thiệu của giáo viên, học sinh sẽ không bị bất
ngờ trước bài toán này).
Giáo viên dẫn dắt học sinh. Vận dụng điều kiện có nghiệm của phương
trình f (x) = a, bài toán được phát triển dưới dạng sau.
Với giá trị nào của a thì phương trình.
1
2
+
x
x
= a (*) có nghiệm.
Tiếp theo giáo viên hướng dẫn học sinh chuyển phương trình (1) về dạng.
Do x
2
– x + 1 ≠ 0 (*) <=> ax
2
– x + a = 0 (1).
Đến đây thì công việc trở nên quá đơn giản.
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version

8

+ Nếu a = 0 thì (1) có nghiệm x = 0.
+ Nếu a ≠ 0 ta xét phương trình bậc 2 với ẩn là x.

∆ = 1 – 4a
2
= (1 – 2a) (1 + 2a).
Để (1) có nghiệm ta phải có ∆ ≥ 0.
<=>
2
1
−
≤ A ≤
2
1

=> Vậy giá trị của A là
2
1
−
≤ A ≤
2
1

* Qua bài toán này giáo viên dẫn dắt học sinh đưa đến bài toán mới.
Bài toán 15: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của A =
1
2
+
x
x

Từ bài toán 14 học sinh dễ dàng tìm ra kết quả bài toán.
-> Max A =

2
1
tại x = 1.
Min A =
2
1
−
tại x = -1.
Từ bài tập 14 ta có thể phát biểu bài toán dưới dạng.
Bài toán 16: Chứng minh rằng.
2
1
− ≤
1
2
+
x
x
≤
2
1

(Học sinh giải tương tự như bài 14).
Bài tập tương tự.
1. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của .
a. A=
1
542
2
2

+
++
x
xx


b. B =
2
2
22
2
2
+
+
+−
x
x
xx

c. C =
22
22
yxyx
yxyx
++
+−

2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số.
y = (x + 2) (x + 3) (x + 4) (x + 5) – 7.

C. KẾT LUẬN.

Kinh nghiệm trên chỉ đưa ra một phương pháp trong giải toán. Song với
phương pháp đó đã phát huy được tính tích cực sáng tạo của học sinh. Bởi trong
quá trình giảng dạy tôi, đã áp dụng phương pháp này và kết quả rất tốt, số học
sinh khá giỏi ngày càng nhiều. Không những thế áp dụng phương pháp này còn
nâng cao được chất lượng đại trà của môn toán.
Kiến nghị đề xuất:
Để kinh nghiệm trên được áp dụng rộng rãi, trong quá trình dạy học. Tôi
tha thiết kính mong thầy cô cùng bạn đọc góp ý để đề tài ngày một hoàn thiện
hơn.

PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version

9






PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version