SKKN một số phương pháp tìm cực trị trong trường phổ thông cấp THCS

MỤC LỤC
Trang:
A. Mở đầu 1
1. Lý do chọn đề tài 1
2. Mục đích nghiên cứu 1
3. Nhiệm vụ đề tài 1
5. Đối tượng nghiên cứu 2
6. Phương pháp tiến hành 2
4. Phạm vi đề tài 2
7. Dự kiến kết quả đề tài 2
B. Nội dung 3
Phần 1: Bài toán cực trị và phương pháp giải trong đại số 3
I. Kiến thức cơ bản 3
1. Định nghĩa bài toán cực trị 3
2. Các bước cơ bản tiến hành giải toán cực trị 3
!!. Phương pháp cơ bản và ví dụ 3
1. Phương pháp dùng bất đẳng thức 3
2. Phương pháp dựa vào tính chất lũy thừa bậc chẵn 8
3. Phương pháp miền giá trị 10
4. phương pháp đồ thị hàm số 12
Phần II. Bài toán cực trị trong hình học 17
I. Kiến thức cơ bản 17
II. Một số dạng toán thường gặp 19
C. Thực nghiệm sư phạm 29
D. Kết quả thực hiện 35
E. Tài liệu tham khảo 36
``
1
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài

- Hai yếu tố đã góp phần đổi mới phương pháp giảng dạy nói chung và
phương pháp giảng dạy mon toán cấp THCS nói riêng, muốn thực hiện được điều
đó thì vi trò của người thầy hết sức quan trọng. Để góp phần vào công cuộc đổi mới
phương pháp giảng dạy thì bản thân tôi đã trăn trở rất nhiều về việc truyền thụ kiến
thức cho học sinh, không chỉ những kiến thức trong SGK mà còn phải làm sao đó
từ những kiến thức cơ bản ấy phát triển và tìm ra những kiến thức mới giúp HS lĩnh
hội một cách chủ động và có hệ thống.
- Trong chương trình toán phổ thông cấp THCS nhiều mảng kiến thức trong
SGK đề cập đến rất ít nhưng trong quá trình học lại gặp rất nhiều, ngay những em
HS nắm rất vững kiến thức SGK nhưng khi gặp dạng toán này cũng lúng túng vì
vậy với phạm vi đề tài này tôi muốn đề cập đến một vấn đề mà không ít chúng ta -
những người thầy đang trăn trở và băn khoăn, đó là dạng toán “ Tìm cực trị “ . Thật
vậy trong chương trình toán phổ thông dạng kiến thức về ‘’cực trị’’là một trong
những mảng kiến thức khó mà ứng dụng của nó lai khá rộng rãi nó không những có
mặt trong phân môn đại số mà còn đóng góp một vai trò quan trọng trong phân
môn hình học, nó không chỉ dừng ở chương trình THCS mà còn là một phần quan
trọng trong chương trình THPT. Vì vậy dạng toán’’cực trị’’là phần gây cho HS
ngay cả HS giỏi nhiều bối rối tuy nhiên đây cũng là phần quyến rũ HS say mê môn
toán và học giỏi toán vì nó đòi hỏi phải tư duy, tìm tòi sáng tạo.
- Để giải được một bài toán cực trị cấp THCS yêu cầu phải nắm vững được các
kiến thức cơ bản phổ thông phải biến đổi thành thạo các biểu thức đại số và sử
dụng khá nhiều hằng đẳng thức từ đơn giản đến phức tạp và điều đặc biệt là thông
qua các bài tập cực trị hHS có thể vận dụng linh hoạt vào các loại toán khác như
giải phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức, chứng minh một yếu tố hình
học
Tóm lại: Qua nghiên cứu kỹ nội dung kiến thức , đọc nhiều tài liệu và qua
những năm dạy toán ở trường THCS , tôi đã rút ra được vài kinh nghiệm . tôi mạnh
2
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
dạn lấy đề tài nghiên cứu tựa đề là: “ Một số phương pháp tìm cực trị trong

trường phổ thông cấp THCS “. Nếu có thể chúng ta cùng nghiên cứu và bổ sung
cho hoàn chỉnh hơn.
2. Mục đích nghiên cứu
- Đề tài này có tác dụng giúp học sinh học tập môn Toán nói chung và việc giải
toán cực trị nói riêng được tháo gỡ phần nào những khó khăn. Trang bị cho học
sinh một số kiến thức cơ bản nhằm nâng cao rèn luyện khả năng tư duy và học tập
bộ môn một cách chủ động.
- Tạo thêm hứng thú cho học sinh trong học tập môn Toán cũng như kích
thích sự đam mê tự học và tự tìm tòi nghiên cứu.
- Giúp bản thân những tri thức và kinh nghiệm phục vụ cho quá trình giảng
dạy góp phần nâng cao chất lượng dạy và học của nền giáo dục nước nhà.
3. Nhiệm vụ đề tài
- Đề tài đưa ra một số kiến thức cơ bản về bài toán’’cực trị’’phù hợp với trình
độ nhận thức của học sinh THCS.
- Thông qua đề tài trang bị cho học sinh những phương pháp cơ bản giải bài
toán cực trị để học sinh vận dụng làm bài tập.
- Chọn lọc hệ thống những bài tập mang tính tiêu biểu phù hợp với từng nội
dung phương pháp.
4. Phạm vi đề tài
Phát triển năng lực tư duy của HS thông qua giải toán tìm cực trị trong hình học
và trong đại số đối với HS lớp 7, 8, 9
5. Đối tượng nghiên cứu
- Đề tài áp dụng phần nhiều cho HS lớp 8, 9 tuy nhiên có một số bài cho H
lớp 7 và trong các bài luyện tập, ôn tập cuối năm, cuối kì, luyện HS giỏi, luyện thi
tuyển THPT
6. Phương pháp tiến hành:
Giáo viên trang bị kiến thức cơ bản, học sinh phân tích vận dụng định hướng
giải bài tập. Sau đó kiểm tra đánh giá và thảo luận tập thể.
7. Dự kiến kết quả đề tài
3

NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
Áp dụng đề tài sẽ tháo gỡ cho học sinh nhiều khó khăn trong việc giải toán
cực trị. Tạo cho học sinh có cơ sở và niềm tin trong giải toán cực trị.
4
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
B- NỘI DUNG
PHẦN ! : BÀI TOÁN CỰC TRỊ PHẦN ĐẠI SỐ
A . Yêu cầu
1 / với giáo viên :
- Xây dựng cơ sở lí thuyết để giải các bài toán cực trị và phương pháp giải cho
từng dạng toán .
- phân loại các bài tập từ dễ đến khó .
- Rèn luyên nâng cao khả năng tư duy sáng tạo qua việc tìm tòi chọn lọc tham
khảo kiến thức trong khi nghiên cứu .
- Trong quá trình giảng dạy, phải chú ý tìm ra nhũng vướng mắc , sai sót mà HS
haymắc phải khi làm bài tập .
2 / Với học sinh :
- Hiểu được bản chất các loại toán .
- Nhận dạng được từng loại bài tập , vận dụng phương pháp hợp lý của từng dạng
vào giải toán .
- Phát huy khả năng tư duy sáng tạo trong khi giải toán , biết suy luận từ bài dễ
đên bài khó với cách giải hay hơn .
B . MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Định nghĩa Cho biểu thức f(x) xác định trên D
a) Ta nói rằng M = const là giá trị lớn nhất của f(x) trên D nếu hai điều kiện
sau đồng thời được thoả mãn
1
o
. f(x) ≤ M với ∀ x ∈ D
2

o
. Tồn tại x
0
∈ D sao cho f(x
0
) = M. kí hiệu là max f(x) = M
b) Ta nói rằng m = const là giá trị nhỏ nhất của f(x) rtên D nếu thoả mãn đồng
thời hai điều kiện sau:
1
o
. f(x) ≥ m với ∀ x ∈ D
2
o
. Tồn tại x
0
∈ D sao cho f(x
0
) = m.
2. Các bước cơ bản tiến hành giải toán cực trị
- Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức:
5
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
f(x) ≥ m (hoặc f(x) ≤ M) với ∀ x ∈ D.
- Bước 2: Chỉ ra giá trị x
0
∈ D để:
f(x
0
) = m f(x
0

) = M)
- Bước 3 Kết luận: Với giá trị x
0
∈ D thì f(x) đạt:

MxMaxf
Dx
o
=
∈
)(

mxM
D
x
=
∈0
)inf(

Chú ý :
1 / Nếu chỉ chứng minh được f (x)
≥
m hoặc f(x)
≤
M thì chưa đủ để kết luận về
GTLN hoặc GTLN
Ví dụ : Tìm GTNN của biểu thức A = (x - 1)
2
+(x-3)
2

Giải : Ta có (x-1)
2
≥ 0 ∀x (1)
( x - 3 )
2
≥ 0 (2)
⇒ A ≥ 0 ∀x nhưng không thể kết luận được Min A = 0 vì không xảy ra đồng
thời hai BĐT (1) và (2).
Ta có: f(x) = x
2
- 2x + 1 + x
2
-6x + 9 = 2 ( x
2
- 4x + 2 ) = 2 ( x - 2 )
2
+ 2 ≥ 2
Vậy Min A = 2 ⇔ x - 2 = 0 ⇔ x = 2
2/ Một biểu thức có thể có GTNN, GTLN hoặc chỉ có một trong hai giá trị trên
C . PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN VÀ VÍ DỤ
Phương pháp 1: Sử dụng bất đẳng thức
1.1. Nội dung phương pháp
+ Dùng bất đẳng thức đã biết vào chứng minh
f(x) ≥ m (hoặc f(x) ≤ M) với ∀ x ∈ D
+ Chỉ ra sự tồn tại x
0
∈ D để "bất đẳng thức" trở thành "đẳng thức" (dấu "="
xảy ra).
1.2. Kiến thức bổ sung
a) Bất đẳng thức cô si

+ Với a,b > 0, a,b ∈ D thì
ab
ba
≥
+
2
Dấu = xảy ra khi a= b
6
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
+ Tổng quá: Với n số dương a
1
, a
2
, , a
n
∈ D
thì:
n
n
n
aaa
n
aaa


21
21
≥
+++
Dấu bằng xảy ra khi a

1
= a
2
= = a
n
.
b) Bất đẳng thức Bunhiacopski
+ Nếu a
1
, a
2
, , a
n
và b
1
, b
2
, , b
n
là 2n số tuỳ ý thì:
( )( )
( )
2
2211
22
2
2
1
22
2

2
1

nnnn
babababbbaaa +++≥++++++
Dấu "=" xảy ra ⇔
n
n
b
a
b
a
b
a
===
2
2
1
1
.
(Quy ước nếu a
i
= 0 thì b
i
= 0 i = 0, 1, 2, 3, n)
c) Bất đẳng thức trị tuyệt đối
*.
0≥a
∀ a ∈ D dấu bằng xảy ra  a = 0
*

baba +≥+
với a,b ∈ D dấu bằng xảy ra  a.b ≥ 0.
Tổng quát : a
1
, a
2
, , a
n
∈ D thì
nn
aaaaaa +++≥+++
2121
Dấu bằng xảy ra khi đôi một cùng dấu.
*.
baba −≤−
dấu bằng xảy ra khi a.b ≥ 0
d) Với a ≥ b > 0 thì
ba
11
≤
dấu bằng xảy ra khi a = b.
e)
2≥+
a
b
b
a
( a, b > 0 ) dấu bằng xảy ra khi a = b.
1.3. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

f(x,y,z) = x
4
+ y
4
+ z
4
xét trên miền D ={(x,y,z) : xy +yz +zx = 4}
Tìm xem vận dụng BĐT nào cho bài toán này là điều khó khăn nhất đói với
học sinh . Tuy nhiên có thể thấy rằng có thể vận dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 dãy
số x,y,z và y,z ,x ta có
( x
2
+ y
2
+ z
2
) ≥ ( xy + yz + zx )
2

Từ đó ta suy ra nếu ( x, y, z )
∈
D Thì ( x
2
+ y
2
+ z
2
) ≥ 16
Lại áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 dãy số x
2

,y
2
,z
2
và 1,1 ,1 ta có
7
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
3 ( x
4
+ y
4
+z
4
) ≥ ( x
2
+ y
2
+ z
2
)
2
(2)
Từ (1) và (2)
⇒
f(x,y,z) > 16/3
∀
(x,.y,z)
∈
D
Mặt khác f (

3
2
,
3
2
,
3
2
) =
3
16
và (
3
2
,
3
2
,
3
2
)
∈
D
Vậy Min f (x,y,z) = 16/3
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
B =
+
−
x
x 1

với x ≥ 1,y ≥ 2 , z ≥ 3
A =
+
−
x
x 1

+
−
y
y 2

+
−
z
z 3
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm 1 và x - 1 ta có:

( )
22
11
1.1
xx
x =
−+
≤−

Tương tự :
22
2

22
.
2
1
2
2
1
2
yy
yy =
−+
≤−=−

32
2
33
.
3
1
3
3
1
3
zz
zz =
−+
≤−=−
⇒
A ≤
z

z
y
y
x
x
3222
2
++

⇒
A ≤
32
1
22
1
2
1
++
Dấu "=" xảy ra





=
=
=
⇔
6
4

2
z
y
x
⇒
Max A =
32
1
22
1
2
1
++






=
=
=
⇔
6
4
2
z
y
x
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a) D =
12 −+− xx
b) Cho x
1
, x
2
, , x
2004
thoả mãn
2005
200421
=+++ xxx
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
E =
1 11
200421
−++−+− xxx
8
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
Giải: a) Áp dụng bất đẳng thức
baba +≥+
dấu "=" xảy ra khi a.b ≥ 0
Ta có D =
11212 =−+−≥−+− xxxx
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi (x-2)(1-x) ≥ 0  1 ≤ x ≤ 2
Vậy Min D = 1 khi 1 ≤ x ≤ 2
b) Vận dụng bất đẳng thức
baba −≥−
Dấu "=" xảy ra khi ab ≥ 0. Ta có:
11

11
−≥− xx
11
22
−≥− xx

11
20042004
−≥− xx
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được:
E =
1 11
200421
−++−+− xxx
≥
200421
xxx +++
-
  
12004
1 11
sã
+++
= 2005 - 2004 = 1
Vậy E ≥ 1 Dấu "=" xảy ra khi x
1
, x
2
, x
2004

≥ 0
và
200421
xxx +++
= 2005
Những sai lầm thường gặp của dạng toán này
Sai lầm thường gặp khi vận dung BĐT rất phổ biến là :
- Điều kiện tồn tại BĐT
- Dấu bằng của BĐT không xảy ra với những giá trị tìm được
Ví dụ 3 : Với x , y , z , t > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của
A =
t
xzy
z
txy
y
xzt
x
tzy
xzy
t
txy
z
xzt
y
tzy
x ++
+
++
+

++
+
++
+
++
+
++
+
++
+
++
Học sinh có thể ngộ nhận và vận dụng ngay BĐT

2≥+
a
b
b
a
( a, b > 0 ) dấu bằng xảy ra khi a = b
9
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
Để ra ngay kết quả A ≥ 8
⇒
Min A = 8
⇔

0====⇔








++=
++=
++=
++=
tzyx
zyxt
yxtz
xtzy
tzyx
Điều này hoàn toàn không xảy ra vì A không tồn tại với x = y = z = t = 0
Đây là những sai lầm thường gặp mà nhiệm vụ của người thầy là phải chỉ ra
được những sai lầm để các em rút kinh nghiệm khi giải toán cực trị
1.4. Bài tập vận dụng
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A =
)11(2)11(2 +−+++++ xxxx
2) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
f(x,y,z) = xyz(x+y ) (y+z) (z+x) xét trên miền
D =
{ }
1,0,0,0:),,( =++>>> zyxzyxxyx
3) Tìm giá trị bé nhất của hàm số :
f(x,y,z) = ( 1+
x
1
) ( 1+

y
1
) ( 1+
z
1
) Xét trên miền.
D =
{ }
1;0,0,0:),,( =++>>> zyxzyxzyx
Phương pháp 2
Tìm cực trị dựa vào tính chất của luỹ thừa bậc chẵn
2.1. Nội dung phương pháp
*/ A
2
≥ 0 ∀x ( x là biến của biểu thức A ) ⇒ A
2k
≥ 0 ∀x
*/ - B
2
≤ 0 ∀x (x là biến của biểu thức B ) ⇒ - B
2k
≤ 0 ∀x
Nhiệm vụ của người thầy phải chỉ ra được :
*/ A
2k
+m ≥ m
⇒
m là GTNN
⇔
A = 0

*/ -B
2k
+ M ≤ M
⇒
M là GTLN
⇔
B = 0
2.2. Kiến thức bổ sung:
Nhiệm vụ của các em là làm thế nào để có thể đưa về dạng A
2k
+m ≥ m và
-B
2k
+ M ≤ M bằng các phép biến đổi đại số
10
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸

2.3 : các ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Tìm GTNN của A = 3x
2
+ 6x - 5
Giải: Ta có A = 3 ( x
2
+ 2x + 1 ) - 8 = 3 (x + 1 )
2
- 8 ≥ - 8
Dấu bằng xảy ra ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = - 1
Vậy Min A = - 8 ⇔ x = - 1
Ví dụ 2: Tìm GTLN của B = - 5x
2

- 4x + 1
Giải : A = -5 ( x
2
+ 4/5 x ) + 1 = -5 ( x
2
+ 4/5x + 4/25 ) + 9/5
( x
2
+ 2/5 )
2
+9/5 ≤ 9/5
Dấu “=” xảy ra
⇔
x + 2 /5 = 0
⇔
x = - 2/5
* Chú ý : f(x) = ax
2
+ bx + c
* Có giá trị nhỏ nhất
⇔
a > 0.
* Có giá trị lớn nhất
⇔
a < 0.
Không dừng lại ở đây ta có thể đưa ra một số ví dụ sau :
Ví dụ 3 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

)( 1
12

683
2
2
≠
+−
+−
=
x
xx
xx
C
Có thể các em sẽ ngỡ ngàng và lúng túng trong việc giải . Tuy nhiên có thể gọi
phương pháp giải là tìm cách đưa về dạng ax
2
+ bx + c bằng cách đổi biến số , cụ
thể cách làm như sau :
C =
22
2
)1(
1
1
2
3
)1(
1)1(2)12(3
−
+
−
−=

−
+−−+−
xxx
xxx
Đặt y =
1
1
−x
(y
≠
0 )
C = 3 - 2y + y
2
đến đây C đã đưa về dạng cơ bản việc giải không còn gì khó
khăn nữa, giáo viên cần phải cho học sinh thấy rằng việc đổi biến số trong toán cực
trị là rất quan trọng trong nhiều bài toán và việc đổi biến số giúp chúng ta giải được
bài toán nhanh hơn, gọn hơn.
Ta còn có thể mở rộng dạng toán này.
Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
f(x,y ) = 4x
2
+ 4y
2
- 4xy - 3x
= 4y
2
- 4xy + x
2
+ 3( x
2

-x )
11
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
= ( 2y - x )
2
+ 3( x-
2
1
)
2
-
4
3
≥ -
4
3
Đẳng thức xảy ra ⇔ x =
2
1
và y =
2
x
=
4
1
min f(x,y) = -
4
3
⇔








=
=
4
1
2
1
y
x
Sai lầm thường gặp ở dạng toán này là:.
Như ví dụ 4 các em có thể làm như sau:
f(x,y) = x
2
- 4xy + 4y
2
+ 2x
2
- 4x + 2 + x
2
+ x -2
= ( x - 2y )
2
+ 2 ( x -1 )
2
+ x

2
+ x - 2 ≥ x
2
+ x - 2
∀
x (1)
Vì g(x) = x
2
+ x - 2 = ( x +
2
1
)
2
-
4
9
≥ -
4
9

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = -
2
1
⇒ min f(x,y) = -
4
9
⇔








−=
−=
4
1
2
1
y
x

Các em không thấy được rằng đẳng thức xảy ra ở (1) khi



=
=
1
2
x
yx
⇔





=

=
1
2
1
x
y
còn
dấu đẳng thức xảy ra ở (2) khi x = -
2
1
thì 2 dấu đẳng thức xảy ra không đồng thời
nên GTNN của g(x) không phải là GTNN của f(x,y).
Hoặc với bài:
Ví dụ 5 : Tìm giá trị nhỏ nhất của:
M = x +
x
M = x +
x
= ( x +
x
+
4
1
) -
4
1
= (
x
+
2

1
)
2
-
4
1
≥ -
4
1
Vậy min M = -
4
1
. Sai lầm ở chỗ M ≥ -
4
1
học sinh chưa chỉ ra khi
nào dấu đẳng thức xảy ra: M = -
4
1
⇔
x
= -
2
1
là vô lí
12
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
Vậy việc tìm ra điều kiện dấu đẳng thức xảy ra là rất quan trọng trong việc
tìm cực trị của biểu thức đại số.
3.3 . Bài tập vận dụng.

1) Tìm giá trị nhỏ nhất của :
C = x
2
- 2xy + 2y
2
+ 2x - 10y + 17
E = x (x+ 1) (x + 2) (x + 3 )
2) Tìm giá trị lớn nhất của:
A = - 5x
2
- 2xy - 2y
2
+ 14x + 10y - 1.
3) Tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) của :
A =
2
2
95
x
xx ++
B =
2
2
)1(
952
+
−+
x
xx

Phương pháp 3 :
Phương pháp miền giá trị hàm số
3.1 . Nội dung phương pháp.
Với bài toán tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của hàm số f(x) nếu x
∈
D gọi y
0
là một giá trị tuỳ ý của hàm số xét trên miền đã cho. Điều đó có nghĩa hệ phương
trình sau đây với ẩn x có nghiệm.



∈
=
Dx
yxf
0
)(
Tuỳ dạng bài mà có điều kiện nghiệm thích hợp. Trong nhiều trường hợp
điều kiện ấy (sau khi biến đổi và rút gọn) sẽ đưa về dạng.
m ≤ y
0
≤ M vì y
0
là một giá trị bất kì của f(x) nên từ đó ta có:
Min f(x) = m và Max f(x) = M.
x
∈
D x
∈

D
Như vậy để tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của một hàm số nếu dùng phương
pháp này , ta qui về việc tìm điều kiện để phương trình có nghiệm.
2.2. Kiến thức bổ sung:
Công thức nghiệm và công thức nghiêm thu gọn của phương trình bậc hai
3.2 . Các bài toán
13
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
Bài toán 1 : Tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của hàm số.
f(x) =
123
3102
2
2
++
++
xx
xx
với x
∈
R.
Giải
Gọi y
0
là giá trị tuỳ ý của hàm số . Vậy phương trình sau đây ( ẩn x ) có nghiệm.
123
3102
2
2
++

++
xx
xx
= y
0
(1)
Do 3x
2
+2x + 1 > 0
∀
x
∈
R
(1) ⇔ 2x
2
+ 10x + 3 = 3x
2
y
0
+ 2xy
0
+ y
0
⇔ ( 3y
0
- 2 ) x
2
+ 2x ( y
0
- 5 ) + y

0
- 3 = 0 (2)
Xét 2 khả năng sau :
* Nếu 3y
0
- 2 = 0 ⇔ y
0
=
3
2
⇒ (2) có nghiệm
Tức f(x) =
3
2

∀
x
∈
R
* Nếu 3y
0
- 2
≠
0 ⇔ y
0

≠

3
2

thì (2) là phương trình bậc 2 đối với ẩn x Do đó
(2) có nghiệm nếu:

∆
’ = - 2y
0
+ 19y
0
- 35 ≥ 0.
⇔
2
5
≤ y
0
≤ 7 và y
0

≠

3
2
.
⇔
2
5
≤ y
0
≤ 7 (3).
Từ (3) ⇒ Maxf(x) = 7 và Mìnf(x) =
2

5
.
Nhận thấy với phương pháp này ta có thể vận dụng cho các bài toán tìm giá
trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức dưới dạng phân thức.
Bài toán 2 : Tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của hàm số. f(x,y) = x
2
+ y
2

xét trên miền D = (x,y) ; ( x
2
- y
2
+ 1)
2
+ 4x
2
y
2
- x
2
- y
2
= 0
14
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
Giải: Gọi t
0
là một giá trị bất kì của hàm số f(x,y) trên miền D . Điều đó
chứng tỏ phương trình ẩn (x,y) sau có nghiệm:






=−−++−
=+
)()(
)(
`
2041
1
2222222
0
22
yxyxyx
tyx


⇔





=+++−+
=+
0413
222222

0
22
xyxyx
tyx
)()(
`

⇔





=++−
=+
)(
)(
40413
3
2
0
2
0
22
xtt
tyx
Để (4) ẩn x có nghiệm thì:
t
2
- 3t

0
+ 1
≤
0

⇔
2
53
2
53
0
+
≤≤
−
t
(5)
Với đièu kiện (5) gọi m là nghiệm của (4) và (3) ta có :
4m
2
+ 4y
2
= 4t
0
⇔
- t
0
2
+ 3t
0
- 1 4y

2
= 4t
0

⇔
4y
2
= t
2
0
+ t
0
+ 1 (6)
Do t
0
2
+ t
0
+ 1 > 0
∀
t
0

⇒
với điều kiện (5) thì (6) có nghiệm.
Nghĩa là (5) là điều kiện để hệ (3), (4) tức là hệ (1) , (2) có nghiệm.

⇒
Max(x,y) =
2

53 +
, Min(x,y) =
2
53 −
Tuy nhiên bài toán này ta có thể vận dụng bất đẳng thức để giải. Nhưng với
phương pháp này chúng ta có thể vận dụng để giải được nhiều bài và học sinh có
thể “máy móc” nhớ được phương pháp giải.

Phương pháp 4
Phương pháp đồ thị và hình học
4.1 Nội dung phương pháp
- Vẽ đồ thị hàm số y = f(x) x ∈ D
- Xét các điểm cực đại hoặc cực tiểu trên D từ đó suy ra cực trị của biểu thức:
Max f(x) = y
cực đại

15
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
Min f(x) = y
cực tiểu
4.2 Kiến thức bổ sung :
- Dựa trên tính chất "đơn điệu" của đồ thị hàm số.
- Từ đó suy ra cực đại và cực tiểu của đồ thị.
Để giải bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất bằng phương pháp đồ thị và hình
học người ta thường sử dụng các tính chất sau:
- Trong tất cả các đường gấp khúc nối 2 điểm A, B cho trước thì đường
thẳng nối AB là đường thẳng có độ dài bé nhất.
- Trong một tam giác, tổng 2 cạnh luôn lớn hơn cạnh thứ 3.
- Cho điểm M ở ngoaì đường thẳng d cho trước khi đó độ dài kẻ từ M xuống
d ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từ M xuống d.

- Trong các tam giác cùng nội tiếp một đường tròn thì tam giác đều có chu vi
và diện tích lớn nhất.
Nếu như một bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, bằng một phép biến
đổi nào đó có thể qui về sự kiện hình học nói trên thì ta nên dùng phương pháp đồ
thị hình học để giải chúng. Dĩ nhiên là phương pháp này chỉ thích hợp cho các bài
toán trong nội dung của nó đã tiềm ẩn những yếu tố hình học, mà thoạt tiên ta chưa
nhìn ra nó, chứ không phải bài nào cũng có thể giải bằng phương pháp này.
Sau đây tôi sẽ trình bày bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất mà đối với
nó phương pháp đồ thị và hình học sẽ tỏ rõ hiệu quả.
4.3Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
K =
11
22
+−+++ xxxx

Với x ∈ R
Ta có: K =
2
22
2
3
2
1
2
3
2
1
2









+






−+








+







+ xx
=
2
2
2
2
2
3
0
2
1
2
3
(0)
2
1
(








−+







−+








−−+






−− xx
(1)
Trên mặt phẳng toạ độ đề các xoy xét các điểm
16
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
A
)
2
3
,
2
1

(
−
−
; B
)
2
3
,
2
1
(−
và C (x,0)
Nhận xét: Dựa vào hình vẽ ta có K = AC + CB ≤ AB
Mà AB
2
=
( )
2
3
+ 1
2
= 4 => AB = 2
Vậy khi đó dấu bằng xảy ra khi A, B, C thẳng hàng
hay x = 0 (C trùng O(0,0))
Vậy Min K = 2 khi x = 0
. Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của D =
22 −+− yx
Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối ta có:
D = y =






<−
≤≤
<+−
)(232
)(211
)(132
3
2
1
dxx
dx
dxx
- Vẽ đồ thị hàm số (d
1
), (d
2
), (d
3
) trên trục xác định tương ứng ta được:
17
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
y
x
B
O
C

2
1
−
2
1
−
2
1
2
3
−
nếu
nếu
nếu
y
3
(d
1
)
(d
2
)
(d
3
)
1
1
2
x
2

1
-3
O
Hình 1
- Nhận xét:
Dựa vào đồ thị ta thấy hàm số y không có cực đại mà chỉ có cực tiểu
y = 1 trên 1 ≤ x ≤ 2 vậy Min D = 1 khi và chỉ khi 1 ≤ x ≤ 2

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
f(x,y,z ) = x( 1 - y) + y( 1 - z) + z( 1- x) xét trên miền
D =
{
(x,y,z) ; 0
≤
x
≤
1 ; 0
≤
y
≤
1 ; 0
≤
z
≤
1
}
Giải
Với bài toán này dùng các phương pháp 1; 2; 3 không phải là khó , tuy nhiên
nếu sử dụng phương pháp hình học sẽ vừa nhanh vừa hiệu quả.
Vẽ tam giác đều ABC cạnh bằng 1 khi đó

S
ABC
=
4
3
(1)
Đặt trên các cạnh AB , BC , AC các đoạn
AM = x , BN = z , CP = y( có thể M
≡
A nếu x = 0
và M
≡
B nếu x = 1 , tương tự với N , P )
Vì Sin 60
0
=
2
3
áp dụng S =
2
1
ab SinC . Ta có
S
AMP
=
4
31 )( yx −
; S
BNM
=

4
31 )( xz −
và S
NPC
=
4
31 )( zy −
Mà ta lại có : S
AMP
+ S
BNM
+ S
NPC

≤
S
ABC
. Hay từ (1) ta có
x(1 - y) + y( 1 - z) + z( 1 - x )
≤
1
Như vậy ta có : f(x,y,z)
≤
1
∀
(x,y,z)
∈
D
Và f(0;0;1) = 1 và do (0;0;1)
∈

D
⇒
Max f(x,y,z) = 1
18
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
A
B
C
x
y
z
M
N
P
Bằng phương pháp này ta giải một số bài toán vừa nhanh , vừa khoa học . Tuy
nhiên để phát hiện tìm ra phương pháp hợp lí thì không phải học sinh nào cũng có
thể làm được . Vì vậy yêu cầu người thầy phải rèn luyện kĩ năng giải toán cho học
sinh , trước hết là bằng cách cho học sinh làm nhiều dạng tương tự để dần học sinh
làm quen và tìm ra được phương pháp giải hợp lí
PHẦN!!
BÀI TOÁN CỰC TRỊ PHẦN HÌNH HỌC
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN.
1. Cực trị trong hình học là gì?
Một số bài toán hình học mà trong đó các hình được nêu ra có cùng một tính
chất và đòi hỏi ta tìm được hình sao cho có một đại lượng nào đó (số đo góc, độ dài
đoạn thẳng, số đo chu vi, số đo diện tích ) đạt giá trị lớn nhất (GTLN) hay ghi là
(max) hoặc giá trị nhỏ nhất (GTNN) hay là ghi (min) được gọi là bài toán cực trị
hình học.
1) Lời giải của bài toán cực trị thường được trình bày theo hai cách:
Cách 1: Chỉ ra một hình rồi chứng minh hình đó có đại lượng cần tìm cực trị

lớn hơn đại lượng tương ứng của mọi hình khác (nếu bài toán tìm GTLN) và nhỏ
hơn đại lượng tương ứng của hình khác (nếu bài toán tìm GTNN).
Cách 2: Thay đại lượng cần tìm cực thành một đại lượng khác tương đương
(nếu được) rồi từ đó tìm kiến thức tìm GTLN, GTNN của A. (A là một đại lượng
nào đó như góc, đoạn thẳng, )
19
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
a) - Ta chứng minh được A ≥ m (m không đổi)
- Có một hình sao cho A = m thì GTNN của A là m
b) Ta chứng minh được A ≤ t (t không đổi)
- Có một hình sao cho A = t thì GTLN của A là t
- Từ đó ta xác định được vị trí của các điểm để đạt được cực trị.
Chú ý : Thường trình bày cực trị theo 2 cách:
II. Phân loại bài tập và ví dụ minh hoạ :
1) Tìm cực trị dùng bất đẳng thức trong tam giác

1.1. Kiến thức cơ sở:

- Với 3 điểm A,B ,C bất kỳ ta có :
BCAC −
≤ AB ≤ AC + BC
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ C
∈

[ ]
AB
- Trong tam giác ABC Có ∠ BAC > ∠ ABC ⇔ BC < AC
+ Quy tắc n điểm A
1
A

2
, , A
n

Ta có A
1
A
n
≤ A
1
A
2
+ A
2
A
3
+ A
n-1
A
n
Dấu "=" xảy ra ⇔A
1
A
2
, , A
n
thẳng hàng và sắp xếp theo thứ tự đó.
12. Các ví dụ áp dụng :
Ví dụ 1 : Cho đường tròn (0; R) , A và B là hai điểm cố định nằm ngoài đường
tròn . M là điểm cố định trên đường tròn (0) .

Xác định vị trí của điểm M để diện tích tam giác MAB có giá trị :
a) Lớn nhất b) nhỏ nhất
Giải
Vẽ đường thẳng d qua 0 và ⊥ AB tại K
d cắt đường tròn ( 0 ) tại C và D
Hạ AH ⊥ AB
⇒ S
MAB
=
2
.ABMH

a) Ta có MH ≤ MK
Xét 3 điểm M,O ,K ta có
MK ≤ OM + OK
20
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
A
B
C
M
O
K
H
D
d
⇔ MK ≤ OC + OK ⇔ MH ≤ CK
⇒ S
MAB
≤

2
.ABCK
( không đổi )
Dấu “ = “ xảy ra ⇔ H
≡
K
⇔ M
≡
C
b) Xét 3 điểm M,O ,H ta có MH ≥
OMOH −
Mà OK ≤ OH và OK - OM = OK - OD = DK ⇒ MH ≥ DK
⇒ S
MAB
≥
2
.ABDK
( không đổi ) Dấu “ = “ xảy ra ⇔ M
∈

[ ]
OH
Và M
≡
K ⇔ M
≡
D
Ví dụ 2: Cho đường tròn (O;R); A là điểm cố định trong đường tròn
(A ≠ O). Xác định vị trí của điểm B trên đường tròn O sao cho góc OBA lớn
nhất.

Giải:
Giả sử có B ∈ (O). Vẽ dây BC của đường tròn (O) qua A ta có OB = OC = R
=> ∆OBC cân tại O => góc OBC =
2
180
0
COB−
Nên góc OBA
max

⇔
góc COB
min
.
Trong ∆COB có CO = OB = R không đổi
=> ∠COB
min

⇔
BC
min
= OH
max
Mà OH ≤ OA nên OH
max

⇔
H ≡ A
⇔
BC ⊥ OA tại A.

Vậy OBA
max

⇔
B ∈ (O) sao cho BC ⊥ OA tại A.
Ví dụ3: : Cho tứ giác lồi ABCD. Tìm điểm M trong tứ giác đó sao cho AM +
MB + MC + MD đạt cực trị nhỏ nhất.
Giải:
Với 3 điểm M, A, C ta có: MA + MC ≥ AC
Dấu "=" xảy ra ⇔ M ∈ AC
Tương tự với ba điểm M, B, D
ta có MB + MD ≥ BD.
21
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
O
C
B
H
A
O
M
D
A
C
B
Dấu "=" xảy ra ⇔ M ∈ BD
AM + MB + MC + MD ≥ AC + BD (không đổi).
Dấu "=" xảy ra ⇔




∈
≡⇔∈
BDM
OMACM
Vậy min (AM + MB + MC + MD) = AC + BD ⇔M ≡ O

1.3. Bài tập vận dụng:
Bài 1: Cho góc vuông xOy; điểm A thuộc miền trong của góc. Các diểm M,
N theo thứ tự chuyển động trên các tia Ox,Oy sao cho góc MAB = 90
0
. Xác định vị
trí của M, N để MN có độ dài nhỏ nhất.
Bài 2: Cho 2 đường tròn ở ngoài nhau (O;R) và (O';R'). A nằm trên (O), B
nằm trên (O'). Xác định vị trí của điểm A,B để đoạn thẳng AB có độ dài lớn nhất.
2 / Tìm cực trị dùng quan hệ giữa đường vuông góc với
đường xiên
. 2.1. Kiến thức cơ sở
Ta có AH ⊥ d; A ∉ d; B,C ∈ d
*.AB ≥ AH, dấu "=" xảy ra ⇔ B ≡ H
*.AB ≤ AC ⇔ BH ≤ HC
2.2. Các ví dụ áp dụng
Ví dụ1:: Cho ∆ABC (Â = 90
0
) M là điểm chuyển động trên cạnh BC. Vẽ MD
⊥ AB; ME ⊥ AC (D ∈ AB, E ∈ AC). Xác định vị trí của M để DE có độ dài nhỏ
nhất.
Giải:
Vẽ AH ⊥ BC (H ∈ BC), H cố định và AH không đổi, tứ giác AEMD có Â = Ê
=

D
ˆ
= 90
0
=> AEMD là hình chữ nhật.
22
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
A
A
H
C
d
C
D
B
A
A
H
M
E
=> DE = AM mà AM ≥ AH (không đổi)
(theo t/c đường xiên và đường vuông góc).
Dấu "=" xảy ra ⇔ M ≡H. Vậy khi M ≡ H thì DE nhỏ nhất.


Ví dụ 2 : Cho đường thẳng d và đường tròn (O;R) có khoảng cách từ tâm đến d là
OH ≥ R. Lấy hai điểm bất kỳ A ∈ d; B ∈ (O;R). Hãy chỉ ra vị trí của A và B sao
cho độ dài của AB ngắn nhất? Chứng minh điều đó.
Giải:
Từ tâm (O) kẻ OH ⊥ d, OH cắt đường tròn (O) tại K. Xét ba điểm A. B. O ta

có AB + OB ≤ OA mà OA ≥ OH (quan hệ đường xiên và đường vuông góc).
=> AB ≥ OH - OB = HK không đổi
Vậy min AB = KH ⇔



≡
≡
KB
HA
2.3.Bài tập vận dụng:
Bài 1: Trên cạnh BC, AC của tam giác đều ABC lấy tương ứng hai điểm M
và N sao cho Bạch Mã = CN. Tìm vị trí của M để MN có giá trị lớn nhất.
Bài 2: Cho nửa đường tron (O;R) đường kính AB.M là một điểm trên nửa
đường tròn, kẻ MH ⊥ HB. Xác định vị trí của M để:
a) S∆
ABC
lớn nhất
b) Chu vi của ∆MAB lớn nhất.
3. Tìm cực trị vận dụng bất đẳng thức trong đường tròn.
3.1 Kiến thức cơ sở:
+ Trong một đường tròn: đường kính là dây cung lớn nhất.
+ Dây cung lớn hơn ⇔ dây đó gần tâm hơn.
+ Cung lớn hơn ⇔dây trương cung lớn hơn
+ Cung lớn hơn ⇔ góc ở tâm lớn hơn
3.2. Các ví dụ áp dụng :
23
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
A
B

H
K
O
d
A
Ví dụ 1 : Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm trong đường tròn đó (M ≠ O).
Xác định vị trí của dây cung AB của đường tròn (O) qua M sao cho độ dài AB ngắn
nhất.
Giải:
Ta có dây AB ⊥ OM tại M là dây
cung có độ dài nhỏ nhất.
Thật vậy: Qua M vẽ dây A'B' bất kỳ
của (O) A'B' không vuông góc với OM.
Vẽ OM' ⊥ A'B'. M' ∈ A'B'; M' ≠ M =>
OM' ⊥ MM' => OM > OM'
=> AB < A'B' (theo định lý khoảng
cách từ tâm đến dây).
Ví dụ 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (O;R). M là điểm di
động trên đường tròn (O). Xác định vị trí của M để MA + MB + MC đạt giá trị lớn
nhất.
Giải:
Ta xét M ∈ cung BC. Trên MA lấy D sao cho MB = MD. Ta chứng minh
được: ∆BMD là tam giác đều.
=>
32
ˆˆ
BB +
= 60
2
Mà

21
ˆˆ
BB +
= 60
0
=>
31
ˆˆ
BB =
Chứng minh cho ∆BAD = ∆BCM (gcg)
=> AD = MC
=> MA + MB + MC = MA + MD + DA = 2MA
Mà MA là dây cung của đường tròn (O;R) => MA = 2R
=> max (MA + MB + MC) = 2.2R = 4R ⇔MA là đường kính của đường tròn
(O) ⇔M là điểm chính giữa của cung BC.
Tương tự ta xét M thuộc cung AB và M thuộc cung AC => M là điểm chính
giữa cung AB hoặc cung AC thì MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất.
3.4.Bài tập vận dụng:
24
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
O
M’
A
M
B’A’
B
D
O
B
C

A
M
Bài 1: Trên cạnh BC, AC của tam giác đều ABC lấy tương ứng hai điểm M và
N sao cho BM = CN. Tìm vị trí của M để MN có giá trị lớn nhất.
Bài 2: Cho tứ gác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O;R) cho trước. tìm tứ
giác có tổng AB.CD + AD.BC đạt giá trị lớn nhất.
4 . Tìm cực trị dùng bất đẳng thức đại số

4.1. Kiến thức bổ sung :
+ Bất đẳng thức côsi cho hai số không âm: a,b
Ta có:
ab
ba
≥
+
2
. Dấu "=" xảy ra  a= b
+ Bất đẳng thức côsi tổng quát cho n số không âm
n
n
n
aaa
n
aaa


21
21
≥
+++

. Dấu "=" xảy ra ⇔ a
1
= a
2
= = a
n
+ Bất đẳng thức Bunhiacôpski
(ax + by) ≤
)).((
2222
yxba ++
. Dấu "=" xảy ra ⇔
y
b
x
a
=
.
+ Và một số bất đẳng thức quen thuộc khác.
4.2. Các ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1 Cho đường tròn (0; R) , đường kính AB , M là điểm chuyển động
trên đường tròn . Xác định vị trí của M trên đường tròn
để MA +
3
MB đạt giá trị lớn nhất
Giải :
Ta có : ∠ AMB = 90
0
( góc nt chắn nửa đ.tròn)
∆ MAB có ∠ M = 90

0
Theo Pitago ta có :
MA
2
+ MB
2
= AB
2
= 4R
2
áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có
MA +
3
MB ≤
222
4.4))(31( RMBMA =++
= 4R
⇒ MA +
3
MB ≤ 4R
Dấu "=" xảy ra ⇔
3
31
=⇔=
MA
MB
MBMA
25
NguyÔn ThÞ BÝch DiÖp – THCS ThÞ TrÊn V¹n Hµ ThiÖu Ho¸ Thanh Ho¸
A B

M