SKKN De tai - Mot so PP co ban giai BT cuc tri.DOC

Th viện SKKN của Quang Hiệu />Phần I :
Mở đầu
I) Lý do chọn đề tài :
Nhiều năm gần đây trong các kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi các cấp bậc THCS và
các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT thờng có các bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nhất
(GTLN); giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức nào đó. Các bài toán này là một phần
của các bài toán cực trị đại số.
Các bài toán cực trị rất phong phú và đa dạng, nó tơng đối mới và khó đối với học
sinh THCS. Để giải các bài toán cực trị học sinh phải biết đổi tơng đơng các biểu thức đại
số, phải sử dụng khá nhiều hằng đẳng thức từ đơn giản đến phức tạp phải tổng hợp các
kiến thức và kỹ năng tính toán, t duy sáng tạo.
Vậy làm thế nào để học sinh có thể định hớng đợc hớng đi, hay hơn thế là hình
thành đợc một công thức "ẩn tàng" nào đó mỗi khi gặp một bài toán cực trị đại số.
Là ngời trực tiếp giảng dạy toán trong trờng THCS, trong quá trình giảng dạy, đặc
biệt là dạy học sinh giỏi, tôi luôn luôn trăm trở, tìm tòi, chọn lọc những phơng pháp hợp lý
nhất để để dẫn dắt, hình thành cho học sinh một cách suy nghĩ mới làm quen với dạng toán
này để dần dần các em có đợc một số phơng pháp giải cơ bản nhất. Trong khuôn khổ nhỏ
hẹp này tôi xin nêu ra "Một số phơng pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số bậc
THCS".
II h ớng phát triển của đề tài :
Do thời gian, tài liệu cũng nh năng lực còn hạn chế và mức độ nghiên cứu cha lớn
đề tài mới chỉ đi sâu tìm hiểu "Một số phơng pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số
THCS". Trên cơ sở này chúng ta có thể mở rộng giải bài toán cực trị bằng phơng pháp giải
tích sẽ có một đề tài nghiên cứu ở mức độ lớn hơn : "Cực trị đại số". Bao gồm "Cực trị tự
do"; "Cực trị vớng" và "Cực trị tuyệt đối", hoặc hơn nữa chúng ta còn có thể kết hợp với
các bài toán cực trình hình học
Phần II :
nội dung
Chơng I : Các kiến thức cần thiết
1. Các định nghĩa
I) Định nghĩa giá trị lớn nhất (GTLN) của một biểu thức đại số cho biểu thức

f(x,y, ) xác định trên miền D :
M. đợc gọi là GTLN của f(x,y, ) trên miền |D nếu 2 điều kiện sau đồng thời thoả
mãn :
1. f(x,y, ) M (x,y, ) |D
2. (x
0
, y
0
, ) |D sao cho f(x
0
, y
0
) = M.
Ký hiệu : M = Max f(x,y, ) = f
max
với (x,y, ) |D
-Trang 1-
II) Định nghĩa giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức đại số cho biểu thức
f(x,y, ) xác định trên miền |D :
M. đợc gọi là GTNN của f(x,y, ) trên miền |D đến 2 điều kiện sau đồng thời thoả
mãn :
1. f(x,y, ) M (x,y, ) |D
2. (x
0
, y
0
, ) |D sao cho f(x
0
, y
0

) = M.
Ký hiệu : M = Min f(x,y, ) = f
min
với (x,y, ) |D
2. Các kiến thức thờng dùng
1. Luỹ thừa :
A. a) x
2
0 x |R x
2k
0 x |R, k z - x
2k
0
Tổng quát : [f (x)]
2k
0 x |R, k z - [f (x)]
2k
0
Từ đó suy ra : [f (x)]
2k
+ m m x |R, k z
M - [f (x)]
2k
M
b)
x
0 x 0 (
x
)
2k

0 x0 ; k z
Tổng quát : (
A
)
2k
0 A 0(A là 1 biểu thức)
2. Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối :
a) |x| 0 x|R
b) |x+y| |x| + |y| ; nếu "=" xảy ra x.y 0
c) |x-y| |x| - |y| ; nếu "=" xảy ra x.y 0 và |x| |y|
3. Bất đẳng thức côsi :
ai 0 ; i =
n,1
:
n
n
n
aaa
n
aaa


21
21

+++
nN, n 2.
dấu "=" xảy ra a
1
= a

2
= = a
n
4. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
Với n cặp số bất kỳ a
1
,a
2
, ,a
n
; b
1
, b
2
, ,b
n
ta có :
(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ +a
n
b
n
)

2
(
) ).(
22
2
2
1
22
2
2
1 nn
bbbaaa ++++++
Dấu "=" xảy ra
i
i
b
a
= Const (i =
n,1
)
Nếu bi = 0 xem nh ai = 0
5. Bất đẳng thức Bernonlly :
Với a 0 : (1+a)
n
1+na n N.
Dấu "=" xảy ra a = 0.
Một số Bất đẳng thức đơn giản thờng gặp đợc suy ra từ bất đẳng thức (A+B)
2
0.
a. a

2
+ b
2
2ab
b. (a + b)
2
4ab
c. 2( a
2
+ b
2
) (a + b)
2
d.
e.
-Trang 2-
2+
a
b
b
a
baab +
+
411
-Trang 3-
Chơng II :
Một số phơng pháp cơ bản giải bài toán
cực trị đại số
Đ1. Phơng pháp 01 : Sử dụng phép biến đổi đồng nhất
Bằng cách nhóm, thêm, bớt, tách các hạng tử một cách hợp lý, ta biến đổi biểu thức

đã cho về tổng các biểu thức không âm (hoặc không dơng) và những hằng số . Từ đó :
1.Để tìm Max f(x,y, ) trên miền |D ta chỉ ra :





Ryx
Myxf
| ),(
),(
00
sao cho f(x
0
,y
0
, ) = M
2. Để tìm Min f(x,y, ) trên miền |D ta chỉ ra :





Ryx
myxf
| ),(
),(
00
sao cho f(x
0

,y
0
, ) = m
I. Các vi dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của A
1
= x
2
+ 4x + 7
Giải :
Ta có : A
1
= x
2
+ 4x + 7 = x
2
+ 4x + 4x + 3 = (x + 2)
2
+ 3 3 vì (x + 2)
2
0.
A
1
min = 3 x + 2 = 0 x = -2
Vậy A
1
min = 3 x = -2
2. Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của A
2
= -x

2
+ 6x - 15
Giải :
Ta có : A
2
= -x
2
+ 6x - 15 = - (x
2
- 6x + 9) - 6
A
2
= - (x - 3)
2
- 6 - 6 do -(x - 3)
2
0 x |R
A
2
max = - 6 x - 3 = 0 x = 3
Vậy A
2
max = - 6 x = 3
3. Ví dụ 3 : Tìm giá trị nhỏ nhất của A
3
= (x-1)(x-4)(x-5)(x-8)+2002
Giải :
Ta có : A
3
= (x-1)(x-4)(x-5)(x-8)+2002

= (x-1) (x-8) (x-4) (x-5) + 2002
= (x
2
-9x + 8) (x
2
- 9x + 20) + 2002
= {(x
2
-9x + 14) - 6}.{(x
2
-9x + 14) + 6} + 2002
= (x
2
-9x + 14)
2
- 36 + 2002
= (x
2
-9x + 14)
2
+ 1966 1966 vì (x
2
-9x + 14)
2
0 x
A
3
min = 1966 x
2
-9x + 14 = 0

=
=
7
2
x
x
Vậy A
3
min = 1966



=
=
7
2
x
x
4. Ví dụ 4 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A
4
=
)1(
12
1102
2
2

+

x
xx
xx
Giải :
-Trang 4-
Ta có: A
4
=
22
2
2
2
)1(
9
1
6
2
)1(
9)1(6)12(2
12
1102



=

+
=

+

x
x
x
xxx
xx
xx
= -
331
1
3
2
+






+
x
vì -
x
x

+

01
1
3
2
A
4
Max = 3
01
1
3
=+
x
x = -2
Vậy : A
4
Max = 3 x = -2
5. Ví dụ 5 : Tìm giá trị lớn nhất của A
5
=
yx
x
y
y
x
+
với x,y>0

Giải :
Ta có:A
5
=
yx
x
y
y
x
+
=
=
+
xy
xyyxyyxx

xy
yxyyxx )()(

A
5
=
xy
yxyx )).((

=
xy
yxyx ).()(
2

0 x,y > 0
A
5
min = 0
0= yx
x = y
Vậy : A
5
min = 0 x = y > 0
6. Ví dụ 6 : Cho x,y 0 và x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của A
6
= x
2
+ y
2
.
Giải :
Do x; y 0 và x + y = 1 0 x;y 1 x
2
x, y
2
y
A
6
= x
2
+ y
2
x + y = 1 A
6

max = 1



=
=
1
0
y
x
hoặc



=
=
0
1
y
x
Mặt khác : x + y = 1 (x + y)
2
= 1 1 = x
2
+ 2xy + y
2
(x
2
+y
2

)-(x-y)
2
A
6
= x
2
+y
2
=
2
1
)(
2
1
2
1
2
+ yx
do (x - y)
2
0
A
6
min =
2
1
x - y = 0 x = y =
2
1
Vậy : A

6
max = 1



=
=



=
=
0
1
;
1
0
y
x
y
x
A
6
min =
2
1
x = y =
2
1
7. Ví dụ 7 : Tìm giá trị lớn nhất của A

7
= xy + yz + zx - x
2
-y
2
-z
2
Giải :
Ta có : A
7
= xy + yz + zx - x
2
-y
2
-z
2
= -
2
1
(2x
2
+2y
2
+2z
2
-2xy-2yz-2xz)
A
7
= -
2

1
{(x-y)
2
+ (y-z)
2
+ (z-x)
2
} 0 x,y,z
A
7
Max = 0 x = y = z
Vậy : A
7
Max = 0 x = y = z
-Trang 5-
II) Nhận xét : Phơng pháp giải toán cực trị đại số bằng cách sử dụng các phép
biến đổi đồng nhất đợc áp dụng cho nhiều bài tập, nhiều dạng bài tập khác nhau. Song đôi
khi học sinh thờng gặp khó khăn trong công việc biến đổi để đạt đợc mục đích. Vậy còn
những phơng pháp nào; để cùng phơng pháp vừa nêu trên giúp học sinh nhanh chóng tìm ra
lời giải. Trớc hết ta giải một số bài toán sau để cùng suy ngẫm.
III) Các bài tập đề nghị :
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau :
a. A = x
2
- 10x + 20
b. B = (x-1)
2
+ (x-3)
2
c. C =

12
683
2
2
+
+
xx
xx
(x 1)
d. D = x
3
+ y
3
+ xy biết x + y = 1
e. E =
xyyx
xyyx
2
)(4
++
++
với x,y > 0
2. Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức :
a. A = - x
4
+ 2x
3
- 3x
2
+ 4x + 2002

b. B =
1
2
2
2
+
+
x
x
; C =
2510
196747
2
2
+
+
xx
xx
3. Tìm GTLN, GTNN của A =
32
64
2
2
++
++
xx
xx
Đ2. Phơng pháp 02 : Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản
Ta biết rằng : Từ 1 bất đẳng thức, bằng cách chuyển về bao giờ ta cũng đa về 1 bất
đẳng thức cơ bản và các phép biến đổi tơng đơng mà một vế là hằng số. Vì vậy : Sử dụng

các bất đẳng thức cơ bản và các phép biến đổi tơng đơng ta có thể tìm đợc cực trị của 1 biểu
thức nào đó.
I) Các ví dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1 : Cho a > b > 0. Tìm GTNN của B
1
= a +
)(
1
bab
Giải :
Ta có : B
1
= a +
)(
1
bab
= b + (a-b) +
)(
1
bab
3.
3
).(
)(
bab
bab


(theo Côsi).
B

1
3 B
1
min = 3 b = a-b =
)(
1
bab




=
=
1
2
b
a
Vậy : B
1
min = 3



=
=
1
2
b
a
-Trang 6-

2. Ví dụ 2 : Cho a,b > 0 và a + b = 1 . Tìm GTNN của B
2
=
ab
1
+
22
1
ba +
Giải :
Theo bất đẳng thức Côsi : (x + y)(
yx
11
+
) 2
yx.
. 2
xy
1
= 4 (với x,y > 0)

yx
11
+

yx +
4
(1)
Ta có : ab (
2

ba +
)
2
=
4
1

ab
1
4 (2) do a+b = 1 ; a,b > 0
áp dụng bất đẳng thức (1) và kết quả (2) ta có :
B
2
=
22222222
2
4
2
4
)
1
2
1
(
2
11
2
211
baabba
abab

ba
ab
ba
ab
++
+
+
++=
+
+=
+
+
B
2
2 +
6
)(
4
2
=
+ ba
do a + b = 1 B
2
min = 6 a = b =
2
1
Vậy : B
2
min = 6 a = b =
2

1
3. Ví dụ 3 : Cho xy + xz + yz = 4 . Tìm GTNN của B
3
= x
4
+ y
4
+ z
4
Giải :
Do xy + xz + yz = 4 16 = (xy + xz + yz)
2
(x
2
+y
2
+z
2
) (x
2
+y
2
+z
2
)
(Theo Bunhiacôpxki) 16 (x
2
+y
2
+z

2
)
2
(x
4
+ y
4
+ z
4
) (1
2
+1
2
+1
2
)
B
3
= x
4
+ y
4
+ z
4

3
16
B
3
min =

3
16
x = y = z =
3
32
Vậy : B
3
min =
3
16
x = y = z =
3
32
4. Ví dụ 4 : Cho |a| 1; |b| 1 và | a+ b| =
3
Tìm GTLN của B
4
=
22
11 ba +
Giải :
Ta có : (a-b)
2
0 a;b
2
22
22

+

+ baba
(1)
áp dụng (1) ta có :

2
1
2
)(2
2
11
2
11
22
22
22
2
22
ba
ba
baba +
=
+
=
+

+
Do
4
3
2
3
22
2
2
22
=








=

+

+ baba
(do | a + b| =
3
)

2
22
2
11








+ ba
1 -
4
3
=
4
1

(
111
22
+ ba
)
-Trang 7-
B
4
=
111
22
+ ba
B
4
Max = 1 a = b =
2
3
Vậy : B
4
Max = 1 a = b =
2
3
5. Ví dụ 5 : Tìm giá trị nhỏ nhất của B
6
= | x + 7| + | x - 1995|
Giải :
Ta có : |x| + |y| | x + y| dấu "=" xảy ra x,y 0
Do vậy : B
6
= | x + 7| + | x - 1995| = | x + 7| + | 1995 - x | |x+7 + 1995 - x| = 2002

B
6
Min = 2002 (x + 7). (1995 - x) 0 -7 x 1995
Vậy : B
6
Min = 2002 -7 x 1995
6. Ví dụ 6 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
B
7
= | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6|
Giải :
Ta có : B
7
= | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6|
B
7
= | x + 2000| + | x + y + 4| + |6 - (2x + y)|
B
7
| x + 2000 + x + y + 4 + 6 - 2x - y| = 2010
B
7
min = 2010 (x + 2000); (x + y + 4) ; (6 - 2x + y) cùng dấu
Vậy : B
7
min = 2010
7. Ví dụ 7 : Tìm giá trị nhỏ nhất của
B = (1 + x
2
y + xy

2
)
2001
- 2001 xy (x+y) + 2001 với x
2
y + xy
2
0
Giải :
Theo BĐT Becnully ta có : (1 + x
2
y + xy
2
)
2001
1 + 2001 (x
2
y + xy
2
)
B (1 + x
2
y + xy
2
)
2001
- 2001 xy (x+y) + 2001 1+2001.xy(x+y) - 2001xy(x+y) + 2001.
B 2002 B min = 2002 xy(x+y) = 0

=
=
=
yx
y
x
0
0
Vậy : B min = 2002





=
=
=
yx
y
x
0
0
8. Ví dụ 8 : Cho xyz = 1 và x + y + z = 3.
Tìm GTNN của B
8
= x
16

+ y
16
+ z
16
Giải :
Cách 1 :
Ta có : (a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a)
2
0 a,b,c
a
2
+ b
2
+ c
2
ab + ac + bc (1)
áp dụng bất đẳng thức (1) ta có :
B
8
= x
16
+ y
16
+ z
16
= (x

8
)
2
+ (y
8
)
2
+ (z
8
)
2
x
8
y
8
+ y
8
z
8
+ z
8
x
8
B
8
x
8
y
8
+ y

8
z
8
+ z
8
x
8
B
8
(x
4
y
4
)
2
+ (y
4
z
4
)
2
+ (z
4
x
4
)
2
x
4
y

4
. y
4
z
4
+ x
4
y
4
. z
4
x
4
+ y
4
z
4
. z
4
x
4
-Trang 8-
B
8
x
4
y
8
z
4

+ x
8
y
4
z
4
+ x
4
y
4
z
8
B
8
(x
2
y
4
z
2
)
2
+ (x
4
y
2
z
2
)
2

+ (x
2
y
2
z
4
)
2
x
6
y
6
z
4
+ x
6
y
4
z
6
+ x
4
y
6
z
6
B
8
(x
3

y
3
z
2
)
2
+ (x
2
y
3
z
3
)
2
+ (x
3
y
2
z
3
)
2
x
5
y
6
z
5
+ x
6

y
5
z
5
+ x
5
y
5
z
6
B
8
(xyz)
5
.x + (xyz)
5
.y + (xyz)
5
.z = x + y + z = 3
(do xyz = 1 và x + y + z = 3)
B
8
min = 3 x = y = z = 1
Cách 2 : (Không sử dụng giả thiết xyz = 1)
áp dụng bất đẳng thức bunhiacôpxki nhiều lần ta có :
3 = x + y + z 9 = (x+ y + z)
2
(x
2
+ y

2
+ z
2
).3
3 (x
2
+ y
2
+ z
2
) 9 (x
2
+ y
2
+ z
2
)
2
(x
4
+ y
4
+ z
4
).3
3 x
4
+ y
4
+ z

4
9 (x
4
+ y
4
+ z
4
)
2
(x
8
+ y
8
+ z
8
).3
3 x
8
+ y
8
+ z
8
9 (x
8
+ y
8
+ z
8
)
2

(x
16
+ y
16
+ z
16
).3
B
8
= x
16
+ y
16
+ z
16
3 . B
8
min = 3 x = y = z = 1
Vậy : B
8
min = 3 x = y = z = 1
II) Nhận xét :
Rõ ràng khi áp dụng một số bất đẳng thức cơ bản, bài toán đợc giải quyết nhanh
hơn. Song việc vận dụng bất đẳng thức nào thuận lợi còn tuỳ thuộc vào giả thiết bài toán
và sự vận dụng linh hoạt các bất đẳng thức đó. Một vấn đề đặt ra là : Hai phơng pháp vừa
nêu vẫn cha đủ để giải quyết đợc hết các bài toán cực trị đại số THCS. Chính vì lẽ đó nhu
cầu phải có những phơng pháp khác tối u hơn và thực hiện đợc yêu cầu bài toán. Trớc khi
đi nghiên cứu phơng pháp 03. Chúng ta cùng nghiên cứu một số bài tập sau :
III) Một số bài tập đề nghị :
1. Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 1

Tìm GTNN của A = (1+
a
1
) (1+
b
1
) (1+
c
1
)
2. Cho a,b, > 0 và a + b = 1
Tìm GTNN của B =
22
32
ba
ab
+
+
3. Cho a,b,c > 0
a) Tìm GTNN của C =
ba
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+

+
b) Tìm GTNN của D =
c
ba
b
ac
a
cb
ba
c
ac
b
cb
a +
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
4. Cho x,y,z
4
3

và x + y + z = 1
Tìm GTLN E =

343434 +++++ zyx
5. Cho a,b,c 0 và a + b + c = 1
Tìm GTLN của F =
cbcaba +++++
-Trang 9-
6. Cho 0 x
3
4
. Tìm GTLN của G = 4x
2
- 3x
3
7. Cho 0 x 3 ; Cho 0 y 4. Tìm GTLN H = (3-x).(4-y).(2x+3y)
8. Cho x,y,z,t 0 và 2x + xy + z + yzt = 1
Tìm GTLN của I = x
2
y
2
z
2
.t
9. Cho x,y,z,t 0 và xt + xy + z + yzt = 1
Tìm GTLN của K = xyzt
10. Tìm GTNN của M = | x-2 | + | y-3 | + | x+y-2007 |
Đ3. Phơng pháp 03 : Sử dụng phơng pháp đặt biến phụ
Bằng cách đặt biến phụ và sử dụng các phép biến đối tơng đơng. Sử dụng các bất
đẳng thức cơ bản ta có thể chuyển biến thức đã cho về biểu thức đơn giản hơn, dễ xác định
cực trị hơn.
I) Các ví dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1 : Tìm GTNN của C

1
= x
4
+ 6x
3
+ 13x
2
+ 12x + 12
Giải :
C
1
= x
4
+ 6x
3
+ 13x
2
+ 12x + 12
C
1
= ( x
4
+ 6x
3
+ 19x
2
+ 30x + 25) - 6 (x
2
+ 3x + 5) + 17
C

1
= (x
2
+ 3x + 5)
2
- 6 (x
2
+ 3x + 5) + 17
Đặt : x
2
+ 3x + 5 = a
C
1
= a
2
- 6a + 17 = a
2
+ 6a + 9 + 8
C
1
= (a-3)
2
+ 8 8 do (a-3)
2
0 a.
C
1
min = 8 a - 3 = 0 a = 3 x
2
+ 3x + 2 = 0

=
=
2
1
y
x
Vậy : C
1
min = 8



=
=
2
1
y
x
2. Ví dụ 2 : Tìm GTNN của C
2
= 2.

+
2
2
2
2
x
y
y
x
- 5
6+








+
x
y
y
x
với x,y > 0
Giải :
Đặt :
x

y
y
x
+
= a 2
2
2
2
2
x
y
y
x
+
= a
2
- 2
C
2
= 2.( a
2
- 2) - 5a + 6 = 2a
2
- 5a + 2
Ta thấy : a 2 C
2
= 2a
2
- 5a + 2 0
C

2
min = 0 a = 2 x = y > 0
Vậy : C
2
min = 0 x = y > 0
3. Ví dụ 3 : Tìm GTNN của C
3
=
x
y
y
x
+
-
x
y
y
x
33
+ 2004 với x,y>0
Giải :
Đặt :
x
y
y
x
+
= a 2
-Trang 10-
⇔

x
y
y
x
+
= a
2
- 2
Khi ®ã : C
3
= (a
2
- 2) - 3a + 2004
C
3
= a
2
- 3a + 2004 = a
2
- 3a + 2 + 2002
C
3
= (a-1) (a-2) + 2000
Do ta cã : a ≥ 2 ⇒ a - 1> 0 ; a - 2≥0 ⇒ (a-1) (a-2) ≥0
⇒ C
3
= (a-1) (a-2) + 2000 ≥ 2000
⇒ C
3
min = 2000 ⇔ a = 2 ⇔ x = y ; xy > 0

VËy C
3
min = 2000 ⇔ x = y vµ xy > 0
4. VÝ dô 4 : Cho x,y,z > 0
T×m GTNN cña C
4
=
yx
z
zx
y
zy
x
+
+
+
+
+
Gi¶i :
§Æt : a =
zy +
; b =
zx +
; c =
yx +
⇒
zyx ++
=
2
cba ++

⇒
2
cba
x
++−
=
;
2
cba
y
+−
=
;
2
cba
z
−+
=
Khi ®ã : C
4
=
222
cbacbacba −+
+
+−
+
++−
C
4
=







−+++++ 3)()()(
2
1
a
c
c
a
b
c
c
b
a
b
b
a
Theo Cosi víi a,b,c >0 ta cã :
2;2;2 ≥+≥+≥+
b
c
c
b
a
c
c

a
a
b
b
a
⇒ C
4
≥
2
3
)3222(
2
1
=−++
⇒ C
4
min =
2
3
⇔ a = b = c ⇔ x = y = z > 0.
VËy C
4
min =
2
3
⇔ x = y = z > 0.
5. VÝ dô 5 : T×m GTLN, GTNN cña C
5
=
2222

2222
)1()1(
)1)((
yx
yxyx
++
−−
Gi¶i :
Ta cã :
4
)(
2
ba +
≥ a.b (1) ∀a,b vµ
ab
ba
≤
−−
4
)(
2
(2) ∀a,b
§Æt :
a
yx
yx
=
++
+
)1)(1(

22
22
vµ
b
yx
yx
=
++
−
)1)(1(
1
22
22
Khi ®ã : C
5
=a.b
-Trang 11-
Theo (1) và (2) ta có : -
4
)(
2
ba +
C
5
= ab
4
)(
2
ba +
-

2
22
2222
5
2
22
2222
)1)(1(
1
4
1
)1)(1(
1
4
1






++
+

++
+
yx
yxyx
C
yx
yxyx
-
2
22
22
5
2
22
22
)1)(1(
)1)(1(
4
1
)1)(1(
)1)(1(
4
1






++

+







++
+
yx
yx
C
yx
yx
-
2
2
2
1
1
.
4
1

+

x
x
C
5

2
2
2
1
1
.
4
1








+

y
y
Ta có : 0

2
2
2
1
1








+

x
x
1 ; 0
2
2
2
1
1

+

y
y
1
Do đó :
2
2
2
1
1
4
1
4
1








+


x
x
C

5

4
1
1
1
4
1
2
2
2









+

y
y
C
5
min =
4
1

(x
2
- 1)
2
= (x
2
+ 1)
2
x = 0
C
5
max =
4
1
(1 - y
2
)
2
= (1 + y
2
)
2
y = 0
Vậy : C
5
min =
4
1

x = 0

C
5
max =
4
1
y = 0
II) Các bài tập đề nghị :
1. Tìm GTNN của A = x
2
+ 4 - x +
1
1
2
+ xx

2. Tìm GTLN của B =
aaa 350321 +++
với a






3
50
;
2
3
3. Cho a -

2
1
; b -
2
1
; c -
2
1
và a+ b + c = 1
Tìm GTLN của C =
121212 +++++ cba
4. Cho x,y > 0. Tìm GTNN của D =
43
2
2
2
2
+








++
x
y
y

x
x
y
y
x
5. Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 12
Tìm GTLN của E =
123123123 ++++++++ ccbbaa
Đ4. Phơng pháp 04 : Sử dụng biểu thức phụ
Để tìm cực trị của 1 biểu thức nào đó, đôi khi ngời ta xét cực trị của 1 biểu thức khác
có thể so sánh đợc với nó, nếu biểu thức phụ dễ tìm cực trị hơn.
-Trang 12-
Ví dụ : Để tìm cực trị của biểu thức A với A > 0, ta có thể xét cực trị của biểu thức :
A
1
, -A, kA, k + A, |A| , A
2
(k là hằng số).
I) Các vị dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1 : Tìm GTLN của A =
1
24
2
++ xx
x
Giải :
a) Xét x = 0 A = 0 giá trị này không phải là GTLN của A vì với x 0 ta có A > 0.
b) Xét x 0 đặt P =
A
1

khi đó A
max
P
min

với cách đặt trên ta có : P =
1
11
2
2
2
24
++=
++
x
x
x
xx
ta có : x
2
+
2
1
.2
1
2
2
2
=
x

x
x
(theo côsi)
P 2 + 1 = 3 P
min
= 3 x = 1
Do đó : A
max
=
3
1
x = 1
2. Ví dụ 2 : Tìm GTNN của B =
2
)2002( +

x
x
với x > 0
Giải :
Đặt P
1
= - B nh vậy P
1max
M
min
Ta có : P
1
=
2

)2002( +x
x
với x > 0 P > 0
Đặt P
2
=
1
1
P
> 0 với x > 0 khi đó P
2 Min
P
1 Max
P
2
=
x
xx
x
x
22
2
20022002 2
)2002(
++
=
+
P
2
=

x
xxx 2002 420022002 2
22
++
P
2
=
80082002.42002.4
)2002(
2
=+

x
x
(do
x
x
2
)2002(
0 x > 0)
P
2 Min
= 8008 x = 2002
P
1 Max
=
8008
1
x = 2002
B

Min
= -
8008
1
x = 2002
-Trang 13-
Vậy B
Min
= -
8008
1
x = 2002
3. Ví dụ 3 : Cho a,b,c dơng và a + b + c = 3
Tìm GTLN của C =
accbba 454545
+++++

Giải :
Do a,b,c > 0 C > 0
Đặt : P = C
2
khi đó
Max
P
C
Max
Ta có : P = (
accbba 454545
+++++
)

2
P (1
2
+ 1
2
+ 1
2
) (5a + 4b + 5b + 4c + 5c + 4a) theo Bunhiacôpxki
P 3.9(a + b + c) = 81 do a + b + c = 3
P
Max
= 81 a = b = c = 1

2
Max
C
= 81 a = b = c = 1
C
Max
= 9 a = b = c = 1
Vậy C
Max
= 9 a = b = c = 1
4. Ví dụ 4 : Cho x, y, z, t > 0
Tìm GTNN của D =
t
yx
yx
t
y

xt
xt
y
x
ty
ty
x
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
Giải :
Đặt P = 2D ta có :
P =
t
yx
yx
t
y
xt
xt
y
x

ty
ty
x
)(2
2
)(22)(2
2
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
P=








+
+
+

+
+
+








+
+
+
+








+
+
+
+

+
+
+ t
tx
y
xt
x
ty
t
yx
yx
t
y
xt
xt
y
x
ty
ty
x
2
3
2
2
2

2
2
2
P=








++++++








+
+
+
+

+
+
+
+








+
+
+ t
y
t
x
y
x
y
t
x
t
x
y
t

yx
yx
t
y
xt
xt
y
x
ty
ty
x
2
3
2
2
2
2
2
2
P 2 + 2 + 2 +
6
3
.6 (theo côsi)
P 15 P
Min
= 15 x = y = t > 0
D
Min
=
2

15
x = y = t
Vậy D
Min
=
2
15
x = y = t
5. Ví dụ 5 : Cho x, y > 0 và 7x + 9y = 63 Tìm GTLN của E = x.y
Giải :
Đặt : P = 63.E ta có :
P = 63xy = 7x.9y
2
2
97






+ yx
(theo côsi)
-Trang 14-
P
2
2
63

=
4
3969
P
Max =
4
3969
Dấu "=" xảy ra 7x = 9y =
2
63








=
=
2
7
2
9
y
x

E
Max
=
4
3969
: 63 =
4
63




=
=
5,3
5,4
y
x
6. Ví dụ 6 : Cho x
2
+ y
2
= 52 Tìm GTLN của F = 2x + 3y
Giải :
Xét : P
1
= |F| khi đó P
1
= |2x + 3y|
Đặt : P

2
=
2
1
P
khi đó P
2
= (2x + 3y)
2
Theo Bunhiacôpxky : P
2
(4 + 9) (x
2
+ y
2
) = 13.13.4
P
2 Max
= 13.13.4



=
=
6
4
y
x
hoặc

=
=
6
4
y
x
P
1 Max
= 26
Do F |F| = P
F
Max
= 26



=
=
6
4
y
x
Vậy F
Max
= 26

=
=
6
4
y
x
7. Ví dụ 7 : Cho x,y > 0
Tìm GTNN của G =
x
y
y
x
x
y
y
x
x
y
y
x
+++
2
2
2
2
4
4
4
4
Giải :

Đặt : P = G - 2 ta có :
P =
x
y
y
x
x
y
y
x
x
y
y
x
+++
2
2
2
2
4
4
4
4
-2
P =

++








++








++

+
x
y
y
x
x
y
x
y
y
x
y
x
x
y
x
y
y
x
y
x
2 21.21.2
2
2
2
2
2
2
4
4

2
2
4
4
P =
0
)(
11
2
2
2
2
2
2
2
2


+








+

+









xy
yx
x
y
y
x
x
y
y
x
P
Min
= 0 x = y > 0
Vậy G

Min
= 2 x = y > 0
II) Các bài tập đề nghị :
1. Cho x,y, z > 0 và x
2
+ y
2
+ z
2
= 1
Tìm GTNN của A
y
zx
x
yz
z
xy
++=
-Trang 15-
2. Cho x 0.
Tìm GTNN của B =
4
48
1
x
xx ++
3. Cho x 0
Tìm GTLN của C =
1
816

8
++ xx
x
4. Cho a
2
+ b
2
+ c
2
= 1
Tìm GTLN của D = a + 2b + 3c
5. Cho a,b > 0 và a + b = 2
Tìm GTNN của E =














22
4
1

4
1
ba
6. Cho a, b, c, d > 0
Tìm GTNN của F =
cba
ad
bad
dc
adc
cb
dcb
ba
++
+
+
++
+
+
++
+
=
++
+
7. Cho a,b |R
Tìm GTNN của G =
2222
)1()1( abba +++

Đ5. Phơng pháp 05 : Phơng pháp miền giá trị

Trong một số trờng hợp đặc biệt, biểu thức đại số đã cho chỉ có thể có một hoặc hai
biến số và đa đợc về dạng tam thức bậc 2 thì ta có thể sử dụng kiến thức về miền già trị của
hàm số để giải và thấy rất hiệu quả.
Đờng lối chung là :
Giải sử ta phải tìm cực trị của hàm số f(x) có miền giá trị D. Gọi y là một giá trị nào
đó của f(x) với x D. Điều này có nghĩa là điều kiện để phơng trình f(x) = y có nghiệm.
Sau đó giải điều kiện để phơng trình f(x)=y có nghiệm (x là biến, coi y là tham số).
Thờng đa đến biểu thức sau : m yM
Từ đó Min f(x) = m với x D.
Max f(x) = M với x D.
I) Các ví dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1 : Tìm GTNN của f(x) = x
2
+ 4x + 5
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x) .
Ta có : y = x
2
+ 4x + 5
x
2
+ 4x + 5 - y = 0 (có nghiệm)
' = 4 - 5 + y 0
y 1
Vậy f(x)
Min
= 1 x = -2
2. Ví dụ 2 :
Tìm GTLN của f(x) = - x
2

+ 2x - 7
Giải :
-Trang 16-
Gọi y là một giá trị của f(x) .
Ta có : y = - x
2
+ 2x - 7
x
2
- 2x + y + 7 (có nghiệm)
' = 1 - y - 1 0
y - 6
Vậy f(x)
Max
= -6 x = 1
3. Ví dụ 3 :
Tìm GTLN, GTNN của f(x) =
32
64
2
2
++
++
xx
xx
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x) .
Ta có : y =
32
64

2
2
++
++
xx
xx
yx
2
+ 2yx + 3y - x
2
- 4x - 6 = 0
(y - 1)x
2
+ 2 (y - 2).x + 3y - 6 = 0 (có nghiệm)
* Nếu y = 1 x = -
2
3
* Nếu y 1 ' = (y - 2)
2
+ (3y - 6)(1 - y) 0
y
2
- 4y + 4 - 3y
2
+ 3y + 6y - 6 0
- 2y
2
+ 5y + 2 0

2

1
y 2
Ta thấy :
2
1
< 1 < 2
Do vậy : f(x)
Min
=
2
1
x = -3
f(x)
Max
= 2 x = 0
4. Ví dụ 4 :
Tìm GTNN của f(x) =
12
62
2
2
+
++
xx
xx
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x) .
Ta có : y =
12
62

2
2
+
++
xx
xx

yx
2
+ 2yx + y - x
2
- 2x - 6 = 0
(y - 1)x
2
- 2(y + 1)x + y - 6 = 0 (có nghiệm)
* Nếu y = 1 x = -
4
5
* Nếu y 1 ' = (y + 1)
2
- (y - 1)(y - 6) 0
y
2
+ 2y + 1 - y
2
+ 6y + y - 6 0
9y - 5 0
-Trang 17-
y
9

5
Do
9
5
< 1 nên ta có Y
Min
=
9
5
x = -
2
7
Vậy f(x)
Min
=
9
5
x = -
2
7
5. Ví dụ 5 : Tìm GTLN của f(x) =
1
2
2
2
+
+
x
x
Giải :

Gọi y là một giá trị của f(x).
Ta có : y =
1
2
2
2
+
+
x
x
yx
2
+ y - x
2
- 1 = 0
(y - 1)x
2
+ y - 2 = 0
(y - 1)x
2
= 2 - y (có nghiệm)
* Nếu y = 1 Phơng trình vô nghiệm
* Nếu y 1 x
2
=
1
2


y

y
(1)
(1) có nghiệm
1
2


y
y
0 1 < y < 2
Y
Min
= 2 x = 0
Vậy f(x)
Max
= 2 x = 0
II) Các bài tập đề nghị :
1. Tìm GTNN của :
a) A = 5x
2
+ x + 7 ; b) B =
744
3
2
+ xx
; c) C =
xx
x
44
25

2
+

2. Tìm GTLN của :
a) A = -x
2
+ x + 2 ; b) B =
184
11
2
+ xx
; c) C =
2510
196747
2
2
+
+
xx
xx
3. Tìm GTLN và GTNN của :
a) A =
1
1
2
2
+
++
x
xx

; b) B =
1
34
2
+
+
x
x
; c) C =
22
2
68
yx
xyx
+
+
Đ6. Phơng pháp 06 : Phơng pháp xét từng khoảng giá trị
Có nhiều bài toán nếu ta chỉ sử dụng các phép biến đổi tơng đơng, các bất đẳng thức
cơ bản phơng pháp đổi biến hay biểu thức phụ, thậm chí ngay cả khi sử dụng phơng pháp
miền giá trị hàm số, việc tìm cực trị vẫn gặp rất nhiều khó khăn có khi không thể tìm đợc.
Những khi ta biết cách xét từng khoảng hợp lý (có sự dự đoán) thì việc tìm đợc cực trị trở
nên đơn giản.
I) Các ví dụ minh hoạ :
-Trang 18-
1. Ví dụ 1 :
Cho m, n N*. Tìm GTNN của A = |36
m
- 5
m
|

Giải :
Do m N* 36
m
có chữ số tận cùng là 6
n N* 5
m
có chữ số tận cùng là 5
Vì vậy : Nếu 36
m
> 5
m
thì A có chữ số tận cùng là 1
Nếu 5
m
> 36
m
thì A có chữ số tận cùng là 9
a) Xét A = 1 ta có : 36
m
- 5
m
= 1 (không xảy ra) vì
(36
m
- 1) : 7 còn 5
m
:7
b) Xét A = 9 ta có : 5
m
- 36

m
= 9 (không xảy ra) vì
(5
m
- 36
m
) : 9 còn 9 : 9
c) Xét A = 11 , xảy ra , chẳng hạn m = 1, n = 2
Vậy A
Min
= 11 m = 1; n = 2
2. Ví dụ 2 : Cho m N* . Tìm giá trị lớn nhất của B =
n
n
2
2
Giải :
Với n = 1 ta có : B =
2
1
< 1
Với n = 2 ta có : B = 1
Với n = 3 ta có : B =
8
9
> 1
Với n = 4 ta có : B = 1
Với n = 5 ta có : B =
32
25

< 1
Với n = 6 ta có : B =
16
9
64
36
=
< 1

Ta dự đoán rằng với n 5, n N thì B < 1
Thật vậy : Ta chứng minh dự đoán bằng phơng pháp quy nạp.
a) Giả sử n 5, n N ta có B =
n
n
2
2
< 1 (*)
Ta cần phải chứng minh công thức (*) đúng với (n + 1) nghĩa là phải chứng minh :
1
2
)1(
1
2
<
+
+n
n
(n + 1)
2
< 2

n+1
(1)
Từ (*) ta có : n
2
< 2
n
2n
2
< 2
n+1
(2)
Để chứng minh (1) ta chứng minh (n + 1)
2
< 2n
2
n
2
+ 2n + 1 < 2n
2
n
2
- 2n - 1 > 0 (n - 1)
2
- 2 > 0 (đúng vì 5)
b) Kết luận : B =
n
n
2
2
< 1 n 5, n N*

-Trang 19-
Vậy B
max
=
8
9
n = 3
3. Ví dụ 3 : Cho a, b, c, d N* và a + b = c + d = 20
Tìm GTNN và GTLN của T =
bdac
ab
+
Giải :
Do T 0 nên đặt P =
a
d
b
c
T
+
1
Nh vậy : T
Min
P
Max
T
Max
P
Min
Do a, b, c, d N* và a + b = c + d = 20 1 a, b, c, d 19

* Xét a = b = 10 lúc đó P =
2
10
20
101010
==
+
=+
dcbc
* Xét b < a (trờng hợp b > a tơng tự)
b < 10 < a hay 1 b 19 ; 11 a 19
a) Trớc hết ta tìm T
Min
= P
Max
= 19 +
19
1
Ta xét 3 trờng hợp sau :
a
1
) 1 b < 10 = c = d < a 19
Khi đó : P =
111
1
101010
=+<+=+
aba
d
b

c
a
2
) 1 c b < 10 < a d 19.
Khi đó : P =
3
11
19
1 <+<+
a
d
b
c

a
3
) 1 d b < 10 < a c 19
Nếu b > 1 thì P
111
2
19
<+
Nếu b = 1 thì P
19
1
19
19
1
1
19

+=+
Kết hợp cả 3 trờng hợp ta thấy P
Max
=
19
172
19
1
19 =+
Do đó T
Min
=
172
19
a =19, b = 1 , c = 19 , d = 1
b) Bây giờ ta tìm T
Max
= P
Min
với 1 b 9 ; 11 a 19
P =
a
c
aba
c
b
c
a
d
b

c 201120
+






=

+=+
Ta có :
0
11
>
ab
; đặt A =
ab
11

Ta có : P = A.C +
a
20

-Trang 20-
Vì A > 0 nên P
Min
với C = 1
* Xét P =
bbabaab

+=+=+
20
1911912011
Đặt P
b
=
bb
+
20
191
* Xét P
b+1
- P
b
: 1 b 9 ; b N
P
b+1
- P
b
=
)20)(19)(1(
3805818
2
bbbb
bb
+
+
Ta có : b(1 + 1)(19 - b)(20 - b) > 0 1 b 9 , b N
Do vậy : Xét t = 18b
2

+ 58b - 380 (*)
Nghiệm dơng t
o
của (*) là t =
18
768129 +
Ta có bảng xét dấu :
b -
18
768129 +
18
768129 +
+
t + 0 - 0 +
Với 0 < b < b
o
thì t < 0 P
b+1
< P
b
b > b
o
thì t > 0 P
b+1
> P
b
Luôn luôn chứng minh đợc 3 < b
o
< 4
Xét P

3
=
51
23
1
7
19
3
1
=+
P
4
=
16
7
1
16
7
1 =+
Nên : a = 16 , b = 4, c = 1, d = 19 thì P
Min
=
23
16
16
23
max
= T
Vậy : T
Max

=
23
16
; T
Min
=
172
19
II) Các bài tập đề nghị :
1. Tìm GTNN của A = |11
m
- 5
m
| với m,n N*
2. Cho a, b, c, d N* và a + b = c + d = 1000.
Tìm GTLN của B =
d
b
c
a
+
3. Cho m, n N và 1 m ; n 1981 và (n
2
- mn - m
2
)
2
= 1
Tìm GTLN của C = m
2

+ n
2

P
3
> P
4
-Trang 21-
Đ7. Phơng pháp 07 : Phơng pháp hình học
Trong các bài toán xét cực trị của biểu thức đại số nếu biểu thức ở dạng là tổng hiệu
của căn bậc hai của các tam thức thì ta có thể đa bài toán xét cực trị của các biểu thức đại
số sang xét độ dài của các đoạn thẳng bằng việc chọn các điểm có toạ độ thích hợp chứa
các đoạn thẳng đó.
- Lý thuyết cần vận dụng.
+ Nếu A(x
1
, y
1
); B (x
2
, y
2
) AB =
2
21
2
21
)()( yyxx +
+ Với 3 điểm M, A, B bất kỳ ta có :
|MA - MB| AB MA + MB

- Các ví dụ minh họa :
1.Ví dụ 1 : Cho f(x) =
501054
22
++ xxxx
Hãy tìm giá trị lớn nhất của f(x) .
Giải :
Ta có : f(x) =
25)5(1)2(
22
++ xx
Chọn trong mặt phẳng toạ độ 3 điểm : A (2,1); B(5, 5); M (x, 0)
Ta có : MA =
22
1)2( +x
;MB =
22
5)5( +x
AB =
52543
22
==+
Mặt khác ta có : |MA - MB| AB
hay |
22
1)2( +x
-
22
5)5( +x
| 5

Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5
khi và chỉ khi 3 điểm M, A, B thẳng hàng.
Ta lại có phơng trình của đờng thẳng qua A và B là : d =
3
5
3
4
x

d cắt ox tại M (
4
5
; 0)
Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5 đạt tại x =
4
5
2. Ví dụ 2 :
Cho f(x) =
168510040564325205
2222
+++++++ xxxxxxx
Tìm giá trị nhỏ nhất của f(x) (1)
Giải :
Ta có :
222
)22()4(205 +=+ xxx
222
)102(100405 +=+ xxxx
Chọn A (4 , -2) ; B(x , 2x) ; C (0, 10)
AB =

22
)22()4( ++ xx
; BC =
22
)102( + xx
; AC =
104
Ta có : AB + BC AC
-Trang 22-

205
2
+x
+
100405
2
+ xx

104
(2)
Ta lại có :
222
)82(64325 +=+ xxxx
222
)2()4(1685 xxxx +=+
chọn D (x, 8); E (0, 2x) ; F (x-4, 0)
DE =
22
)82( + xx
; EF =

22
)2()4( xx +
; DF =
54
ta có : DE + EF DF

54)2()4()82(
2222
+++ xxxx
(3)
Cộng (2) và (3) ta có :
VT 4(
5
+
10
)
VT = 4(
5
+
10
) khi và chỉ khi
A,B,C thẳng hàng PT đờng thẳng đi qua AB nhận C (0, 10) là nghiệm


D,E,F thẳng hàng PT đờng thẳng đi qua DE nhận F (x-4, 0) là nghiệm
Giải điều kiện ta tìm đợc x = 2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) = 4 (
5
+
10

) tại x = 2.
Nhận xét : Vận dụng phơng pháp này để tìm cực trị của biểu thức, đòi hỏi ngời giải
phải rất tinh tế khi chọn điểm để thảo mãn những yêu cầu bài toán.
Bài tập tham khảo :
Bài 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của f(x) =
10252
22
++++ xxxx
Bài 2 : Tìm giá trị lớn nhất của f(x) =
124124
22
+++ xxxx
-Trang 23-
Phần III : Kết luận
Sau thời gian tìm tòi nghiên cứu, kết hợp với những t liệu tích luỹ đợc, qua quá trình
giảng dạy cùng với sự tham gia đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệp đề tài đã đợc
hoàn thành. Những vấn đề đợc trình bài trong đề tài tuy cha thật toàn diện song thực sự có
lợi ích rất lớn cho giáo viên bồi dỡng học sinh giỏi với việc cố gắng chọn, khái quát thành
một số phơng pháp giải quen thuộc cùng với hệ thống bài tập minh hoạ có thể giúp học
sinh tiếp thu bài một cách nhẹ nhàng gây động cơ hứng thú học tập bớc đầu đã có những
thành công nhất định.
Mặc dù dừng lại ở 8 phơng pháp cơ bản nhng do năng lực còn hạn chế, tài liệu cha
đủ lớn lên đề tài không thể tránh khỏi thiếu sót nhỏ, tác giả rất mong nhận đợc những ý
kiến đóng góp để đề tài hoàn chỉnh hơn.
Một lần nữa xin chân thành cảm ơn sự đóng góp ý kiến chân thành của các bạn
động nghiệp đã giúp tôi hoàn thành tốt đề tài này./.
Ngày tháng năm 2004
ngời thực hiện
Ngyễn văn oánh
-Trang 24-

Tài liệu tham khảo
1) Sách giáo khoa Đại số 8; 9 Nhà xuất bản giáo dục
1) Sách nâng cao Đại số 8 Vũ Hữu Bình
2) Sách nâng cao Đại số 9 Vũ Hữu Bình
3) Sách nâng cao Đại số 8 Võ Đại Mau
4) Sách nâng cao Đại số 9 Võ Đại Mau
5) Tuyển tập các bài toán sơ cấp Vũ Hữu Bình
6) Tuyển tập các bài toán sơ cấp Võ Đại Mau
7) 36 bộ đề ôn thi tốt nghiệp THCS Võ Đại Mau
8) Tạp trí toán học trẻ Tháng 3 năm 2002
Phụ lục
Phần I : Mở đầu
I) Lý do chọn đề tài 1
II)Hớng phát triển đề tài 2
Phần II : nội dung
Chơng I : Các kiến thức cần thiết 3
Chơng II : Một số phơng pháp cơ bản giải bài toán cực trị đại số 5
Đ Phơng pháp 01 : Sử dụng phép biến đổi đồng nhất 5
Đ Phơng pháp 02 : Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản 8
Đ Phơng pháp 03 : Sử dụng phơng pháp đặt ẩn phụ 13
Đ Phơng pháp 04 : Sử dụng biểu thức phụ 16
Đ Phơng pháp 05 : Phơng pháp miền giá trị 20
Đ Phơng pháp 06 : Xét từng khoảng giá trị 24
Đ Phơng pháp 07 : Phơng pháp hình học 28
Phần III : Kết luận 33
Tài liệu tham khảo 34
-Trang 25-