skkn phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh thpt thông qua giải bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 1 biểu thức. thpt vĩnh lộc

Sáng kiến kinh nghiệm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC
***    ***
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH
THPT THÔNG QUA GIẢI BÀI TOÁN: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
VÀ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC
Người thực hiện: Vũ Thị Nhì
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn : Toán


THANH HOÁ - NĂM 2013
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 1
Sáng kiến kinh nghiệm
MỤC LỤC
A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1
I. .CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ 1
1.Định nghĩa giá trị lớn nhất và nhỏ nhất 1
2. Bất đẳng thức Côsi 2
3. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki 2
4. Dùng hàm số để xét giá trị lớn nhất và nhỏ nhất 2
II.THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ 2
III.GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN 3
1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức một biến 3
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến 8
IV.KIỂM NGHIỆM 18
1. Kết quả kiểm tra tại lớp 18
2. Kết quả thi học sinh giỏi 19

C. KẾT LUẬN 19
I. KẾT LUẬN 19
II. Ý KIẾN ĐỀ XUẤT 20
Tài liệu kham khảo 21
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 2
Sáng kiến kinh nghiệm
A. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Bài toán về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (GTLN và GTNN) là một
loại bài toán khó. Nó khó ở chỗ về lý thuyết rất ngắn, thế nhưng về các phương
pháp dùng để giải quyết bài toán lại đa dạng và phong phú. Một bài toán có thể
có rất nhiều cách giải quyết khác nhau. Muốn giải quyết được nó yêu cầu học
sinh phải có kiến thức tổng hợp và phải có khả năng phán đoán để đưa ra lời giải
thích hợp. Đặc biệt là các bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một
biểu thức. Hơn nữa, bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một biểu
thức thường xuất hiện trong các đề thi Đại học và Cao đẳng, các kỳ thi học sinh
giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia hàng năm.
Trên thực tế, qua quá trình giảng dạy và tham khảo kết quả bài làm của
học sinh qua các kỳ thi nói trên, tôi thấy học sinh thường bỏ qua hoặc rất ngại
khi gặp các bài toán về dạng này. Sở dĩ như vậy là vì:
+) Phương pháp học tập của học sinh quá thụ động, không sáng tạo, không linh
hoạt khi vận dụng kiến thức vào bài tập.
+) Do cách truyền thụ của các thầy cô về vấn đề này còn hời hợt, chưa tập trung
khai thác và hướng dẫn học sinh học một cách tích cực.
Từ hai nguyên nhân trên dẫn đến học sinh có tư tưởng “ngại” khi gặp dạng
bài toán này.
Từ thực tế trên tôi quyết định chọn đề tài “Phát triển năng lực tư duy
sáng tạo cho học sinh THPT thông qua giải bài toán: Tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của một biểu thức ” để giúp học sinh giải quyết các yêu cầu sau:
+) Có cách nhìn tổng quát và hướng giải quyết bài toán về giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức.

+) Thông qua đề tài, các em tập đào sâu và đưa ra được nhiều cách giải khác
nhau. Từ đó các em có nhiều cách nhìn mới đối với dạng bài toán này.
+) Giúp nâng cao năng lực tư duy, năng lực sáng tạo cho học sinh, giúp các em
hứng thú và nâng cao hiệu quả học tập, thi cử khi gặp dạng toán này. Thông qua
đó rèn luyện kĩ năng cho học sinh.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ.
1. Định nghĩa giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
a, Hàm số
)(xfy =
xác định trên D có giá trị lớn nhất là
M
nếu:






=∈∃
∈∀≤
MxfDx
DxMxf
)(/
)(
00

Ký hiệu
Dx
xMaxfM

∈∀
= )(
b, Hàm số
)(xfy =
xác định trên D có giá trị nhỏ nhất là
m
nếu:
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 3
Sáng kiến kinh nghiệm






=∈∃
∈∀≥
mxfDx
Dxmxf
)(\
)(
00
Ký hiệu
)(xfMinm
Dx∈∀
=
2. Bất đẳng thức Cô – si ( BĐTgiữa trung bình cộng và trung bình nhân ):
2.1. Đối với hai số không âm:
Với mọi
0,0 ≥≥ ba

ta có:
ab
ba
≥
+
2
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ba
=
.
2.2. Đối với ba số không âm:
Với mọi
0,0,0 ≥≥≥ cba
ta có:
3
3
abc
cba
≥
++
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
cba ==
.
2.3. Đối với
n
số không âm:
Cho
n
số không âm

n
aaa ; ;;
21
ta luôn có:
n
n
n
aaa
n
aaa


21
21
≥
+++
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
n
aaa ===
21
.
Lưu ý: +) Nếu
Kaaa
n
=+++
21
(hằng số) thì

n
n

n
K
aaa )(
21
≤

⇒
Tích
n
aaa
21
đạt giá trị lớn nhất.
+)Nếu
Kaaa
n
=
21
thì
n
n
Knaaa ≥+++
21

⇒
Tổng đạt giá trị nhỏ nhất.
3. Bất đẳng thức Bunhiacốpxki.
3.1. Đối với 4 số thực:
Với bốn số thực
dcba ,,,
ta có:

))(()(
22222
dbcacdab ++≤+
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
bcad
=
.
3.2. Đối với
n2
số thực:
Cho hai bộ n số thực tuỳ ý:
n
aaa , ,,
21
và
n
bbb , ,,
21
. Ta có:
) )( () (
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn

bbbaaabababa ++++++≤+++
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
n
n
b
a
b
a
b
a
===
2
2
1
1
.
4. Dùng hàm số để xét giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
a. Nếu hàm số
)(xfy =
luôn luôn đồng biến trên
];[ ba
thì:
)()( bfxMaxf
bxa
=
≤≤
,
)()( afxfMin
bxa

=
≤≤
b. Nếu hàm số
)(xfy =
luôn nghịch biến trên
];[ ba
thì:
)()( afxMaxf
bxa
=
≤≤
,
)()( bfxfMin
bxa
=
≤≤
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ.
Sách giáo khoa trình bày vấn đề này còn khá đơn giản. Trong khi đó các kỳ
thi chọn học sinh giỏi, các kỳ thi Đại học và Cao đẳng trong những năm gần đây
xuất hiện dạng bài toán này tương đối phổ biến (câu V). Kỹ năng giải quyết
dạng bài tập này của học sinh còn yếu. Từ đó tâm lý của học sinh “ngại” tiếp
xúc và hầu như bỏ qua bài toán này.
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 4
Sáng kiến kinh nghiệm
Vì thế thông qua học tập làm sao giúp các em rèn luyện khả năng tư duy
sáng tạo, từ đó có kĩ năng giải quyết các vấn đề trong học tập, giúp học sinh có
hứng thú học tập bộ môn. Việc làm này tôi nghĩ cần thiết và phù hợp với yêu
cầu của giáo dục trong giai đoạn mới.
Từ thực trạng trên để công việc đạt hiệu quả hơn, trong chuyên đề này tôi
muốn trình bày các phương pháp giải bài toán tìm GTLN và GTNN của một

biểu thức. Chuyên đề không trình bày kiểu hệ thống từng phương pháp giải mà
lồng vào từng bài, để từ đó các em đưa ra được kết luận cho mình phần tổng hợp
các phương pháp, khi nào dùng phương pháp nào cho phù hợp.
Tôi mong rằng chuyên đề: “Phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học
sinh THPT thông qua giải bài toán: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một
biểu thức”này sẽ đem lại cho các đồng nghiệp những điều gợi ý mới, những suy
nghĩ mới và những cải tiến giảng dạy mới, nhằm góp phần vào việc nâng cao
chất lượng giáo dục hiện nay. Việc đổi mới cách dạy và cách học chắc chắn sẽ
mang lại nhiều hiệu quả mới của nghành giáo dục phổ thông, trong việc phát
huy vai trò của mình đối với xã hội và đất nước.
III. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN.
Chuyên đề đã thực hiện trong các năm học từ 2010 đến 2013 tại các lớp
12A9, 12A7, 12A4. Sau khi thực hiện có kiểm tra, đối chứng. Từ đó tôi thấy học
sinh đã bắt đầu học tập tốt và có hứng thú học tập đối với phần này. Vì thế
chuyên đề đã đóng góp việc nâng cao hiệu quả học tập nói chung và kết quả các
kỳ thi nói riêng.
Trong mỗi phần của chuyên đề có trình bày cách giải độc đáo và có các bài
toán giải bằng nhiều phương pháp khác nhau. Học sinh tự tổng hợp các phương
pháp và đưa ra kết luận cho từng loại. Trong mỗi phần có các bài toán rèn luyện
kỹ năng. Với cách trình bày như vậy, tôi tin rằng học sinh có thể nắm vững từng
phương pháp. Từ đó các em có một phương pháp học tập và nghiên cứu không
những phần này mà học tập các phần khác.
1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức một biến.
Căn cứ vào ý định đã nêu, trong mỗi bài toán hướng dẫn học sinh cách tìm
tòi các lời giải khác nhau. Từ đó giúp các em có cách nhìn rộng, từ một bài toán
cụ thể đến các vấn đề tổng quát hơn.
Sau đây tôi xin trình bày một số ví dụ:
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
1243)(
23

=+−= xxxxf
với
51 ≤≤ x
Giải:
Cách 1: Có 2 giá trị biến của x cần quan tâm là 1 và 5. Từ
51 ≤≤ x
Ta có:
[ ]
5,1
0)5(
0)1(
∈∀



≤−
≥−
x
x
x
Phân tích
1243)(
23
−+−= xxxxf
thành
1)22)(1()(
2
−+−−= xxxxf
10−≥
nếu

bằng
⇔
1=x
. Vây
10)( −=xMìnf
khi
1=x
.
Ta có:
4848)142)(5()(
2
≤++−−= xxxxf
dấu bằng xảy ra
5
=⇔
x
Vậy
48)( =xMaxf
khi
5=x
.
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 5
Sáng kiến kinh nghiệm
Cách 2: Dùng đạo hàm
Ta có:
463)('
2
+−= xxxf
.
0)(' =xf

không xảy ra vì
0)(' >xf

Rx
∈∀
Bảng biến thiên:
x
1 5
)(' xf
+
)(xf
48
-10
Vây
10)( −=xMìnf
khi
1=x
và
48)( =xMaxf
khi
5=x
.
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
+= xxf )(
2
xx −
với 0
1
≤≤
x

.
Giải:
Cách 1: Dùng biểu thức.
Trước hết ta thấy trên miền 0
1
≤≤
x
hàm số
+= xxf )(
0
2
≥− xx
. Dấu bằng xảy
ra
0=⇔ x
.Vậy
0)( =xMìnf
khi
0=x
Mặt khác:
=)(xf

2
2
1
2
1
xxx −−+
. Theo Bunhia ta có
+≤−+−+=

2
1
1)
2
1
(1
2
1
)(
2
xxxxf

)
4
1
)(11(
22
xxxx −++−+
=
2
21
2
2
2
1 +
=+
Dấu bằng xảy ra
⇔
2
2

1
xxx −=−
⇔
4
22
)
2
1
(
0
2
1
22
+
=⇔







−=−
≥−
x
xxx
x
. Vậy
2
21

)
4
22
()(
]1;0[
+
=
+
= fxfMax
Cách 2: Dùng tam thức bậc 2.
Đặt
mxf =)(
ta có
2
xxxm −+=

⇔

2
xxxm −=−
⇔






=++−
≤
⇔




−=−
≤
(*)0)12(2
)(
22
22
mxmx
mx
xxxm
mx
Giá trị hàm số
)(xf
đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất thế thì ( *) có nghiệm thoả
mãn 0
1
≤≤
x
. Và
mx ≤
. Xét
22
8)12( mmx −+=∆

144
2
++−= mm
⇔≥∆

0x
144
2
++− mm
2
21
0
−
⇔≥

2
21+
≤≤ m
( **)
Do
∈x
[ ]
1,0
và
mx ≤
nên ( **)
⇔

2
21
0
+
≤≤ m
Vây
0)( =xMìnf

khi
0
=
x
và
2
21
)(
+
=xMaxf
khi
2
22 +
=x
.
Cách 3: Dùng đạo hàm.
Với
2
)( xxxxf −+=
với
x

∈
[ ]
1;0
ta có
+= 1)(' xf

2
2

2
2
212
2
21
xx
xxx
xx
x
−
−+−
=
−
−
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 6
Sáng kiến kinh nghiệm

0)(' =xf
⇔

4
22
10
122
2
+
=⇔






<<
−=−
x
x
xxx
Do đó f(x) đạt cực trị tại
4
22 +
=x
2
21
)
4
22
()
4
22
();1();0(max)(
]1;0[
+
=
+
=







+
= ffffxfMax
.
Vậy
2
21
)(
]1;0[
+
=xfMax
khi
4
22 +
=x
và
0)(
]1;0[
=xfMin
khi
0
=
x
Cách 4: Phương pháp lượng giác hoá
Do
x

∈
[ ]
1;0

nên đặt
α
2
sin=x
với mọi
α
.
)sin1(sinsinsinsinsin)()(
22422
ααααααα
−+=−+== gxf
=
ααα
cossinsin
2
+
Xét
π
π
απ
kk +≤≤
2
. Ta có
)
2
sin(.sin2)cos(sinsincossinsin)(
2
π
ααααααααα
+=+=+=g

=
2
21
1
2
2
2
2
)
4
2cos(
4
cos
2
2 +
=






+≤






+−

π
α
π
Dấu bằng
⇔

ππ
π
α
π
α
kCos +=+⇒−=+
4
21)
4
2(

⇒
π
π
απ
π
α
kk +=⇒+=
8
3
2
4
3
2

(
zk
∈
)
Xét
ππαπ
π
kk +≤≤+
2
tương tự ta cũng có.
)
4
sin(.sin2)cos(sinsincossinsin)(
2
π
ααααααααα
−=−=−=g
=
))
4
2cos(
4
(cos
2
2
π
α
π
−−
.

)(
α
Maxg
xảy ra khi và chỉ khi
1)
4
2cos( =−
π
α
)()(
2
10
α
π
π
απ
gMaxxfMax
kk
x
+≤≤
≤≤
=
2
21
)
8
5
(
+
=+=

π
π
mg
xảy ra khi
4
22 +
=x
Dễ thấy
0sinsinsin)(
422
≥−+=
αααα
g
Dấu bằng xảy ra
πααα
k=⇒=⇒=⇔ 0sin0sin
2

)( zk ∈
Vậy
0)inf( =xM
khi
0
=
x
.
Cách 5. Dùng phương pháp toạ độ.
Giá trị m là một giá trị tuỳ ý của hàm số
)(xf
Điều đó có nghĩa là phương trình

sau có nghiệm:
xmxxmxxx −=−⇔=−+
22
(*)
Do đó
2
10
)( mxfMax
x
=
≤≤
và
1
10
)( mxfMin
x
=
≤≤
Ở đây
1
m
và
2
m
Tương ướng là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của tham số
m
Làm cho (*) có nghiệm. Dễ thấy
2
xxy −=




=−+
≥
⇔
0
0
22
xxy
y






=+−
≥
⇔
4
1
)
2
1
(
0
22
yx

y


⇒
2
xxy −=
là nửa đường tròn nằm phía trên 0x tâm
)0,
2
1
(0
1
và r
2
1
=
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 7
Sáng kiến kinh nghiệm
Gọi đường thẳng
xmy −=
là (
∆
) Xét tương giao của đường tròn và đường thẳng
(
∆
)

xmy −=
là do
xy −=

tịnh tiến lên xuống theo oy.
Dựa vào hình vẽ ta thấy khi
0=m
⇒
khi đó
1
m
= 0.
Cho
xy −=
tịnh tiến lên trên và khi đó (
∆
) tiếp xúc với đường tròn tại M, cắt oy
tại P( 0,
2
m
), cắt 0x tại N(
0;
2
m
). Ta cần tìm
2
m
Ta có:
OPOM =
nên
NOPMNO ∆∆
υ
1
1

1
1 MONM
OP
NO
MO
NM
=⇒==⇒
.
Theo định lý Pitago trong
1
NMO∆
( góc
∧
NMO
=
0
90
) ta có:
2
2
22
22
1
2
1
2
1
===+= RMOMONMNO
Vậy
2

1
11
=+= NOOOON
+
2
2
21
2
2
m=
+
=
Vậy
00
=⇒=
xm

4
22
2
21 +
=⇒
+
= xm
Vậy
0)inf( =xM
khi
0=x
và
2

21
)(
10
+
=
≤≤
xfMax
x
xảy ra khi
4
22 +
=x
.
Ví dụ 3: Cho
1
2
)(
−
+=
x
xxf
với
1>x
. Tìm
)(xMìnf
.
Giải:
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 8
Sáng kiến kinh nghiệm
Cách 1. Dùng bất đẳng thức Côsi

Ta có:
1
1
2
1)( +
−
+−=
x
xxf
.
Theo Côsi ta có:
22
1
2
1 ≥
−
+−
x
x
dấu bằng xảy ra
21
1
2
1 ±=⇔
−
=−⇔ x
x
x
Do
1

>
x
nên chọn
21+=x
. Vậy
221)( +=xMìnf
đạt tại
21+=x
.
Cách 2: Dùng đạo hàm
Ta có:
2
2
2
)1(
2)1(
)1(
2
1)('
−
−−
=
−
−=
x
x
x
xf
.
212)1(0)('

2
±=⇔=−⇔= xxxf
.
Ta có bảng biến thiên:
x
1
21+

∞+
)(' xf
- 0 +
)(xf
∞+

∞+


1+2
2
Vậy
221)( +=xMìnf
đạt tại
21+=x
.
Ví dụ 4:Tìm GTLN của biểu thức:
1654)(
234
+−−−= xxxxxP
với
31

≤≤−
x

Giải:
Đây là đa thức bậc bốn. Nếu dùng đạo hàm thì phương trình
0)(' =xP
có
nghiệm lẻ. Tất nhiên là có thể tính được, thế nhưng nó phức tạp. Ta thử suy nghĩ
theo hướng khác để tránh sự nhầm lẫn trong tính toán. Ta sẽ áp dụng phương
pháp sơ cấp để giải quyết bài toán.
1654)(
234
+−−−= xxxxxP
19)1)(3)(1(
2
+++−+= xxxx
01;03;01
2
>++≤−≥+ xxxx
x∀
[ ]
3,1−∈
19)( ≤xP
x∀
[ ]
3,1−∈
dấu bằng đạt tại
1−=x
;
3=x

.
Vậy
19)( =xMaxP
tại
1
−=
x
hoặc
3
=
x
.
Bài tập rèn luyện:
Bài 1. Cho
1023)(
235
+−+= xxxxf
với
]7;2[∈x
. Tìm
)(xMaxf
và
)inf(xM
.
Bài 2. Cho
xxA −+−= 41
với
]4;1[∈x
. Tìm
MaxA

và
MinA
.
Bài 3(Đề thi đại học khối B - 2003).
Cho
2
4 xxA −+=
với
]2;2[−∈x
. Tìm
MaxA
và
MinA
.
Bài 4(Đề thi đại học khối D - 2011). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
1
332
2
+
++
=
x
xx
y
trên
]2;0[
.
Bài 5. Cho
2
143 xxA −+=

với
]1;1[−∈x
. Tìm
MaxA
và
MinA
.
Bài 6. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
326
)1(4 xxy −+=
với
]1;1[−∈x
Trong phần trên chúng ta đã hướng dẫn học sinh khai thác các cách giải khác
nhau ở mỗi bài toán. Tuy vậy không phải mọi bài toán có thể giải theo nhiều
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 9
Sáng kiến kinh nghiệm
cách. Tuỳ từng bài toán mà ta chọn cách giải ngắn nhất và phù hợp. Đó là ý định
của đề tài.
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến.
Ví dụ 1: Cho
1;;0 ≤≤ cba
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
)1()1()1(),,( accbbacbaf −+−+−=
Giải:
Hai điểm biên của c là 0, 1 nên ta chứng minh:
)]1,,();,,([),,( bafobafMaxcbaf ≤
.
Thật vậy ta có:
)1()1()1()1(1)11()1(),,()1,,( accbbaabbacbafbaf −−−−−−−+−+−=−
=

)1).(1()1(1 bacbacba −−−=−−−−−
.
Tương tự ta xét:
)1(),,()0,,( baccbafbaf −−−=−
Nếu
01 ≥−− ba
suy ra
0),,()1,,( ≥− cbafbaf

),,()1,,( cbafbaf ≥⇒
Nếu
01 ≤−− ba
suy ra
0),,()0,,( ≥− cbafbaf

),,()0,,( cbafbaf ≥⇒
Do vậy
)]0,,();1,,([),,( bafbafMaxcbaf ≤
Làm tương tự với biến
b
và
a
ta sẽ thu được kết quả
)]1,1,1();1,0,1();1,1,0();1,0,0();0,1,1();0,0,1();0,1,0();0,0,0([),,( ffffffffMaxcbaf ≤
Suy ra
1),,( ≤cbaf
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi trong ba số
cba ,,
có 2 số
bằng 0 và một số bằng 1.

Ví dụ 2: Cho
1,,0 ≤≤ cba
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
)()(2),,(
222333
accbbacbacbaf ++−++=
Giải:
Hai điểm biên của
c
là 0 và 1. Ta sẽ chứng minh:
)]1,,();,,([),,( bafobafMaxcbaf ≤
Thật vậy ta có:
)()(2)()1(2[),,()1 (
2223332233
accbbacbaabbabacbafbaf +++++−++−++=−
accbcab
2232
22 ++−−−=
)1()1)(1()1)(1(2
22
cbccaccc −−+−−++−=
)222)(1(
22
bacaccc −−−++−=
)222)(1(
22
bacccac −−++−−=
Tương tự ta có:
)()(2)(2),,()0,,(
222333233

accbbacbababacbafbaf +++++−−+=−
)2(2
22223
acbccaccbc −−−=++−=
Nếu
02
22
≥−− cabc
thì
0),,()1,,( ≥− cbafbaf
),,()1,,( cbafbaf ≥⇒
Nếu
02
22
≤−− cabc
thì
0),,()0,,( ≥− cbafbaf
),,()0,,( cbafbaf ≥⇒
Do vậy
)]0,,();1,,([),,( bafbafMaxcbaf ≤
Làm tương tự với biến
b
và
a
ta sẽ thu được kết quả
)]1,1,1();1,0,1();1,1,0();1,0,0();0,1,1();0,0,1();0,1,0();0,0,0([),,( ffffffffMaxcbaf ≤
Suy ra
3),,( ≤cbaf
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi trong ba số
cba ,,

có 2 số
bằng 1 và một số bằng 0.
Ví dụ 3: Cho
edcba ,,,,
thoả mãn điều kiện:
5,,,,2 ≤≤− edcba
và
4
=++++
edcba
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
22222
edcbaS ++++=
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 10
Sáng kiến kinh nghiệm
Giải:
Từ giả thiết
52 ≤≤− a
0)5)(2( ≤−+⇔ aa

103
2
+≤⇔ aa
Tương tự:
103
2
+≤ bb

103
2

+≤ cc

103
2
+≤ dd

103
2
+≤ ee
6250)(3
22222
=+++++≤++++=⇒ edcbaedcbaS
Vậy
62=MaxS
đạt khi
edcba ,,,,
nhận các giá trị bằng -2 hoặc bằng 5. Giả sử có
k
số bằng -2 thì sẽ có
k−5
số bằng 5. Do đó
45)5()2( =−+−=++++ kkedcba
3=⇒ k
Vậy
12=MaxS
khi có 3 trong 5 số bằng -2 và 2 số bằng 5.
Ta có
edcba ++++=4
Theo Bunhiacốpxki ta có
5).(16

22222
edcba ++++≤

⇔
5
16
≥S
. Dấu bằng xảy ra
5
4
=====⇔ edcba
Ví dụ 4: Cho
edcba ,,,,
thoả mãn điều kiện:
2,,,,1 ≤≤− edcba
và
2−=++++ edcba
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
33333
edcbaS ++++=
Giải:
Xét với 1 biến ta có:
230230)12)(2(
332
+≤⇔≤−−⇒≤++− aaaaaaa
Tương tự:
23
3
+≤ bb

23
3
+≤ cc

23
3
+≤ dd

23
3
+≤ ee
10)(3
33333
+++++≤++++⇒ edcbaedcba
4≤⇒ S
. Dấu bằng xảy ra
⇔
edcba ,,,,
nhận các giá trị bằng 2 hoặc bằng -1.
Giả sử có
k
số bằng 2 thì sẽ có
k−5
số bằng -1.
Vậy
2)1)(5(2. −=−−+=++++ kkedcba
1=⇒ k
Vậy
4=MaxS
khi và chỉ khi có 1 trong 5 số bằng 2 và 4 số còn lại bằng -1.

Ta lại có:
0)
4
1
)(1(
2
≥+−+ aaa

⇒
4
1
4
3
0
4
1
4
3
33
−≥⇒≥+− aaaa
Áp dụng với các biến còn lại ta được:
4
1
4
3
3
−≥ bb

4
1

4
3
3
−≥ cc

4
1
4
3
3
−≥ dd

4
1
4
3
3
−≥ ee
4
5
)(
4
3
−++++≥⇒ edcbaS
Vậy
4
11
−≥S
. Dấu bằng xảy ra
⇔

edcba ,,,,
nhận các giá trị bằng (-1) hay
2
1
.
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 11
Sáng kiến kinh nghiệm
Giả sử có
k
số nhận giá trị bằng (-1) thì sẽ có
k
−
5
số bằng
2
1
.
Vậy
2)
2
1
)(5( −=−+−=++++ kkedcba
3
=⇒
k
Vậy giá trị nhỏ nhất của
S
là
4

11
−
khi trong 5 số
edcba ,,,,
có 3 số bằng (-1) và 2
số là
2
1
.
Tổng quát: Với các bài toán trên thực chất là việc xác định đa thức
2
))(1( mxx −+
và
2
))(2( xnx +−
thoả mãn. Sau khi khai triển và rút gọn không còn
bậc hai của biến
x
( Tìm
nm,
sao cho hệ số của
2
x
bằng 0)
Giả thiết bài toán có thể thay đổi khi mối liên hệ là biểu thức bậc hai.
Bài tập tự luyện
Bài 1: Cho
edcba ,,,,
thoả mãn điều kiện:
2,,,,2 ≤≤− edcba

và
0=++++ edcba
.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
22222
edcbaS ++++=
Bài 2 : Cho
edcba ,,,,
thoả mãn điều kiện:
3,,,,1 ≤≤− edcba
và
5=++++ edcba
.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
22222
edcbaS ++++=
Bài 3: Cho
edcba ,,,,
là các số tự nhiên thoả mãn
102=++++ edcba
. Tìm
MaxF
, biết
abcdF =
.
Bài 4: Cho
dcba ,,,
dương thoả mãn
2222
dcbadcba +++=+++

. Tìm
MaxA
,
biết
dcbadcbaA +++++++=
3333
.
Bài 5: Cho
cba ,,
thoả mãn
1,,0 ≤≤ cba
. Tìm
MaxA
, biết
)(2)(3
222222333
accbbacbaA ++−++=
.
Ví dụ 5(Đề thi đại học khối A - 2006): Cho hai số thực
0, ≠yx
và
xyyxxyyx −+=+
22
)(
. Tìm
MaxA
, biết
33
11
yx

A +=

Giải:
Cách 1:
xyyxxyyx −+=+
22
)(
xyyx 3)(
2
−+=
33
11
yx
A +=
33
22
33
33
))((
yx
xyyxyx
yx
yx −++
=
+
=
2
33
2
)(

)(
xy
yx
yx
xyyx +
=
+
=
(*)
Đặt
0≠=+ tyx
ta có:
22
)3(3 ttxyxyttxy =+⇒−=
với
3−≠t

⇒
3
2
+
=
t
t
xy
Thay vào theo Bunhiacốpxki ta có:
xyyxyxt ]2)[(2)(2
2222
−+=+≤
]

3
2
1[21]
3
2
[2
2
22
+
−≤⇔
+
−≤
tt
t
tt
01
3
22
3
22
1 ≥−
+
+
⇒
+
+
≤⇒
t
t
t

t
130
3
1
≥∪−<⇔≥
+
−
⇒ tt
t
t
(*)
22
2
2
4
2
96
1
96
)3(
t
t
t
tt
t
t
t
A ++=
++
=

+
=

(*)∈t

⇒
)(
186186186
'
2332
tt
t
t
t
tt
A
−−
=
−−
=−−=
Ta có bảng biến thiên:
t
∞−
-3 0 1
∞+
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 12
Sáng kiến kinh nghiệm
'A
- -
A

1
0
16

1
Vậy
MaxA
= 16 khi





=
=+
4
1
1
xy
yx
⇔
2
1
== yx
Cách 2: Từ giả thiết ta suy ra:
xy
yx
yx
11111
22

−+=+
.
Đặt
a
x
=
1
;
b
y
=
1
. Ta có:
abbaba −+=+
22
(1)
Do đó
22233
)())(( baabbababaA +=−++=+=
Từ (1):
abbaba 3)(
2
−+=+
Vì
40)
2
(
2
≤+≤⇒
+

≤ ba
ba
ab
16)(
2
≤+=⇒ baA
Vậy
MaxA
= 16 khi
2
1
== yx
Cách 3 Đặt S = x + y , P = xy với S
2
- 4P
0≥
.
Từ gt suy ra :
2 2
2
, 0
( )
3 3
3
S P
S S SP
P hayP
S
SP S P
≠


−
⇒ = =

+
= −

.
Ta có:
3 3 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2
1 1 ( )( ) ( ) ( )x y x y x y xy x y xy x y S
A
x y x y x y x y x y P
+ + + − + +
= + = = = = =
Ta có:
2 2
2 2
2
1
1
4 0 4 0 1 4 0 4 16
3 3 4
P
S SP P S S
S
S P S
S P P
−

−
− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≤
Vậy
16
=
MaxA
khi
2
1
=== zyx
.
Ví dụ 6: Cho
)1;0(,,
∈
zyx
và
1=++ zxyzxy
. Tim
MinP
biết
222
111 z
z
y
y
x
x
P
−
+

−
+
−
=
Giải:
Cách 1:
zyx ,,
bình đẳng với
)1;0(,,
∈
zyx
.
Xét
)1(1
)(
2
2
2
xx
x
x
x
xF
−
=
−
=

Đặt
3

xxt −=
với
)1;0(∈x
Ta có:
3
1
031'
2
±=⇔=−= xxt
. Vì
0
>
x
nên
3
1
=x
.
Ta có bảng biến thiên
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 13
Sáng kiến kinh nghiệm
x
0
3
1
1
't
+ 0 -
t

33
2
0 0
Vậy
33
2
≤t
Dấu bằng xảy ra
3
1
=⇔ x
. Do đó
2
33
.
)1(
2
2
2
x
xx
x
≥
−
Làm tương tự với:
2
22
2
2
33

1)1(
y
y
y
yy
y
≥
−
=
−
Dấu bằng xảy ra
3
1
=⇔ y

2
22
2
2
33
1)1(
z
z
z
zz
z
≥
−
=
−

Dấu bằng xảy ra
3
1
=⇔ z
Vậy
)(
2
33
222
zyxP ++≥
(*)
Do
22222
)(1)( zyxzxyzxy ++≤=++
1
222
≥++⇔ zyx
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi
zyx ==
.
Vậy
2
33
≥P
khi
zyx ==
3
1
=

và
MinP
2
33
=
khi
zyx ==
3
1
=
.
Cách 2: Do
)1;0(,,
∈
zyx
nên đặt
czbyax tan,tan,tan ===
với
)
4
;0(,,
π
∈cba
.
Theo giả thiết ta có:
1=++ zxyzxy
nên
1tantantantantantan =++ accbba
cbcba tantan1)tan(tantan −=+⇒
cb

cb
a
tantan
tantan1
tan
+
−
=⇒
. Do vậy
2
π
=++ cba
Chú ý
0tantan >+ cb
. Vậy
π
=++ cba 222
.
Lại có:
a
a
a
a
a
a
a
x
x
2tan
2

1
)
cos
sin
1(:)
cos
sin
(
tan1
tan
1
2
2
22
=−=
−
=
−
Tương tự:
b
y
y
2tan
2
1
1
2
=
−

c
z
z
2tan
2
1
1
2
=
−
Vậy
cbaPcbaP 2tan2tan2tan2)2tan2tan2(tan
2
1
++=⇔++=
.
Do
)1;0(∈x

)
4
;0(
π
∈⇒ a
)
2
;0(2
π
∈⇒ a
02tan

>⇒
a
Tương tự:
02tan >b
;
02tan >c
Theo Côsi ta có:
3
2tan.2tan.2tan32tan2tan2tan2 cbacbaP ≥++=
Mà
π
=++ cba 222
cbacba 2tan.2tan.2tan2tan2tan2tan =++⇒
Vậy
2
33
4
27
2.278232
23
3
≥⇒≥⇒≥⇒≥ PPPPPP
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 14
Sáng kiến kinh nghiệm
Vậy
MinP
2
33
=
khi

⇒==
cba 2tan2tan2tan
zyx ==
3
1
=
.
Ví dụ 7: Giả sử
0, >yx
thoả mãn
4
5
=+ yx
. Tìm
MinS
biết
yx
S
4
14
+=
Giải:
Cách 1:
5
4
5
4
11111
yxxxx
yxxxx

S ≥++++=
⇒
5
5
25
44
25
4
5.5
==
+
=
++++
≥
yxyxxxx
S
Vậy
5
=
MinS











=+
=
=
⇔
4
5
4
4
11
yx
yx
yx





=
=
⇔
4
1
1
y
x
Cách 2:
)(
45
14
xf

xx
S =
−
+=
với
4
5
0 << x
0
)45(
44
'
22
=
−
+−=
xx
S
khi
1
4
5
0
)45(
22
=⇔






<<
−=
x
x
xx
Lập bảng biến thiên ta được:
5
=
MinS





=
=
⇔
4
1
1
y
x
Cách 3:
yx
yx
y
y
x
x

4
14
.
2
1
.
2
.
2
1
2 ++≤+=+
Dấu bằng xảy ra





=
=
⇔





=+
=
⇔








=+
=
⇔
4
1
1
4
5
4
4
5
.2
1
.
2
y
x
yx
yx
yx
yyxx
Ta có:
5)
4
14

(
4
5
)
2
5
(
2
≥⇒+≤ S
yx
Ví dụ 8: Cho
0,, >zyx
và
4
111
=++
zyx
. Hãy tìm
MaxA
, biết
zyxzyxzyx
A
2
1
2
1
2
1
++
+

++
+
++
=
Giải:
Cách 1:
Chứng minh
0, >ba
thì
)1()
11
(
4
11
baba
+≤
+
. Dấu bằng xảy ra
ba
=⇔
Áp dụng
)
2
1
2
11
(
8
1
)]

11
(
4
1
2
1
[
4
1
)
1
2
1
(
4
1
2
1
zyxzyxzyxzyx
++=++≤
+
+≤
++
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 15
Sáng kiến kinh nghiệm
Tương tự

)
2
1

2
11
(
8
1
2
1
zxyzyx
++≤
++

)
2
1
2
11
(
8
1
2
1
yxzzyx
++≤
++
1)
111
(
4
1
=++≤⇒

zyx
A
đạt tại
3
4
=== zyx
Cách 2: Xét
4
1
.
1
.
1
.
1
4
11
2
1
zyxxzyxxzyx
≤
+++
=
++


)
112
(
16

1
)
1111
(
4
1
.
4
1
zyxzyxx
++=+++≤
)
112
(
16
1
2
1
zyxzyx
++≤
++
⇒
. Dấu bằng xảy ra
zyx
==⇔
Tương tự:
)
121
(
16

1
2
1
zyxzyx
++≤
++
. Dấu bằng xảy ra
zyx
==⇔

)
211
(
16
1
2
1
zyxzyx
++≤
++
. Dấu bằng xảy ra
zyx
==⇔
1)
111
(
4
1
=++≤⇒
zyx

A
đạt tại
3
4
=== zyx
Cách 3:
)(22
1
)(22
1
)(22
1
yxzzxyzyx
A
+
+
+
+
+
≤

]
1
.
2
11
.
2
11
.

2
1
[
2
1
yxzzxyzyx +
+
+
+
+
=
Dùng Bunhiacốpxki và thay biểu thức ban đầu cho kết quả.
Ví dụ 9: Gọi
);( yx
là nghiệm của hệ phương trình



+=+
−=−
13
42
mymx
mmyx
với
m
là số
thực. Tìm giá trị lớn nhất của
xyxA 2
22

−+=
khi
m
thay đổi.
Giải:
Cách 1:
1)1(
22
−+−= yxA
Biến đổi hệ về :



+=+−
−=−−
12)1(
41)1(
myxm
mmyx





+=−++−
−=−−+−
⇒
2222
2222
)12()1(2)1(

)41()1(2)1(
mxmyyxm
mxmyymx





−
+
++−
=−+−
++−=+−+
⇔
1
1
)12()41(
1)1(
)12()41(])1)[(1(
2
22
22
22222
m
mm
yx
mmyxm
Do đó:
)
1

92
(219
1
1419
22
2
+
+
−=
+
+−
=
m
m
m
mm
A
. Do đó:
1
92
2
+
+
⇔
m
m
MinMaxA
.
Vậy
2

859
8510
−−
=⇔+= mMaxA
.
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 16
Sáng kiến kinh nghiệm
Cách 2: gọi
1
d
là đường thẳng
mmyx 42 −=−
. Nên
1
d
đi qua điểm cố định
)4;2(A
và
m
k
1
1
=
.
Gọi
2
d
là đường thẳng
13 +=+ mymx
đi qua điểm cố định

)1;3(B
và
mk −=
2
.
Khi
m
biến thiên giao
);( yxM
của
1
d
và
2
d
vạch nên đường tròn đường kính
AB
tâm I (k).
Từ
1)1(2
2222
−+−=−+= yxxyxA
),(1
2
CMdA =+
trong đó
)0;1(C
nên
Max
A

đồng thời
MaxCMd ),(
Dễ dàng nhận ra khi
0
MM ≡
(
0
M
là giao điểm của đường thẳng CI với đường
tròn (k))(
CICM >
0
).
Xác định toạ độ
0
M
ta được
85101),(
0
2
+=−= CMdMaxA
Ví dụ 10: Cho
cba ,,
là độ dài 3 cạnh 1 tam giác. Tìm
MinA
, biết
cab
c
bca
b

acb
a
A
−+
+
−+
+
−+
=
(1)
Giải:
Cách 1: Đặt







>=−+
>=−+
>=−+
)4(0
)3(0
)2(0
zcba
ybac
xacb
Cộng
)4(),3(),2(

ta được:
)5(zyxcba ++=++
Trừ từng vế
)5(
cho
)2(
ta được :
2
zy
a
+
=
Tương tự:
2
xz
b
+
=

2
yx
c
+
=
Thay vào
)1(
:
3)(
2
1

)(
2
1
)(
2
1
222
≥+++++=
+
+
+
+
+
=
x
z
z
x
y
z
z
y
x
y
y
x
z
yx
y
xz

x
zy
A
.
Dấu bằng xảy ra
cbazyx ==⇔==⇔
.
Cách 2: Gọi p là nửa chu vi :
=p
2
cba ++

)(2 apacb −==+⇒
)(2)(2 cpcbabpbbc −=−+⇒−=−+
A=






−
+
−
+
− cp
c
bp
b
ap

a
2
1
=
2
3
111
2
1
−






+
−
++
−
++
− cp
c
bp
b
ap
a
=
2
3111

2
1
−






−
+
−
+
− cpbpap

[ ]
)()()(
2
1
cpbpap −+−+−=
2
3111
−






−

+
−
+
− cpbpap
3
2
3
2
9
=−≥
Dấu bằng xảy ra
cba
==⇔
.
Ví dụ 11. Cho
0,, >zyx
và
1≤++ zyx

Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 17
Sáng kiến kinh nghiệm
Tìm
MinA
, biết A
++=
2
2
1
x
x

++
2
2
1
y
y
2
2
1
z
z +
Giải:
Với mọi
u
,
v
Ta có
vuvu +≤+
(1)
Vì (
vuvuvu 2
22
2
++=+

++≤
22
vu
vu2
) =

2
)( vu +
Đặt
)
1
,(
x
xa =
,
)
1
,(
y
yb =
,
)
1
,(
c
cc =
. Ta có:
cbacbacba ++≥++≥++
Vậy A
++=
2
2
1
x
x
++

2
2
1
y
y
2
2
1
z
z +
22
)
111
()(
zyx
zyx +++++≥
Cách 1: A
22
)
111
()(
zyx
zyx +++++≥
t
t
xyz
xyz
9
9)
1

3()3(
2
3
2
3
+≥+≥
Với
9
1
)
3
(0)3(
22
3
≤
++
≤<⇒=
zyx
txyzt

Đặt Q
(
)t
=
t
t
9
9 +
Với







∈
9
1
;0t
Q’
(
)t
=
2
9
9
t
+
Với






∈
9
1
;0t

⇒
Q’
(
)t
< 0
Ta có bảng biến thiên:
t
0
9
1

)(' tQ
-
)(tQ


82
Q
≥)(t
Q
82)
9
1
( =
Vậy A
82≥
Cách 2: Ta có :
81)
111
()(

22
=+++++
zyx
zyx
222
)(80)
111
()( zyx
zyx
zyx ++−+++++
8016)(80)
111
)((18
2
−≥++−++++≥ zyx
zyx
zyx
Vậy A
82≥
dấu bằng
3
1
===⇔ zyx
.
Ví dụ 12( Đề thi đại học khối B - 2007). Cho
0,, >zyx
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
)
1

2
()
1
2
()
1
2
(
xy
z
z
zx
y
y
yz
x
xP +++++=
.
Giải:
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 18
Sáng kiến kinh nghiệm
Cách 1: Ta có:
xy
z
zx
y
zy
x
zyxP +++++= )(
2

1
222
(
0,, >zyx
).
Mà
2222
)(
3
1
zyxzyx ++≥++
(1).

zyx
xyz
xy
z
zx
y
zy
x
++
≥≥++
93
3
( Theo BĐT Côsi) (2)
2
9
2
9

.
2
9
.
6
1
3
)(2
9
)(2
9
)(
6
19
)(
6
1
3
22
=≥
++
+
++
+++=
++
+++≥⇒
zyxzyx
zyx
zyx
zyxP

( BĐT Côsi cho 3 số dương) (3). Vậy
2
9
≥P
dấu bằng xảy ra
1===⇔ zyx
Vậy
MinP
2
9
=
khi
zyx ==
1=
.
Cách 2: Ta có:
xyz
zxyzxyzyx
zy
zyxzyx
P
++
+++≥
++
+++=
222222
222222222

)
1

2
()
1
2
()
1
2
(
222
z
z
y
y
x
x
P +++++≥⇒
(1) dấu bằng xảy ra
zyx
==⇔
.
Xét hàm số
t
t
tf
1
2
)(
2
+=
với

0
>
t
. Ta có:
10
1
)('
2
=⇔=−= t
t
ttf
Bảng biến thiên
t
0 1
∞+
)(' tf
- 0 +
)(tf
∞+

∞+



2
3
Vậy
2
3
)( =tMìnf

. Từ đó suy ra:
2
31
2
2
≥+
x
x
;
2
31
2
2
≥+
y
y
;
2
31
2
2
≥+
z
z
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
2
9
≥P
. Dấu bằng xảy ra

1===⇔ zyx
.
Vậy
MinP
2
9
=
khi
zyx ==
1=
.
Bài tập vận dụng:
Bài 1: Cho
yx,
liên hệ với nhau bởi biểu thức
0102)(72
22
=+++++ yyxxyx
.
Tìm
MaxA
,
MinA
biết
1++= yxA
.
Bài 2: Cho ba số không âm thoả mãn:
3
200920092009
=++ cba

. Tìm
MaxP
, biết
444
cbaP ++=
.
Bai 3: Cho
cba ,,
là ba cạnh tam giác có chu vi bằng 3. Tìm
MinP
, biết
b
bac
a
acb
c
cba
P
3
)(
3
)(
3
)(
333
−+
+
−+
+
−+

=
.
Bài 4: Cho 2 số thực
yx,
thoả mãn
2
22
=+ yx
. Tìm
MaxM
,
MinM

Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 19
Sáng kiến kinh nghiệm
biết
xyyxM 3)(2
33
−+=
.
Bài 5: ( Đề thi đại học khối B - 2009) . Cho các số thực
yx,
thay đổi và thoả
mãn
24)(
2
≥++ xyyx
. Tìm
MinP
, biết

1)(2)(3
222244
++−++= yxyxyxA
.
Bài 6: Cho
0,, >zyx
thoả mãn
1=xyz
. Tìm
MinP
, biết
x
z
z
y
y
x
p
+
+
+
+
+
=
111
222
.
Bài 7( Đề thi đại học khối D - 2009): Cho
0, ≥yx
thoả mãn

1=+ yx
. Tìm
MaxS
,
MinS
biết
xyxyyxS 25)34)(34(
22
+++=

Bài 8( Đề thi HSG tỉnh Thanh Hoá năm học 2010 – 2011)
Cho các số thực
cba ,,
thoả mãn



−=++
=++
3
6
222
cabcab
cba
.
Tìm GTLN của biểu thức:
666
cbaP ++=
.
Bài 9( Đề thi đại học khối B - 2011): Cho

a
và
b
là các số thực dương thoả
mãn
)2)(()(2
22
++=++ abbaabba
. Tìm GTNN của biểu thức:

)(9)(4
2
2
2
2
3
3
3
3
a
b
b
a
a
b
b
a
P +−+=
Bài 10( Đề thi đại học khối A, A
1

- 2012): Cho
0,, ≥zyx
thoả mãn
0=++ zyx
.
Tìm
MinS
biết
222
666333 zyxP
xzzyyx
++−++=
−−−
.
Bài 11( Đề thi đại học khối B - 2012): Cho
0,, ≥zyx
thoả mãn
0=++ zyx
và
1
222
=++ zyx
. Tìm GTLN của biểu thức:
555
zyxP ++=
.
Bài 12( Đề thi đại học khối D - 2012):
Cho
yx,
thoả mãn

322)4()4(
22
≤+−+− xyyx
. Tìm GTNN của biểu thức:

)2)(1(3
33
−+−++= yxxyyxA
.
IV. KIỂM NGHIỆM
Để thấy rõ vai trò, ý nghĩa và sự tác động khác nhau lên quá trình lĩnh hội
kiến thức, sự phát triển năng lực tư duy sáng tạo, hình thành kĩ năng của học
sinh khi giáo viên không sử dụng và sử dụng đề tài, tôi đã tiến hành kiểm
nghiệm như sau:
1. Kết quả kiểm tra tại lớp:
Tôi tiến hành kiểm tra 1 tiết ( thời gian 45 phút ) cho 2 lớp 12A4 và 12A9
(Lớp 12A9 năm học 2011-2012 và lớp 12A4 năm học 2012-2013).
Đề bài:
Bài 1(4
đ
). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
+= xxf )(
2
4 x−
với
22
≤≤−
x
.
Bài 2(3

đ
). Cho
1
22
=+ yx
. Tim
MaxA
,
MinA
biết
2
2
221
)6(2
yxy
xyx
A
++
+
=
.
Bài 3(3
đ
). Cho
zyx ,,
là các số thực dương thoả mãn
3=++ zyx
. Tìm
MinP
, biết

)4()4()4( xyxy
yx
zxzx
xz
yzyz
zy
p
−
+
+
−
+
+
−
+
=
Tôi so sánh kết quả thực nghiệm của lớp 12A4 năm học 2012 – 2013 với
kết quả của lớp 12A9 năm học 2011 – 2012 khi chưa áp dụng đề tài với cùng
một bài kiểm tra. Đây là hai lớp ban KHTN có khả năng tiếp thu tương đương
nhau ( Sĩ số mỗi lớp là 40 ). Kết quả: Các em lớp 12A4 đạt kết quả tốt hơn các
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 20
Sáng kiến kinh nghiệm
em học sinh lớp 12A9.
Cụ thể:
Điểm
Lớp
0 1-2 3 4 5 6 7 8 9 10
12A9
Năm học
2011-2012

4
10
%
7
17,5
%
8
20
%
5
12,5
%
8
20
%
3
7,5
%
3
7,5
%
2
5
%
12A4
Năm học
2012-2013
2
5
%

3
7,5
%
3
7,5
%
6
15
%
8
20
%
6
15
%
5
12,5
%
7
17,5
%
2.Kết quả thi học sinh giỏi:
+) Năm học 2011 – 2012:
Đề thi học sinh giỏi tỉnh của Sở GD-ĐT Thanh Hoá - môn Toán :
Cho các số thực
zyx ,,
thoả mãn
1;
2
1

;
3
1
>>> zyx
và
2
1
12
2
23
3
≥+
+
+
+ zyx
Tìm GTLN của biểu thức:
)1)(12)(13( −−−= zyxA
.
Học sinh: Trịnh Thị Hoà lớp 12A9 không làm được, để lại. Kết quả em đạt giải
khuyến khích .
+) Năm học 2012 – 2013:
Đề thi học sinh giỏi tỉnh của Sở GD-ĐT Thanh Hoá - môn Toán Casio:
Cho các số thực
zyx ,,
thoả mãn



=++
≥≥≥

2013
1930;2;3
zyx
zyx
Tìm GTLN của biểu thức:
xyzA =
.
Học sinh: Phạm Văn Long lớp 12A4 làm được. Kết quả em đạt giải nhì.
Từ kết quả kiểm tra tại lớp, phần làm bài của học sinh khi học bồi dưỡng ôn
thi đại học, kết quả thi học sinh giỏi, tôi nhận thấy việc đưa đề tài: “Phát triển
năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh THPT thông qua giải bài toán: Tìm
giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức” vào giảng dạy là thiết thực,
phát huy hiệu quả cao. Từ đó nâng cao chất lượng thi học sinh giỏi, thi đại học
và cao đẳng.
C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT:
I. KẾT LUẬN
Sau khi thực hiện đề tài này, tôi thấy có một số vấn đề cần rút ra như sau:
Thứ nhất là giúp học sinh rèn luyện kĩ năng, phát triển năng lực tư duy sáng
tạo. Từ đó giúp các em hăng say tìm tòi, khai thác các khía cạnh của từng bài
toán. Đây là động lực thúc đẩy các em trong khi học tập, ôn tập.
Thứ hai là qua cách trình bày các em tự hệ thống hoá được các phương pháp
để giải quyết dạng bài tập này, đồng thời các em nhận xét, áp dụng cách giải
thích hợp cho từng kiểu bài toán.
Thứ ba là nâng cao tính sáng tạo trong học tập, bước đầu giúp các em có phong
cách nghiên cứu khoa học. Đặc biệt biết áp dụng vào giải các bài toán khác.
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 21
Sáng kiến kinh nghiệm
Thứ tư là qua quá trình học tập và thực hiện chuyên đề này, giúp các em nâng
cao điểm số trong các kỳ thi đại học và cao đẳng.
II. Ý KIẾN ĐỀ XUẤT.

Qua việc thực hiện chuyên đề này, tôi thấy kết quả rõ rệt của việc giảng
dạy, học tập và ứng dụng của nó. Nhưng để có kết quả của việc học tập, tôi xin
đề xuất một số ý kiến sau:
Về phía học sinh:
- Các em cần chuẩn bị các kiến thức cơ bản có liên quan đến dạng bài
toán này.
- Tránh tư tưởng ngại khó, không có ý chí tiến thủ trong việc học tập.
- Tích cực đọc các tài liệu tham khảo có liên quan.
Về phía nhà trường:
- Nhà trường nên tổ chức cho các em học tập theo kiểu thực hiện các chuyên
đề như dạng bài tập này.
- Động viên các thầy cô tích cực tìm tòi và đào sâu các phương pháp giảng
dạy để giúp học sinh học tập.
- Nên tổ chức các kỳ thi tuyển chọn các đối tượng, phân loại đối tưọng,
giảng dạy phù hợp với các đối tượng, tạo cho các em có điều kiện học tập tốt.
Do giới hạn của đề tài sáng kiến kinh nghiệm nên tác giả chỉ trình bày được
một số ít ví dụ mang tính điển hình, vì vậy đề tài có thể chưa đáp ứng hết yêu
cầu thực tế đã giảng dạy. Rất mong các thầy cô đóng góp ý kiến để đề tài nghiên
cứu này được hoàn thiện hơn, để có thể giúp các em học tập tốt hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hoá, ngày 30 tháng 4 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết

Vũ Thị Nhì

Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 22
Sáng kiến kinh nghiệm
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1
Giới thiệu đề thi tuyển sinh và đáp án vào các trường đại học trên toàn
quốc từ năm 2002 đến năm 2005, tác giả Lê mậu Thảo, Võ Tường Huy,
Nguyễn Văn Trí, Nhà xuất bản Hà Nội.
2
Tuyển tập các bài toán về bất đẳng thức và cực trị trong các đề thi tuyển
sinh đại học và cao đẳng, tác giả Võ Giang Giai, Nhà xuất bản đại học
quốc gia Hà Nội.
3
Sách đại số 10 nâng cao.
4
Sách giải tích 12 nâng cao
5
Phương pháp tim giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của Nguyễn Văn Nho.
6
Phương pháp giải toán trọng tâm, tác giả phan Huy Khải, Nhà xuất bản đại

học sư phạm.
7
Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất, tác giả Phan Huy
Khải, Nhà xuất bản Hà Nội.
8
Giới thiệu đề thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng toàn quốc từ năm học
2002 – 2003 đến năm học 2009 – 2010, tác giả Trần Tuấn Điệp, Ngô Long
Hậu, nguyễn Phú Trường, Nhà xuất bản Hà Nội.
9
1234 bài tập tự luận điển hình đại số - giải tích, tác giả Lê Hoành Phò, Nhà
xuất bản đại học quốc gia Hà Nội.
10
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán hình học 10, tác giả Lê Hoành Phò, Nhà xuất
bản đại học quốc gia Hà Nội.
11
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán đại số 10, tác giả Lê Hoành Phò, Nhà xuất
bản đại học quốc gia Hà Nội.
12
Phương pháp giải toán hàm số, tác giả Lê Hồng Đức, Nhà xuất bản Hà
Nội.
13
Phương pháp giải toán đạo hàm và ứng dụng, tác giả Lê Hồng Đức – chủ
biên, nhóm cự môn, Nhà xuất bản Hà Nội.
14
Chuyên đề luyện thi vào đại học bất đẳng thức, tác giả Trần Văn Hạo (chủ
biên), Nguyễn Cam, Nguyễn Mộng Hy, Trần Đức Huyên, Cam Duy Lễ,
Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Vũ Thanh, Nhà xuất bản giáo dục Việt
Nam.
15
Toán ôn thi đại học – tập 1 đại số, tác giả Doãn Minh Cường (chủ biên),

nguyễn Hắc Hải, Nguyễn Đức Hoàng, Đỗ Đức Thái, Phan Doãn Thoại,
Nhà xuất bản đại học sư phạm.
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 23
Sáng kiến kinh nghiệm
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 24