Mot so pp co ban giai bai toan cuc tri o THCS.
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (244.15 KB, 30 trang )
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 ''phơng pháp giải'' 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. mục đích và nhiệm vụ của đề tài.
1. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu đề tài một số phơng pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại
số bậc THCS giúp giáo viên vận dụng một cách tổng hợp các tri thức đã
học, mở rộng đào sâu và hoàn thiện hiểu biết. từ đó có phơng pháp dạy
học phần này cho học sinh có hiệu quả giúp học sinh nắm chắc kiến
thức và vận dụng linh hoạt kiến thức toán học đặc biệt là kiến thức về
"Một số phơng pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số bậc
THCS.
Nghiên cứu đề tài để lắm đợc những thuận lợi và khó khăn khi dạy học
phần giải bài toán tìm cực trị từ đó xác định hớng nâng cao chất lợng
dạy và học môn toán.
Nghiên cứu đề tài giúp giáo viên có t liệu tham khảo và dạy thành công
dạy toán tìm cc trị của đồ thức.
2. Nhiệm vụ nghiên cứu.
Đề tài đa ra một hệ thống các phơng pháp thờng dùng để giải bài toán
cực trị và một số bài toán áp dụng đối với từng phơng pháp.
Trang bị cho học sinh lớp 9 hệ thống kiến thức để giải bài toán cực trị,
tránh đợc những nhầm lẫn thờng gặp khi giải dạng bài toán này.
Thông qua đề tài, học sinh có thể nắm đợc một số phơng pháp và có thể
vận dụng vào giải bài tập, rèn kĩ năng giải bài toán cực trị, đồng thời
giúp học sinh thấy đợc cái hay, cái đẹp, sức hấp dẫn của toán học, kích
thích sự tò mò khám phá, tìm hiểu bài toán .
III. đối t ợng và phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu các phơng pháp giải các bài toán tìm cực trị trong chơng
trình toán THCS
Nghiên cứu các tài liệu có liên quan .
Giáo viên dạy toán THCS và học sinh THCS đặc biệt là học sinh khối 8, 9
IV. Ph ơng pháp nghiên cứu.
1. Phơng pháp nghiên cứu lí luận
Đọc các tài liệu có liên quan
Tạp chí toán tuổi thơ 2
Phơng pháp dạy học môn toán
Sách giáo khoa
Sách giáo viên
Sách tham khảo
2. Phơng pháp điều tra
Điều tra nắm tình hình dạy của các giáo viên trong và ngoài nhà trờng.
Điều tra mức độ tiếp thu và vận dụng "Một số phơng pháp cơ bản
để giải bài toán cực trị đại số bậc THCS của học sinh.
Chất lợng của học sinh trớc và sau khi thực hiện
3. Phơng pháp phân tích
Phân tích yêu cầu, kĩ năng giải môt bài tập
4. Phơng pháp thực nghiệm
5. Phơng pháp tổng kết kinh nghiệm
Rút ra những bài học cho bản thân và đồng nghiệp để dạy tốt hơn
trong quá trình dạy học.
phần ii: nội dung
I . Các kiến thức cần thiết
1. Các định nghĩa
1.1. 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
1.2. 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 th ờng dùng
2.1. Luỹ thừa :
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)
2.2 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|
2.3. BÊt ®¼ng thøc c«si :
∀ai ≥ 0 ; i =
n,1
:
n
n
n
aaa
n
aaa
21
21
≥
+++
∀n∈N, n ≥2.
dÊu "=" x¶y ra ⇔ a
1
= a
2
= = a
n
2.4. BÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki :
Víi n cÆp sè bÊt kú a
1
,a
2
, ,a
n
; b
1
, b
2
, ,b
n
ta cã :
(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ +a
n
b
n
)
2
≤ (
) ).(
22
2
2
1
22
2
2
1 nn
bbbaaa ++++++
DÊu "=" x¶y ra ⇔
i
i
b
a
= Const (i =
n,1
)
NÕu bi = 0 xem nh ai = 0
2.5. BÊt ®¼ng thøc Bernonlly :
Víi a ≥ 0 : (1+a)
n
≥ 1+na ∀n ∈N.
DÊu "=" x¶y ra ⇔ a = 0.
Mét sè BÊt ®¼ng thøc ®¬n gi¶n thêng gÆp ®îc suy ra tõ bÊt
®¼ng thøc (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.
2≥+
a
b
b
a
baab +
≥+
411
II. Một số phơng pháp cơ bản
giải bài toán cực trị đại số
Ph ơng 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 :
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
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 đ-
ợc 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
Ph ơng pháp 02 :
( Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản )
Ta biết rằng : Từ một 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
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
)
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
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 ph-
ơng 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 +++++
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 |
Ph ơng 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
VËy : C
1
min = 8 ⇔
−=
−=
2
1
y
x
2. VÝ dô 2: T×m GTNN cña C
2
= 2.
+
2
2
2
2
x
y
y
x
- 5
6+
+
x
y
y
x
víi x,y > 0
Gi¶i :
§Æt :
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 thÊy : a ≥ 2 ⇒ C
2
= 2a
2
- 5a + 2 ≥ 0
⇒ C
2
min = 0 ⇔a = 2 ⇔ x = y > 0
VËy : C
2
min = 0 ⇔ x = y > 0
3. VÝ dô 3: T×m GTNN cña C
3
=
x
y
y
x
+
-
x
y
y
x
33 −
+ 2004 víi x,y>0
Gi¶i :
§Æt :
x
y
y
x
+
= a ≥ 2
⇔
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 C«si 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
Theo (1) vµ (2) ta cã : -
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 cã : 0 ≤
2
2
2
1
1
+
−
x
x
≤ 1 ; 0 ≤
2
2
2
1
1
+
−
y
y
≤ 1
Do ®ã :
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
VËy : 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
Ph ơng 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.
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
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
T×m GTNN cña D =
t
yx
yx
t
y
xt
xt
y
x
ty
ty
x
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
Gi¶i :
§Æt P = 2D ta cã :
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 c«si)
P ≥ 15 ⇒ P
Min
= 15 ⇔ x = y = t > 0
⇒ D
Min
=
2
15
⇔ x = y = t
VËy D
Min
=
2
15
⇔ x = y = t
5. VÝ dô 5: Cho x, y > 0 vµ 7x + 9y = 63 T×m GTLN cña E = x.y
Gi¶i :
§Æt : P = 63.E ta cã :
P = 63xy = 7x.9y ≤
2
2
97
+ yx
(theo c«si)
P ≤
2
2
63
=
4
3969
⇒ P
Max =
4
3969
DÊu "=" x¶y 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. VÝ dô 6 : Cho x
2
+ y
2
= 52 T×m GTLN cña F = 2x + 3y
Gi¶i :
XÐt : P
1
= |F| khi ®ã P
1
= |2x + 3y|
§Æt : P
2
=
2
1
P
khi ®ã P
2
= (2x + 3y)
2
Theo Bunhiac«pxky : P
2
≤ (4 + 9) (x
2
+ y
2
) = 13.13.4
⇒ P
2 Max
= 13.13.4 ⇔
=
=
6
4
y
x
hoÆc
−=
−=
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
++=
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 +++
Ph ơng 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 :
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
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
+
+
Ph ơng 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 :
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*
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 19Nếu 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
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.
P
3
> P
4
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
Ph ơng 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
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
