skkn một số phương pháp giải toán cực trị dành cho thcs

Một số phương pháp giải toán cực trị

MỞ ĐẦU
I - CƠ SỞ THƯC TIỄN

Bất kể một lĩnh vực nào trong cuộc sống cũng có những yếu tố vượt trội,
những cá nhân điển hình hay những thành tích cao nhất hay một kỷ lục nào đó
mà khơng ai vượt qua đó là cái "nhất".Trong toán học cũng vậy trong mỗi lĩnh
vực lại có những đại lượng "lớn nhất" hay "hỏ nhất" người ta thường gọi là các
bài toán cực trị, các bài toán này rất phổ biến trong các đề thi vào lớp 10 THPT,
hay thi vào các trường Cao đẳng, Đại học cũng như các đề thi học sinh giỏi ở
nhiều năm… Nội dung các bài toán cực trị rất phong phú đòi hỏi phải vận dụng
kiến thức một cách hợp lý, nhiều khi khá độc đáo và bất ngờ.
Ở bậc THCS (chủ yếu học sinh khá, giỏi) đã được làm quen với loại toán
này với dạng chuyên đề. Tuy nhiên, khi tìm hiểu thêm một số đồng nghiệp thì
thấy nó cũng khơng dễ dàng với học sinh.
Với những lí do như vậy tơi đã tìm hiểu xây dựng đề tài “Một số phương
pháp giải toán cực trị”. Với mong muốn được trình bày một vài kinh nghiệm
giảng dạy của mình để các đồng nghiệp tham khảo, rất mong được sự đóng góp
chân thành để đề tài được phát huy hiệu quả.
II - NHIỆM VỤ CỦA SÁNG KIẾN:

1/ Đối tượng và phương pháp nghiên cứu:
- Đối tượng nghiên cứu: Học sinh THCS (chủ yếu là học sinh lớp 8, 9)
- Phương pháp nghiên cứu:
+ Điều tra, thực nghiệm, khảo sát kết quả học tập của học sinh.
+ Thực nghiệm giảng dạy chuyên đề cho các lớp bồi dưỡng học sinh giỏi
tốn lớp 8, 9 cùng với nhóm chun mơn thực hiện.
+ Điều tra, đánh giá kết quả học tập của học sinh sau khi thực nghiệm giảng
dạy chuyên đề.

1


Một số phương pháp giải toán cực trị
+ Trao đổi ý kiến với đồng nghiệp
2/ Nhiệm vụ của sáng kiến:
- Đưa ra những kiến thức cơ bản nhất của giá trị cực trị, chỉ ra được sai lầm
thường mắc phải.
- Đề xuất một số phương pháp giải bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất, đồng thời rèn cho học sinh tìm tịi lời giải.
- Lựa chọn phương pháp giải hợp lý. Muốn vậy, phải rèn cho học sinh khả
năng phân tích, xem xét bài tốn dưới dạng đặc thù riêng lẻ. Mặt khác, cần khuyến
khích học sinh tìm hiểu cách giải cho một bài tập để học sinh phát huy được khả
năng tư duy linh hoạt, nhạy bén khi tìm lời giải bài tốn, tạo được lịng say mê,
sáng tạo, ngày càng tự tin, khơng cịn tâm lý ngại ngùng đối với bài toán cực trị.
III - NỘI DUNG SÁNG KIẾN:

Chương I: Một số kiến thức cơ bản về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất. Những sai lầm thường mắc phải khi giải toán cực trị.
Chương II: Một số phương pháp tìm cực trị
1/ Phương pháp tam thức bậc hai
2/ Phương pháp miền giá trị
3/ Phương pháp bất đẳng thức.

2


Một số phương pháp giải toán cực trị

CHƯƠNG I:

KIẾN THỨC CƠ BẢN
I - ĐỊNH NGHĨA:

1/ Định nghĩa 1:
Cho biểu thức f ( x, y,...) xác định trên miền D , ta nói M là giá trị lớn nhất
của f ( x, y,...) trên D nếu 2 điều kiện sau được thoả mãn:
i) Với x, y... thuộc D thì f ( x, y,...) ≤ M với M là hằng số.
ii) Tồn tại x0 , y 0 ... thuộc D sao cho f ( x, y,...) = M
2/ Định nghĩa 2:
Cho biểu thức f ( x, y,...) xác định trên miền D , ta nói m là giá trị nhỏ nhất
của f ( x, y,...) trên D nếu 2 điều kiện sau được thoả mãn:
i) Với mọi x, y... thuộc D thì f ( x, y,...) ≥ m với m là hằng số.
ii) Tồn tại x0 , y 0 ... thuộc D sao cho f ( x, y,...) = m .
Chú ý: Để tranh sai lầm thường mắc phải khi làm loại bài toán này, ta cần
nhấn mạnh và khắc sâu 2 điều kiện của định nghĩa: Rèn những phản xạ sau:
+ Chứng tỏ f ( x, y,...) ≤ M hoặc f ( x, y,...) ≥ m ) với mọi x, y,... thuộc D
+ Chỉ ra sự tồn tại x0 , y 0 ... thuộc D để f ( x, y,...) đạt cực trị.
Chú y đến miền giá trị của biến.
Ta ký hiệu MaxA là giá trị lớn nhất của A, MinA là giá trị nhỏ nhất của A
II - MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ
NHẤT CỦA HÀM SỐ:

1/ Tính chất 1:

Giả sử A ⊂ B khi đó ta có:

a/ Max f ( x) ≤ max f ( x)
x∈ A
x∈B

b/ Min f ( x) ≥ min f ( x)
x∈B
x∈ A

2/ Tính chất 2: Nếu f ( x, y ) ≥ 0 với mọi x thuộc D , ta có:
3


Một số phương pháp giải toán cực trị
2
a/ Max f ( x) = max f ( x)
x∈D
x∈D

Min f ( x) = min f 2 ( x)
x∈D

x∈D

3/ Tính chất 3:
a / Max f ( x) + g ( x)) ≤ Max f ( x) + Max f ( x)

(1)

b / Min f ( x) + g ( x)) ≤ Min f ( x) + Min f ( x)

(2)

x∈D

x∈D1

x∈D

x∈D1

x∈D2

x∈D2

Dấu bằng trong (1) xẩy ra khi có ít nhất một điểm x0 mà tại đó f (x) và g (x)
cùng đạt giá trị lớn nhất. Tương tự nếu tồn tại x0 thuộc D mà tại đó f , g cùng đạt
giá trị nhỏ nhất thì (2) có dấu bằng.
4/ Tính chất 4:
Max f ( x) = − min ( − f ( x))
x∈D1

x∈D

5/ Tính chất 5:
Nếu đặt M = Max f (x) , m = min f ( x) thì Max f ( x) = Max{ M , m } .
x∈D
x∈D
x∈D
x∈D
6/ Tính chất 6:
Giả sử D1 = { x ∈ D; f ( x) ≤ 0} và D2 = { x ∈ D; f ( x) ≥ 0} thì
Min f ( x) = Min{ − max f ( x); min f ( x)}
x∈D

x∈D1

x∈D2

Khi dạy phần này, giáo viên nên hướng dẫn học sinh chứng minh các tính
chất (dựa vào định nghĩa), tránh áp đặt để học sinh nắm vững kiến thức và tránh
đợc sai lầm khi vận dụng giải bài tập.
Chú ý: Khi nói đến giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một hàm số, bao giờ
cũng phải tìm TXĐ. Cùng một hàm số f (x) nhưng xét trên hai TXĐ khác nhau
thì nói chung giá trị lớn nhất tương ứng khác nhau. Để cho phù hợp với chương
trình các lớp phổ thơng cơ sở, ta giả thiết là các bài tốn đang xét đều tồn tại giá
trị cực trị trên một tập hợp nào đó.
III - NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI TOÁN CỰC TRỊ:

4


Một số phương pháp giải toán cực trị
1/ Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1:
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
A=

3
4x − 4x + 5
2

Lời giải sai: Phân thức A có tử số là số khơng đổi nên A có giá trị lớn
nhất khi mẫu nhỏ nhất.
Ta có:
4 x 2 − 4 x + 5 = (2 x − 1) 2 + 4 ≥ 4, ∀x

3
3
⇒ 2
≤ , ∀x
4x − 4x + 5 4
3
1
⇒ Max A = ⇔ x =
4
2

Phân tích sai lầm: Tuy đáp số khơng sai nhưng khi khẳng định “ A có tử
số là số khơng đổi nên A có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất” mà chưa đưa ra
nhận xét tử mẫu là các số dương.
Ta đưa ra một ví dụ:

1

Xét biểu thức B = x 2 − 4
Với lập luận “phân thức B có tử khơng đổi nên có giá trị lớn nhất khi mẫu
1

nhỏ nhất” do mẫu nhỏ nhất bằng − 4 khi x = 0 , ta sẽ đi đến: max B = − 4 không
1

1

phải là giá trị lớn nhất của B , chẳng hạn với x = 3 thì 5 ≥ − 4 .
Mắc sai lầm trên là do khơng nắm vững tính chất của bất đẳng thức: Đã
máy móc áp dụng quy tắc so sánh 2 phân số có tử số và mẫu số là số tự nhiên

sang hai phân số có tử và mẫu là số nguyên.
2
2
Lời giải đúng: Bổ sung thêm nhận xét: 4 x − 4 x + 5 = (2 x − 1) + 4 ≥ 4 nên tử
và mẫu của A là các số dương. Hoặc từ nhận xét trên suy ra A > 0 , do đó A lớn
1
nhất khi và chỉ khi A nhỏ nhất ⇔ 4 x 2 − 4 x + 5 nhỏ nhất.
2
2
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = x + y biết x + y = 4

Lời giải sai:
2
2
Ta có: A = x + y ≥ 2 xy
2
2
Do đó A nhỏ nhất ⇔ x + y = 2 xy

Khi đó MinA = 2 2 + 2 2 = 8

5

⇔x= y=2


Một số phương pháp giải tốn cực trị
Phân tích sai lầm: Đáp số tuy không sai nhưng lập luận mắc sai lầm. Ta
mới chứng minh được f ( x, y ) ≥ g ( x, y ) , chứ chưa chứng minh được f ( x, y ) ≥ m
với m là hằng số.

Ta đưa ra một vị dụ: Với lập luận như trên, từ bất đẳng thức đúng
2
2
x 2 ≥ 4 x − 4 sẽ suy ra: x 2 nhỏ nhất ⇔ x = 4 x − 4 ⇔ ( x − 2) = 0 ⇔ x = 2 .

Dẫn đến: Minx 2 = 4 ⇔ x = 2
Dễ thấy kết quả đúng phải là: min x 2 = 0 ⇔ x = 0
Cách giải đúng:
Ta có:

( x + y ) 2 = 4 2 ⇔ x 2 + 2 xy + y 2 = 16

(1)

Ta lại có:

( x − y ) 2 ≥ 0 ⇒ x 2 − 2 xy + y 2 ≥ 0

(2)

2
2
2
2
Từ (1) , (2) : 2( x + y ) ≥ 16 ⇒ x + y ≥ 8

MinA = 8 ⇔ x = y = 2

Vậy

2/ Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2:
VD1: Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = x + x
Lời giải sai:
2

1 1 
1
1

A = x+ x = x+ x + − =  x +  −
4 4 
2
4

1

Vậy MinA = − 4
1

Phân tích sai lầm: Sau khi chứng minh f ( x) ≥ − 4 , chưa chỉ ra trường hợp
1

xẩy ra dấu đẳng thức f ( x) ≥ − 4 . Xẩy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi
vô lý.
Lời giải đúng:
Để tồn tại x phải có x ≥ 0
Do đó A = x + x ≥ 0
Min A = 0 ⇔ x = 0
VD2: Tìm giá trị lớn nhất của:
A = xyz ( x + y )( y + x)( z + x )

Với x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 1
6

1
x =− ,
2


Một số phương pháp giải toán cực trị
2
Lời giải sai: Áp dụng bất đẳng thức: 4ab ≤ (a + b)

4( x + y ) z ≤ ( x + y + z ) 2 = 1
4( x + z ) x ≤ ( y + z + x ) 2 = 1
4( x + x) y ≤ ( z + x + y ) 2 = 1

Nhân từng vế (do hai vế đều không âm)
64 xyz ( x + y )( y + x) z + x ) ≤ 1
MaxA =

1
64

Phân tích sai lầm: Sai lầm cũng ở chỗ chưa chỉ ra được trường hợp xẩy
1

ra dấu đẳng thức. Điều kiện để A = 64 là:
x + y = z
y + z = x



z + x = y
x + y + z = 1

x, y , z ≥ 0


⇔

x = y = z = 0

x + y + z = 1
x, y, z ≥ 0


mâu thuẩn

Cách giải đúng:
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:
1 = x + y + z ≥ 3.3 xyz

(1)

2 = ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x) ≥ 3.3 ( x + y )( y + z )( z + x)

(2)

Nhân từng vế (1) với (2) do 2 vế đều không âm)
2

2 ≥ 9.3 A ⇒ A ≤  
9

3

3

1
2
MaxA =   ⇔ x = y = z =
3
9

7


Một số phương pháp giải toán cực trị

CHƯƠNG II:

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ
1/ Phương pháp tam thức bậc hai
I - NỘI DUNG:

Sử dụng trực tiếp định nghĩa cực trị thông qua việc biến đổi tam thức bậc
hai về dạng bình phương một biểu thức chứa biến và một số hạng tự do.
II - CÁC VÍ DỤ:

Dạng 1: Tìm cực trị của tam thức bậc hai
1/ Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x 2 − 8 x + 1

2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của B = 2 x 2 − 4 x + 1
3/ Tìm giá trị nếu có của C = −3x 2 − 4 x + 1
4/ Cho tam thức bậc hai P = ax 2 + bx = c
Tìm giá trị nhỏ nhất của P nếu a > 0
Tìm giá trị lớn nhất của P nếu a < 0
HD giải:
Nhận xét: Các biểu thức đều ở dạng tam thức bậc hai.
2
2
1/ A = x − 8 x + 1 = ( x − 4) − 15 ≥ −15

⇒ min A = −15 ⇔ x = 4
2
2
2/ B = 2 x − 4 x + 1 = 2( x − 1) − 1 ≥ −1

⇒ min B = −1 ⇔ x = 1
2

2
7 7

3/ C = −3x − 4 x + 1 = −3 x −  + ≤
3
3 3

2

⇒ max C =

7
2
⇔x=
3
3
2

b
c
b  b 2 − 4ac


P = ax 2 + bx + c = a x 2 + x +  = a x −  −
4/
a
a
2a 
4c



8


Một số phương pháp giải toán cực trị
+ Nếu a > 0 : min P = −

b 2 − 4ac
b
⇔x=

4a
2a

+ Nếu a < 0 : max P = −

b 2 − 4ac
b
⇔x=
4a
2a

Dạng 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của đa thức bậc cao:
2
2
VD1: Tìm giá trị nhỏ nhất của A = ( x + x + 1)

2
HD: MinA ⇔ Min( x + x + 1)
2k
Bài toán trên là dạng đặc biệt của bài toán sau: B = [ f ( x)] (k ∈ N )

VD2: Tìm giá trị nhỏ nhất của C = x( x − 3)( x − 4)( x − 7)
HD: Dùng phương pháp đổi biến.
Dạng 3: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của phân thức mà có tử là
hằng số, có mẫu là tam thức bậc hai.
3

VD: Tìm giá trị lớn nhất của M = 4 x 2 − 4 x + 5
Dạng này phải chú ý đến dấu của tử thức.
Dạng 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của phân thức có mẫu là bình

phương nhị thức:
x2 + x +1
P=
VD: Tìm giá trị nhỏ nhất của
( x + 1) 2
1

1

HD: P = 1 − x + 1 + ( x + 1) 2
2

Đặt y =
MinP =

1
1
3 3
, có P = y 2 − y + 1 =  y −  + ≥


x +1
2
4 4

3
1
⇔ y = ⇔ x =1
4
2

9


Một số phương pháp giải toán cực trị
Cách 2: Viết N dưới dạng tổng của một số với một biểu thức không âm:
2

4x 2 − 4x + 4 3  x − 1 
3
P=
= +
2
 2( x + 1  ≥ 4

4 
4( x + 1)

MinP =

3
⇔ x =1
4

Dạng 5: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của một biểu thức quan hệ giữa
các biến:
VD: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A = 3xy − x 2 − y 2

Biết x, y là nghiệm của phương trình: 5 x + 2 y = 10

Giải:
10 − 5 x
2
1
⇒ A = (−59 x 2 + 160 x − 100)
4

Ta có: 5 x + 2 y = 10 ⇔ y =

=

59  2 160 
− x +
 − 25
4 
59 

2
59  
80 
6400 
=
−  x −  +
 − 25
4  
59 
3481 


2

59 
80  1600
= − x −  +
− 25
4 
59 
59
2

125 59 
80 
125
⇔ A=
− x −  ≤
59
4 
59 
59
80

 x = 59
125

Vậy max A = 59 ⇔  95
y =

59


10


Một số phương pháp giải toán cực trị
III - MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ GIẢI:

1/ Tìm giá trị nhỏ nhất (lớn nhất) của biểu thức sau:
2
a/ A = 4 x − 20 x + 35

2
b/ B = −2 x + 3x + 1

2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
a/ A = ( x − 1)( x − 2( x − 3)( x − 5)

2
2
b/ B = x − 2 x + y + 4 y + 5

P = 2 x 2 + 5 y 2 với ·−3 y = 7
Q = a 3 + b 3 + ab với a + b = 1
IV - TIỂU KẾT:

Loại tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất bằng phương pháp tam thức bậc
hai là cơ bản nhất, giúp học sinh dễ làm quen với toán cực trị. Rèn kỹ năng giải
toán, đổi biến một cách linh hoạt phù hợp với từng loại toán để biến đổi các bài
toán dạng khác về dạng tam thức bậc hai.
2/ Phương pháp miền giá trị của hàm số:
I - NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP:

Xét bài tốn sau: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f (x) với
x ∈ D. Gọi y 0 là một giá trị tuỳ ý của hàm số xét trên miền đã cho, tức là hệ

phương trình (ẩn x ) sau có nghiệm:
f ( x) = y 0

(1)

x∈D

(2)

Tuỳ dạng của hệ (1) , (2) mà ta có các điều kiện có nghiệm thích hợp.
Trong nhiều trường hợp, điều kiện ấy sẽ đưa về dạng a ≤ y 0 ≤ b (3) .
Vì y 0 là một giá trị bất kỳ của f (x) nền từ (3) ta thu được: Min f ( x) = a và
Max f ( x) = b trong đó x ∈ D.

Như vậy thực chât của phương pháp này là đưa về phương trình bậc hai
và sử dụng điều kiện ∆ ≥ 0.
11


Một số phương pháp giải toán cực trị
II - CÁC VÍ DỤ:

Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của:
x2 − x +1
A= 2
x + x +1

Giải:
Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phương trình ẩn x · sau đây có
nghiệm:
x2 − x +1
(1)
x2 + x +1
Do x 2 + x + 1 ≠ 0 nên (1) ⇔ ax 2 + ax + a = x 2 − x + 1
a=

⇔ )(a − 1) x 2 + (a + 1) x + (a − 1) = 0(2)

+ TH1: Nếu a = 1 thì (2) có nghiệm x = 0
+ TH2: Nếu a ≠ 0 thì để (2) có nghiệm, cần và đủ là ∆ ≥ 0 , tức là:
(a + 1) 2 − 4( a − 1) 2 ≥ 0
⇔ (a + 1 + 2a − 2)(4 + 1 − 2a + 2) ≥ 0
⇔ (3a − 1)(a − 3) ≤ 0
⇔
1

1
≤ a ≤ 3 (a ≠ 1) .
3

Với a = 3 hoặc a = 3 thì nghiệm của (2) là:
x=
1

− (a + 1) (a + 1)
=

2(a − 1) 2(1 − a )

Với a = 3 thì x = 1, với a = 3 thì x = −1
Gộp cả hai trường hợp 1 và 2 ta có:
MinA =

1
⇔ x =1
3

MaxA = 3 ⇔ x = −1

Cách khác:
3x 2 + 3 x + 3 − 2 x 2 − 4 x − 2
2( x + 1) 2
A=
= 3− 2
≤3
x2 + x +1
x + x +1

12


Một số phương pháp giải toán cực trị
⇒ max A = 3 ⇔ x = −1

A=

3x 2 − 3x + 3

x2 + x +1
2( x 2 − 2 x + 1) 1
2( x − 1) 2
1
=
+
= +
≥
2
2
2
2
3x + 3 x + 3 3( x + x + 1) 3( x + x + 1) 3 3( x + x + 1) 3

⇒ MinA =

1
⇔ x =1
3

Mở rộng: Bài tốn cịn có thể cho dưới dạng khác, đó là:
1/ Chứng minh:

1 x2 − x +1
≤
≤3
3 x2 + x +1

2/ Tìm điều kiện để phương trình sau có nghiệm (vơ nghiệm):
x2 − x +1

−m =0
x2 + x +1
2
2
2
3/ Cho phương trình: ( 3m + 2m + 1) x − (2m + 10m + 3) x − 1 = 0 có 2 nghiệm

x1 , x 2 . Tìm giá trị lớn nhất của tổng x1 + x 2 .
III - BÀI TẬP TỰ GIẢI:

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm số sau:
x2 + x +1
a/ y =
x2 +1

x2 + x +1
b/ y =
x2 +1

IV - TIỂU KẾT:

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một hàm số hoặc những biểu thức có
thể đưa về hàm số bằng phương pháp miền giá trị thường được đưa về phương
trình và tìm điều kiện để phương trình có nghiệm. Phương pháp này có ưu điểm
là tìm cực trị thơng qua việc tìm điều kiện để phương trình có nghiệm, thơng qua
việc này giúp cho học sinh rèn kỹ năng giải phương trình.
3/ Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc
1/ Nôi dung phương pháp:
Dựa trực tiếp vào định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
 f ( x) ≤ M , ∀x ∈ D

M = Maxf ( x) ⇔ 
∃x0 ∈ D : f ( x0 = M

13


Một số phương pháp giải toán cực trị
 f ( x) ≥ M , ∀x ∈ D
m = Min f ( x) ⇔ 
∃x0 ∈ D : f ( x 0 = m

Như vậy, khi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) trên
miền D nào đó, ta tiến hành theo hai bước:
+ Chứng minh một bất đẳng thức
+ Tìm x0 ∈ D sao cho ứng với giá trị ấy, bất đẳng thức tìm được trở thành
đẳng thức.
Nếu sử dụng các bất đẳng thức cơ bản như Cơsi, Trêbưsep, Bunhia cơpxki
thì các điểm như vậy thường được tìm thấy nhờ phần 2 trong cách phát hiện ra
dấu đẳng thức ấy, cần có một nhận xét thích hợp.
2/ Các bất đẳng thức thường dùng:
2k
1/ a 2 ≥ 0. Tổng quát a ≥ 0, k nguyên dương

Xẩy ra dấu đẳng thức ⇔ a = 0
2k
2/ − a 2 ≤ 0. Tổng quát (−a) ≤ 0, k nguyên dương

Xẩy ra dấu đẳng thức ⇔ a = 0
3/ a ≥ 0. Xẩy ra dấu đẳng thức ⇔ a = 0
4/ − a ≤ a ≤ a Xẩy ra dấu đẳng thức ⇔ a = 0

5/ a + b ≤ a + b Xẩy ra dấu đẳng thức ⇔ ab ≥ 0 (a, b cùng dấu)
a − b ≥ a + b Xẩy ra dấu đẳng thức ⇔ ab ≥ 0 (a, b cùng dấu)
a + b + c ≤ a + b + c Xẩy ra dấu đẳng thức ⇔ ab ≥ 0; bc ≥ 0; ac ≥ 0 ;
1

1

6/ a ≥ b; ab ≥ 0 ⇒ a ≤ b . Xẩy ra dấu đẳng thức ⇔ a = b
a

b

7/ b + a ≥ 2 với a, b cùng dấu. Xẩy ra dấu đẳng thức ⇔ a = b
8/ Bất đẳng thức Côsi:
+ Đối với 2 số dương a, b bất kỳ.
a+b
≥ ab (hoặc a 2 + b 2 ≥ 2ab) . Xẩy ra dấu đẳng thức ⇔ a = b
2

+ Đối với ∀a1 ≥ 0; i = 1,..., n :
14


Một số phương pháp giải toán cực trị
a1 + a 2 + ... + a n n
≥ a1 .a 2 ...a 2
n

9/ Bất đẳng thức Bunhia côpxki:
Nếu (a1 , a 2 ,...a n ) và (b1 , b2 ,...bn ) là những số tuỳ ý, ta có:

2

2

2

2

2

2

(a1 + a 2 +,... + a n ) . (b1 + b2 +,... + bn ) ≥ (a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) 2
aj
a
⇔ i =
a = 0 thì bi = 0 ).
Dấu bằng xẩy ra
bi b j (với quy ước rằng nếu i

10/ Bất đẳng thức Trêbưsép.
+ Nếu

a1 ≥ a 2 ≥ ... ≥ a n
b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn thì
n(a1b1 + a 2 b2 ...a n bn ) ≥ (a1 + a 2 ... + a n ).(b1 + b2 ... + bn ).

Dấu bằng xẩy ra ⇔ ai = a j hoặc bi = b j ; ai , b j tuỳ ý
+ Nếu

a1 ≥ a 2 ≥ ... ≥ a n
b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn thì

n(a1b1 + a 2 b2 ...a n bn ) ≥ (a1 + a 2 ... + a n ).(b1 + b2 ... + bn ).

Dấu bằng xẩy ra ⇔ ai = a j hoặc bi = b j ; ai , b j tuỳ ý.
III - CÁC VÍ DỤ:

VD1: Cho biểu thức xy + yz + zx = 1
4
4
4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z

Giải
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpsxki đối với ( x, y, z ) và ( y, z , x)
1 = ( xy + yz + zx) 2 ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 )( y 2 + z 2 + x 2 ) ⇒ 1 ≤ ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2

(1)

2
2
2
Mặt khác, đối với (1, 1, 1) và x , y , z ), ta có:

(1.x 2 + 1. y 2 + 1.z 2 ) 2 ≤ (12 + 12 + 12 ) 2 .( y 4 + z 4 + x 4 )

15

(2)

Một số phương pháp giải toán cực trị
1

4
4
4
Từ (1) và (2) suy ra: 1 ≤ 3( y + z + x ) = 3P ⇒ P ≥ 3

x y z
y = x = x
1

Vậy MinP = 3 ⇔  1
1
1

= 2 = 2
2
y
x
z


⇒x=y=z

VD2: Tìm giá trị lớn nhất của:
a/ A = x − 1 + y − 2 biết x + y = 4
b/ B =

x −1
+
x

y−2
y

Giải:
a/ Điều kiện: x ≥ 1; y ≥ 2
a+b
≥ ab
2

Bất đẳng thức Côsi cho phép làm giảm một tổng:

Ở đây lại muốn làm tăng một tổng. Ta dùng bất đẳng thức:
a + b ≤ 2(a 2 + b 2 )
A = x − 1 + y − 2 ≤ 2( x − 1 + y − 2) = 2
x − 1 = y − 2
MaxA = 2 ⇔ 
x + y = 4

 x = 1,5
⇔
 y = 2,5

2
Cách khác: Xét A rồi dùng bất đẳng thức Côsi

b/ Điều kiện: x ≥ 1; y ≥ 2
Bất đẳng thức Côsi cho phép làm trội một tích:
Ta xem các biểu thức: x − 1, y − 2 là các tích:
x − 1 = 1.( x − 1)
y−2 =

2.( y − 2)
2

16

ab ≤

a+b
2


Một số phương pháp giải toán cực trị
Theo bất đẳng thức Côsi:

1.( x − 1) 1 + x − 1 1
x −1
=
≤
=
x
x
2x
2
y−2

=
y
MaxB =

2( y − 2)
y 2

1
2 2+ 2
+
=
2
4
4

≤

2+ y−2
2y 2

.=

2
2 2

x − 1 = 1
⇔
x − 2 = 2

=

2
4

x = 2
⇔
y = 4

VD3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x − 2 + x − 3
Giải:
Ta có: A = x − 2 + x − 3 ≥ x − 2 + 3 − x = 1
⇒ MinA = 1 ⇔ ( x − 2)(3 − x ) ≥ 0 ⇔≤ x ≤ 3

Chú ý: Giải bài toán linh hoạt khi biến đổi x − 3 = 3 − x để áp dụng bất
đẳng thức giá trị tuyệt đối.
Cách khác: Xét khoảng giá trị của x.
VD4: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x − 1 + x − 2 + ... + x − 2000
Dạng hàm số khiến ta nghĩ đến áp dụng bất đẳng thức: a + b ≤ a + b đối
với 1000 cặp giá trị tuyệt đối.
Ta có: y = ( x − 1 + x − 2000 ) + ( x − 2 + x − 1999 ) + ... + ( x − 999 + x − 1000 )

[

y1 = ( x − 1 + x − 2000 ) ≥ 1999 ⇒ min y1 = 1999 ⇔ x ∈ 1 ; 2000

]

[

y 2 = ( x − 2 + x − 1999 ) ≥ 1997 ⇒ min y 2 = 1997 ⇔ x ∈ 2 ; 2000

[

Y1000 = ( x − 999 + x − 1000 ) ≥ 1 ⇒ min Y1000 = 1 ⇔ x ∈ 999, 1000
2
Vậy Min y = 1 + 3 + 5 + ... + 1999 = 1000 = 1000000

17

]

]


Một số phương pháp giải toán cực trị

Mở rộng: Từ bài tốn trên ta có thể ra các bài tốn sau:
1/ Tìm miền giá trị của hàm số:
y = x − 1 + x − 2 + ... + + x − 2004

2/ Chứng minh bất đẳng thức:
y = x − 1 + x − 2 + ... + x − 2004 ≥ 10 6

3/ Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y = x − 1 + x − 2 + ... + x − 2002
III - BÀI TẬP TỰ GIẢI:
2
3
1/ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = (1 − x) (1 − x) với x ≤ 1

1− x 1− x 1+ x 1+ x 1+ x

HD: Áp dụng bất đẳng thức Côsi với 5 số không âm: 2 ; 2 ; 3 ; 3 ; 3
2
2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 3x + 2 − 9 x

2
HD: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia với (1;1); (3x; 2 − 9 x )

3/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 51 − 4 x − 1
4/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: N = x + x − 1
5/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a/ A = x 2 − 2 x + 1 + x 2 − 6 x + 9

b/ B = x + 9 − 6 x + x + 1 − 2 x

IV - TIỂU KẾT:

Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản đối với mỗi bài địi hỏi tính linh hoạt
cao, mỗi bài có một nét riêng biệt, khơng có quy tắc chung để vận dụng. Vì vậy
cần cho học sinh làm quen với nhiều loại bài tập này./.

18


Một số phương pháp giải toán cực trị

KẾT QUẢ ÁP DỤNG

Quá trình nghiên cứu, trực tiếp giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi,

phần chuyên đề “Toán cực trị” đã phát huy tính tích cực sáng tạo của học sinh học sinh khơng cịn cảm thấy ngại mà ngược lại cịn rất hứng thú khi gặp những
bài tốn về cực trị. Kết quả thể hiện như sau:
Khi chưa áp dụng: Đối với 9B năm học 2006 - 2007 số học sinh đạt điểm
giỏi mơn tốn của 9B chỉ đạt 30%. Những khố học trước HSG huyện mơn tốn
lớp 9 chỉ đạt 1 đến 2 em. Năm học 2005 - 2006, lớp 9B tơi dạy mơn tốn có đến
60% số học sinh đạt điểm giỏi và 5 em đạt HSG huyện. Đây là một kết quả đáng
ghi nhận trên một địa bàn giáo dân như xã Sơn Tiến.

19