skkn một ứng dụng nhỏ của định lý viet trong bài toán tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của một biểu thức thpt nam hà

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị Trường THPT Nam Hà
Mã số:
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT ỨNG DỤNG NHỎ CỦA ĐỊNH LÝ VIET TRONG BÀI TOÁN
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC
Người thực hiện: Nguyễn Duy Khôi
- Quản lý giáo dục 
- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán 
(Ghi rõ tên bộ môn)
- Lĩnh vực khác: 
(Ghi rõ tên lĩnh vực)
Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)
Năm học: 2013 - 2014
BM 01-Bia SKKN
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
––––––––––––––––––
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Nguyễn Duy Khôi
2. Ngày tháng năm sinh: 03/02/1979
3. Nam, nữ: nam
4. Địa chỉ: 173/13 KP3 Phường Tân Phong BH ĐN
5. Điện thoại: 01999420430 (CQ)/ 3950365 (NR); ĐTDĐ:
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Nhiệm vụ được giao: Dạy môn Toán lớp 11C10, 12C3 và chủ nhiệm lớp
12C3; Trưởng ban TTND.
9. Đơn vị công tác: Trường THPT Nam Hà

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Trình độ chuyên môn: Cử nhân
- Năm nhận bằng: 2000
- Chuyên ngành đào tạo: Cử nhân Toán
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm:
Số năm có kinh nghiệm: 14
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
+ Các phương pháp tính tích phân.
+ Ứng dụng VTTĐ của đường thẳng và đường tròn để giải pt và hệ pt.
+ Giải toán HHKG bằng phương pháp tọa độ.
+ Tính thể tích khối đa diện.
+ Hệ thống bài tập phương pháp tọa độ trong không gian.
BM02-LLKHSKKN
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (GTLN – GTNN) của một biểu
thức là một bài toán khó thường gặp trong các đề thi tuyển sinh vào lớp 10 của
trường chuyên, các đề thi học sinh giỏi cũng như trong các đề thi tuyển sinh đại
học. Ở cấp THCS học sinh được làm quen với phương pháp dùng BĐT để tìm
GTLN _ GTNN của một biểu thức. Ở cấp THPT, cụ thể ở chương trình lớp 10 học
sinh được rèn luyện thêm bài toán tìm GTLN – GTNN trong bài học Bất Đẳng
Thức. Bên cạnh đó, chương trình lớp 10 học sinh cũng được học giải hệ phương
trình hai ẩn (hệ phương trình hai ẩn đối xứng loại 1, loại 2, …), học các định lý
liên quan đến tam thức bậc hai, trong đó có nhắc lại Định lý Viet thuận, đảo.
Ngoài phương pháp sử dụng BĐT để tìm GTLN – GTNN, học sinh còn có
thể sử dụng phương pháp Hàm số, phương pháp Hình học, phương pháp Lượng
giác hóa… Bên cạnh đó học sinh có thể sử dụng Định lý Viet kết hợp với hệ
phương trình đối xứng để tìm GTLN – GTNN của một biểu thức đối xứng hai ẩn
thỏa điều kiện cho trước mà tôi sắp trình bày. Phương pháp này có những hạn chế
nhất định như biểu thức cần tìm GTLN – GTNN là biểu thức đối xứng chứa hai

ẩn…Nội dung chuyên đề này tôi chỉ trình bày trong tiết học tự chọn của lớp 10 và
lớp LTĐH nhằm nâng cao và rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh lớp 10, 12
qua đó các em thấy thêm một ứng dụng nhỏ của định lý Viet để các em hứng thú
hơn trong việc học môn Toán.
Là giáo viên giảng dạy ở THPT Nam Hà tôi thấy nhìn chung đối tượng học
sinh ở mức Trung bình khá (một số ít là HSG). Do đó, chuyên đề này chỉ được viết
ở mức độ tư duy vừa phải, phân loại bài tập từ dễ đến khó để học sinh tiếp cận một
cách đơn giản dễ nhớ. Qua đó các em có thêm kỹ năng tìm GTLN – GTNN của
một biểu thức trong đề thi ĐHCĐ.
Nội dung của SKKN này gồm:
I. Lý do chọn đề tài.
II. Nội dung:
1. Cơ sở lý thuyết.
2. Các bài tập có lời giải.
3. Bài tập rèn luyện.
III. Hiệu quả đề tài.
IV. Đề xuất, khuyến nghị khả năng áp dụng.
V. Tài liệu tham khảo.
II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI:
II.1. Cơ sở lý thuyết:
1. Hệ phương trình bậc hai hai ẩn số: là hệ phương trình trong đó có
một hay nhiều phương trình mà bậc cao nhất của chúng là bậc hai.
Dạng tổng quát:





=+++++
=+++++

0
0
222
2
22
2
2
111
2
11
2
1
fyexdycxybxa
fyexdycxybxa
2. Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai:
Cách giải: Từ pt bậc nhất, tìm hệ thức x theo y (hoặc y theo x) rồi thế vào
pt bậc hai tìm y (hoặc x). Suy ra nghiệm hệ phương trình.
3. Hệ phương trình đối xứng loại 1: Khi thay x bởi y và thay y bởi x, từng
phương trình của hệ không thay đổi. Tức là:
Hệ phương trình có dạng
f (x; y) a
g(x; y) b
=


=

(I) trong đó f(x;y), g(x;y) là các
biểu thức đối xứng, tức là

f (x; y) f (y;x), g(x; y) g(y;x)= =
.
Cách giải:
- Biến đổi để hệ phương trình chứa tổng (x + y) và tích xy.
- Đặt



=
+=
xyP
yxS
Điều kiện: S
2
– 4P
≥
0
- Tính S, P (so với điều kiện ). Với mỗi cặp S, P thoả điều kiện thì ta
có: x, y là nghiệm của pt: X
2
–SX +P =0 (1)
+ Nếu pt (1) có 2 nghiệm phân biệt X
1
; X
2
thì hệ phương trình có hai
nghiệm (X
1
; X
2

); (X
2
; X
1
).
+ Nếu pt (1) có nghiệp kép X thì hệ phương trình có một nghiệm (X;
X).
+ Nếu pt (1) vô nghiệm thì hệ phương trình vô nghiệm.
Một số biểu diễn biểu thức đối xứng qua S và P.
2 2 2 2
3 3 2 2 3
2 2
4 4 2 2 2 2 2 2 2 2
x y (x y) 2xy S 2P
x y (x y)(x y xy) S 3SP
x y y x xy(x y) SP
x y (x y ) 2x y (S 2P) 2P
+ = + − = −
+ = + + − = −
+ = + =
+ = + − = − −
.
…
4. Định lý Viet thuận:
Nếu phương trình ax
2
+ bx + c = 0 (a ≠ 0) có 2 nghiệm x
1
, x
2

thì
S = x
1
+ x
2
=
a
b
−
P = x
1
. x
2
=
a
c
Hệ quả: PT bậc 2: ax
2
+ bx + c = 0 (*)
- Nếu a + b + c = 0 thì (*) có 1 nghiệm là x
1
= 1, nghiệm kia là x
2
=
a
c
- Nếu a - b + c = 0 thì (*) có 1 nghiệm là x
1
= - 1; nghiệm kia là x
2

=
a
c
−
5. Định lý đảo:
Nếu có 2 số x
1
, x
2
thoả mãn



=
=+
Px.x
Sxx
21
21
thì chúng là nghiệm số của
phương trình: X
2
– S.X + P = 0 (Điều kiện ∃ 2 số x
1
, x
2
là S
2
– 4P ≥ 0)
6. Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất:

S = x
1
+ x
2
; P = x
1
.x
2
a) S = x
1
+ x
2
(không đổi) và P = x
1
.x
2
thay đổi
( )




















=
−
=+
⇒≥≠
a
c
x.x
a
b
xx
0vµ0a
21
21
Δ
Do S
2
- 4P ≥ 0 ⇔ P ≤
4
S
2
⇒ maxP =
4
S

2
⇔ x
1
= x
2
=
2
S
(Vì X
2
– S.X + P = 0 có nghiệm kép)
b) x
1
> 0; x
2
> 0 và x
1
x
2
= P (không đổi), và S = x
1
+ x
2
(thay đổi)
Do S
2
- 4P ≥ 0 ⇔
( )( )
0P2SP2S
≥+−

⇔ S -
P2
≥ 0 ; S =
P2
⇔ x
1
= x
2
=
P
II.2. Bài tập:
Bài 1: Giải hệ phương trình :
2 2
2x y 5 (1)
4x y 17 (2)
ì
+ =
ï
ï
í
ï
+ =
ï
î
.
Giải: Từ (1)
5 2Þ = -y x
thế vào (2) ta được:
2 2 2
x 2 y 1

4x (5 2x) 17 2x 5x 2 0
1
x y 4
2
é
= Þ =
ê
+ - = Û - + = Û ê
ê
= Þ =
ê
ë
.
Vậy nghiệm của hệ là:
1
(x; y) (2;1),( ;4)
2
=
.
Bài 2: Giải các hệ phương trình sau :
a)
2 2
x y xy 5
x y 5
+ + =



+ =



b)
3 3
x y 2xy 2
x y 8
+ + =



+ =



Giải:
a)
( )
2
2 2
x y xy 5
x y xy 5
x y 2xy 5
x y 5
+ + =

+ + =

 
⇔
 
+ − =

+ =




Đặt
S x y, P xy= + =
(Đk: S
2

³
4P). Khi đó hệ trở thành:
( )
2
2
2
P 5 S
S P 5
S 2 5 S 5
S 2P 5
S 5
(l)
P 5 S
P 5 S
P 10
S 5
S 3
S 2S 15 0
S 3
(n)

P 2


ì
ì
= -
+ =
ï
ï
ï
ï
Û
í í
ï ï
- - =
- =
ï ï
î
î
é
ì
=-
ï
ï
ê
ì
= -
ï
í
ê

ï
ì
ï
= -
ï =
ï
ï
î
ï
ï
ê
é
Û Û Û
=-
í í
ê
ê
ï ï
ì
=
+ - = ï
ê
ï ï
ï
î
ê
=
ï
í
ê

ë
ï
î
ï
=
ê
ï
î
ë
Với
S 3
P 2
ì
=
ï
ï
í
ï
=
ï
î

x,yÞ
là nghiệm PT:
2
X 1
X 3X 2 0
X 2
é
=

ê
- + = Û
ê
=
ë
.
Vậy nghiệm của hệ là:
x 1 x 2
v
y 2 y 1
ì ì
= =
ï ï
ï ï
í í
ï ï
= =
ï ï
î î
.
b)
( ) ( )
2
3 3
x y 2xy 2
x y 2xy 2
x y x y 3xy 8
x y 8
+ + =


+ + =

 
⇔
 
 
+ + − =
+ =



 
 

Đặt
S x y, P xy= + =
(Đk: S
2

³
4P). Khi đó hệ trở thành:
2
2
2 S
P
S 2P 2
2
6 3S
S(S 3P) 8
S(S ) 8

2
ì
-
ï
ï
=
ì
ï
+ =
ï
ï
ï
ï
Û
í í
ï ï
-
- =
ï ï
î
- =
ï
ï
ï
î
3 2 2
2S 3S 6S 16 0 (S 2)(2S 7S 8) 0Þ + - - = Û - + + =
S 2 P 0 (n) Û = Þ =

x,yÞ

là nghiệm PT:
2
X 0
X 2X 0
X 2

é
=
ê
- = Û
ê
=
ë
.
Vậy nghiệm của hệ là:
x 0 x 2
v
y 2 y 0
ì ì
= =
ï ï
ï ï
í í
ï ï
= =
ï ï
î î
.
Bài 3: Tìm m để hệ phương trình :
2 2

x y m

x y 2m 1
+ =



+ = +


có nghiệm.
Giải: Đặt
S x y, P xy= + =
, ta có:
2
2
S m
S m
1
P (m 2m 1)
S 2P 2m 1
2
ì
=
ï
ì
=
ï ï
ï ï
Û

í í
ï ï
= - -
- = +
ï ï
î
ï
î
Hệ có nghiệm
2
S 4P 0Û - ³
2 2 2
m 2(m 2m 1) m 4m 2 0Û - - - =- + + ³
2 2 m 2 2Û - £ £ +
.
Bài 4: Cho hai số thực x, y thỏa
x y 2
+ =
.
Tìm GTNN của biểu thức
2 2
M x y= +
Giải: Gọi T là tập giá trị của
2 2
x y
+
,
T R, M T⊂ ∈
.
Xét hệ phương trình:

( )
2
2 2
x y 2
x y 2

x y 2xy M
x y M
+ =

+ =

 
⇔
 
+ − =
+ =




Đặt
S x y, P xy= + =
, ta có:
2
S 2
S 2
4 M
P
S 2P M

2
ì
=
ï
ì
=
ï ï
ï ï
Û
í í
-
ï ï
=
- =
ï ï
î
ï
î
x, y tồn tại
Û
hệ có nghiệm
2
4 M
S 4P 0 4 4 0 4 8 2M 0 M 2
2
-
Û - ³ Û - ³ Û - + ³ Û ³
.
Vậy GTNN của
M 2=

. Đạt được khi
x y 1= =
.
+ Cách 2: Hs có thể dùng pp Hàm số cho bài toán trên.
Chú ý: Trong bài toán tìm GTLN – GTNN của biểu thức
M f (x; y)
=
là biểu
thức đối xứng , trong đó x, y thỏa mãn
g(x;y) k=
là biểu thức đối xứng thì
ta có thể chuyển bài toán về dạng bài toán tìm điều kiện của M để hệ
f (x; y) M
g(x;y) k
=


=

có nghiệm. Từ đây ta xác định được miền giá trị của M và suy
ra được GTLN hoặc GTNN của M.
Bài 5: Cho hai số thực x, y thỏa
x y 1+ =
. Tìm GTNN của
3 3
M x y= +
Giải : Gọi T là tập giá trị của
3 3
x y+
,

T R, M T⊂ ∈
.
Xét hệ phương trình:
3 3 2
S 1
x y 1 S 1
1 M
P
x y M S(S 3P) M
3
ì
=
ï
ì ì
+ = =
ïï ï
ï
ï ï
Û Û
í í í
-
ï ï ï
=
+ = - =
ï ï ï
î î
ï
î
x, y tồn tại
Û

hệ có nghiệm
2
1 M 1
S 4P 0 1 4 0 M
3 4
-
Û - ³ Û - ³ Û ³
.
Vậy GTNN của
1
M
4
=
. Đạt được khi
1
x y
2
= =
.
Bài 6: Cho hai số thực x, y (
x, y 0
≠
) thỏa
2 2 2 2
x y xy 2x y
+ =
.
Tìm GTNN của biểu thức
2 2
1 1

M
x y
= +
Giải: Gọi T là tập giá trị của
2 2
1 1
x y
+
,
T R, M T⊂ ∈
.
Xét hệ phương trình:
2 2 2 2
2
2 2
1 1
2
x y xy 2x y (1)
x y

1 1
M
1 1 2
M
x y
x y xy

+ =



+ =


⇔
 
+ =
 
 
+ − =
 ÷


 

(Do
x, y 0
≠
nên chia hai vế của pt (1) cho
2 2
x y
)
Đặt
1 1 1 1
S , P .
x y x y
= + =
, ta có:
2
S 2
S 2

4 M
P
S 2P M
2
ì
=
ï
ì
=
ï ï
ï ï
Û
í í
-
ï ï
=
- =
ï ï
î
ï
î
x, y tồn tại
Û
hệ có nghiệm
2
4 M
S 4P 0 4 4 0 4 8 2M 0 M 2
2
-
Û - ³ Û - ³ Û - + ³ Û ³

.
Vậy GTNN của
M 2=
. Đạt được khi
x y 1= =
.
Nhận xét: Thực chất bài 6 tương tự bài 4
Bài 7: Cho các số thực
x 0
≠
;
y 0
≠
thỏa mãn:
2 2
(x y)xy x y xy+ = + −
. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức :
3 3
1 1
A
x y
= +
. (ĐH Khối A – 2006 ).
Giải: Gọi T là tập giá trị của
3 3
1 1
x y
+
,

T R, T⊂ Α∈
.
Xét hệ phương trình :
2 2
3 3
(x y)xy x y xy (1)
1 1
A
x y

+ = + −


+ =



Do
x, y 0
≠
nên chia hai vế của pt (1) cho
2 2
x y
ta được:
2 2
1 1 1 1 1
x y xy
x y
+ = + −
Đặt

1 1
a ;b , a;b 0
x y
= = ≠
. Hệ pt trở thành
2 2
3 3
a b a b ab
a b A

+ = + −


+ =


Đặt
S a b;P ab
= + =
, ta có:
2 2
2 2
S S 3P S A
S(S 3P) A 3P S S
 
= − =
 
⇔
 
− = = −

 
 
. Từ phương trình thứ nhất
A 0
⇒ >
.
Hệ có nghiệm
2 2 2 2
S 4P 3S 4(S S) S 4 A S 16⇔ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≤ ⇔ = ≤
Đẳng thức xảy ra
2
S 4
1
a b 2 x y
S S
2
P 4
3
=


⇔ ⇔ = = ⇔ = =

−
= =


.
Vậy giá trị lớn nhất của A =16. Đạt được khi
1

x y
2
= =
.
Bài 8: Cho hai số thực x, y thỏa
( )
2 2
x y 2 x y 7
+ = + +
.
Tìm GTLN - GTNN của biểu thức
3 3
M x(x 2) y(y 2)= − + −
Giải: Gọi T là tập giá trị của
3 3
x(x 2) y(y 2)− + −
,
T R, M T⊂ ∈
.
Xét hệ phương trình :
( )
2 2
3 3
x y 2 x y 7 (1)
x(x 2) y(y 2) M (2)

+ = + +


− + − =



(I)
Đặt
2
3
3 3
u x(x 2) (x 1) 1 1; v y(y 2) 1= − = − − ≥ − = − ≥ −
Hệ pt (I) trở thành:
3 3
3
u v M
u v 7
M 7
u v M
uv
3M
+ =


 
+ =
⇔
 
−
+ =
=





Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi hệ (II) có nghiệm u
≥
-1 và v
≥
-1
( ) ( )
3
2
3
M 7
M 4
3M
u v 2 1 M 28
u 1 v 1 0

−
≥



⇔ + ≥ − ⇔ ≤ ≤


+ + ≥



Vậy MaxM =
3

28
, MinM = 1.
Bài 9: Cho hai số thực x,y thỏa :
x 3 y 2 3 x 1 y
− + = + −
. Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của
A x y
= +
. ( HSG Quốc Gia – 2004).
Giải:
Xét hệ phương trình:
x 3 y 2 3 x 1 y
x y A

− + = + −


+ =


.
Đặt
a x 1;b y 2 a,b 0= + = + ⇒ ≥
Hệ trở thành:
2 2
2
2 2
A
a b S

a b 3(a b) 3 0
3
A 9A 27
a b A 3
ab P
18

+ = =


+ − + − =
 
⇔
 
− −
+ = +
 

= =


.
Suy ra hệ đã cho có nghiệm
2
S 0
P 0
S 4P

≥


⇔ ≥


≥

2
2
A 0
A 9A 27 0
2A 27A 81 0
≥


⇔ − − ≥


− − ≤

A 0
9 3 21 9 3 21
A A
2 2
27 9 17 27 9 17
A
4 4


≥

− +


⇔ ≤ ∪ ≥



− +
≤ ≤


9 3 21 27 9 17
A
2 4
+ +
⇔ ≤ ≤
.
Vậy
9 3 21
MinA
2
+
=
và
27 9 17
MaxA
4
+
=
.
Bài 10: Cho a ≠ 0; Giả sử x
1

, x
2
là nghiệm của phương trình:
0
a
1
axx
2
2
=−−
(1) tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 4
1 2
M x x= +
Giải: Ta có:
2
2
4
0, 0a a
a
∆ = + > ∀ ≠
nên pt (1) luôn có hai nghiệm phân biệt
Ta có: x
1
+ x
2
= a ; x
1
.x
2

=
2
a
1
−
⇒
( )
P2P2Sxx
2
24
2
4
1
−−=+
4
4
2
M 4 2 2 4a
a
= + + ≥ +
M 2 2 4
= +
⇔ a
8
= 2 ⇔
8
2a
±=
⇒ Min
M 4 2 2

= +
tại
8
2a
±=
• Một ứng dụng khác của ĐL Viet để tính giá trị biểu thức:
Bài 11: Cho x
1
, x
2
là nghiệm phương trình: x
2
- 2x - 2 = 0. Tính
7
2
7
1
xx
+
Giải: Trước hết ta chứng minh: Cho phương trình bậc 2: ax
2
+ bx + c = 0 (*) (a
≠ 0)
Có 2 nghiệm là x
1
, x
2
. Chứng minh rằng: Với
n
2

n
1n
xxS
+=
Thì a . S
n + 2
+ b . S
n + 1
+ c . S
n
= 0
Do x
1
, x
2
là nghiệm (*) ⇒





=++
=++
0cbxax
0cbxax
2
2
2
1
2

1
⇒





=++
=++
0cxx.bxx.ax
0cxx.bxx.ax
n
22
n
2
2
2
n
2
n
11
n
1
2
1
n
1
⇒






=++
=++
++
++
0cxbxax
0cxbxax
n
2
1n
2
2n
2
n
1
1n
1
2n
1
⇒
( ) ( ) ( )
0xxcxxbxx.a
n
2
n
1
1n
2

1n
1
2n
2
2n
1
=+++++
++++
hay: a.S
n + 2
+ b.S
n + 1
+ c . S
n
= 0
Khi đó: ⇒ S
n +2
= - b S
n + 1
- cS
n
Ta có:
S
1
= 2 ⇒
8x.x2)xx(xxS
21
2
22
2

2
2
12
=−+=+=
S
3
= - bS
2
- cS
1
= 16 + 4 = 20
S
4
= - bS
3
- cS
2
= 56
S
5
= - bS
4
- cS
3
= 152
S
6
= - bS
5
- cS

4
= 416
S
7
= - bS
6
- cS
5
=1136
Bài 12: Gọi a, b là nghiệm phương trình: 30x
2
- 3x = 2002.
Tính
( ) ( )
20002000
2001200120022002
ba
ba3ba30
M
+
+−+
=
Giải: * Nhận thấy phương trình đã cho: 30x
2
- 3x - 2002 = 0 có ∆ > 0
⇒ x
1
= a ; x
2
= b ⇒ S

n
= a
n
+ b
n
Áp dụng công thức Bài 11: A . S
n + 1
+ B . S
n + 1
+ C. S
n
= 0
Theo đầu bài ta có:S
n
= a
2000
+ b
2000
S
n + 1
= a
2001
+ b
2001
S
n +2
= a
2002
+ b
2002

⇒ 30 S
n + 2
- 3S
n + 1
- 2002S
n
= 0
⇒ 30 S
n +2
- 3S
n + 1
= 2002S
n
⇒
2002
S
S2000
M
n
n
==
II.3. Bài tập rèn luyện:
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau:
3 3
x y 2
1)
x y 26
+ =




+ =



x y y x 30
2)
x x y y 35

+ =


+ =


2 2
2 2
1 1
x y 5
x y
3)
1 1
x y 9
x y

+ + + =





+ + + =


4)
1
x x y 3 3
y
1
2x y 8
y

+ + + − =




+ + =


Bài 2: Tìm m để hệ phương trình :
2 2
x y xy m
x y m
+ + =



+ =



có nghiệm.
Bài 3: Cho hai số thực x, y >0 thỏa
2 2
xy x y 3
+ + =
.
Tìm GTNN của biểu thức
4 4
M x y
= +
Bài 4: Cho hai số thực x, y >0 thỏa
x y 1
+ =
.
Tìm GTNN của biểu thức
2 2
1 1
M 4xy
xy
x y
= + +
+
Bài 5: Cho hai số thực x, y thỏa
( )
( )
3 3
3 3 3
x x 1 y y 1 xy
− + − =
.

Tìm GTNN của biểu thức
3
3 3
M x y xy
= + +
Bài 6: Cho hai số thực x, y thỏa
xy x y 3
+ + =
.
Tìm GTLN của biểu thức
2 2
3x 3y
M x y
y 1 x 1
= + − −
+ +
III. HIỆU QUẢ ĐỀ TÀI:
KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC:
Chuyên đề này đã được thực hiện giảng dạy khi tôi tham gia dạy lớp Luyện
thi Đại học của nhà trường tổ chức trong hai năm gần đây. Trong quá trình học
chuyên đề này, học sinh thực sự thấy tự tin, biết vận dụng khi gặp các bài toán liên
quan, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra cho học sinh cách
nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho
học sinh tự học, tự nghiên cứu.
Kết quả sau khi thực hiện chuyên đề:
Không nhận
biết được
Nhận biết,
nhưng không
biết vận dụng

Nhận biết và biết
vận dụng ,chưa
giải được hoàn
chỉnh
Nhận biết và
biết vận dụng ,
giải được bài
hoàn chỉnh
Số lượng 0 5 10 25
Tỉ lệ ( %) 0.0 12.5 25.0 62.5
BÀI HỌC KINH NGHIỆM:
Phương pháp giải trên không phải tối ưu, đôi khi áp dụng làm cho bài toán
toán trở nên phức tạp, trình bày bài giải dài. Do đó, một bài toán có thể có rất nhiều
cách giải song việc tìm ra một lời giải hợp lý, ngắn gọn là một việc không dễ. Đây
chỉ là một chuyên đề nhỏ trong bài toán tìm GTLN – GTNN trong rất nhiều
chuyên đề. Giáo viên trước hết phải cung cấp cho học sinh nắm chắc các kiến thức
cơ bản sau đó là cung cấp cho học sinh cách nhận dạng bài toán, thể hiện bài toán
từ đó học sinh có thể vân dụng linh hoạt các kiến thưc cơ bản, phân tích tìm ra
hướng giải, bắt đầu từ đâu và bắt đầu như thế nào là rất quan trọng để học sinh
không sợ khi đứng trước một bài toán khó mà dần dần tạo sự tự tin, gây hứng thú
say mê môn toán, từ đó tạo cho học sinh tác phong tự học, tự nghiên cứu.
IV. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG:
Đề nghị áp dụng trong chương trình tự chọn lớp 10; Bồi dưỡng HSG 10 và
12.
V. TÀI LIỆU THAM KHẢO:
- Sgk chương trình chuẩn và nâng cao Lớp 10.
- Sách Tham khảo Phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức của tác
giả Nguyễn Tất Thu .
- Tham khảo một số tài liệu trên mạng internet.
- Tuyển tập các Đề thi tuyển sinh ĐH.

KẾT LUẬN:
Trên đây chỉ là một vài kinh nghiệm góp nhặt được trong quá trình giảng
dạy của bản thân, dĩ nhiên không thể tránh được những thiếu sót. Rất mong nhận
được sự góp ý của qúy thầy cô có cùng quan tâm đến đề tài này. Xin chân thành
cảm ơn.
Biên Hòa, ngày 28 tháng 04 năm 2014
Người viết
Nguyễn Duy Khôi
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
BM04-NXĐGSKKN
Đơn vị: THPT Nam Hà
–––––––––––

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
––––––––––––––––––––––––
Biên Hòa, ngày 25 tháng 4 năm 2014
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2013 - 2014
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
MỘT ỨNG DỤNG NHỎ CỦA ĐỊNH LÝ VIET TRONG BÀI TOÁN
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC
Họ và tên tác giả: Nguyễn Duy Khôi Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THPT Nam Hà
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: 
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: 
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây)
- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 

- Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình,
nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 
2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây)
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu
quả cao 
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả 
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình,
nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc
sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành

- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng:
Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong ngành 
Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại 
Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết và chịu trách nhiệm không sao chép tài liệu của
người khác hoặc sao chép lại nguyên văn nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình.
Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận đã kiểm tra và ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm này
đã được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng chuyên môn trường xem xét, đánh giá; tác
giả không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nguyên văn nội dung sáng kiến kinh
nghiệm cũ của chính tác giả.
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ô tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả và người
có thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm.
NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

XÁC NHẬN CỦA TỔ
CHUYÊN MÔN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ
họ tên và đóng dấu)