Một số sai lầm khi tìm GTNN - GTNN

Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục
Phần 1: Những vấn đề chung
I. Lí do chọn đề tài:
Toán học có một vị trí đặc biệt trong việc nâng cao và phát triển dân trí, góp
phần tạo nên nguồn tài nguyên chất xám, nguồn tài nguyên quý nhất cho đất nớc.
Toán học là bộ môn khoa học tự nhiên đợc hình thành từ rất sớm bởi sự gắn bó
chặt chẽ của nó với thực tiễn đời sống con ngời. Toán học là môn khoa học cơ bản
rất quan trọng, nó giúp cho việc hình thành và phát triển cho ngời học năng lực t
duy logic, phơng pháp luận khoa học, phẩm chất trí tuệ, t tởng đạo đức.
Ngày nay sự phát triển của tất cả các ngành khoa học cũng nh tất cả các ngành
công nghiệp then chốt đều không thể thiếu toán học, chúng đều đợc khởi nguồn
và dựa trên toán học. Sự phát triển của một đất nớc không phụ thuộc nhiều ở tài
nguyên thiên nhiên, mà phụ thuộc chủ yếu vào trình độ dân trí. Toán học có vị trí
đặc biệt trong việc nâng cao và phát triển dân trí, góp phần tạo nên nguồn tài
nguyên chất xám. Việt Nam chúng ta so với các nớc trên thế giới còn ở trong tình
trạng nghèo nàn, lạc hậu. Muốn thoát khỏi tình trạng này và đuổi kịp các nớc trên
thế giới, đối với Việt Nam phải có lớp ngời mới đợc trang bị kiến thức tốt, luôn
phát huy tính sáng tạo và khả năng nhanh nhạy để nắm bắt kĩ thuật mới. Nhiệm vụ
quan trọng này ngành GD - ĐT vinh dự đợc Đảng và Nhà nớc giao cho. Chính vì
vậy trong từng năm học, Bộ GD - ĐT đã có những chỉ thị kịp thời, Sở GD - ĐT,
Phòng GD & ĐT và Nhà trờng đã chủ động đề ra những kế hoạch chi tiết, những
mục tiêu rõ ràng và giao nhiệm vụ cụ thể đến từng giáo viên.
Để hoàn thành nhiệm vụ, ngời giáo viên phải có lòng nhiệt tình, có kiến thức
và phơng pháp truyền thụ kiến thức phù hợp. Nhng thực tế đã cho thấy hầu hết
giáo viên đều có lòng nhiệt tình, có kiến thức song phơng pháp còn nhiều hạn chế,
các thầy cô giáo viên dạy toán cũng không phải là ngoại lệ. Vậy đâu là nguyên
nhân của những hạn chế trên? Theo tôi nguyên nhân cơ bản là:
- Giáo viên cha tạo cho học sinh thói quen tiến hành đầy đủ các bớc cần thiết
khi giải một bài toán, nhất là những bài toán mới lạ hoặc những bài toán khó nên
học sinh cha có phơng pháp suy nghĩ, suy luận đúng trong việc tìm tòi lời
giải một bài toán.

- Chỉ nặng về trình bày lời giải đã tìm ra mà không chú ý đến việc hớng dẫn để
học sinh tự tìm ra lời giải. Bởi vậy học sinh cũng chỉ hiểu đợc lời giải cụ thể của
bài toán cha học tập đợc cách suy luận để giải bài toán tơng tự.
- Cha chú trọng đến việc phân tích bài toán theo nhiều khía cạnh, theo từng
loại để tạo ra phơng pháp và lời giải khác nhau, cha chú trọng rèn luyện cho học
sinh kĩ năng thực hành tính toán, biến đổi, suy luận.
- Cho học sinh giải nhiều bài tập mà không chú ý đến việc lựa chọn một hệ
thống bài tập đa dạng, đầy đủ.
.
1
Trong quá trình học tập, học sinh sớm đợc làm quen với bộ môn toán. Nhìn
chung Toán học là môn học rất trừu tợng. Tính trừu tợng và logic tăng dần khi các
em càng học lên các lớp trên. Từ năm học lớp 8 khó khăn của học sinh đã đợc bộc
lộ rõ nét hơn, đặc biệt là các bài toán chứng minh bất đẳng thức, các bài toán tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Đây là một đề tài thú vị, nó thờng không có quy
tắc giả tổng quát. Do vậy học sinh hay mắc thiếu sót và sai lầm khi giải các bài
toán loại này. Vậy tại sao học sinh thờng mắc phải sai lầm khi giải các bài toán
cực trị? Theo tôi nguyên nhân này xuất phát từ những lý do sau:
1. Ngời giải toán cha có đờng lối rõ ràng khi giải bài toán tìm cực trị.
2. Cha nắm chắc các tính chất của bất đẳng thức.
3. Cha hệ thống, phân dạng đợc các bài tập cùng loại.
4. Không đọc kĩ đầu bài, cha hiểu rõ bài toán đã đã vội đi ngay vào giải toán.
5. Không biết đề cập bài toán theo nhiều cách giải khác nhau, không chịu
nghiên cứu kĩ từng chi tiết và kết hợp các chi tiết trong từng bài toán, không sử
dụng hết giả thiết bài toán, không biết linh hoạt vận dụng kiến thức đã có.
6. Không tự t duy lại bài toán mình làm sau khi đã giải xong xem đã đúng cha.
Nói chung dạng toán chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất là
dạng toán khó nhng rất thú vị. Nó lôi cuốn nhiều ngời phải say mê, từ các em học
sinh đến các nhà bác học lỗi lạc. Tại sao vậy? Mỗi bài toán chứng minh BĐT hay
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất với số liệu riêng của nó đòi hỏi một cách giải riêng

phù hợp. Điều đó có tác dụng rèn luyện t duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và
sáng tạo. Chính vì thế chúng ta thấy trong các kì thi học sinh giỏi toán thờng có
bài toán về chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Tóm lại, từ nhiệm vụ yêu cầu thực tế của đất nớc và của ngành giáo dục, từ
khó khăn của giáo viên và học sinh thờng hay mắc sai lầm trong việc giải các bài
toán chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, tôi đã chọn đề tài Một
số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục
trong chơng trình THCS để nghiên cứu với hy vọng đề tài này sẽ góp phần vào
việc giải quyết khó khăn, khắc phục sai lầm cho giáo viên và học sinh trong việc
dạy và học kiến thức về chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Nh
nhà giáo dục toán học Polya đã nói: Con ngời phải biết học ngay ở những sai
lầm của mình .
2
Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục
II. Cơ sở khoa học
Đề tài đợc viết dựa vào những cơ sở lí luận và thực tiễn.
II.1. Cơ sở lý luận
Thực tế cho thấy Toán học là nền tảng cho mọi ngành khoa học, là chiếc chìa
khoá vạn năng để khai phá và thúc đẩy sự phát triển cho mọi ngành khoa học,
kinh tế, quân sự trong cuộc sống. Chính vì vậy việc dạy và học bộ môn toán
trong nhà trờng đóng vai trò vô cùng quan trọng dạy toán chiếm vị trí số một
trong các môn học của nhà trờng, đối với giáo viên, dạy toán là niềm tự hào song
đó cũng là thử thách vô cùng lớn. Để dạy toán và học toán tốt thì Thày và Trò
không ngừng rèn luyện và đầu t trí và lực vào nghiên cứu học hỏi. Học và dạy
toán với chơng trình cơ bản đã rất khó, xong dạy và học toán trong đào tạo mũi
nhọn lại vô cùng gian truân, việc học và dạy không dừng ở việc ngời học và ngời
dạy phải có trí tuệ nhất định mà cả thày và trò phải dày công đầu t vào nghiên cứu
các dạng toán, thuật toán vận dụng hợp lý các tính chất toán học do các nhà toán
học đã nghiên cứu vào giải toán, ngoài ra ngời dạy và học toán phải tự rèn luyện
và nghiên cứu để có những công trình toán của riêng mình cùng góp sức để đa bộ

môn toán ngày càng phát triển.
Thực hiện nhiệm vụ năm học cũng nh đợc sự phân công của Phòng Giáo dục
và Đào tạo huyện Yên Dũng, Ban giám hiệu trờng THCS Yên L, qua quá trình bồi
dỡng học sinh giỏi nhiều năm gần đây bản thân tôi thấy việc hình thành cho học
sinh cách suy nghĩ để tìm lời giải cho bài toán hoặc mỗi dạng toán nào đó là công
việc rất khó. Đứng trớc một bài toán nếu ngời thày cha hiểu cha có hớng giải thì ta
hớng dẫn học sinh nh thế nào, thật khó trong những tình huống nh thế ngời thày
sẽ mất vai trò chủ đạo trong việc dạy học sinh, còn học sinh đã không giải đợc
toán nhng lại mất niềm tin ở thày và cảm thấy việc học toán là cực hình là khó vô
cùng không thể học đợc.
Toán học là bộ môn khoa học của nhân loại một bộ môn khoa học đa dạng về
thể loại không phải cứ dạy toán và học toán là biết hết, là đã đến đỉnh cao của trí
tuệ nhân loại. Khi trực tiếp bồi dỡng học sinh giỏi tôi tự thấy kiến thức toán của
bản thân còn rất hạn chế, nhất là những bài toán về Bất đẳng thức, bài toán về tìm
giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Đây là dạng toán lớn, có nhiều cách thức để giải xong
cả thày và trò lại rất ngại khi đụng đến vì nó khó và phải mất rất nhiều thời gian
để dự đoán kết quả và tìm cách giải, hơn nữa rất dễ mắc sai lầm. Tôi đã tìm nhiều
biện pháp để hớng dẫn học sinh nhận xét, phân tích để giải các bài toán dạng này
bằng các phơng pháp mà học sinh và thày đợc trang bị trong cấp học, nhng đều
không thành công bởi chính thày cũng phải lần mò mãi mới có lời giải, học sinh
thì hay mắc sai lầm. Cho đến một ngày tôi đọc đợc bài báo của tác giả Vũ Hữu
Bình GV trờng THCS Trng Vơng - Hà Nội trên báo Toán học và tuổi trẻ ra
.
3
tháng 8 năm 2000, bài báo này đã giúp tôi nhất nhiều trong quá trình bồi dỡng
học sinh giỏi, đối với bài toán trên khi áp dụng kiến thức của bài báo vào, mỗi khi
hớng dẫn học sinh tôi đã hoàn toàn tự tin và giữ vai trò chủ đạo để hớng dẫn học
sinh, còn học sinh đã khai thác bài toán đợc bằng nhiều cách, tránh đợc những sai
lầm cố hữu thờng mắc phải khi giải toán cực trị và có hứng thú thực sự với dạng
toán này. Từ thực tế này tôi xin đợc trao đổi kinh nghiệm này cùng các đồng

nghiệp mong rằng đề tài này sẽ đợc mở rộng và phát triển sâu rộng hơn.
II.2 Cơ sở thực tiễn
II.2.1 Tình hình học sinh
Đối tợng là học sinh khá, giỏi nên kiến thức cơ bản các em nắm tơng đối
vững có trí tuệ nhất định. Xong không phải bất cứ bài toán nào hay dạng toán nào
các em cũng làm đợc, đối với các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất hầu hết
các em đều cho rằng đây là một loại toán rất khó nên đầu t vào sẽ mất nhiều thời
gian mà cha chắc đã làm đợc và lại rất dễ mắc sai lầm. Do vậy các em thờng bỏ
qua bài toán này để tập trung thời gian giải bài toán khác và rất nhiều em không
có hứng thú khi gặp bài toán này.
II.2.2 Tình hình giáo viên
- Thuận lợi: Hầu hết các thầy cô có trình độ, đợc đào tạo cơ bản, tâm huyết với
nghề và luôn cầu tiến bộ.
- Khó khăn:
Thời lợng thực dạy trên lớp 19 tiết/1 tuần và chuẩn bị giáo án đồ dùng để phục vụ
tiết dạy đẫ lấp kín thời gian trên lớp và ở nhà, mặt khác trong nền kinh tế thị trờng với
đồng lơng không cao, chỉ đủ đáp ứng đợc cuộc sống đạm bạc thậm chí có phần khó
khăn của các nhà s phạm nên các thầy cô giáo còn bị chi phối nhiều thời gian vào
cuộc sống cho bản thân cùng gia đình. Trong khi đó kiến thức đã khó lại rộng lớn và
bao trùm. Do đó để dành nhiều thời gian vào nghiên cứu, tìm tòi để có kiến thức vững
và sâu thì rất hạn chế, nhiều ngời còn t tởng chỉ cần hoàn thành nhiệm vụ là đợc còn
nghiên cứu tìm tòi đã có các nhà khoa học.
Nguyên nhân góp phần không nhỏ nữa cho rằng việc nghiên cứu tìm lời giải
cho các bài toán là những ngời phải có trí tuệ, phải là bậc vĩ nhân. Suy nghĩ này
chỉ đúng một phần vì Ngọc không mài thì không sáng đợc. Đối với bài toán tìm
cực trị không có cách giải mẫu mực mà chủ yếu dựa vào phân tích - kinh nghiệm
của ngời làm toán. Do đó đòi hỏi ngời giáo viên phải có thời gian, có tâm huyết và
tinh thần học hỏi cao thì mới đáp ứng đợc chuyên môn, công việc giảng dạy của
mình. Toán học cao cấp có kiến thức, có cách giải nhanh và khoa học với dạng
toán trên song không vận dụng đợc vào cấp học phổ thông, hoặc cha tìm đợc ph-

ơng pháp khoa học để học sinh tiếp cận cho phù hợp với chơng trình học, và nội
dung sách giáo khoa hiện hành.
II.2.3 Các tài liệu
4
Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục
Các tài liệu tham khảo của môn toán THCS dành cho giáo viên và học sinh về số
lợng, có vô số và lan tràn khắp thị trờng, vì mục đích kinh doanh bề ngoài sách đẹp,
tiêu đề sách thu hút song nội dung thì trùng nhau lời giả sơ sài, thậm chí nhiều cuốn
sách có rất nhiều sai sót, tính s phạm không cao. Các sách của Bộ giáo dục vì lý do s
phạm vì khuôn khổ chơng trình học của cấp học nên phần giải bài toán tìm cực trị và
những sai lầm dễ mắc trong chơng trình THCS chỉ có tính chất giới thiệu thông qua
một vài bài tập mà không viết riêng thành một tài liệu để giáo viên và học sinh ở cấp
học này có thể tham khảo.
Chính vì những lý do nêu trên, tôi đã chon đề tài Một số sai lầm thờng gặp
trong các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục trong chơng trình THCS để
nghiên cứu và thực hiện.
.
5
Phần 2: Nội dung chính
I. Vài nét khái quát về tình hình địa phơng huyện Yên Dũng và các nhà tr-
ờng.
I.1 Đặc điểm
I.1.1 Thuận lợi
- Huyện Yên Dũng có bề dày về thành tích bồi dỡng HSG, có thế mạnh về đội
ngũ giáo viên có tay nghề chuyên môn cao, kiến thức vững vàng.
- Về phía học sinh các em hiếu học, có ý thức tốt.
- Chính quyền và tổ chức đoàn thể rất quan tâm và coi trọng công tác giáo dục.
- Các bậc phụ huynh đặc biệt coi trọng việc học tập của con cái.
- Cơ sở vật chất các nhà trờng cơ bản đã đầy đủ để học một ca.
I.1.2 Khó khăn

- Do không còn hình thức tuyển chọn học sinh nh trớc nên lực học của học sinh
không đồng đều, mức độ đào tạo, dạy dỗ ở các trờng không đồng đều, nhiều em
ham chơi, coi nhẹ việc học. Về phía gia đình nhiều hộ còn gặp khó khăn mải miết
làm ăn nên thiếu sự phối hợp với nhà trờng giáo dục các em. Còn một bộ phận giáo
viên công tác cha thực sự nỗ lực, trách nhiệm cha cao.
I.2 Phơng pháp và đối tợng nghiên cứu.
I.2.1 Phơng pháp.
Trong quá trình nghiên cứu đề tài tôi đã dùng những phơng pháp sau:
- Đọc sách, nghiên cứu thu thập, xử lí tài liệu su tầm đợc.
- Điều tra, trò chuyện với giáo viên và học sinh.
- Tự tìm hiểu đối tợng học sinh .
- Tổng kết đúc rút kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy.
- Cập nhật thông tin từ mạng Internet.
Dựa vào các phơng pháp này và phân tích nguyên nhân tôi đã định hình cho
việc nghiên cứu đề tài.
I.2.2 Đối tợng.
Đối tợng nghiên cứu là môn toán và những kiến thức toán học có liên quan đến
các dạng toán chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, những sai
lầm học sinh thờng mắc phải và cách khắc phục là trọng tâm nghiên cứu của đề
tài.
II. Phần cơ bản.
II.1. Phơng pháp trình bày đề tài.
Đề tài đợc trình bày dới dạng đa ra các bài tập cụ thể, mỗi bài tập đều đợc đa
ra lời giải sai, phân tích sai lầm và cách khắc phục, đồng thời đa ra lời giải đúng,
cuối cùng đa ra các bài tập đề nghị cho ngời đọc. Các sai lầm thờng mắc phải đợc
liệt kê ở cùng dạng và chỉ đợc nêu rõ ở phần giải đáp.
II.2. Nội dung cụ thể.
6
Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục
II.2.1. Một số tính chất của bất đẳng thức

Cho a, b, c là các số thực
Tính chất 1:
a b b a

Tính chất 2.
a b
a b
b a


=



Tính chất 3. Tính chất bắc cầu
.
a b
a c
b c






Tính chất 4.
a b a c b c + +
Tính chất 5.
a b
a c b d

c d


+ +



Chú ý: Không đợc trừ hai bất đẳng thức cùng chiều cho nhau.
Tính chất 6.
0
ac bc
a b
c




>

Tính chất 7.
0
ac bc
a b
c




<

Tính chất 8. Nhân từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều và hai vế không âm
0
0
a b
ac bd
c d






Tổng quát:
1 1
2 2
*
1 2 1 2
0
0
0,

0
n n
n n
a b
a b
a a a b b b n N
a b

Chú ý: Không đợc chia hai bất đẳng thức cho nhau.
Tính chất 9. Nâng luỹ thừa hai vế của bất đẳng thức
*
* 0 ,
n n
a b a b n N
*
* ( , 2)
n n
a b a b n N n M
Tính chất 10.
*
0 , , 2
n n
a b a b n N n
Tính chất 11. So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số
0
*
1
m n
m n

a a
a
>



>

0
*
0 1
m n
m n
a a
a
>



< <

Tính chất 12.
1 1
0
b a
ab
a b

>

.
7

II.2.2. Một số kiến thức thờng dùng để giải bài toán cực trị hình học
II.2.2.1 Sử dụng quan hệ đờng vuông góc, đờng xiên, hình chiếu
- Quan hệ đờng vuông góc, đờng xiên, hình chiếu thờng đợc sử dụng dới dạng:
+ Trong các tam giác vuông (có thể suy biến thành đoạn thẳng), cạnh góc vuông
AB và cạnh huyền BC thì
AB BC
, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A trùng với C;
+ Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đờng thẳng, đoạn thẳng vuông
góc với đờng thẳng có độ dài nhỏ nhất.
+ Trong các đoạn thẳng nối hai điểm thuộc hai đờng thẳng song song, đoạn thẳng
vuông góc với hai đờng thẳng sông song có độ dài nhỏ nhất.
+ Trong hai đờng xiên kẻ từ một điểm đến cùng một đờng thẳng, đờng xiên lớn
hơn khi và chỉ khi hình chiếu của nó lớn hơn.
II.2.2.2. Sử dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đờng gấp khúc
- Quan hệ giữa đoạn thẳng và đờng gấp khúc đợc sử dụng dới dạng:
+ Với ba điểm bất kỳ A, B, C ta có
AB BC AC+
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi B thuộc đoạn thẳng AC.
+ Độ dài đoạn thẳng nối hai điểm A và B ngắn hơn độ dài đờng gấp khúc có hai
đầu là A và B.
II.2.2.3 Sử dụng các bất đẳng thức trong đờng tròn
- Các bất đẳng thức trong đờng tròn đợc thể hiện trong các định lý:
+ Trong các dây của một đờng tròn, dây lớn nhất là đờng kính.

+ Trong hai dây của một đờng tròn:
*Dây nào lớn hơn thì dây đó gần tâm hơn.
* Dây nào gần tâm hơn thì dây đó lớn hơn.
+ Trong hai cung nhỏ của một đờng tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi góc ở tâm
chắn cung đó lớn hơn.
+ Trong hai cung nhỏ của một đờng tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi dây trơng
cung ấy lớn hơn.
II.2.3. Một số bất đẳng thức thờng vận dụng để tìm cực trị.
* Bất đẳng thức Côsi
Dạng cơ bản: Cho
, 0a b
, khi đó ta có bất đẳng thức
2a b ab+
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b
=
.
Dạng tổng quát: Cho các số không âm
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
.
Ta có bất đẳng thức
1 2 3 1 2 3
.
n
n n
a a a a n a a a a+ + + +

với
, 2n N n
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2 3

n
a a a a= = = =
.
* Bất đẳng thức Bunhiacôpxki
Dạng cơ bản: Với
, , ,a b c d
là các số thực tuỳ ý ta luôn có
8
Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
ac bd a b c d+ + +
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b
c d
=
.
Dạng tổng quát: Cho hai bộ số
( ) ( )
1 2 3 1 2 3
, , , , , , , , ,

n n
a a a a b b b b
, khi đó ta có
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3

n n n n
a b a b a b a b a a a a b b b b+ + + + + + + + + + + +
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
31 2
1 2 3

n
n
a aa a
b b b b
= = = =

(Với điều kiện các biểu thức đều có nghĩa).
* Bất đẳng thức Trêbusep
Dạng cơ bản: Cho
a b
A B

hoặc
a b
A B





, ta có:
.
2 2 2
a b A B aA bB+ + +

.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b
=
hoặc
A B=
.
Dạng tổng quát: Cho hai bộ số cùng tăng hoặc cùng giảm
1 2 3
1 2 3


n
n
a a a a
b b b b

hoặc
1 2 3
1 2 3


n
n
a a a a
b b b b





.
Ta có bất đẳng thức
1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3

.
n n n n
a a a a b b b b a b a b a b a b
n n n
+ + + + + + + + + + + +

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 2 3

n
a a a a= = = =
hoặc
1 2 3

n
b b b b= = = =
.
Lu ý: Nếu một dãy tăng và một dãy giảm thì bất đẳng thức đổi chiều.
* Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối

0,a a R

a a=
nếu
0a

a a=
nếu
0a <

a a a

a b a b+ +
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0ab

.

a b a b a b +
* Bất đẳng thức trong tam giác
Nội dung: Cho tam giác ABC
có
, ,AB c BC a CA b= = =
. Ta có
.
9
a b c a b
b c a b c
c a b c a
< < +

< < +


< < +

II.2.4. Đờng lối tổng quát giải bài toán cực trị
* Cực trị đại số: Để tìm giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) của biểu thức f ta phải
thực hiện hai bớc:
- Bớc 1: Chứng minh
f m
(hoặc
f m
) với m là hằng số.
- Bớc 2: Trả lời câu hỏi dấu bằng xảy ra khi nào? và kết luận.
* Cực trị hình học: Để tìm vị trí của hình H trên miền D sao cho đại lợng f (f
là số đo độ dài, hoặc số đo diện tích,) có giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất), ta phải

thực hiện hai bớc:
- Bớc 1: Chứng tỏ rằng với mọi vị trí của hình H trên miền D thì
f m
(hoặc
f m
) với m là hằng số.
- Bớc 2: Xác định vị trí của hình H trên miền D sao cho f = m.
*Chú ý: Trong một bài toán mà sử dụng nhiều bất đẳng thức để tìm cực trị thì
lu ý các dấu = phải xảy ra đồng thời.
II.2.5. Các bài tập minh hoạ
A. Cực trị Đại số
A.1. Dạng sai lầm thứ nhất
Bài 1. Cho x, y là hai số dơng thoả mãn
1
1.x
y
+
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
32. 2007. .
x y
M
y x
= +
Lời giải có vấn đề.
Từ x, y > 0 ta có
2
x y
y x
+

.
Từ x, y > 0 và
1
1x
y
+
ta có
2
1 1
1 4 . 4.
y
x x
y y x

+
ữ

Do vậy
32. 2007. 32. 1975. 32.2 1975.4 7964
x y x y y
M
y x y x x

= + = + + + =
ữ

.
Dấu = xảy ra x = y .
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 7964, giá trị này đạt đợc khi x = y.
Bình luận

Nhng! x = y thì M = 2039. Vậy sai lầm ở đâu?
Bài 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 3A x y= +
biết
2 2
2 3 5x y+
.
10
Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục
Lời giải sai:
Gọi
2 2
2 3 ,B x y= +
ta có
5.B
Xét
2 2
2 3 2 3A B x y x y+ = + + +
( ) ( )
2 2
2 3x x y y= + + +
2 2
1 1 5 5
2 3 (1)
2 2 4 4
x y

= + + +
ữ ữ

Ta lại có
5B

nên
5B

(2)
Cộng (1) với (2) ta đợc
25
4
A
.
Min
25 1
.
4 2
A x y= = =
Nhng với
1 5
2 2
x y A= = =
, vậy sai lầm ở đâu?
Bài 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
, 1 .F x y x y x y x= + + + +
Lời giải đẹp:
Ta thấy
( ) ( ) ( )

2 2 2
; 1 ;x y x y x+ +
không đồng thời bằng 0 nên
( )
, 0.F x y >
( )
,F x y
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
( )
2
1a x= +
và
( ) ( )
2 2
b x y y x= + +
đồng thời đạt giá trị nhỏ nhất.
( )
2
1a x= +
đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi x = -1.
Khi đó
( ) ( )
2 2
2
2 2,b x y y x y= + + = +
nên b đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi y = 0.
Vậy giá trị nhỏ nhất của
( )
,F x y
là 2 khi

1
0
x
y
=


=

.
Phải chăng lời giải trên là đúng?
Bài 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
5 2 2 14 10 1D x xy y x y= + +
.
Lời giải băn khoăn:
Ta có
2 2
5 2 2 14 10 1D x xy y x y= + +

( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 4 14 10 1x xy y x x y y= + +

( ) ( )
2
2 2
7 145
2 5
2 4

x y x y

= + +
ữ

Suy ra
145
4
D
. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
0
7 7
2 0
2 4
5 0 5
x y x y
x x
y y
+ = =



= =


= =


.
11

Hệ trên vô nghiệm nên D không tồn tại giá trị lớn nhất.
Bạn có đồng ý với kết luận trên của bài toán không? Lời giải đã thuyết phục
cha?
A.2. Dạng sai lầm thứ hai
Bài 5. Cho x, y, z thoả mãn
2 2 2
27x y z+ +
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
.P x y z xy yz zx= + + + + +
Lời giải sai
Với mọi x, y, z ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
0; 0; 0x y y z z x
Suy ra
2 2 2 2 2 2
2 ; 2 ; 2x y xy y z yz z x zx+ + +

( )
( )
2 2 2
2 2x y z xy yz zx + + + +

27 . (1)xy yz zx + +
Mặt khác
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 0; 1 0; 1 0x y z
Suy ra
2 2 2

1 2 ; 1 2 ; 1 2x x y y z z+ + +
( )
( )
2 2 2
3 2 15 (2)x y z x y z x y z + + + + + + +
Cộng theo từng vế của (1) và (2) suy ra
42P
.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 42.
Bình luận
Bài làm khá đẹp, nhng kết quả lại sai? Theo bạn lời giải sai ở đâu? Khắc
phục nh thế nào?
Bài 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
.A x x= +

Lời giải sai:
Ta có
2
1 1 1 1 1
4 4 2 4 4
A x x x x x

= + = + + = +
ữ ữ

Vậy
1
min
4
A=

.
Bình luận:
Lời giải rất hồn nhiên và ngắn gọn nhng lập luận đã chặt chẽ cha? Kết
quả có chính xác không? Theo bạn kẽ hở ở chỗ nào?
Bài 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
x a x b
A
x
+ +
=
, với
0x >
, a và b là các
hằng số dơng cho trớc.
Lời giải sai:
Ta có
2 (1)x a ax+

2 (2)x b bx+
12
Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục
Do đó
( ) ( )
2 .2
4
x a x b
ax bx
A ab
x x

+ +
= =

4 .Min A ab x a b= = =
Bình luận:
Lời giải thuyết phục đấy chứ, có cần phải giải lại không?
Bài 8. Cho a, b, c là các số dơng, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 1 .
5 5 5
a b c
P
b c a

= + + +
ữ ữ ữ

Một bạn học sinh đã giải nh sau:
Do a, b, c là các số dơng nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

1 2 (1); 1 2 (2); 1 2 (3)
5 5 5 5 5 5
a a b b c c
b b c c a a
+ + +
Nhân từng vế của ba bất đẳng thức cùng chiều và các vế đều dơng ta đợc
8 5
8 . .
5 5 5 25
a b c

P
b c a
=
.
Do đó P nhỏ nhất bằng
8 5
.
25
Các bạn có đồng tình với cách giải này không?
Bài 9. Cho a, b là hai số dơng và x, y, z là các số dơng tuỳ ý.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
.
x y z
M
ay bz az by az bx ax bz ax by ay bx
= + +
+ + + + + +
Lời giải của một học sinh:
Dễ thấy
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
ay bz a b y z+ + +
và
( )
( ) ( )

2
2 2 2 2
az by a b z y+ + +
Vậy
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
x x
ay bz az by
a b y z

+ +
+ +
Tơng tự ta có
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
y x
az bx ax bz
a b z x

+ +
+ +

( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2

z z
ax by ay bx
a b x y

+ +
+ +
.
Do đó
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 x y z
M
a b y z z x x y

+ +
ữ
+ + + +

.
Mặt khác chứng minh đợc
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
2
x y z
y z z x x y
+ +
+ + +
.
13

Suy ra
( )
2 2
3
.
2
M
a b

+
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
.x y z= =
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là
( )
2 2
3
2 a b+
, giá trị này đạt đợc khi và chỉ khi
.x y z= =
Cách giải trên phải chăng là đúng! Bạn giải bài toán này nh thế nào?
Bài 10.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
2 5 4 4 8 6P x y xy x y= + + +
Lời giải đẹp
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
4 1 4 2 4 2 1 4 4P x y xy x y x x y y= + + + + + + +

( ) ( ) ( )
2 2 2
2 1 1 2P x y x y= + + +
Do
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 1 0, 1 0, 2 0x y x y+
nên
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 1 1 2 0P x y x y= + + +
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
0
.
Lời giải quá gọn, bạn có ý kiến gì không?
A.3. Dạng sai lầm thứ ba
Bài 11. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
28 3 5 4 .P x x x x= + + +
Lời giải sai:
Điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa là
( ) ( )
( ) ( )
2
2
4 7 0
28 3 0 4 7
1 5.
1 5

1 5 0
5 4 0
x x
x x x
x
x
x x
x x
+

+





+
+





Nhận xét: Với
1 5x

ta có
( ) ( )
2
5 4 1 5 0x x x x+ = +

, suy ra
2
5 4 0.x x+
( ) ( )
2
28 3 4 7 0x x x x+ = + >
, suy ra
2
28 3 0.x x+ >
Do đó, với
1 5x
thì
2 2
28 3 5 4 0,P x x x x= + + + >
nên P không có giá trị
nhỏ nhất.
Bài 12. Tìm m để phơng trình
( )
2
1 1 0x m x+ + + =
có tổng bình phơng các
nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải của một học sinh:
Điều kiện để phơng trình có nghiệm là:
( ) ( ) ( )
2
1
0 1 4 0 3 1 0 (*)
3
m

m m m
m


+ +



.
Khi đó tổng bình phơng các nghiệm là:
( ) ( )
2 2
2 2
1 2 1 2 1 2
2 1 2x x x x x x m+ = + = +
(Theo định lí Viét).
14
Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục
Ta có
( )
2
1 2 2m +
nên tổng bình phơng các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất là -2
khi và chỉ khi
1 0 1.m m+ = =
Giá trị m = -1 không thoả mãn điều kiện (*) nên không tồn tại giá trị của m để
tổng bình phơng các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất
A.4. Dạng sai lầm thứ t
Bài 13. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2

1
.
6 10
A
x x
=
+
Lời giải sai:
Phân thức
2
1
6 10x x +
có tử không đổi nên A có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất.
Ta có:
( )
2
2
6 10 3 1 1.x x x + = +
( )
2
min 6 10 1 3.x x x + = =
Vậy
max 1 3.A x= =
Bình luận: Lời giải có vẻ khá trơn, nhng nếu đi thi mà làm vậy thì trợt. Tại
sao vậy?
Bài 14. Tìm x để biểu thức
2
1
2 3
P

x x
=
+
đạt giá trị lớn nhất.
Trong một lần kiểm tra có một học sinh đã giải bài toán này nh sau:
Điều kiện
1x
;
3x
.
Ta có
( )
2
1
1 4
P
x
=
+
.
Để biểu thức P đạt giá trị lớn nhất thì
( )
2
1 4x +
đạt giá trị nhỏ nhất. Điều này
xảy ra khi
( )
2
1 0x + =
hay

1x =
. Khi đó giá trị lớn nhất của
1
4
P =
Bình luận:
Nhng có thể thấy khi
2x
=
thì
1
5
P =
, do đó
1
4

không phải là giá trị lớn nhất
của P. Vậy sai lầm của lời giải ở đâu? Khắc phục sai lầm đó nh thế nào?
A.5. Dạng sai lầm thứ năm
Bài 15. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x y z
A
y z x
= + +
với
, , 0.x y z >
Lời giải sai: Khi hoán vị vòng quanh
x y z x
thì biểu thức A không đổi

nên không mất tính tổng quát, giả sử
0x y z >
, suy ra
.
15
( ) ( )
2
0
. (1)
x z
y x z z x z
xy yz z xz


+
Chia cả hai vế của (1) cho số dơng xz ta đợc
1. (2)
y y z
z x x
+
Mặt khác ta có
2 (3).
x y
y x
+
Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức cùng chiều (2) và (3) ta đợc
3.
x y z
y z x
+ +

Từ đó suy ra
min 3 .A x y z= = =
Bình luận:
Tuy kết quả đúng, nhng xem ra lời giải bất ổn. Tại sao vậy?
Bài 16. Cho x, y, z là các số thực lớn hơn -1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2
2 2 2
1 1 1
.
1 1 1
x y z
P
y z z x x y
+ + +
= + +
+ + + + + +
Có một lời giải nh sau:
Nếu
0x <
, ta thay x bởi (-x) thì hai hạng tử đầu của P không đổi còn hạng tử
còn lại giảm xuống. Từ đó không mất tính tổng quát giả sử
0x y z
.
Từ
( )
2
1 0x
, suy ra
( ) ( )

2 2
3 1 2 1 .x x x+ + +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Do đó
2 2
2 2
1 1 2
.
1 1 3
x x
y z x x
+ +

+ + + +
Tơng tự ta cũng có
2 2
2 2
1 2 1 2
; .
1 3 1 3
y z
z x x y
+ +

+ + + +
Từ đó suy ra
2P
. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
1x y z= = =
.

Theo các bạn lời giải trên đã chuẩn cha? Lời giải của bạn nh thế nào?
A.6. Một số dạng sai lầm khác thờng mắc phải
Bài 17. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
( )
4 4 4 2 2 2 2 2 2
2 .a b c a b b c c a+ + < + +
Lời giải sai.
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên
16
Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục

( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2
2
2 2 2
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2
4 4 4 2 2 2 2 2 2
2
2
2
2 2 2 4
2
b c a
b bc c a
b c a bc
b c a bc

b c a b c b a c a b c
a b c a b b c c a
<
+ <
+ <
+ <
+ + + <
+ + < + +
Bình luận
Lời giải trên đã đúng cha? Nếu cha, giải thế nào thì đúng?
Bài 18. Cho hai số x; y thoả mãn x > y và
1xy =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
x y
A
x y
+
=

.
Lời giải sai.
Ta có
( )
2
2 2 2 2
2
2 2
x y xy

x y x xy y xy
A
x y x y x y
+
+ + +
= = =

Do x > y và
1xy =
nên
( )
2
2 2
x y
xy
A x y
x y x y x y

= + = +

Biết rằng nếu a > 0 thì
1
2a
a
+
(BĐT Côsi)
Do đó
2
2
2 2 2

x y x y x y
A
x y

= + + +

.
Vậy A có giá trị nhỏ nhất khi
2
2
2
x y
x y

+ =

( ) ( ) ( ) ( )
2 2
4 4 4 4 0x y x y x y x y + = + =
.
Giải phơng trình này đợc nghiệm x y = 2.
Do đó ta có hệ phơng trình sau
2
1
x y
xy
=


=

, nghiệm của hệ phơng trình là
( )
( )
( )
( )
; 1 2; 1 2 ; ; 1 2; 1 2x y x y= + + =
(Thoả mãn điều kiện bài ra).
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
2
2 2 3.
2 2
x y
A

= + = + =
Bình luận
Nhng với
6 2 6 2
;
2 2
x y
+
= =
thì có x > y;
6 2
1
4
xy

= =
và
2 2 3.A = <
Tại sao lại nh thế?
.
17
Bài 19. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
3 2 .A x x x x= + +
Một học sinh lên bảng làm nh sau:
Ta có
2 2
2 2 2 2
1 1 11 1 1 9
3 2 2. 2.
2 2 4 2 2 4
A x x x x x x x x

= + + = + + + +
ữ ữ


2 2
1 11 1 9
2 4 2 4
x x

= + +
ữ ữ

.
Suy ra
11 9 11 9
5.
4 4 4 4
A + = + =
Đẳng thức xảy ra


2
1 1 1
0 0 .
2 2 2
x x x

= = =
ữ

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 5 khi
1
.
2
x =
Bình luận:
Trong lớp có hai nhóm đa ra các nhận xét khác nhau, nhóm thứ nhất cho là lời
giải của bạn học sinh trên có vấn đề, nhóm thứ hai hoàn toàn nhất trí với lời giải
trên. Còn bạn, bạn sẽ đứng ở nhóm nào? Tại sao?
Bài 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
2 2

1 1 .P x x= +
Lời giải hay
Ta có
2
0x
với mọi x, suy ra
2
1 1x
và
2
1 1x +
Suy ra
( ) ( )
( )
2 2
1 1 1 .1 1 1.P x x P= + =
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
2
2
1 1
0.
1 1
x
x
x

=

=

+ =


Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là -1 khi x = 0.
Sai lầm ở đâu?
B i 21. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 3 2 1P x xy y x= + +
.
Lời giải dễ hiểu
Điều kiện
0; 0.x y
Ta có
2 3 2 1P x xy y x= + +

( ) ( )
2
1 2 2 2x y x y y y= + +

( )
2
1 1
1 2 2
2 2
x y y y= + +

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

x y y= +
Từ đó đánh giá đợc
1 1 9
min ; .
2 4 4
P y x= = =
18
Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục
Bình luận:
Lời giải rất logic, liệu các bạn có chấp nhận không?
Bài 22. Cho
( )
,x y
là nghiệm của hệ phơng trình
2 2 2
( )
6
x y m
I
x y m
+ =


+ = +

.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
2F xy x y= + +
Lời giải hay

Từ hệ (I) ta có
( )
2
2
2
3
2 6
x y m
x y m
xy m
x y xy m
+ =

+ =




=
+ = +



Khi đó
( )
2
2
3 2 1 4F m m m= + = +
Ta thấy
( )

2
1 4 4m +
, dấu = xảy ra khi và chỉ khi
1m
=
nên
min 4F =
khi và
chỉ khi
1m
=
.
Mặt khác dễ thấy m càng lớn thì
( )
2
1 4F m= +
càng lớn, do đó biểu thức F không
đạt giá trị lớn nhất.
Bình luận
Bài toán có lỗ hổng không? Nếu có thì nó nằm ở đâu?
Bài 23. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

( )
2 2
1 3 1f x x x x x= + + +
với
x R

.
Cách giải hay?

Đa hàm số trên về dạng
( )
2 2
2 2
1 3 3 1
2 2 2 2
f x x x


= + + +
ữ ữ
ữ ữ
ữ ữ


Trong hệ trục tọa độ Oxy, xét các điểm
1 3 3 1
, , ,
2 2 2 2
A B

ữ ữ
ữ ữ

và
( )
, 0 .C x
Khi đó
( )
.f x CA CB= +

Vì
CA CB AB+
,
Trong đó
( )
2 2
2 3 1
3 1 1 3
2 2 2 2 2
AB


= + =
ữ ữ
ữ ữ

,
Suy ra
( )
( )
2 3 1
min .
2
f x

=
Bài toán này giải bằng phơng pháp đại số rất khó khăn nhng nếu giải bằng
phơng pháp hình học nh thế này thì khá đơn giản phải không các bạn?
Còn bạn sẽ giải bài toán này nh thế nào?
.

19
Bài 24. Cho a là số cố định, còn x, y là những số biến thiên. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
( ) ( )
2 2
2 1 2 5P x y x ay= + + + +
Lời giải sai:
Do
( ) ( )
2 2
2 1 0, 2 5 0x y x ay + + +
nên
0P
.
Do đó
min 0P
=
. Giá trị này đạt đợc khi và chỉ khi hệ
2 1 0
( )
2 5 0
x y
I
x ay
+ =


+ + =

có

nghiệm.
Ta có
( ) ( )
2 1 2 1
2 1 0
2 2 1 5 0 4 3 (*)
2 5 0
x y x y
x y
y ay a y
x ay
= =

+ =




+ + = + =
+ + =



Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi phơng trình (*) có nghiệm. Điều này xảy ra
khi và chỉ khi
4 0 - 4a a+ hay
Vậy
0 4Min P a= khi
Bình luận:
Nhng đầu bài có cho

a - 4
không?
20
Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục
B. Cực trị hình học
B.1 Dạng sai lầm thứ nhất
Bài 25. Cho tam giác đều ABC, điểm M trên cạnh BC (M không trùng với B và C).
Vẽ MD

AB tại D, ME

AC tại E. Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác
MDE lớn nhất.
Lời giải sai:
- Kí hiệu S
*
là diện tích hình *
Ta có
ABC ABM ACM
S S S= +
Suy ra
. .
2 2
ABC
MD AB ME AC
S = +
Mà AB = AC nên
( )
2
ABC

AB
S MD ME= +
2
ABC
S
MD ME h
AB
+ = =
(h là chiều cao
của tam giác ABC nên h không đổi).
Kẻ EH

DM, ta có:
( )
2
1 1 1
. .
2 2 8
MDE
S EH MD ME MD ME MD= +

2
1
(1)
8
h=
(không đổi)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
M H
; ME = MD

M là trung điểm của
cạnh BC. Vậy khi M là trung điểm của cạnh BC thì
MDE
S
lớn nhất.
Bình luận:
Khi M là trung điểm của cạnh BC thì hai dấu BĐT ở (1) xảy ra, tức là
( )
2
1 1 1
. .
2 2 8
EH MD ME MD ME MD= = +
, vậy tại sao lời giải lại sai?
Bài 26. Cho tam giác ABC có AB = 3cm, AC = 4cm, BC = 5cm. Về bên
ngoài tam giác, vẽ hai nửa đờng tròn đờng kính AB, AC. Một đờng thẳng d di
động qua A cắt hai nửa đờng tròn đờng kính AB, AC lần lợt tại M và N (khác A).
Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác BCNM.
Lời giải cho đáp số đẹp
Gọi I là trung điểm của BC.
- Chỉ ra

ABC vuông tại A (theo định
lí Pitago đảo) nên BC = 2.AI.
- Vẽ BE CN tại E, dễ thấy tứ giác
BMNE là hình chữ nhật, suy ra
.
21
H

E
D
A
B
C
M
MN BE BC=
.
- Gọi D là trung điểm của MN. Ta có
ID là đờng trung bình của hình thang
BMNC, suy ra

2. 2.MB NC ID AI BC+ = =
.
Do đó
15
BCNM
C BC BC BC cm + + =
(
BCNM
C
là chu vi tứ giác BCNM)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi E trùng với C, D trùng với A.
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác BCNM là 15cm.
Bạn hãy cho biết ý kiến của mình về lời giải trên.
B.2 Dạng sai lầm thứ hai
Bài 27. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = b, AB = c. M là một điểm trên
cạnh BC. Gọi E và F lần lợt là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABM và tam
giác ACM. Xác định vị trí của M để để diện tích tam giác AEF nhỏ nhất. Tính
giá trị nhỏ nhất đó theo b, c.

Lời giải
Dựng
( ).AH BC H BC
Ta có
ã ã ã
ã
2 , 2AEM ABM AFM ACM= =
,
suy ra
ã ã ã
ã
( )
0
2 180AEM AFM ABM ACM+ = + =
Suy ra
ã
ã
0
90EAF EMF= =
, do đó tứ giác
AEMF nội tiếp đờng tròn đờng kính EF
Ta có
2 2
2 2
2 2
1 1 1 1 1
.
2 4 4 4 4
AEF AEMF
b c

S S AM EF AM AH
b c

= = =
ữ
+

. (1)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với H. Do đó giá trị nhỏ nhất của
AEF
S
là
( )
2 2
2 2
4
b c
b c+
, giá trị này đạt đợc khi M trùng với H.
Bình luận:
Các dấu = ở (1) có xảy ra đồng thời không khi M trùng với H? Nếu không
thì sai lầm nằm ở đâu?
Bài 28. Cho đờng tròn tâm O cố định, bán kính R không đổi và một điểm I cố
định ở bên trong đờng tròn đó. Hai dây cung AB và CD của đờng tròn vuông
góc với nhau tại I. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác IAC khi các dây
cung AB và CD quay quanh I.
Lời giải quá gọn:
Gọi IH và IM lần lợt là đờng cao và đờng
22
Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục

trung tuyến của tam giác AIC.
Ta có
IH IM
, mà
1
2
IM AC=
,
nên
( )
1 1
. 2
2 2
IH AC R R =
.
Do đó
2
1 1
. .2 .
2 2
IAC
S IH AC R R R= =
Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác
IAC là
2
R
.
Một cách giải thật ngắn gọn, đơn giản! Bạn thấy thế nào?
B i 29. Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O; R). Xác định vị trí của điểm
M trên đờng tròn sao cho nếu gọi D, E theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của

M trên các đờng thẳng AB, AC thì DE có độ dài lớn nhất.
Lời giải đẹp:
Ta có
ã
ã
0
90ADM AEM= =
,
Suy ra bốn điểm A, D, M, E cùng thuộc
đờng tròn đờng kính AM, suy ra
(1)DE AM
.
Gọi AK là đờng kính của (O), suy ra
(2)AM AK
.
Từ (1) và (2) suy ra
DE AK
. Dấu =
xảy ra khi và chỉ khi
M K
.
Vậy max DE = 2R khi và chỉ khi
M K
.
Có phải là khi M trùng với K thì max DE = 2R?
Bài 30. Cho đờng tròn (O; r) nội tiếp tam giác ABC. Đờng thẳng qua O cắt hai
cạnh CA, CB của tam giác theo thứ tự tại M và N. Đờng thẳng MN ở vị trí nào
thì tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất?
Lời giải (của một số học sinh đã làm)
Gọi S là diện tích tam giác CMN.

Ta có
( )
1
.
2
S CM CN r= +
Theo bất đẳng thức Côsi ta có
( )
1
. 2
2
CM CN CM CN S+
Do đó
2 2 2
2 2 . 2 .S r S S S r S r
.
23
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi CM = CN, khi đó tam giác CMN cân tại C mà
CO là đờng phân giác nên CO cũng là đờng cao của tam giác CMN, hay
MN CO

tại O.
Vậy
2
min 2S r=
khi và chỉ khi
MN CO

tại O.
Lời giải đã đúng cha? ý kiến của bạn thế nào?

B.3 Một số loại sai lầm khác thờng mắc
Bài 31. Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB = 2R. Điểm M di chuyển trên nửa
đờng tròn. Tiếp tuyến tại M cắt các tiếp tuyến tại A và B theo thứ tự ở C và D.
1) Xác định vị trí điểm M diện tích tam giác MAB lớn nhất.
2) Xác định vị trí điểm M chu vi tam giác MAB lớn nhất.
3) Khi điểm M di chuyển trên nửa đờng tròn tâm O thì

COD có diện tích nhỏ
nhất không?
4) Tìm vị trí điểm M trên nửa đờng tròn tâm O sao cho

COD có chu vi nhỏ
nhất.
5) Gọi E là giao điểm của OC và AM, gọi F là giao điểm của OD và BM.
Chứng minh rằng tứ giác CEFD nội tiếp đợc trong một đờng tròn (tâm K) và tìm
giá trị nhỏ nhất của bán kính KC của đờng tròn đó.
Lời giải đẹp:
1) 2) Tam giác AMB nội tiếp đờng tròn (O) có cạnh AB là đờng kính nên là tam
giác vuông.
-Do MA và MB là hai cạnh góc vuông của tam giác AMB nên giả sử
2MA MB R


- Kí hiệu
,
* *
S C
lần lợt là diện tích và chu vi hình *
- Ta có

( )
2
2
2
2 2 2.2 2 6
2
.
2 .
2 2 2
AMB
AMB
C MA MB AB MB R R R R
R
MAMB MB
S R
= + + + + =
= =
- Từ đó tìm ra
6
MAB
MaxC R
=
khi MA = MB = 2R.
24
Một số sai lầm thờng gặp khi giải các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục

2
2
MAB
Max S R

=
khi MA = MB = 2R.
3) Chỉ ra

COD

AMB (g.g)
Kí hiệu min là GTNN.
Kẻ MH

AB, ta có
OM MH

nên
2
1
COD
AMB
S OM
S MH

=
ữ

.
Nh vậy
COD AMB
S S
, do đó
COD

S
nhỏ nhất
AMB
S
nhỏ nhất. Dễ thấy

AMB
không có diện tích nhỏ nhất (vì đáy AB cố định, còn đờng cao MH có thể nhỏ tuỳ
ý), do đó

COD cũng không có diện tích nhỏ nhất.
4) Ta có
1.
COD
AMB
C OM
C MH
=
Nh vậy
COD AMB
C C
, do đó
COD
C
nhỏ nhất

COD AMB
C C=
OM = MH

H

O

M là điểm chính giữa của nửa đờng
tròn (O).
5) Ta có
ã
ã
ã
ã
ODM OBM EFM OEF= = =
nên tứ giác CEFD nội tiếp đợc trong một
đờng tròn tâm K. Do CD là dây của đờng tròn (K) nên
.
2 2
CD AB
KC R =
. Do đó
min KC R CD AB M= =
là điểm chính giữa của nửa đờng tròn.
Bình luận: Phải chăng những lời giải trên là đẹp?
Bài 32. Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O. Điểm M thuộc cung BC
không chứa điểm A của đờng tròn (O). Hạ MI, MK lần lợt vuông góc với AB,
AC tại I và K. Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng IK đạt giá trị lớn
nhất.
Lời giải hoàn hảo? (Hình 1)
- Lấy E, F lần lợt là hai điểm đối xứng
với M qua I, K. Suy ra các tam giác MAE
và MAF cùng cân tại A, suy ra

AE AM AF EAF= =
cân tại A và
ã
EAF
không đổi (
ã
ã
2.EAF BAC=

hoặc
ã
ã
0
360 2.EAF BAC=
)
- Mặt khác, IK là đờng trung bình của

MEF suy ra
1
2
IK EF IK=
đạt giá trị
lớn nhất

EF đạt giá trị lớn nhất
.
25
Hình 1