SKKN Một số phương pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số bậc THCS

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 thường 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 tương đối mới và khó đối
với học sinh THCS. Để giải các bài toán cực trị học sinh phải biết đổi tương
đương 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, tư duy
sáng tạo.
Vậy làm thế nào để học sinh có thể định hướng được hướng đi, hay hơn thế là
hình thành được một công thức "ẩn tàng" nào đó mỗi khi gặp một bài toán
cực trị đại số.
Là người trực tiếp giảng dạy toán trong trường THCS, trong quá trình giảng
dạy, đặc biệt là dạy học sinh giỏi, tôi luôn luôn trăm trở, tìm tòi, chọn lọc
những phương 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 được
một số phương pháp giải cơ bản nhất. Trong khuôn khổ nhỏ hẹp này tôi xin
nêu ra "Một số phương pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số bậc
THCS".
II HưỚNG PHÁT TRIỂN CỦA ĐỀ TÀI :
Do thời gian, tài liệu cũng như năng lực còn hạn chế và mức độ nghiên cứu
chưa lớn đề tài mới chỉ đi sâu tìm hiểu "Một số phương pháp cơ bản để giải
bài toán cực trị đại số THCS". Trên cơ sở này chúng ta có thể mở rộng giải
bài toán cực trị bằng phương pháp giải tích sẽ có một đề tài nghiên cứu ở mức
độ lớn hơn : "Cực trị đại số". Bao gồm "Cực trị tự do"; "Cực trị vướng" và
"Cực trị tuyệt đối", hoặc hơn nữa chúng ta còn có thể kết hợp với các bài toán
cực trình hình học
Phần II :

NỘI DUNG
CHưƠNG I : CÁC KIẾN THỨC CẦN THIẾT
1. Các định nghĩa
I) 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. được 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
-Trang 1-
2.  (x0, y0, )  |D sao cho f(x0, y0 ) = M.
Ký hiệu : M = Max f(x,y, ) = fmax với (x,y, )  |D
II) 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. được 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.  (x0, y0, )  |D sao cho f(x0, y0 ) = M.
Ký hiệu : M = Min f(x,y, ) = fmin với (x,y, )  |D
2. Các kiến thức thường dùng
1. Luỹ thừa :
A. a) x2  0 x  |R  x2k  0 x  |R, k  z  - x2k  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)  0 x  0  ( )2k  0 x0; k z
Tổng quát : ( )2k  0  A 0 (A là 1 biểu thức)
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|

3. Bất đẳng thức côsi :
ai  0 ; i = : nN, n 2.
dấu "=" xảy ra  a1 = a2 = = an
4. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
Với n cặp số bất kỳ a1,a2, ,an ; b1, b2, ,bn ta có :
(a1b1+ a2b2 + +anbn)2  (
Dấu "=" xảy ra  = Const (i = )
Nếu bi = 0 xem như ai = 0
5. Bất đẳng thức Bernonlly :
Với a  0 : (1+a)n  1+na n N.
Dấu "=" xảy ra  a = 0.
Một số Bất đẳng thức đơn giản thường gặp được suy ra từ bất đẳng thức
(A+B)2  0.
a. a2 + b2  2ab
b. (a + b)2  4ab
c. 2( a2 + b2 )  (a + b)2
d.
e.
-Trang 2-

CHưƠNG II :
MỘT SỐ PHưƠNG PHÁP CƠ BẢN GIẢI BÀI TOÁN
CỰC TRỊ ĐẠI SỐ
Đ1. Phương 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 dương) và
những hằng số . Từ đó :
1.Để tìm Max f(x,y, ) trên miền |D ta chỉ ra :
sao cho f(x0,y0, ) = M
2. Để tìm Min f(x,y, ) trên miền |D ta chỉ ra :

sao cho f(x0,y0, ) = m
I. Các vi dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của A1 = x2 + 4x + 7
Giải :
Ta có : A1 = x2 + 4x + 7 = x2 + 4x + 4x + 3 = (x + 2)2 + 3  3 vì (x + 2)2
0.
 A1 min = 3  x + 2 = 0  x = -2
Vậy A1 min = 3  x = -2
2. Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của A2 = -x2 + 6x - 15
Giải :
Ta có : A2 = -x2 + 6x - 15 = - (x2- 6x + 9) - 6
A2 = - (x - 3)2 - 6  - 6 do -(x - 3)2  0 x |R
 A2 max = - 6  x - 3 = 0  x = 3
Vậy A2 max = - 6  x = 3
3. Ví dụ 3 : Tìm giá trị nhỏ nhất của A3 = (x-1)(x-4)(x-5)(x-8)+2002
Giải :
Ta có : A3 = (x-1)(x-4)(x-5)(x-8)+2002
= (x-1) (x-8) (x-4) (x-5) + 2002
= (x2-9x + 8) (x2 - 9x + 20) + 2002
= {(x2-9x + 14) - 6}.{(x2-9x + 14) + 6} + 2002
= (x2-9x + 14)2 - 36 + 2002
= (x2-9x + 14)2 + 1966  1966 vì (x2-9x + 14)2 0 x
 A3 min = 1966  x2-9x + 14 = 0 
Vậy A3 min = 1966 
4. Ví dụ 4 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A4 =
Giải :
Ta có: A4 =
= - vì -
 A4 Max = 3   x = -2
Vậy : A4 Max = 3  x = -2

-Trang 3-
5. Ví dụ 5 : Tìm giá trị lớn nhất của A5 = với x,y>0
Giải :
Ta có:A5= =
A5 = = 0 x,y > 0
 A5 min = 0   x = y
Vậy : A5 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 A6
= x2 + y2.
Giải :
Do x; y  0 và x + y = 1  0  x;y 1  x2 x, y2 y
 A6 = x2 + y2  x + y = 1  A6 max = 1  hoặc
Mặt khác : x + y = 1  (x + y)2 = 1  1 = x2 + 2xy + y2  (x2+y2)-(x-y)2
 A6 = x2+y2 = do (x - y)2  0
 A6 min =  x - y = 0  x = y =
Vậy : A6 max = 1 
A6 min =  x = y =
7. Ví dụ 7 : Tìm giá trị lớn nhất của A7 = xy + yz + zx - x2-y2-z2
Giải :
Ta có : A7 = xy + yz + zx - x2-y2-z2 = - (2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2xz)
A7 = - {(x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2}  0x,y,z
 A7 Max = 0  x = y = z
Vậy : A7 Max = 0  x = y = z
II) Nhận xét : Phương pháp giải toán cực trị đại số bằng cách sử dụng các
phép biến đổi đồng nhất được áp dụng cho nhiều bài tập, nhiều dạng bài tập
khác nhau. Song đôi khi học sinh thường gặp khó khăn trong công việc biến
đổi để đạt được mục đích. Vậy còn những phương pháp nào; để cùng phương
pháp vừa nêu trên giúp học sinh nhanh chóng tìm ra lời giải. Trước 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 =x2 - 10x + 20
b. B = (x-1)2 + (x-3)2
c. C = (x 1)
d. D = x3 + y3 + xy biết x + y = 1
e. E = với x,y > 0
2. Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức :
a. A = - x4 + 2x3 - 3x2 + 4x + 2002
b. B = ; C =
3. Tìm GTLN, GTNN của A =
Đ2. Phương pháp 02 : Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản
-Trang 4-
Ta biết rằng : Từ 1 bất đẳng thức, bằng cách chuyển về bao giờ ta cũng đưa
về 1 bất đẳng thức cơ bản và các phép biến đổi tương đương mà một vế là
hằng số. Vì vậy : Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản và các phép biến đổi
tương đương ta có thể tìm được 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 B1 = a +
Giải :
Ta có : B1 = a + = b + (a-b) +  3. (theo Côsi).
B1  3  B1 min = 3  b = a-b = 
Vậy : B1 min = 3 
2. Ví dụ 2 : Cho a,b > 0 và a + b = 1 . Tìm GTNN của B2 = +
Giải :
Theo bất đẳng thức Côsi : (x + y)( )  2 . 2 = 4 (với x,y > 0)
  (1)
Ta có : ab  ( )2 =   4 (2) do a+b = 1 ; a,b > 0
Áp dụng bất đẳng thức (1) và kết quả (2) ta có :
B2 =
B2  2 + do a + b = 1  B2min = 6  a = b =

Vậy : B2min = 6  a = b =
3. Ví dụ 3 : Cho xy + xz + yz = 4 . Tìm GTNN của B3 = x4 + y4 + z4
Giải :
Do xy + xz + yz = 4  16 = (xy + xz + yz)2  (x2+y2+z2) (x2+y2+z2)
(Theo Bunhiacôpxki)  16  (x2+y2+z2)2  (x4 + y4 + z4) (12+12+12)
 B3 = x4 + y4 + z4   B3min =  x = y = z = 
Vậy : B3min =  x = y = z = 
4. Ví dụ 4 : Cho |a| 1; |b| 1 và | a+ b| =
Tìm GTLN của B4 =
Giải :
Ta có : (a-b)2  0 a;b  (1)
áp dụng (1) ta có :

Do (do | a + b| = )
  1 - =  ( )
 B4 =  B4Max = 1  a = b =
Vậy : B4Max = 1  a = b =
5. Ví dụ 5 : Tìm giá trị nhỏ nhất của B6 = | x + 7| + | x - 1995|
Giải :
Ta có : |x| + |y|  | x + y| dấu "=" xảy ra  x,y  0
Do vậy : B6 = | x + 7| + | x - 1995| = | x + 7| + | 1995 - x |  |x+7 + 1995 - x| =
2002
 B6Min = 2002  (x + 7). (1995 - x)  0  -7  x  1995
Vậy : B6Min = 2002  -7  x  1995
6. Ví dụ 6 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
-Trang 5-
B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6|
Giải :
Ta có : B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6|
B7 = | x + 2000| + | x + y + 4| + |6 - (2x + y)|

B7  | x + 2000 + x + y + 4 + 6 - 2x - y| = 2010
 B7min = 2010  (x + 2000); (x + y + 4) ; (6 - 2x + y) cùng dấu
Vậy : B7min = 2010
7. Ví dụ 7 : Tìm giá trị nhỏ nhất của
B = (1 + x2y + xy2)2001 - 2001 xy (x+y) + 2001 với x2y + xy2  0
Giải :
Theo BĐT Becnully ta có : (1 + x2y + xy2)2001  1 + 2001 (x2y + xy2)
 B (1 + x2y + xy2)2001- 2001 xy (x+y) + 2001  1+2001.xy(x+y) -
2001xy(x+y) + 2001.
 B  2002  B min = 2002  xy(x+y) = 0 
Vậy : B min = 2002 
8. Ví dụ 8 : Cho xyz = 1 và x + y + z = 3.
Tìm GTNN của B8 = x16 + y16 + z16
Giải :
Cách 1 :
Ta có : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2  0 a,b,c
 a2 + b2 + c2  ab + ac + bc (1)
áp dụng bất đẳng thức (1) ta có :
B8 = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2  x8y8 + y8z8 + z8x8
 B8  x8y8 + y8z8 + z8x8
 B8  (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2  x4y4. y4z4+ x4y4. z4x4 + y4z4.
z4x4
 B8  x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8
 B8  (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2  x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6
 B8  (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2  x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6
 B8  (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3
(do xyz = 1 và x + y + z = 3)
 B8min = 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  (x2 + y2 + z2).3
 3  (x2 + y2 + z2)  9  (x2 + y2 + z2)2  (x4 + y4 + z4).3
 3  x4 + y4 + z4  9  (x4 + y4 + z4)2  (x8 + y8 + z8).3
 3  x8 + y8 + z8  9  (x8 + y8 + z8)2  (x16 + y16 + z16).3
 B8 = x16 + y16 + z16  3 .  B8min = 3  x = y = z = 1
Vậy : B8min = 3  x = y = z = 1
II) Nhận xét :
Rõ ràng khi áp dụng một số bất đẳng thức cơ bản, bài toán được giải quyết
nhanh hơn. Song việc vận dụng bất đẳng thức nào thuận lợi còn tuỳ thuộc
-Trang 6-
vào giả thiết bài toán và sự vận dụng linh hoạt các bất đẳng thức đó. Một vấn
đề đặt ra là : Hai phương pháp vừa nêu vẫn chưa đủ để giải quyết được hết
các bài toán cực trị đại số THCS. Chính vì lẽ đó nhu cầu phải có những
phương pháp khác tối ưu hơn và thực hiện được yêu cầu bài toán. Trước khi
đi nghiên cứu phương 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+ ) (1+ ) (1+ )
2. Cho a,b, > 0 và a + b = 1
Tìm GTNN của B =
3. Cho a,b,c > 0
a) Tìm GTNN của C =
b) Tìm GTNN của D =
4. Cho x,y,z  và x + y + z = 1
Tìm GTLN E =
5. Cho a,b,c  0 và a + b + c = 1
Tìm GTLN của F =
6. Cho 0  x  . Tìm GTLN của G = 4x2 - 3x3
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 = x2y2z2.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 |
Đ3. Phương pháp 03 : Sử dụng phương pháp đặt biến phụ
Bằng cách đặt biến phụ và sử dụng các phép biến đối tương đương. 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 C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 12
Giải :
C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 12
C1 = ( x4 + 6x3 + 19x2 + 30x + 25) - 6 (x2 + 3x + 5) + 17
C1 = (x2 + 3x + 5)2 - 6 (x2 + 3x + 5) + 17
Đặt : x2 + 3x + 5 = a
C1 = a2 - 6a + 17 = a2 + 6a + 9 + 8
C1 = (a-3)2 + 8 8 do (a-3)2  0 a.
 C1min = 8  a - 3 = 0  a = 3  x2 + 3x + 2 = 0 
Vậy : C1min = 8 
2. Ví dụ 2 : Tìm GTNN của C2 = 2. - 5 với x,y > 0
Giải :
Đặt : = a 2  = a2 - 2
-Trang 7-
 C2 = 2.( a2 - 2) - 5a + 6 = 2a2 - 5a + 2
Ta thấy : a  2  C2 = 2a2 - 5a + 2  0
 C2min = 0 a = 2  x = y > 0
Vậy : C2min = 0  x = y > 0
3. Ví dụ 3 : Tìm GTNN của C3 = - + 2004 với x,y>0
Giải :

Đặt : = a  2
 = a2 - 2
Khi đó : C3 = (a2 - 2) - 3a + 2004
C3 = a2 - 3a + 2004 = a2 - 3a + 2 + 2002
C3 = (a-1) (a-2) + 2000
Do ta có : a  2  a - 1> 0 ; a - 20  (a-1) (a-2) 0
 C3 = (a-1) (a-2) + 2000  2000
 C3 min = 2000  a = 2  x = y ; xy > 0
Vậy C3 min = 2000  x = y và xy > 0
4. Ví dụ 4 : Cho x,y,z > 0
Tìm GTNN của C4 =
Giải :
Đặt : a = ; b = ; c =
 =
 ; ;
Khi đó : C4 =
C4 =
Theo Cosi với a,b,c >0 ta có :
 C4 
 C4min =  a = b = c  x = y = z > 0.
Vậy C4min =  x = y = z > 0.
5. Ví dụ 5 : Tìm GTLN, GTNN của C5 =
Giải :
Ta có :  a.b (1) a,b và (2) a,b
Đặt : và
Khi đó : C5 =a.b
Theo (1) và (2) ta có : -  C5 = ab 
 -
 -
 -  C5 

Ta có : 0   1 ; 0   1
Do đó :  C5 
 C5min =  (x2 - 1)2 = (x2 + 1)2  x = 0
C5max =  (1 - y2)2 = (1 + y2)2  y = 0
Vậy : C5min =  x = 0
C5max =  y = 0
II) Các bài tập đề nghị :
-Trang 8-
1. Tìm GTNN của A = x2 + 4 - x +
2. Tìm GTLN của B = với a
3. Cho a  - ; b  - ; c  - và a+ b + c = 1
Tìm GTLN của C =
4. Cho x,y > 0. Tìm GTNN của D =
5. Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 12
Tìm GTLN của E =
Đ4. Phương pháp 04 : Sử dụng biểu thức phụ
Để tìm cực trị của 1 biểu thức nào đó, đôi khi người ta xét cực trị của 1
biểu thức khác có thể so sánh được 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, kA, k + A, |A| , A2 (k là hằng số).
I) Các vị dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1 : Tìm GTLN của A =
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 = khi đó Amax  Pmin
với cách đặt trên ta có : P =
ta có : x2 + (theo côsi)
 P  2 + 1 = 3  Pmin = 3  x = 1

Do đó : Amax =  x = 1
2. Ví dụ 2 : Tìm GTNN của B = với x > 0
Giải :
Đặt P1 = - B như vậy P1max  Mmin
Ta có : P1 = với x > 0  P > 0
Đặt P2 = > 0 với x > 0 khi đó P2 Min  P1 Max
P2 =
P2 =
P2 =
(do  0 x > 0)
 P2 Min = 8008  x = 2002
 P1 Max =  x = 2002
 BMin = -  x = 2002
Vậy BMin = -  x = 2002
3. Ví dụ 3 : Cho a,b,c dương và a + b + c = 3
Tìm GTLN của C =
Giải :
Do a,b,c > 0  C > 0
Đặt : P = C2 khi đó  CMax
Ta có : P = ( )2
-Trang 9-
 P  (12 + 12 + 12) (5a + 4b + 5b + 4c + 5c + 4a) theo Bunhiacôpxki
P  3.9(a + b + c) = 81 do a + b + c = 3
 PMax = 81  a = b = c = 1
 = 81  a = b = c = 1
 CMax = 9   a = b = c = 1
Vậy CMax = 9   a = b = c = 1
4. Ví dụ 4 : Cho x, y, z, t > 0
Tìm GTNN của D =
Giải :

Đặt P = 2D ta có :
P =
P=
P=
P  2 + 2 + 2 + .6 (theo côsi)
P  15  PMin = 15  x = y = t > 0
 DMin =  x = y = t
Vậy DMin =  x = y = t
5. Ví dụ 5 : Cho x, y > 0 và 7x + 9y = 63 Tìm GTLN của E = x.y
Giải :
Đặt : P = 63.E ta có :
P = 63xy = 7x.9y  (theo côsi)
P  =  PMax =
Dấu "=" xảy ra  7x = 9y = 
 EMax = : 63 = 
6. Ví dụ 6 : Cho x2 + y2 = 52 Tìm GTLN của F = 2x + 3y
Giải :
Xét : P1 = |F| khi đó P1 = |2x + 3y|
Đặt : P2 = khi đó P2 = (2x + 3y)2
Theo Bunhiacôpxky : P2  (4 + 9) (x2 + y2) = 13.13.4
 P2 Max = 13.13.4  hoặc
 P1 Max = 26
Do F  |F| = P
 FMax = 26 
Vậy FMax = 26 
7. Ví dụ 7 : Cho x,y > 0
Tìm GTNN của G =
Giải :
Đặt : P = G - 2 ta có :
P = -2

P =
P =
 PMin = 0  x = y > 0
Vậy GMin = 2  x = y > 0
-Trang 10-
II) Các bài tập đề nghị :
1. Cho x,y, z > 0 và x2 + y2 + z2 = 1
Tìm GTNN của A
2. Cho x  0.
Tìm GTNN của B =
3. Cho x  0
Tìm GTLN của C =
4. Cho a2 + b2 + c2 = 1
Tìm GTLN của D = a + 2b + 3c
5. Cho a,b > 0 và a + b = 2
Tìm GTNN của E =
6. Cho a, b, c, d > 0
Tìm GTNN của F =
7. Cho a,b  |R
Tìm GTNN của G =
Đ5. Phương pháp 05 : Phương pháp miền giá trị
Trong một số trường hợp đặc biệt, biểu thức đại số đã cho chỉ có thể có một
hoặc hai biến số và đưa được 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.
Đường 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 phương trình
f(x) = y có nghiệm. Sau đó giải điều kiện để phương trình f(x)=y có nghiệm
(x là biến, coi y là tham số).
Thường đưa đến biểu thức sau : m yM

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) = x2 + 4x + 5
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x) .
Ta có : y = x2 + 4x + 5
 x2 + 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) = - x2 + 2x - 7
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x) .
Ta có : y = - x2 + 2x - 7
 x2 - 2x + y + 7 (có nghiệm)
-Trang 11-
 ' = 1 - y - 1  0
 y  - 6
Vậy f(x)Max = -6  x = 1
3. Ví dụ 3 :
Tìm GTLN, GTNN của f(x) =
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x) .
Ta có : y =  yx2 + 2yx + 3y - x2 - 4x - 6 = 0
 (y - 1)x2 + 2 (y - 2).x + 3y - 6 = 0 (có nghiệm)
* Nếu y = 1  x = -
* Nếu y  1  ' = (y - 2)2 + (3y - 6)(1 - y)  0
 y2 - 4y + 4 - 3y2 + 3y + 6y - 6  0

 - 2y2 + 5y + 2  0
  y  2
Ta thấy : < 1 < 2
Do vậy : f(x) Min =  x = -3
f(x) Max = 2  x = 0
4. Ví dụ 4 :
Tìm GTNN của f(x) =
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x) .
Ta có : y =
 yx2 + 2yx + y - x2 - 2x - 6 = 0
 (y - 1)x2 - 2(y + 1)x + y - 6 = 0 (có nghiệm)
* Nếu y = 1  x = -
* Nếu y  1  ' = (y + 1)2 - (y - 1)(y - 6)  0
 y2 + 2y + 1 - y2 + 6y + y - 6  0
 9y - 5  0
 y 
Do < 1 nên ta có YMin =  x = -
Vậy f(x) Min =  x = -
5. Ví dụ 5 : Tìm GTLN của f(x) =
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x).
Ta có : y =  yx2 + y - x2 - 1 = 0
 (y - 1)x2 + y - 2 = 0
 (y - 1)x2 = 2 - y (có nghiệm)
* Nếu y = 1  Phương trình vô nghiệm
* Nếu y  1  x2 = (1)
(1) có nghiệm   0  1 < y < 2
 YMin = 2  x = 0
Vậy f(x) Max = 2  x = 0

II) Các bài tập đề nghị :
-Trang 12-
1. Tìm GTNN của :
a) A = 5x2 + x + 7 ; b) B = ; c) C =
2. Tìm GTLN của :
a) A = -x2 + x + 2 ; b) B = ; c) C =
3. Tìm GTLN và GTNN của :
a) A = ; b) B = ; c) C =
Đ6. Phương pháp 06 : Phương pháp xét từng khoảng giá trị
Có nhiều bài toán nếu ta chỉ sử dụng các phép biến đổi tương đương, các bất
đẳng thức cơ bản phương pháp đổi biến hay biểu thức phụ, thậm chí ngay cả
khi sử dụng phương pháp miền giá trị hàm số, việc tìm cực trị vẫn gặp rất
nhiều khó khăn có khi không thể tìm được. Những khi ta biết cách xét từng
khoảng hợp lý (có sự dự đoán) thì việc tìm được cực trị trở nên đơn giản.
I) Các ví dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1 :
Cho m, n  N*. Tìm GTNN của A = |36m - 5m|
Giải :
Do m  N* 36m có chữ số tận cùng là 6
n  N*  5m có chữ số tận cùng là 5
Vì vậy : Nếu 36m > 5m thì A có chữ số tận cùng là 1
Nếu 5m > 36m thì A có chữ số tận cùng là 9
a) Xét A = 1 ta có : 36m - 5m = 1 (không xảy ra) vì
(36m - 1) : 7 còn 5m :7
b) Xét A = 9 ta có : 5m - 36m = 9 (không xảy ra) vì
(5m - 36m) : 9 còn 9 : 9
c) Xét A = 11 , xảy ra , chẳng hạn m = 1, n = 2
Vậy AMin = 11  m = 1; n = 2
2. Ví dụ 2 : Cho m  N* . Tìm giá trị lớn nhất của B =
Giải :

Với n = 1 ta có : B = < 1
Với n = 2 ta có : B = 1
Với n = 3 ta có : B = > 1
Với n = 4 ta có : B = 1
Với n = 5 ta có : B = < 1
Với n = 6 ta có : B = < 1

Ta dự đoán rằng với n  5, n  N thì B < 1
Thật vậy : Ta chứng minh dự đoán bằng phương pháp quy nạp.
a) Giả sử n  5, n  N ta có B = < 1 (*)
Ta cần phải chứng minh công thức (*) đúng với (n + 1) nghĩa là phải chứng
minh :
 (n + 1)2 < 2n+1 (1)
-Trang 13-
Từ (*) ta có : n2 < 2n  2n2 < 2n+1 (2)
Để chứng minh (1) ta chứng minh (n + 1)2 < 2n2
 n2 + 2n + 1 < 2n2  n2 - 2n - 1 > 0  (n - 1)2 - 2 > 0 (đúng vì  5)
b) Kết luận : B = < 1  n 5, n N*
Vậy Bmax =  n = 3
3. Ví dụ 3 : Cho a, b, c, d  N* và a + b = c + d = 20
Tìm GTNN và GTLN của T =
Giải :
Do T  0 nên đặt P =
Như vậy : TMin  PMax
TMax  PMin
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 =
* Xét b < a (trường hợp b > a tương tự)
b < 10 < a hay 1  b 19 ; 11  a  19
a) Trước hết ta tìm TMin = PMax = 19 +

Ta xét 3 trường hợp sau :
a1) 1 b < 10 = c = d < a  19
Khi đó : P =
a2) 1  c  b < 10 < a  d  19.
Khi đó : P =
a3) 1  d  b < 10 < a c  19
Nếu b > 1 thì P 
Nếu b = 1 thì P 
Kết hợp cả 3 trường hợp ta thấy PMax =
Do đó TMin =  a =19, b = 1 , c = 19 , d = 1
b) Bây giờ ta tìm TMax = PMin với 1  b  9 ; 11  a  19
P =
Ta có : ; đặt A =
Ta có : P = A.C +
Vì A > 0 nên PMin với C = 1
* Xét P =
Đặt  Pb =
* Xét Pb+1 - Pb : 1  b  9 ; b  N
Pb+1 - Pb =
Ta có : b(1 + 1)(19 - b)(20 - b) > 0  1  b  9 , b  N
Do vậy : Xét t = 18b2 + 58b - 380 (*)
Nghiệm dương to của (*) là t =
Ta có bảng xét dấu :
b - +
t + 0 - 0 +
-Trang 14-
Với 0 < b < bo thì t < 0  Pb+1 < Pb
b > bo thì t > 0  Pb+1 > Pb
Luôn luôn chứng minh được 3 < bo < 4
Xét P3 =

P4 =
Nên : a = 16 , b = 4, c = 1, d = 19 thì PMin =
Vậy : TMax = ; TMin =
II) Các bài tập đề nghị :
1. Tìm GTNN của A = |11m - 5m| với m,n  N*
2. Cho a, b, c, d  N* và a + b = c + d = 1000.
Tìm GTLN của B =
3. Cho m, n  N và 1  m ; n  1981 và (n2 - mn - m2)2 = 1
Tìm GTLN của C = m2 + n2

Đ7. Phương pháp 07 : Phương 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 đưa 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(x1, y1); B (x2, y2)  AB =
+ 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) =
Hãy tìm giá trị lớn nhất của f(x) .
Giải :
Ta có : f(x) =
Chọn trong mặt phẳng toạ độ 3 điểm : A (2,1); B(5, 5); M (x, 0)
Ta có : MA = ;MB =
AB =
Mặt khác ta có : |MA - MB|  AB
hay | - |  5
Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5

khi và chỉ khi 3 điểm M, A, B thẳng hàng.
Ta lại có phương trình của đường thẳng qua A và B là : d =
d cắt ox tại M ( ; 0)
Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5 đạt tại x =
2. Ví dụ 2 :
Cho f(x) =
Tìm giá trị nhỏ nhất của f(x) (1)
Giải :
Ta có :
-Trang 15-

Chọn A (4 , -2) ; B(x , 2x) ; C (0, 10)
 AB = ; BC = ; AC =
Ta có : AB + BC  AC
 +  (2)
Ta lại có :

chọn D (x, 8); E (0, 2x) ; F (x-4, 0)
DE = ; EF = ; DF =
ta có : DE + EF  DF
 (3)
Cộng (2) và (3) ta có :
VT  4( + )
VT = 4( + ) khi và chỉ khi
A,B,C thẳng hàng PT đường thẳng đi qua AB nhận C (0, 10) là nghiệm

D,E,F thẳng hàng PT đường thẳng đi qua DE nhận F (x-4, 0) là
nghiệm
 Giải điều kiện ta tìm được x = 2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của f(x) = 4 ( + ) tại x = 2.

Nhận xét : Vận dụng phương pháp này để tìm cực trị của biểu thức, đòi hỏi
người giải phải rất tinh tế khi chọn điểm để thảo mãn những yêu cầu bài
toán.
Bài tập tham khảo :
Bài 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của f(x) =
Bài 2 : Tìm giá trị lớn nhất của f(x) =

PHẦN III : KẾT LUẬN
Sau thời gian tìm tòi nghiên cứu, kết hợp với những tư liệu tích luỹ được, qua
quá trình giảng dạy cùng với sự tham gia đóng góp ý kiến của các bạn đồng
nghiệp đề tài đã được hoàn thành. Những vấn đề được trình bài trong đề tài
tuy chưa thật toàn diện song thực sự có lợi ích rất lớn cho giáo viên bồi dưỡng
học sinh giỏi với việc cố gắng chọn, khái quát thành một số phương pháp giải
quen thuộc cùng với hệ thống bài tập minh hoạ có thể giúp học sinh tiếp thu
bài một cách nhẹ nhàng gây động cơ hứng thú học tập bước đầu đã có những
thành công nhất định.
Mặc dù dừng lại ở 8 phương pháp cơ bản nhưng do năng lực còn hạn chế, tài
liệu chưa đủ lớn lên đề tài không thể tránh khỏi thiếu sót nhỏ, tác giả rất mong
nhận được những ý kiến đóng góp để đề tài hoàn chỉnh hơn.
Một lần nữa xin chân thành cảm ơn sự đóng góp ý kiến chân thành của các
bạn động nghiệp đã giúp tôi hoàn thành tốt đề tài này./.
-Trang 16-
Ngày tháng năm 2004
NGưỜI THỰC HIỆN
NGYỄN VĂN OÁNH

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) Sách giáo khoa Đại số 8; 9 Nhà xuất bản giáo dục
1) Sách nâng cao Đại số 8 Vũ Hữu Bình
2) Sách nâng cao Đại số 9 Vũ Hữu Bình

3) Sách nâng cao Đại số 8 Võ Đại Mau
4) Sách nâng cao Đại số 9 Võ Đại Mau
5) Tuyển tập các bài toán sơ cấp Vũ Hữu Bình
6) Tuyển tập các bài toán sơ cấp Võ Đại Mau
7) 36 bộ đề ôn thi tốt nghiệp THCS Võ Đại Mau
8) Tạp trí toán học trẻ Tháng 3 năm 2002
PHỤ LỤC
Phần I : MỞ ĐẦU
I) Lý do chọn đề tài 1
II)Hướng phát triển đề tài 2
Phần II : NỘI DUNG
Chương I : Các kiến thức cần thiết 3
Chương II : Một số phương pháp cơ bản giải bài toán cực trị đại số 5
Đ Phương pháp 01 : Sử dụng phép biến đổi đồng nhất 5
Đ Phương pháp 02 : Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản 8
Đ Phương pháp 03 : Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ 13
Đ Phương pháp 04 : Sử dụng biểu thức phụ 16
Đ Phương pháp 05 : Phương pháp miền giá trị 20
Đ Phương pháp 06 : Xét từng khoảng giá trị 24
Đ Phương pháp 07 : Phương pháp hình học 28
Phần III : KẾT LUẬN 33
-Trang 17-
TÀI LIỆU THAM KHẢO 34
-Trang 18-