SKKN làm thế nào để học sinh nắm được phương pháp, tư duy suy luận một cách có lô gíc khi giải toán cực trị

PHẦN I : ĐẶT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
Trong giảng dạy bộ môn toán, việc giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản, biết
cách khai thác kiến thức, áp dụng kiến thức giải được nhiều loại toán, nhiều dạng
bài tập là hết sức quan trọng, bởi đó là một phương tiện tốt giúp học sinh nắm vững
tri thức, phát triển tư duy hình thành kĩ năng kĩ xảo trong quá trình giải toán.
Môn toán có nhiều dạng bài tập, trong đó dạng toán tìm cực trị (giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất) là những bài toán đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, rẻ nhất, đắt nhất, ngắn
nhất, dài nhất Qua những bài toán dẫn dắt học sinh có thói quen đi tìm một giải
pháp tối ưu cho một công việc cụ thể trong cuộc sống thực tế. Điều đó cho thấy
rằng toán cực trị là loại toán rất gần gũi với thực tế và có nhiều ứng dụng trong thực
tế hàng ngày. Nó giúp học sinh rèn luyện nếp nghĩ khoa học, luôn mong muốn làm
những công việc đạt hiệu quả cao nhất, tốt nhất. Vì vậy, nó góp phần không nhỏ vào
việc phát triển trí tuệ, thúc đẩy niềm say mê học toán cho học sinh, đặc biệt là các
em học sinh khá giỏi.
Toán cực trị được đề cập nhiều trong các loại sách tham khảo, do vậy giáo viên rất
khó khăn trong việc sưu tầm và tuyển chọn, và một vấn đề đặt ra ở đây là làm thế
nào để học sinh nắm được phương pháp, tư duy suy luận một cách có lô gíc khi giải
toán cực trị ?
Để góp phần vào việc giải quyết các vấn đề trên, bản thân là giáo viên thường
xuyên giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 8 và lớp 9, tôi mạnh dạn
sưu tầm, tuyển chọn một số dạng bài toán cực trị và một số phương pháp giải áp
dụng cho từng dạng, hy vọng đem lại một phần thuận lợi cho giáo viên khi thực
hiện chuyên đề này trong quá trình giảng dạy cho học sinh cấp trung học cơ sở nói
chung và bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 8, lớp 9 nói riêng.
II. NHỮNG YÊU CẦU CẦN THIẾT.
1. Đối với giáo viên.
- Sưu tầm tài liệu, đọc, nghiên cứu để hệ thống hoá kiến thức, hệ thống các
dạng bài tập về cực trị.
- Tìm hiểu sâu về các bài toán cực trị trong nội dung chương trình toán ở bậc
trung học cơ sở.

- Xây dựng được cơ sở lý thuyết để giải các bài toán cực trị.
- Tuyển chọn, phân loại được các dạng bài tập cơ bản và nêu lên các phương
pháp chính giải từng dạng bài tập cực trị.
- Dự đoán được một số sai sót của học sinh có thể mắc phải và nêu được những
điểm cần chú ý khi giải các bài toán cực trị.
2. Đối với học sinh.
- Hiểu được bản chất của khái niệm cực trị và nắm được các bước giải của bài
toán cực trị.
- Có kĩ năng nhận dạng được từng loại toán cực trị, vận dụng linh hoạt và sáng
tạo các phương pháp giải toán cực trị vào từng bài tập cụ thể từ đơn giản đến phức
tạp.
- Thấy được những ứng dụng của toán cực trị trong thực tế.
PHẦN II : NỘI DUNG
A. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ.
I. ĐỊNH NGHĨA VÀ CHÚ Ý.
1. Cho biểu thức f(x).
- Giá trị M được gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của biểu thức f(x) nếu thoả
mãn hai điều kiện :
+ Với mọi x để f(x) xác định thì f(x)  M (M là hằng số) (1)
+ Tồn tại x0 sao cho f(x0) = M (2)
- Giá trị m được gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x) nếu thoả
mãn hai điều kiện :
+ Với mọi x để f(x) xác định thì f(x) ≥ m (m là hằng số) (1’)
+ Tồn tại x0 sao cho f(x0) = m (2’)
2. Kí hiệu : GTLN của hàm f là M = max f(x)
GTLN của hàm f là m = min f(x)
3. Tổng quát chung : Đối với biểu thức chứa nhiều biến ta cũng có định nghĩa
tương tự.
4. Các bước tìm cực trị : Từ các định nghĩa trên, thông thường, để tìm GTLN
hoặc GTNN ta tiến hành theo 3 bước như sau :

- Bước 1 : Xác lập bất đẳng thức dạng :
f(x) ≤ M hoặc f(x) ≥ m với M, m là các hằng số.
- Bước 2 : Xét xem dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?
- Bước 3 : Kết luận max hoặc min theo yêu cầu.
5. Chú ý : Nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1’) thì chưa thể nói gì về cực trị của
một biểu thức.
Chẳng hạn, xét biểu thức
(x – 1)2 + (x – 3)2 .
Mặc dù ta có A ≥ 0, nhưng chưa thể kết luận được minA, vì không tồn tại giá trị nào
của x để A = 0.
II. CÁC KIẾN THỨC THưỜNG DÙNG.
1. x2  0  x Dấu “=” xảy ra  x = 0
Mở rộng : [f(x)]2n  0 , x  R , n  Z. Khi đó ta có
[f(x)]2n + M  M ; -[f (x)]2n + m  m. Dấu “=” xảy ra  f(x) = 0
2. a/ x  0 Dấu “=” xảy ra  x = 0
b/ x + y  x + y Dấu “=” xảy ra  x, y cùng dấu
c/ x - y  x - y Dấu “=” xảy ra  x, y cùng dấu vàx >y
3. a/ a2 + b2  2ab ,  a, b. Dấu “=” xảy ra  a = b
b/  a > 0, b > 0. Dấu “=” xảy ra  a = b
4. Bất đẳng thức Cô-si
a/ Cho 2 số không âm a và b ta có :
. Dấu “=” xảy ra  a = b
b/ Cho 3 số không âm a, b và c, ta có :
. Dấu “=” xảy ra  a = b = c.
c/ Tổng quát : Cho n số không âm a1 , a2 , , an , ta có :
 . Dấu “=” xảy ra  a1 = a2 = = an
5. Bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki
a/ Cho hai cặp số a, b và x, y ta có :
(ax + by)2  (a2 + b2) (x2 + y2). Dấu “=” xảy ra  ay = bx
b/ Tổng quát : Cho 2n số a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn, ta có :

(a1b1 + a2b2 + + anbn )2  ( a12 + a22 + + an2 ) ( b12 + b22 +
bn2 )
Dấu “=” xảy ra 
III. MỘT SỐ PHưƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT.
1. Phương pháp nhóm – so sánh.
Để tiến hành giải bài toán tìm GTLN, GTNN ta có thể dùng các phép biến đổi đại
số để nhóm các số hạng và đưa bất đẳng thức ban đầu về các dạng sau :
p = A2 + k ≥ k,
p = -B2 + l ≤ l,
p = A2 + B2 + m ≥ m,
p = A.B2 + n ≥ n với A ≥ 0,
p = A.B ≥ k.l với A ≥ k > 0, B ≥ l > 0.
Tất nhiên là dấu đẳng thức phải xảy ra trong miền xác định của các biến số. Ngoài
ra, đôi khi ta sử dụng các tính chất đồng biến, nghịch biến của hàm số.
Chẳng hạn : M ≥ N, a > 1  aM ≥ aN;
M ≥ N, 0 < a < 1  aM ≤ aN;
A ≥ B > 0, ỏ > 0  Aỏ ≥ Bỏ ;
A ≥ B > 0, ỏ < 0  Aỏ ≤ Bỏ .
Lưu ý rằng nếu ta sử dụng nhiều bất đẳng thức so sánh thì dấu “=” xảy ra phải mang
tính đồng thời ở các đẳng thức đó.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức :
1/ A = x4 + 4x2 – 3;
2/ B = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1;
3/ C = (x – 1)2 + (x2 – 1)4 + (x3 – 1)6.
Giải :
1/ Vì x4, x2 ≥ 0 nên  A ≥ 0 + 0 – 3  A ≥ -3. Dấu “=” xảy ra  x = 0
Vậy minA = -3 khi x = 0
Cách khác :
Ta có A = x2(x2 + 4) – 3 ≥ – 3. Dấu “=” xảy ra  x2(x2 + 4) = 0  x = 0
Vậy minA = -3 khi x = 0

2/ Ta có B = (x2 + x + 1)2 =
Vì , dấu “=” xảy ra khi x = .
Nên minB =  x = .
3/ Dễ thấy C ≥ 0. Dấu “=” xảy ra  (x–1)2= (x2–1)4 = (x3–1)6 = 0  x = 1
Vậy minC = 0, khi x = 1.
Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M = - x2 + 2x + 6
Giải : Ta có B = - x2 + 2x + 6 = -(x2 – 2x) + 6 = -( x – 1)2 + 7
Vì -( x – 1)2  0 , x  -( x – 1)2 + 7  7. Dấu “=” xảy ra khi x = 1
Vậy max B = 7  x = 1
2. Phương pháp dùng bất đẳng thức.
Cũng giống như khi sử dụng các bất đẳng thức khác, có khi ta phải tiến hành việc
tách, nhóm, thêm, bớt, chia nhân các số hạng để đưa về dạng có thể áp dụng trực
tiếp.
Ví dụ : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức :
1/ A = x ;
2/ B = ;
3/ C = .
Giải :
1/ Điều kiện 0 ≤x≤ 1.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số không âm ta được :
A = x
Dấu “=” xảy ra  x2 = 1 – x2  x2 =  x = ± .
Vậy max A =
2/ Điều kiện x ≥ 1, ta có
B =
Dấu “=” xảy ra  1 = x – 1  x =2. Vậy max B =
3/ Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 2, z ≥ 3, ta có :
C =
=

≤ =
Dấu “=” xảy ra  1 = x – 1 ; 2 = y – 2 ; 3 = z – 3  x = 2, y = 4, z = 6.
Vậy max C =  x = 2, y = 4, z = 6
IV. NHỮNG DẠNG TOÁN THưỜNG GẶP.
Dạng 1 : Cực trị của đa thức dạng tam thức bậc hai.
1. Kiến thức cần thiết.
Giả sử cho đa thức f(x) xác định trên R. Sử dụng phương pháp nhóm – so sánh
Đưa f(x) về dạng : f(x) = k  (k là hằng số)
a/ Nếu f(x) = k + thì min f(x) = k  g(x) = 0
b/ Nếu f(x) = k – thì max f(x) = k  g(x) = 0
Hoặc có thể sử dụng phương pháp dùng bất đẳng thức.
2. Một số ví dụ.
Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
A = x2 – x + 1
Giải : Ta có A = x2 – x + 1 = x2 – 2x. + + = +
Vì ≥ 0  x nên + ≥
Dấu “=” xảy ra  
Vậy min A =  x =
Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
B = - x2 + 4x + 5
Giải : Ta có B = -x2 + 4x + 5 = 9 – (x – 2)2
Vì - (x - 2 )2  0 x nên 9 – (x - 2 )  9
Dấu “=” xảy ra  x – 2 = 0  x = 2
Vậy max B = 9  x = 2
Ví dụ 3 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
D = (x + 1)2 + (x + 3)2
Giải : Ta có D = 2(x + 2 )2 + 2  2 x
Vì: 2(x + 2 )2  0 x  2(x + 2 )2 + 2  2. Dấu "=" xảy ra  x = -2.
Vậy min D = 2  x = -2
3. Một số nhận xét.

a/ Cho tam thức bậc hai : P = ax2 + bx + c (a ≠ 0)
Ta có P = ax2 +bx + c = a(x2 + x) + c (do a  0)
= a (x + )2 + c - = a (x + )2 +
Đặt = k
Do (x + )2  0 nên
- Nếu a > 0 thì a.(x + )2  0 do đó P  k
 min P = k  x + = 0  x = -
- Nếu a < 0 thì a.(x + )2  0 do đó P  k
 max P = k  x = -
b/ Dựa vào tính chất biến thiên của hàm số là tam thức bậc hai
f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0)
+ Khi a > 0 : Parabol quay bề lõm lên phía trên  hàm số có cực tiểu.
+ Khi a < 0: Parapol quay bề lõm xuống dưới  hàm số có cực đại.
- Từ đó ta đi đến kết luận : Mỗi tam thức bậc hai đều có một cực trị (hoặc giá
trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất)
4. Một số bài tập.
Tìm GTLN, GTNN (nếu có) của các biểu thức sau :
a/ -3x2 + 2x – 45 b/ 5x2 – 8x – 1
Dạng 2 : Cực trị của hàm đa thức nhiều biến.
1. Kiến thức cần thiết.
Cho F = F1 + F2 thì : maxF = maxF1 + maxF2.
(minF = minF1 + minF2).
Trong đó F1, F2 là các biểu thức chứa biến đối lập với nhau hoặc có chứa cùng biến
thì cùng đạt GTLN (GTNN) tại một bộ giá trị xác định của biến.
Có thể sử dụng cả hai phương pháp trên để giải.
2. Một số ví dụ.
Ví dụ 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
A = 5x2 - 12xy + 9y2 - 4x + 4
Giải : Ta có A = x2 - 4x + 4 + 4x2 - 12xy + 9y2 = (x - 2)2 + (2x - 3y)2
 A  0, dấu "=" xảy ra  

Vậy min A = 0 
Ví dụ 5 : a/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
B = x2 + xy + y2 – 3x – 3y + 2009
b/ Tìm giá trị của x; y để biểu thức :
N = –a2 – b2 + ab + 2a + 2b đạt giá trị lớn nhất
Giải :
a/ Ta có B = x2 – 2x + 1 + y2 – 2y +1 + xy – x – y + 1 + 2006
= (x – 1)2 + (y – 1) 2 + xy – x – y + 1 + 2006
=
Dấu "=" xảy ra  
Vậy min B = 2006  x = y = 1
b/ Ta có: 2N = –2a2 – 2b2 + 2ab + 4a + 4b
= –(a – b)2 – (a – 2)2 – (b – 2)2 + 8  8
Dấu "=" xảy ra   a = b = 2
Vậy max N = 4  a = b = 2
Ví dụ 6 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
D = m2 - 4mp + 5p2 + 10m - 22p + 28.
Giải :
Ta có D = m2 – 4mp + 4p2 + p2 – 2p + 1 + 10m – 20p + 27
= (m – 2p)2 + (p –1)2 + 10(m – 2p) + 27
Đặt m – 2p = t  D = t2 + 10t + (p – 1)2 + 27 = t2 + 10t + 25 + (p – 1)2 + 2
= (t + 5)2 + (p – 1)2 + 2  2
Dấu "=" xảy ra   
Vậy min D = 2 
3. Một số nhận xét.
- Đối với hàm đa thức nhiều biến, học sinh cần phải linh hoạt trong việc tách
hạng tử để làm xuất hiện tổng các luỹ thừa bậc chẵn của một biểu thức hay tổng các
hằng đẳng thức (a  b)2 như đã trình bày ở ví dụ 4, ví dụ 5.
- Ở ví dụ 5, phần b thay cho việc biến đổi N ta biến đổi 2N khi đó bài toán
được thực hiện thuận lợi hơn.

- Bên cạnh đó, có những tình huống xảy ra như ở ví dụ 6 thì có thể học sinh sẽ
lúng túng trong sự xuất hiện của 10(m – 2p). Khi đó dùng phương pháp đổi biến
(đặt ẩn phụ) như đã trình bày thì sẽ đưa được bài toán về dạng của ví dụ 5.
4. Một số bài tập.
4.1. Tìm giá trị của x ; y để các biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất :
a/ -x2 + 2xy – 4y2 + 2x + 10y + 5
b/ -5x2 – 5y2 + 8x – 6y – 1
4.2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
x2 + 2y2 – 2xy – 4y + 5
4.3. Tìm cặp (x ; y) để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất :
x2 + 26y2 – 10xy + 14 – 76y + 56
Dạng 3 : Cực trị của hàm phân thức đại số.
1. Kiến thức cần thiết.
+ Để giải dạng toán này ta chủ yếu dùng phương pháp tách phần nguyên.
+ Cho P = với A > 0 thì max P = ; min P =
Bằng cách áp dụng tính chất trên ta có thể đưa bài toán tìm cực trị của phân thức về
bài toán tìm cực trị của đa thức.
2. Một số ví dụ.
Ví dụ 7 : Tìm x  N để đạt giá trị lớn nhất.
Giải :
Đặt A =  2A = = = 7 +
Nhận thấy A lớn nhất  2A lớn nhất  lớn nhất
 2x – 3 là số dương nhỏ nhất.
Mà x  N nên 2x – 3 dương nhỏ nhất bằng 1  x = 2
Vậy max(2A) = 12  maxA = 6  x = 2.
Ví dụ 8 : Tìm x  Z để M = đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải : Ta có M = = = -1 +
Để M nhỏ nhất thì nhỏ nhất  x – 5 là số âm lớn nhất.
Mà x  Z nên x – 5 = -1  x = 4 . Vậy min M = -1 – 2 = -3 khi x = 4.
Ví dụ 9 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = .

Giải : Ta có P = =
Nhận thấy P nhỏ nhất  (x – 1)2 + 3 nhỏ nhất.
Mà (x – 1)2  0 với  x  (x – 1)2 + 3  3
Do đó (x – 1)2 + 3 đạt GTNN bằng 3  x = 1. Vậy min P =  x = 1.
Ví dụ 10 : Tìm GTLN và GTNN của biểu thức Q = .
Giải : a/ Ta có Q = =
Do  0 với  x  Q  -1 với  x. Dấu “=” xảy ra  x = -2
Vậy min Q = -1  x = -2
b/ Ta có Q = = =
Do ≤ 0 với  x  Q ≤ 4. Dấu “=” xảy ra  x =
Vậy maxQ = 4  x =
Ví dụ 11 : Tìm GTNN của M = .
Giải : ĐKXĐ : x ≠ 1
Ta có M = =
Đặt y = , khi đó M = 3 – 2y + y2 = (y – 1)2 + 2  2
Dấu “=” xảy ra  y = 1  = 1  x = 2
Vậy min M = 2  x= 2
3. Một số nhận xét.
- Khi giải toán cực trị của hàm phân thức, học sinh cần phải biết biến đổi linh
hoạt để tách phần nguyên.
- Có những biểu thức tồn tại cả GTLN và GTNN như bài toán đã trình bày ở ví
dụ 10, cho nên học sinh cần định hướng cách phân tích bài toán để làm xuất hiện
những tình huống theo yêu cầu bài toán nêu.
4. Một số bài tập.
Tìm GTNN, GTLN(nếu có) của các biểu thức sau :
A = ; B = ; C =
D = (x  R)
Dạng 4 : Cực trị của hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối.
1. Kiến thức cần thiết.
a/f(x) = f(x) nếu f(x)  0 ; f(x) = - f(x) nếu f(x) < 0

b/f(x) + g(x)  f(x) + g(x). Dấu "=" xảy ra  f(x).g(x)  0
c/f(x) - g(x)  f(x) - g(x). Dấu "=" xảy ra  f(x).g(x)  0
vớif(x)  g(x)
d/ Giả sử max f(x) = A, min f(x) = a với f(x) xét trên đoạn [a1 ;b1]
+ Nếu f(x)  0 ta có max f(x) = max f(x)=A trên [a1 ;b1]
min f(x) = minf(x)= a trên [a1 ;b1]
+ Nếu : max f(x)  0 còn min f(x)  0 trên [a1 ;b1] :
Ta có : maxf(x)= max(A ; a)
minf(x)= 0
+ Nếu f(x) < 0 ta có maxf(x)= - minf(x) trên [a1 ;b1]
minf(x) = - maxf(x) trên [a1 ;b1]
2. Một số ví dụ.
Ví dụ 12 : Tìm GTLN của A = 2000 – 1999x – 1
Giải : Vì x – 1  0  x  -1999x – 1  0  x
Do đó A = 2000 – 1999x – 1  2000  x. Dấu “=” xảy ra  x = 1
Vậy max A = 2000  x = 1.
Ví dụ 13 : Tìm GTLN của B = x + 8 – x
Giải :
Cách 1 : Xét khoảng giá trị của x.
a/ Nếu x < 0 thì x = -x và 8 - x = 8 - x khi đó B = 8 - 2x
b/ Nếu 0  x  8 thì x = x và  8 - x = 8 - x khi đó B = x + 8 - x = 8
c/ Nếu x > 8 thì x = x và 8 - x = x - 8 khi đó B = x + x - 8 = 2x - 8
So sánh các giá trị của B trong 3 khoảng trên ta có :
min B = 8  0  x  8
Cách 2 : Sử dụng bất đẳng thức.
f(x) + g(x)  f(x) + g(x). Dấu "=" xảy ra  f(x).g(x)  0
Ta có B = B = x + 8 – x  x + 8 - x= 8
Dấu “=” xảy ra  x(8 - x) ≥ 0  x(x - 8)  0  0  x  8
Vậy min B = 8  0  x  8
Ví dụ 14 : Tìm GTNN của C = x - 2 + x - 5 + 15

Giải :
Cách 1 : Xét khoảng giá trị của x.
a/ Nếu x < 2 thì x - 2 = 2 - x và x - 5 = 5 - x khi đó
C = 2 – x + 5 – x + 15 = 22 – 2x
b/ Nếu 2  x  5 thì x – 2 = x – 2 và x – 5 = 5 – x, khi đó
C = x - 2 + 5 - x + 15 = 18
c/ Nếu x > 5 thì x – 2 = x – 2 và x – 5 = x – 5, khi đó
C = x - 2 + x - 5 + 15 = 2x + 8
So sánh các giá trị của C trong 3 khoảng trên ta có :
min C = 18  2  x  5
Cách 2 : Sử dụng bất đẳng thức 1b) đã nêu ở trên.
Vì x - 2 + x - 5 = x - 2 + 5 - x x - 2 + 5 - x  = 3
Dấu "=" xảy ra  (x - 2)(5 - x)  0  2  x  5
Do đó : C = x - 2 + x - 5+ 15  3 + 15 = 18
Vậy min C = 18  2  x  5
Ví dụ 15 : Tìm GTNN của
M = x + 1 + x + 2 + + x + 99 + x + 100
Giải : Ta có M = x + 1 + -x - 100+ + x + 50 + -x - 50
Vì có x + 1 + -x - 100 x + 1 - x - 100 = 99
dấu "=" xảy ra  -100  x  -1
Tương tự …….
x + 50 + -x - 50  1. Dấu "=" xảy ra  - 51  x  - 50
Do đó M  1 + 3 + + 97 + 99 = 2500. Dấu "=" xảy ra  - 51  x  - 50
Ví dụ 16 : Tìm GTNN của B = x - 1 + x - 2 + x - 3
Giải :
Xét C = x - 1 + x - 3 = x - 1 + 3 - x  x - 1 + 3 - x = 2
 C = 2  (x - 1)(3 - x)  0  1  x  3
Mặt khác x - 2  0. Dấu "=" xảy ra  x = 2
Do đó B = x - 1 + x - 2 + x - 3  2 + 0 = 2
Dấu "=" xảy ra   x = 2 . Vậy min B = 2  x = 2

3. Một số nhận xét.
- Để thực hiện giải bài toán cực trị của hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối, học sinh
cần nắm được định nghĩa giá trị tuyệt đối của một số hay 1 biểu thức và linh hoạt
vận dụng các tính chất của trị tuyệt đối trong quá trình giải.
- Các ví dụ 13, 14 trong phần lời giải của cách 2 và các ví dụ 15, 16 ta đã sử
dụng tính chất : "Hai số đối nhau thì có giá trị tuyệt đối bằng nhau”, từ đó vận dụng
bất đẳng thức 1b để tìm ra lời giải bài toán một cách nhanh chóng.
- Với một bài toán cực trị có thể tồn tại nhiều cách giải, chẳng hạn ở ví dụ 16
có thể giải bằng cách khác là xét khoảng giá trị của x để phá dấu giá trị tuyệt đối,
song giải pháp này không khoa học như lời giả đã chọn. Do đó học sinh cần phải có
sự quan sát, phân tích bài toán để tìm ra hướng đi thích hợp, khoa học.
4. Một số bài tập.
Tìm GTNN, GTLN ( nếu có ) của các biểu thức :
a) x - 1 + x -2
b) 51 - 4x - 2
c) x - 1 + x - 2 + 2x - 5
d) x - 2 + x - 4+ x - 6 + + x - 102
Số các biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối là lẻ.
Dạng 5 : Cực trị của hàm căn thức.
Ví dụ 17 : Tìm GTNN của M = (x - 1994)2 + (x - 1995)2
Giải :
Ta đưa bài toán này về dạng hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối bằng cách áp dụng hằng
đẳng thức : = A.
Ta có : M = x – 1994 + x – 1995
= x – 1994 + 1995 – x  x - 1994 + 1995 – x = 1
 M  1. Dấu "=" xảy ra  (x - 1994)( 1995 - x)  0
 1994  x  1995
Vậy min M = 1  1994  x  1995.
Ví dụ 18 : Tìm GTNN của N= (x - 1999)2 + (x - 2000)2 + (x - 2001)2
Hướng dẫn :

Ta đưa bài toán này về dạng hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối, sau đó áp dụng ví dụ 16
để giải. Kết quả : min N = 2  x = 2000
Ví dụ 19 : Tìm GTLN của M= +
Giải :
ĐKXĐ :   -1  x  2
Do M > 0 nên M lớn nhất  M2 lớn nhất.
Ta có M2 = 2 - x + 1+ x +2 = 3 + 2
= 3 + 2 = 3 + 2
Do đó M2 lớn nhất  = 0  x =
 max M2 = 6  x = . Vậy max M =  x =
Ví dụ 20 : Tìm GTNN của N = +
Giải :
Cách 1 : Phương pháp so sánh.
Ta có N2 = x2 + x + 1 + x2 – x + 1 +2
= 2x2 + 2 + 2
= 2x2 + 2 + 2 ≥ 2 + 2 = 4
Do đó N2 ≥ 4. Dấu “=” xảy ra  x = 0  minN = 2  x = 0
3. Một số nhận xét.
- Với bài toán tìm cực trị của hàm căn thức, trước khi giải học sinh cần lưu ý
đặt điều kiện để tồn tại căn thức và nếu bài toán chứa căn dạng A2 thì ta đưa được
về dạng hàm chưa dấu giá trị tuyệt đối.
- Có trường hợp ta không thể tìm trực tiếp cực trị của một biểu thức mà đi tìm
cực trị của bình phương biểu thức đó cần lưu ý biểu thức đó phải dương.
4. Một số bài tập.
1) Tìm GTLN C = + và D = + .
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của E = -
Dạng 5 : Cực trị có điều kiện.
Loại toán cực trị có điều kiện rất đa dạng và phong phú. Cách giải dạng này cơ bản
phải vận dụng linh hoạt được điều kiện của bài và phải kết hợp thành thạo những
bước biến đổi trung gian, có thể phải sử dụng thêm bất đẳng thức đã biết như bất

đẳng thức Cô-si, Bu-nhi-a-côp-xki hay một số bất đẳng thức phụ khác mà ta cần
chứng minh.
Ví dụ 21 : Cho x + y = 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x2 + y2
Giải : Sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-côp-xki
Ta có (1.x + 1.y)2  (1 + 1)(x2 + y 2) hay 2(x2 + y2)  (x + y)2.
Mà x + y = 2, nên 2(x2 + y2)  4  x2 + y2  2 tức là A  2
Dấu “=” xảy ra   x = y = 1
Ví dụ 22 : Cho 5x + 2y = 10.Tìm giá trị lớn nhất của B = 3xy - x2 - y2
Giải : Từ 5x + 2y = 10  y = thay vào B ta được :
B = =
= (-59x2 + 160x – 100) = 
Dấu "=" xảy ra  x = . Vậy maxB = 
Ví dụ 23 : Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 1. Tìm GTNN của :
M =
Giải : Ta có M =
Theo giả thiết có x + y = 1 nên x – 1 = -y và y – 1 = -x. Do đó
M = = = = = 1 +
Nhận thấy xy > 0 nên M nhỏ nhất  nhỏ nhất  xy lớn nhất
Lại có x + y = 1  xy lớn nhất  x = y =
Vậy min M = 1 + = 9  x = y = .
Ví dụ 24 : Cho x > 0. Tìm GTNN của N = .
Giải : Ta có N = 8x + 2 +
Do x > 0 và tích 8x. = 4 không đổi
Nên tổng của chúng nhỏ nhất  8x =  16x2 = 1  x =
Vậy min B = 8. + 2 + 2 = 6  x =
Ví dụ 25 : Tìm GTNN của B = với 0 < x < 1.
Giải : Ta có B = =
Đặt a = ; b = . Khi đó ta được B = a + b + 3
Do 0 < x < 1  1 – x > 0  > a > 0, b > 0
Nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a, b ta có :

a + b ≥ 2  ≥ 2. = 2
Vậy MinB = 2 + 3   x =
Ví dụ 26 : Tìm GTNN và GTLN của biểu thức N = 2x + 3y – 4z
biết rằng x,y,z  0 và thoả mãn hệ phương trình
Giải :
Từ hệ phương trình điều kiện ta có 5x + 5y = 10  y = 2 – x (*)
Thay (*) vào (1)  2x + 2 – x + 3z = 6  x + 3z = 4  z = (**)
Thay (*) và (**) vào biểu thức N ta được :
N =
Do x  0 nên ≥ . Dấu "=" xảy ra  x = 0
Vậy min N =  x = 0, y = 2, z =
Ta lại có y  0 nên từ (*)  x  2
z  0 nên từ (**)  x  4, từ đó  x  2
Do đó ≤ + = . Dấu bằng xảy ra  x = 2
Vậy max N =  x = 2, y = 0, z =
Ví dụ 27 : Tìm GTNN và GTLN của biểu thức x, y, z.
biết x, y, z là các số thoả mãn hệ phương trình :
Giải :
Xét hệ phương trình 
Do đó y, z là nghiệm của phương trình : t2 – (5 – x)t + x2 – 5x + 8 = 0 (1)
Ta có  = (5 – x)2 – 4(x2 – 5x + 8 ) = -3x2 +10x – 7
Khi đó y, z có GTLN, GTNN  phương trình (1) có nghiệm.
tức là  ≥ 0  -3x2 +10x – 7  0  3x2 – 10x + 7  0
 (x – 1)(3x – 7)  0  1  x 
Vì vai trò x, y, z như nhau nên 1  y  ; 1  z  .
Vậy GTLN của x, y, z là và GTNN của x, y, z là 1.
3. Một số nhận xét.
- Cùng với sự linh hoạt trong việc vận dụng dữ kiện của bài toán và kết hợp
thành thạo những bước biến đổi trung gian, học sinh cần phải nắm được hai hệ quả
của bất đẳng thức Cô-si như sau :

+ Hệ quả 1 : x > 0, y > 0 và xy = k2 (không đổi)
Thì x + y nhỏ nhất  x = y
+ Hệ quả 2 : x > 0, y > 0 và x + y = k2 (không đổi)
Thì xy lớn nhất  x = y
4. Một số bài tập.
1) Cho x , y , z là các số không âm và :
Tìm giá trị bé nhất của biểu thức : A = x2 + y2 + z2
2) Cho x, y là 2 số thoả mãn đẳng thức :
Tìm giá trị của x , y để tích xy đạt giá trị bé nhất
3) Cho a , b , c , x thoả mãn hệ phương trình :
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của x.
V. SÁNG TẠO BÀI TOÁN CỰC TRỊ.
 Trong quá trình giảng dạy, việc khai thác kiến thức và sáng tác ra những bài
toán khác tương tự từ một bài toán là vấn đề hết sức quan trọng và có tác dụng cao.
Bởi lẽ, đó là cơ sở để học sinh hiểu sâu kiến thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ
năng, kỹ xảo trong giải toán.
 Cùng với sự sáng tác và sưu tầm tôi xin trình bày nội dung phần này qua một
số ví dụ sau :
Ví dụ 28 :
Từ bài toán tìm GTNN của biểu thức A = x2 – x + 1 (đã trình bày ở VD1)
Ta có thể phát triển thành bài toán sau : Tìm GTNN của B = (x2 – x + 1)2
Giải :
Mặc dù B  0 nhưng GTNN của B không phải bằng 0 vì x2 – x + 1  0
Ta có : x2 – x + 1 = ≥ . Dấu "=" xảy ra  x =
Do đó B nhỏ nhất  (x2 – x + 1 ) nhỏ nhất.
Vậy min B = =  x = .
Ví dụ 29 :
Từ bài toán (ở VD 15) tìm GTNN của biểu thức :
M = x + 1 + x + 2 + + x + 99 + x + 100
Ta có thể phát triển thành bài toán sau :

Cho a < b < c < d là bốn số thực tuỳ ý. Tìm GTNN của :
f(x) = x – a + x – b + x – c + x – d.
Giải :
Ta có f(x) = x – a+x – d + x – b+x – c
Nhận thấy x – a+x – d=x – a+d – x≥ x – a + d – x
Vì a < d (giả thiết)  x – a+x – d ≥ d – a.
Dấu "=" xảy ra  (x – a)(d – x)  0  a  x  d
Tương tự : x – b+x – c ≥ c – b. Dấu "=" xảy ra  b  x  c
Do đó f(x)  d + c - a – b. Dấu "=" xảy ra  b  x  c
Vậy min f(x) = d + c – a – b  b  x  c.
 Từ đó ta hình thành bài toán tổng quát :
Cho n số thực a1 < a2 < < an. Tìm GTNN của biểu thức :
f(x) = x - a1+x - a2+ +x - an-1+x - an
Để giải bài toán này ta phải xét 2 trường hợp :
+ n = 2k (k = 1,2,3, )
+ n = 2k -1 (k = 1,2 , 3 , )
Ví dụ 30 :
Cho x, y  R thoả mãn điều kiện : x2 + y2 = 1
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức A = x + y
Giải :
Ta có : (x - y)2  0  x, y  R  x2 + y2  2xy  2(x2 + y2)  (x + y)2
mà x2 + y2 = 1 nên 2  (x + y)2 hay A2  2   A 
Vậy max A =  x = y =
min A =  x = y =
 Từ bài toán trên ta có thể sáng tác ra một số bài toán khác như sau :
1/ Cho x, y  R thoả mãn điều kiện x2 + 4y2 = 2
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức B = x + 2y
2/ Cho x, y  0 thoả mãn điều kiện 4x2 + 9y2 = 8
Tìm GTLN, GTNN (nếu có) của M = 2x + 3y
Ví dụ 31 : Tìm GTLN của M =

Giải : ĐKXĐ :  x 
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-kốp-xki ta được
 (12 + 12)(2x - 3 + 5 - 2x) = 4
 ≤ 2  x. Dấu “=” xảy ra  x = 2
Vậy max M = 2  x = 2.
 Từ bài toán trên ta đưa đến bài giải phương trình sau :
Giải phương trình : = x2 - 4x + 6 (*)
Theo chứng minh trên ta có  2  x
Mà : x2 - 4x + 6 = (x - 2)2 + 2  2  x
Do đó để phương trình (*) thoả mãn, thì x = 2 là nghiệm của phương trình.
VI. MỘT SỐ SAI SÓT THưỜNG GẶP KHI GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ.
Trong quá trình giải toán tìm cực trị đại số, học sinh thường mắc sai lầm ở một số
trường hợp sau :
Ví dụ 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của D = (x + 1)2 + (x + 3)2
Học sinh có thể mắc sai lầm ở chỗ là :
Vội vàng kết luận : (x + 1)2  0, (x + 3)2  0  D  0
Từ đó  min D = 0. Điều này không thể xảy ra, vì không tồn tại giá trị của x để cho
(x + 1)2 và (x + 3)2 đồng thời bằng 0.
 Khi giải toán cực trị dạng phân thức ở một số bài toán cụ thể, học sinh có thể
lập luận không chính xác :
Ví dụ 2 : Cho x, y là hai số thực thoả mãn x > y và xy = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
Học sinh có thể giải như sau :
Ta có
Do x > y và xy = 1 nên
(*)
 B đạt GTNN khi  (x - y)2 - 4(x - y) + 4 = 0 (1)
Giải phương trình (1) ta được : Nghiệm x = 1 ± ; y = -1 ±
 min A = = 3
Lời giải bài toán trên là sai bởi vì biến đổi đến (*) : đã vội vàng kết luận cực trị,

trong khi đó không phải là hằng số mà còn phụ thuộc vào biến x, y.
B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC.
I. NHỮNG KIẾN THỨC CƠ BẢN.
1. Lý thuyết chung.
 Toán cực trị trong hình học phẳng là dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN)
hoặc giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một đại lượng hình học biến thiên y (độ dài của
một đoạn thẳng, tổng độ dài của hai hay nhiều đoạn thẳng, chu vi của một hình,
diện tích của một hình ) sao cho :
y1  y  y2
trong đó y1, y2 là các giá trị cố định không đổi của y
 Để giải bài toán cực trị hình học thông thường ta tiến hành theo hai bước :
- Tìm được các giá trị cố định y1, y2 thoả mãn :
y1  y  y2
- Chỉ rõ các vị trí hình học của đại lượng biến thiên y đang xét để tại đó y đạt
giá trị lớn nhất là y = y2 hay giá trị nhỏ nhất y = y1 tức là chỉ rõ các vị trí hình học
để cho dấu đẳng thức xảy ra.
2. Các hằng bất đẳng thức hình học cần thiết .
a. Quan hệ giữa đường xiên với đường vuông góc và hình chiếu.
AH  a ; H, B, C  a ; A  a thì :
+ AH  AB, dấu "=" xảy ra  A  B
+ AB  AC  HB  HC
b. Quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác.
Trong tam giác ABC : AB  AC  .
c. Bất đẳng thức tam giác.
Với 3 điểm A, B, C bất kỳ, ta luôn có :
AB + AC  BC, dấu "="  A  đoạn BC
d. Tính chất độ dài đường gấp khúc.
Với n điểm bất kỳ A1, A2 , , An ta có :
A1 A2+ A2 A3 + + An - 1 An  A1 An
Dấu "=" xảy ra  A1 , A2 , , An  đoạn A1 An

e. Các bất đẳng thức trong đường tròn.
- Đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn.
- Cho AB và CD là 2 dây cung của đường tròn (O)
OH  AB (H  AB), OK  CD (K  CD)
Thì AB  CD  OH  OK
II. CÁC DẠNG TOÁN THưỜNG GẶP.
Dạng 1 : Sử dụng bất đẳng thức trong tam giác.
Ví dụ 1 : Cho 4 điểm A, B, C, D. Tìm điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến
A, B, C, D là nhỏ nhất.
Giải : Ta xét các trường hợp sau :
a/ 4 điểm A, B, C, D tạo nên một tứ giác lồi ABCD.
Với bất kỳ điểm M nào ta đều có :
MA + MC  AC, dấu "=" xảy ra  M  [AC]
MB + MD  BD, dấu "=" xảy ra  M  [BD]
Do đó điểm M cần tìm là giao điểm hai đường chéo AC và BD.
b/ Một trong 4 điểm, chẳng hạn D nằm trong hoặc trên một cạnh của tam giác tạo
bởi 3 điểm kia (tam giác ABC). Khi đó điểm M cần tìm chính là D
c/ 4 điểm A, B, C, D thẳng hàng : Nếu B và C nằm giữa A và D thì điểm cần tìm là
bất kỳ điểm nào thuộc đoạn BC.
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC cân ở A và điểm D cố định trên đáy BC. Dựng một
đường thẳng song song với BC, cắt 2 cạnh bên ở E và F sao cho
DE + DF có giá trị nhỏ nhất.
Giải : Dựng góc C x = D B.
Trên tia Ax xác định điểm D’ sao cho AD’ = AD.
Do EF // BC và ABC cân tại A  AE = AF .
Từ đó dễ thấy ADE = ADF (c.g.c)
 DE = D’F với D’ là điểm cố định.
Ta có DE + DF = D’F + DF  DD = hằng số.
Do đó DE + DF nhỏ nhất  D’F + DF nhỏ nhất, tức là bằng DD'
Vậy DE + DF nhỏ nhất  F là giao điểm của AC và DD'

Ví dụ 3 : Cho O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (góc B tù). Tìm điểm
M sao cho tổng MA + MB + MC + MO nhỏ nhất.
Giải : Ta có MA + MB + MC + MO
= (MB + MO) + (MA + MC)  OB + AC.
Dấu "=" xảy ra  M  OB và M  AC tức M là giao
điểm của AC với OB.
Vậy tổng (MA + MB + MC + MO) nhỏ nhất  M là giao điểm của AC với OB.
Dạng 2 : Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên và hình chiếu.
Ví dụ 4 : Cho tam giác ABC (Â = 900), AH  BC. Điểm M chuyển động trên BC.
Từ M kẻ MD  AB, ME  AC. Xác định vị trí của M để DE nhỏ nhất.
Giải :
Xét tứ giác ADME có = = =90o
nên ADME là hình chữ nhật  AM = DE
Do đó DE nhỏ nhất  AM nhỏ nhất
Ta có AH  BC nên AM  AH (không đổi )
Dấu "=" xảy ra  M  H
Vậy khi M là chân đường cao hạ từ A xuống BC thì DE nhỏ nhất.
Ví dụ 5 : Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, M là một điểm bất kì nằm trên BC.
Gọi E, F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AB và AC. Tìm vị trí của M để EF có
độ dài nhỏ nhất.
Giải :
Gọi I là trung điểm của AM. Ta có IE và IF là trung
tuyến ứng với cạnh huyền AM của các tam giác vuông
AEM và AFM nên IE = IF = IA =IM = AM.
 AEI và  AFI đều cân tại I.
Do đó E F = E M +M F = 2E I + 2F I hay E F = 2B C (không đổi)
EIF có góc ở đỉnh I không đổi nên cạnh đáy EF nhỏ nhất  cạnh bên nhỏ nhất.
Mà IE = IF = AM. Do đó IE nhỏ nhất  AM nhỏ nhất tức là khi AM  BC.
Vậy EF có độ dài nhỏ nhất khi M là chân đường cao hạ từ A xuống BC.
Ví dụ 6 : Cho (O ; R) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Qua A vẽ đường thẳng d

cắt (O) tại B và C (B nằm giữa A và C).
Tìm vị trí của d để AB + AC lớn nhất.
Giải :
Kẻ OI  BC  I là trung điểm của BC
Ta có AB + AC = AI - IB +AI + IC = 2AI
Do đó AB + AC lớn nhất  AI lớn nhất
Mà AI  AO (hằng số), dấu “=” xảy ra  I  O hay d đi qua O .
Vậy (AB + AC) lớn nhất  d đi qua O
Ví dụ 7 : Cho hình vuông ABCD. Hãy dựng nội tiếp trong hình vuông đó một hình
vuông có diện tích nhỏ nhất.
Giải :
Gọi EFGH là hình vuông nội tiếp trong hình vuông ABCD
Khi đó tâm của 2 hình vuông này phải trùng nhau tại O
(với O là giao của AC và BD)
Ta có EG = HF và EG  HF tại trung điểm O của mỗi đường
SEFGH = GE. HF = .2OE.2OE = 2OE2
Do đó SEFGH nhỏ nhất  OE nhỏ nhất
Từ O dựng OM  AB  M là trung điểm của AB  OE  OM (không đổi )
Dấu "=" xảy ra  E  M
Vậy SEFGH nhỏ nhất  E,F,G,H là trung điểm của các cạnh hình vuông ABCD.
Ví dụ 8 : Cho đường tròn (O ; R), BC là dây cung cố định (BC < 2R). A là điểm
chuyển động trên cung lớn BC. Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác ABC
lớn nhất.
Giải :
Gọi A’ là điểm chính giữa cung lớn BC
A’O cắt BC tại M  A’M  BC tại M
Hạ AH  BC, ta có SABC = BC. AH
Do BC cố định, AH thay đổi (A chuyển động)
nên SABC lớn nhất  AH lớn nhất
Lại có AH  AM (quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc)

mà AM  AO + OM (bất đẳng thức tam giác)
 AH  AO + OM = OA’ + OM hay AH  A’M (không đổi )
Dấu “=” xảy ra  A  A’
Vậy khi A là điểm chính giữa cung lớn BC thì diện tích tam giác ABC lớn nhất.
Dạng 3 : Sử dụng tính chất độ dài gấp khúc.
Ví dụ 9 : Cho hình vuông ABCD và tứ giác MNPQ có 4 đỉnh nằm trên 4 cạnh của
hình vuông. Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ nhất.
Giải :
Gọi I, L, K lần lượt là trung điểm của PQ, QN, MN.
 PQ = 2DI ; PN = 2IL ; MN = 2BK ; MQ = 2LK
Do đó chu vi tứ giác MNPQ là :
C = MN + NP + PQ + QM = 2BK + 2IL + 2DI + 2LK
= 2(BK + KL + LI + ID)  2BD (Tính chất đường gấp khúc)
Vậy chu vi tứ giác MNPQ nhỏ nhất bằng 2BD  đường gấp khúc trùng với BD
Lúc đó MN // AC ; PQ // AC ; NP // BD ; MQ // BD
Hay tứ giác MNPQ là hình chữ nhật .
Ví dụ 10 : Cho góc nhọn xOy và một điểm A nằm trong góc đó. Tìm trên Ox, Oy
lần lượt 2 điểm B và C sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.
Giải :
Xác định A’ , A’’ lần lượt là điểm đối xứng của A qua Ox, Oy
=> AB = A’B, AC = A’’C
Do A cố định nên A’, A’’ cố định
=> AB + BC + CA = A’B + BC + CA’’  A’A’’ (const)
Dấu "=" xảy ra  B, C  [A’A’’]
Vậy nếu B, C lần lượt là giao điểm của A’A’’ với Ox, Oy
(A’, A’’ lần lượt là điểm đối xứng của A qua Ox, Oy)
thì chu vi tam giác ABC nhỏ nhất.
Ví dụ 11 : Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn. Hãy tìm một điểm M sao cho
tổng các khoảng cách MA + MB + MC nhỏ nhất.
Giải :

Thực hiện phép quay tâm A góc quay 600 theo chiều
ngược chiều kim đồng hồ biến M -> M' ; C -> C',
Ta có : MA + MB + MC = MM' + MB + M'C'  BC'
Vì B, C' cố định nên min (MA + MB + MC ) = BC' <=>
B , M , M' , C' thẳng hàng  M , M'  [BC']
Dạng 4 : Sử dụng bất đẳng thức đại số.
Ví dụ 12 : Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, vẽ tiếp tuyến Ax của
nửa đường tròn đó, M là điểm trên nửa đường tròn, BM cắt Ax tại C. Xác định vị trí
của M để 2BM + BC nhỏ nhất.
Giải :
Vì AB là đường kính của đường tròn tâm O nên A B = 900
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ( = 900)
Với AM  BC ta có : AB2 = BM.BC hay BM.BC = 4R2
 2BM . BC = 8R2
Đặt 2BM = a > 0 , BC = b > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương a, b ta có :
2BM + BC = a + b  2 = 2 (hằng số)
Dấu "=" xảy ra  a = b  2BM = BC
 M là trung điểm của BC  ABC vuông cân ở đỉnh A
 M là điểm chính giữa cung AB .
Vậy khi M là điểm chính giữa cung AB thì 2BM + BC lớn nhất.
Ví dụ 13 : Gọi O là giao điểm hai đường chéo của tứ giác ABCD. Hãy tìm giá trị
nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD, biết rằng SABC = 4 , SCOD = 9.
Giải :
Do OAD và OAB có chung đường cao kẻ từ A .
nên (1). Tương tự (2)
Từ (1) và (2) 
 SOAD . SOBC = SOAB . SODC = 36 (Vì SOAB = 4 ; SCOD = 9 )
Do đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :
SOAD + SOBC  2 = 2 = 12

 SABCD = SOAB + SOBC + SOCD + SODA  4 + 9 + 12 = 25
Dấu "=" xảy ra  SOAD = SOBC = 6. Vậy min SABCD = 25  SOAD = SOBC =
6.
Ví dụ 14 : Cho hình vuông ABCD, điểm M nằm trên đường chéo AC, hạ ME
vuông góc với AB tại E, MF  BC tại F. Tìm vị trí của M để diện tích tam giác
DEF lớn nhất.
Giải :
a/ Cách 1 :
 MAE và  MDE có chung đáy ME và đường cao ứng
với đáy chung đều bằng nhau (= AE)
nên SMAE = SMDE. Tương tự ta có SCMF = SMDF
Do đó SDEF = SMDE + SMEF + SMDF
= SMAE + SMEF + SCMF = SAEFC
mà SAEFC = SABC - SBEF  SDEF = SABC - SBEF
Do SABC không đổi nên SDEF lớn nhất  SBEF = BE. BF nhỏ nhất.
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có :
(do BF = AE )
hay
Dấu “=” xảy ra  BE = BF  BEF vuông cân  M là trung điểm của AC.
Vậy để SDEF lớn nhất thì M là trung điểm của AC
b/ Cách 2 :
Đặt BE = x  0, BF = y  0  AB = x + y
Ta có SDEF = SABCD - (SAED + SBEF + SCDF)
= (x + y)2 - [(x + y)y + xy + (x + y)x]
= (x + y)2 - (x + y)2 - xy = [(x + y)2 - xy]
Do (x + y)2 = const nên SDEF lớn nhất  xy nhỏ nhất
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có :
Dấu “=” xảy ra  x = y  BE = BF  M là trung điểm của AC
Vậy để SDEF lớn nhất thì M là trung điểm của AC
Ví dụ 15 : Cho đường tròn (O; R) và dây BC = R . Vẽ các tiếp tuyến của đường

tròn (O) tại B và C cắt nhau tại A. Điểm M di động trên cung BC, tiếp tuyến tại M
cắt AB, AC tại D và E. Tìm vị trí của M để diện tích  ADE lớn nhất. Tính theo R,
GTLN của diện tích  ADE.
Giải :
Do BC = R nên OB  OC và dễ thấy OBAC là hình vuông cạnh R
đặt AD = x > 0 , AE = y > 0. Ta có chu vi  ADE là :
p = AD + DE + EA = AD + DM + ME + EA
Do DM = DB, ME = EC, AB = AC
( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau )
nên p = AD + DB + EC + EA = AB + AC = 2AB = 2R
hay 2R = x + BD + y + EC = x + y + DM + ME
= x + y + DE = x + y +
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
x + y  2 , x2 + y2  2xy
nên 2R = x + y +  2 + = ( 2+ )

 xy  (6 - 4 )R2. Dấu “=” xảy ra  x = y.
Khi đó vị trí điểm M chính giữa cung BC tức M là giao của OA và cung BC
và max SADE = 1/2 xy = R2 (3 - 2 ).
 Nhận xét chung.
Bài toán cực trị trong hình học tương đối đa dạng và phong phú, cho nên việc phân
loại từng dạng là hết sức cần thiết trong quá trình giảng dạy song vấn đề đặt ra ở
đây là vận dụng lý thuyết như thế nào cho từng bài, ở từng dạng thì cần phải đòi hỏi
một sự tư duy, sáng tạo và linh hoạt trong quá trình thực hiện của học sinh. Các em
phải biết phân tích bài toán để tìm hướng đi, để từ đó biết bắt đầu từ đâu khi thực
hiện.
Chẳng hạn ở ví dụ 8, ta đã đưa bài toán cực trị diện tích về bài toán cực trị đoạn
thẳng.
Ngoài việc sử dụng các bất đẳng thức Cô-si hay Bu-nhi-a-kôp-xki, giáo viên cần
phải hướng dẫn học sinh sử dụng một số bất đẳng thức phụ khác trong quá trình

thực hiện ở một số bài toán cụ thể như đã trình bày ở dạng IV.
III. SÁNG TẠO BÀI TOÁN CỰC TRỊ.
 Cũng như sự sáng tạo bài toán cực trị đại số, việc khai thác kiến thức, sáng
tạo ra một bài toán khác từ một bài toán hình học cụ thể đảm bảo sự lô gíc về mặt
kiến thức là một vấn đề hết sức cần thiết trong quá trình truyền thụ kiến thức cho
học sinh.
 Sau đây là một số ví dụ cụ thể :
Ví dụ 1 :
Từ bài toán đã nêu ở ví dụ 8 ta có thể phát biểu ở dưới dạng khác như sau :
1/ Cho điểm A di động trên cung lớn BC cố định của (O ; R). S1 là diện tích hình
viên phân cung AB nhỏ, S2 là diện tich hình viên phân cung AC nhỏ. Xác định vị
trí của điểm A sao cho S1 + S2 nhỏ nhất.
2/ BC là dây cung cố định của đường tròn (O ; R) (BC < 2R ). A là điểm chuyển
động trên cung lớn BC. Xác định vị trí điểm A sao cho diện tích hình giới hạn bởi
cung nhỏ BC, dây AB , AC lớn nhất.
Ví dụ 2 :
Từ bài toán đã nêu ở ví dụ 15 ta có thể đưa đến bài toán khác như sau :
Cho đường tròn (O ; R) và dây BC = a không đổi (BC < 2R). Tiếp tuyến tại B và C
cắt nhau tại A. Điểm M di động trên cung BC, tiếp tuyến tại M cắt AB, AC theo thứ
tự tại D và E. Tìm vị trí của M để tổng diện tích S1 + S2 nhỏ nhất (với S1 là diện
tích hình tạo bởi cung BM, đoạn BD và DM, S2 là diện tích hình tạo bởi cung MC,
đoạn ME và EC)
IV. MỘT SỐ BÀI TẬP.
Bài 1 : Cho điểm A cố định ở bên trong đường tròn (O ; R) (A  O ) và dây MN là
dây cung quay quanh A. Xác định vị trí của dây cung MN để độ dài MN là lớn nhất,
nhỏ nhất.
Bài 2 : Cho góc vuông xOy, điểm A thuộc miền trong của góc, các điểm M, N theo
thứ tự chuyển động trên các tia Ox, Oy sao cho M N = 90o. Xác định vị trí của M
và N để : a/ MN có độ dài nhỏ nhất.
b/ AM + AN lớn nhất, nhỏ nhất.

Bài 3 : Cho tam giác ABC vuông ở A, điểm M nằm giữa B và C. Gọi D và E thứ tự
là hình chiếu của M trên AC, AB. Tìm vị trí của M để DE có độ dài nhỏ nhất.
Bài 4 : Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B,
một cát tuyến thay đổi đi qua A cắt đường tròn (O1) tại C và đường tròn (O2) tại D
sao cho A nằm trong đoạn thẳng CD. Tìm vị trí của cát tuyến CD sao cho chu vi
tam giác BCD nhận giá trị lớn nhất.
Bài 5 : Cho điểm M ở trong đường tròn (O ; R). Qua M hãy dựng hai dây cung AB
và CD vuông góc với nhau sao cho AB + CD lớn nhất.
Bài 6 : Cho tam giác ABC cố định. Xét các hình chữ nhật có hai đỉnh ở trên cạnh
BC và hai đỉnh kia ở trên hai cạnh còn lại của tam giác. Tìm hình chữ nhật có diện
tích lớn nhất.
Bài 7 : Cho đoạn thẳng AB cố định. Qua A và B lần lượt dựng các tia Ax, By cùng
chiều và vuông góc với AB. Gọi O là điểm cố định nằm trên đoạn AB. M ; N là hai
điểm nằm trên Ax ; By sao cho M N = 90o Tìm vị trí của M ; N sao cho diện tích
tam giác MON nhỏ nhất.
Bài 8 : Cho hình vuông ABCD cạnh a, xét các hình thang có bốn đỉnh ở trên bốn
cạnh của hình vuông và hai đáy song song với một đường chéo của hình vuông.
Tìm hình thang có diện tích lớn nhất và tính diện tích ấy theo a.
Bài 9 : Cho tam giác ABC vuông tại A có độ dài các cạnh là a; b; c. Về phía ngoài
tam giác ta dựng hai nửa đường tròn đường kính AB ; AC; Cát tuyến di động qua A
cắt hai nửa đường tròn trên lần lượt tại D và E. Gọi P là chu vi tứ giác BDEC. Tìm
vị trí của cát tuyến để chu vi tứ giác BDEC lớn nhất và tính giá trị đó theo a ; b ; c.
C. KẾT QUẢ ĐẠT ĐưỢC.
 Trước khi dạy :
Lớp Sĩ số Điểm
8-10 7 5-6 3-4 2-1
8A 50 2 4% 8 16% 10 20% 24 48% 6 12%
9A 42 6 14,3% 6 14,3% 10 23,8% 16 38,1%
4 9,5%
 Sau khi dạy :

Lớp Sĩ số Điểm
8-10 7 5-6 3-4 2-1
8A 50 10 20% 23 46% 10 20% 5 10% 2 4%
9A 42 14 33,3% 16 38,1% 8 19% 3 7,1% 1
2,4%
 Nhận xét : Sau khi dạy xong chuyên đề chúng tôi nhận thấy, kết quả làm bài
cả các em tiến bộ rõ, từ các bước chứng minh, bước suy luận các em có hướng lập
luận chặt chẽ, cách áp dụng lý thuyết các em vào giải bài tập rất linh hoạt, nhiều em
có phương pháp suy luận tốt, cách giải hay, kĩ năng làm bài nhanh hơn khi chưa dạy
chuyên đề, học sinh hứng thú, đam mê tự giải toán và chính các em đã tự đem lại
niềm say mê giải toán nói riêng và học toán nói chung cho bản thân mình, đặc biệt
có nhiều em đã tự đặt ra cho mình những bài toán tương tự, những bài toán mới rồi
cùng các bạn trao đổi, đặc biệt nhiều em sưu tầm sáng tạo nhiều bài toán gắn liền
với thực tế.
D. BÀI HỌC KINH NGHIỆM.
Trong quá trình áp dụng đề tài vào thực tiễn giảng dạy tôi rút ra được một số bài
học như sau:
- Để học sinh giải tốt các bài toán về cực trị thì người thầy cần hướng dẫn học
sinh nắm chắc phương pháp giải qua các ví dụ điển hình. Sau đó đưa ra các bài tập
theo dạng để học sinh thực hành.
- Còn đối với người thầy trong quá trình hướng dẫn học sinh giải bài toán sẽ
giúp tự bản thân trau rồi thêm kiến thức đồng thời phát huy cao độ tính tích cực của
học sinh trong tiết học.
E. PHẠM VI ÁP DỤNG ĐỀ TÀI.
Tuy nội dung đề tài chưa sâu sắc song thiết nghĩ với ý định như vậy sẽ giúp cho tất
cả học sinh, đặc biệt là học sinh có học lực khá giỏi phát huy tốt tính tích cực của
bản thân, tự xây dựng niềm ham mê học toán qua việc giải các bài toán cực trị.
Ngoài ra chuyên đề này có thể được làm tài liệu tham khảo cho đội ngũ các thầy cô
trực tiếp giảng dạy môn toán ở trường THCS.
G. HẠN CHẾ CỦA ĐỀ TÀI.

Tuy trong phân phối chương trình môn toán 8 và toán 9 có nhiều tiết luyện tập xong
kiến thức học trên lớp cũng chỉ là những kiến thức bản, do vậy học sinh khó có thể
khai thác các kiến thức từ bài tập sách giáo khoa vào việc giải bài toán cực trị một
cách linh hoạt ngay được.
Đối với giáo viên phải đầu tư nhiều thời gian cho việc sưu tầm các bài tập và đôi
khi còn lúng túng trong việc phát triển bài toán từ những bài toán cụ thể.
Lượng ví dụ và bài tập chưa nhiều, chưa thực sự hay và chưa nêu thành cụ thể các
bước làm, với mong muốn các đồng nghiệp trao đổi bổ sung thêm để SKKN được
hoàn chỉnh.
H. ĐỀ XUẤT VÀ HưỚNG NGHIÊN CỨU TIẾP.
a/ Đối với giáo viên:
Phải nhận thức đúng vị trí quan trọng của bộ môn toán trong toàn bộ hệ thống kiến
thức cơ bản của bậc THCS. Xác định được tầm quan trọng của toán nâng cao trong
việc bồi dưỡng học sinh giỏi.
Phải thường xuyên nghiên cứu, học tập, trau dồi chuyên môn nghiệp vụ, có kinh
nghiệm trong giảng dạy đối tượng học sinh giỏi.
b/ Đối với nhà trường:
Trước hết tổ chuyên môn phải là chỗ dựa vững chắc, tin cậy cho giáo viên trong
việc trau dồi chuyên môn nghiệp vụ, cần phải tạo điều kiện thuận lợi cho giáo viên
về các điều kiện giảng dạy như có đủ sách tham khảo cần thiết để nghiên cứu.
c/ Đối với các cấp quản lý giáo dục: