Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số

Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
MỤC LỤC
Phần I: Sơ yếu lý lịch Trang 2
Phần II: Nội dung đề tài Trang 3
A. Tên đề tài Trang 3
B. Lý do chọn đề tài Trang 3
C. Phạm vi, thời gian thực hiện Trang 4
D. Quá trình thực hiện đề tài Trang 4
I. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài Trang 4
II. Những nội dung biện pháp đã thực hiện Trang 5
1. Phương pháp chung Trang 5
2. Các dạng bài tập tìm GTNN, GTLN thường gặp Trang 6
Phần III. Những bài học kinh nghiệm và kiến nghị sau quá trình
thực hiện đề tài Trang 23
Phần IV: Kết luận Trang 24
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm 2013- 2014
PHẦN I: SƠ YẾU LÝ LỊCH
Họ và tên: Đỗ Thị Xuân
Ngày sinh: 10- 6- 1972
Năm vào ngành: 9/ 1993
Chức vụ: Tổ trưởng tổ khoa học tự nhiên
Đơn vị công tác: Đại học
Ngày vào Đảng: 01- 07- 1996
Nhiệm vụ được giao: Dạy toán lớp 9A
1
, 9A
4
Thành tích: Năm học 2012- 2013: Lao động tiên tiến.
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân

PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI
A. TÊN ĐỀ TÀI:
“Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số”
B. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Học toán là một cách tư duy sáng tạo về toán, đồng thời là một vấn đề trừ
tượng và khá khó đối với học sinh, nhưng đó lại là điều rất cần thiết cho mỗi học
sinh trong đó quá trình học toán ở trường THCS.
Trong môn toán trong trường THCS có rất nhiều bài toán chưa hoặc
không có thuật toán để giải. Đối với những bài toán, phải cố gắng hướng dẫn
cách học sinh suy nghĩ, tìm tòi lời giải. Nhiệm vụ khó khăn này đòi hỏi phải có
nhiều thời gian và kinh nghiệm sư phạm, phải có long tận tâm và phương pháp
đúng đắn. Đây là những cơ hội rất tốt để trang bị cho học sinh một số tri thức,
phương pháp giải toán nhằm rèn luyện phát triển ở các em năng lực tư duy. Biết
ra đề cho học sinh đúng lúc, đúng chỗ những câu hỏi gợi mở sâu sắc, phù hợp
với trình độ đối tượng học sinh.
Để giải các bài toán, ngoài việc nắm vững các kiến thức còn cần thiết phải
có phương pháp suy nghĩ khoa học cùng với những kinh nghiệm cá nhân tích
lũy được qua quá trình học tập, rèn luyện.
Mỗi bài toán trong thực tế cũng như những bài toán, bài tập trong học tập
ta phải tìm một cách tiếp cận, một cách giải, nhiều khi phải trải qua nhiều cách
thử giải ta mới chọn được một cách giải thích hợp nhất hoặc kết hợp nhiều cách
giải cho một bài tập. Nhưng không ai cũng biết được hết cách giải các bài toán
trong toán học, ngoài ra biết rồi còn phải áp dụng chúng như thế nào lại là một
vấn đề khó. Nhằm cung cấp cách giải cho các dạng toán tìm cực trị của biểu
thức đại số tôi tiến hành nghiên cứu đề tài “Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của biểu thức đại số”.
Các bài toán về cực trị đại số ở cấp 2 có ý nghĩa rất quan trọng đối với
học sinh ở bậc học này.
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
Để giải các bài toán cực trị đại số, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

biểu thức đại số người làm toán phải sử dụng các biểu thức biến đổi đồng nhất
các biểu thức đại số phải biến đổi và sử dụng khá nhiều các dạng đơn giản đến
phức tạp. Biết sử dụng một cách linh hoạt bất đẳng thức Côsi. Bởi thế, có thể nói
các bài toán cực trị đại số ở cấp hai tạo ra khả năng giúp học sinh có điều kiện
rèn luyện kĩ năng biến đổi đồng nhất các biểu thức đại số.
C. PHẠM VI, THỜI GIAN THỰC HIỆN.
- Phạm vi: Học sinh lớp 9A
1
, 9A
4

- Thời gian: 1 năm.
D. QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI.
I. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài.
1. Đặc điểm tình hình:
- Thuận lợi:
+ Các em đều có ý thức học toán, muốn tìm tòi các dạng toán mới.
+ Có đầy đủ các loại sách tham khảo.
- Khó khăn: Dạng toán tìm cực trị đòi hỏi phải sử dụng các phép biến đổi
khác nhau, các em khó phát hiện ra phương pháp giải. Chính vì vậy khi gặp
dạng toán tìm cực trị các em rất lúng túng và dẫn tới chán nản.
2. Bảng điều tra bài kiểm tra 15’:
Lớp Sĩ số
Điểm
0 -> 2,5
Điểm
3 -> 4,5
Điểm
5 -> 7,5
Điểm

8 -> 10
9A
1
45 2 10 26 7
9A
4
42 12 15 12 3
II. Những nội dung biện pháp đã thực hiện:
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
1. Phương pháp chung khi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức đại số.
Nếu với mọi giá trị của biến thuộc khoảng xác định nào đó mà giá trị của
A ≥ k (≤ k) và tồn tại giá trị biến để A = k thị k gọi là GTNN (GTLN) của biểu
thức A ứng với giá trị của biến thuộc khoảng xác định trên.
Để tìm GTNN của biểu thức A ≥ k với k là hằng:
- Chứng minh rằng A ≥ k với k là hằng số.
- Chỉ ra trường hợp dấu “ = “ có thể xảy ra.
Min A là GTNN của A.
Để tìm GTLN của biểu thức A ta cần.
- Chứng minh rằng A ≤ k với k là hằng số.
- Chỉ ra trường hợp dấu “ = “ có thể xảy ra.
Max A là GTLN của A.
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x – 1)
2
+ (x – 3)
2
Giải:
Chú ý: (x – 1)
2
≥ 0(1) ; (x – 3)

2
≥ 0(2)
Nhưng không thể kết luận được giá trị nhỏ nhất của A bằng 0 vì không
đồng thời xảy ra dấu đẳng thức ở (1) và (2)
Ta có: A = (x – 1)
2
+ (x - 3)
2
= x
2
– 2x + 1 + x
2
– 6x + 9
= 2x
2
– 8x + 10
= 2(x
2
– 4x + 5)
= 2(x – 2)
2
+ 2
Vì (x – 2)
2
≥ 0 nên 2(x – 2)
2
≥ 0
⇒ A ≥ 2
Do đó: A = 2 khi x – 2 = 0 ↔ x = 2
Vậy: Min A = 2 khi x = 2.

2. Các dạng bài tập tìm GTNN, GTLN thường gặp:
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
Dạng 1:
Tìm GTNN, GTLN của tam thức bậc hai dạng ax
2
+ bx + c (a ≠ 0)
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của A= 3x
2
- 30x + 88
Giải
ĐKXĐ: ∀x ∈ R
A = 3x
2
- 30x + 88
A = 3(x
2
- 10x) + 88
A = 3(x
2
- 10x + 25) – 75 + 88
A = 3(x - 5)
2
+ 13
⇒ min A = 13 ↔ x = 2
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của B = - 7x
2
+ 12x – 3
Giải:
ĐKXĐ: ∀ x ∈ R
B = - 7(x

2
-
12
7
p
x) – 3
B= - 7(x
2
-
12
7
x +
36
49
) +
36
7
- 3
B = - 7
2
6 15 15
7 7 7
x
 
− + ≤
 ÷
 

⇒ Max B =
15

7
⇔ x -
6
7
⇔ x =
6
7
Nhận xét: Qua hai ví dụ trên, muốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của tam thức bậc hai dạng ax
2
+ bx + c (a ≠ 0), ta làm như sau:
+ Bước 1: Tìm ĐKXĐ
+ Bước 2: Nhóm các hạng tử chứa ẩn
+ Bước 3: Đặt hệ số a làm nhân tử chung
+ Bước 4: Thêm bớt vào trong ngoặc để bài toán trở thành bình
phương một nhị thức và một hạng tử tự do
+ Bước 5: Dựa vào “ phương pháp chung” kết luận GTNN, GTLN
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
* Tổng quát: Cho tam thức bậc hai: P = ax
2
+ bx + c (a ≠ 0)
Giải:
P = ax
2
+ bx +c = a(x
2
+
b
a
x) + c = a

2
2
2 4
b b
x c
a a
 
+ + −
 ÷
 

Đặt k = c -
2
4
b
a

Do
2
2
b
x
a
 
+
 ÷
 
≥ 0 nên:
Nếu a ≥ 0 thì a
2

2
b
x
a
 
+
 ÷
 
≥ 0 ⇒ P ≥ k
Do đó Min P = k khi
2
b
x
a
+
= 0 ⇔ x = -
2
b
a

Nếu a ≤ 0 thì a
2
2
b
x
a
 
+
 ÷
 

≤ 0 ⇒ P ≤ k
Do đó Max P = k khi
2
b
x
a
+
= 0 ⇔ x = -
2
b
a
Dạng 2: Đặt ẩn phụ để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
đại số.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x(x – 3)(x - 4)(x - 7)
Giải:
ĐKXĐ: ∀x ∈R
Ta có: A = x(x – 3)(x - 4)(x - 7) = (x
2
– 7x)( x
2
– 7x + 12)
Đặt t = x
2
– 7x + 6
Nên: x
2
– 7x = t – 6 và x
2
– 7x + 12 = t + 6
Do đó: A = (t - 6)(t + 6) = t

2
– 36 ≥ - 36
Vậy Min A = - 36 Khi t = 0 ↔ x
2
– 7x + 6 = 0
↔ x = 1 hoặc x = 6
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
B = 2x –
3x −

Giải
ĐKXĐ: x – 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3
Đặt t =
3x −
(t ≥ 0)
Ta có: t
2
= x – 3
⇔ x = t
2
+ 3
Do đó B = 2(t
2
+ 3) – t
B = 2t
2
– t + 6
B = 2
2

1 1 47
2 16 8
t
 
− + +
 ÷
 

B = 2
2
1 47 47
4 8 8
t
 
− + ≥
 ÷
 

Vậy max B=
47
8
⇔ t -
1
4
= 0 ⇔ t =
1
4
⇔ t
2
=

1
16

: x – 3 =
1
16
⇔ x =
49
16
(thỏa mãn)
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của C = y
4
– 6y
2
– 7
Giải
Đặt y
2
= x ≥ 0
Vậy C = x
2
– 6x – 7
= (x
2
– 6x + 9) – 9 – 7
= (x – 3)
2
– 16 ≥ - 16
Vậy min C = - 16 khi x – 3 = 0 ⇔ x =3 (thỏa mãn)
Do đó y

2
= 3 ⇔ y = ±
3

Tổng quát: Muốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các dạng đa
thức đặc biệt ta có thể đặt ẩn phụ bằng cách thực hiện các bước sau:
+ Bước 1: Tìm điều kiện xác định
+ Bước 2: Tìm mối lien hệ đặt ẩn phụ và đặc biệt chú ý điều kiện của ẩn
phụ.
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
+ Bước 3: Đưa về dạng tam thức bậc hai ax
2
+ bx + c (a ≠ 0) rồi tìm giá trị
nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức.
+ Bước 4: Kết luận (chú ý các điều kiện xảy ra dấu “ = ”)
Dạng 3: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số có dấu
giá trị tuyệt đối.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = (3x – 1)
2
- 4│3x - 1│+ 5
Giải:
Đặt │3x - 1│= y (y ≥ 0) thì A = (3x – 1)
2
- 4│3x - 1│+ 5 = y
2
– 4y +5
= (y – 2)
2
+1 ≥ 1
Vậy Min A = 1 Khi y = 2 (Thỏa điều kiện)

Do đó: │3x - 1│= 2 ↔ x = 1 hoặc x = -
1
3

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = │x - 2│+ │x - 3│
Giải:
* Xét khoảng x < 2 Thì B = 2 – x + 3 – x = 5 – 2x
Do x < 2 nên – 2x > - 4
Do đó 5 – 2x > 5 – 4
Vậy B > 1 (1)
* Xét đoạn 2 ≤ x ≤ 3 thì B = x – 2 + 3 – x = 1 (2)
* Xét khoảng x > 3 thì B = x – 2 + x – 3 = 2x – 5
Do x > 3 nên 2x > 6 Do đó 2x – 5 > 6 – 5
Vậy B > 1 (3)
So sánh (1), (2), (3) ta được Min B = 1 khi 2 ≤ x ≤ 3
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = |x – 2y + 1| + |x – 2y|
Giải
Ta có C = |x – 2y + 1| + |x – 2y|
= |x – 2y + 1| + |2y – x| ≥ |x – 2y + 1 + 2y – x | = 1
Do đó Min C = 1 khi (x – 2y + 1)(2y – x) ≥ 0 ⇔ 2y – 1 ≤ x ≤ 2y
Nhận xét: Qua các Ví dụ trên, để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
biểu thức đại số có dấu giá trị tuyệt đối ta có thể làm như sau:
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
Khử dấu giá trị tuyệt đối hoặc sử dụng các tính chất của dấu giá trị tuyệt
đối.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số dựa vào “Phương pháp
chung”.
Dạng 4: Tim giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của đa thức bậc cao dạng
P = ax
4

+ bx
3
+ cx
2
+ dx + c (a.c >0)
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của
B = - x
4
+ 4x
3
– 5x
2
+ 4x – 4
Giải
B = - x
4
+ 4x
3
– 5x
2
+ 4x – 4
= - x
2
(x
2
– 4x + 4) + 4x
2
– 5x
2
+ 4x – 4

= - x
2
(x-2)
2
– (x
2
– 4x + 4)
= - x
2
(x – 2)
2
- (x – 2)
2
≤ 0 ∀x
Vậy Max B = 0 ⇔ x (x – 2) = 0 ⇔ x = 2
x – 2 = 0
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của
A = x
4
+ 2x
3
+ 2x
2
+ 2x – 8
Giải
A = x
4
+ 2x
3
+ 2x

2
+ 2x – 8
= x
2
(x
2
+ 2x + 1) – x
2
+ 2x
2
+ 2x + 1 – 9
= x
2
(x+1)
2
– (x + 1)
2
– 9 ≥ - 9 ∀ x
Vậy Min A = -9 ⇔
( 1) 0 1
1 0
x x x
x
+ = ⇔ = −


+ =

Nhận xét:
Muốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của đa thức bậc cao dạng:

P = ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + c (a.c >0) ta làm như sau:
Bước 1: Biến đổi
P =
2 2 2
ax
b
x x cx dc e
a
 
+ + + +
 ÷
 
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
=
2
2
2 2 2
4
ax
2 4
b ac b
x x dx e
a a
−

 
+ + + +
 ÷
 
=
2
2 2
ax
2
b
x kx dx e
a
 
+ + + +
 ÷
 
Ta đặt
2
4
4
ac b
a
−
= k (với a, k >0)
=
e
k
d
k
d

x
k
d
xk
a
b
xax +−








++++
2
2
2
2
2222
44
2
2
)
2
(
=
k
dke

k
d
xk
a
b
xax
4
4
2
)
2
(
2
2
222
−
+






+++
Bước 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P
Bước 3: Kết luận (chú ý điều kiện xảy ra dấu “=”)
Dạng 5: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của phân thức có tử là hằng số, mẫu là
tam thức bậc hai.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của A =
2

2
6 5 9x x− + +
Giải
6x + 5 + 9x
2
= (3x – 1)
2
+ 4 ≥ 4 > 0 ∀x
⇒
( )
2
1 1
4
3 1x
≤
−
⇒ A =
2
2
6 5 9x x− + +
≤
1
2
⇒ Max A =
1
2
⇔ x =
1
3
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của B =

2
6
4 6x x− −
Giải
Ta có – x
2
+ 4x – 6 = - (x
2
– 4x) – 6
= - (x – 2)
2
– 2 ≤ - 2 < 0
⇒
2
1 1
( 2) 2 2x
≥
− − − −
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
⇒
2
6 6
( 2) 2 2x
≥
− − − −
⇒
2
6
4 2x x− −
≥ - 3

Vậy Min B = -3 khi x = 2
Chú ý: Với hai số cùng dấu a và b (a, b ≠ 0)
a ≤ b ⇒
1 1
a b
≥
a ≥ b ⇒
1 1
a b
≤
Giải ví dụ trê là ta đã sử dụng tính chất này
(3x – 1)
2
+ 4 ≥ 4 > 0
⇒
( )
2
1 1
4
3 1 4x
≤
− +
Ở ví dụ dạng này nhiều học sinh hay mắc phải sai lầm khi lập luận khẳng
định “A có tử số không đổi nên có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất”
Sai vì: Chưa được đưa ra nhận xét tử và mẫu là các số dương
Ta lấy ví dụ:
Xét biểu thức B =
2
1
4x −

nên lập luận như trên B có tử không đổi nên B lớn
nhất khi x
2
– 4 đạt Min (bằng – 4) ⇔ x = 0
Tức là giá trị lớn nhất của B =
1
4
⇔ x = 0. Kết quả này không đúng, -
1
4

không phải là giá trị lớn nhất của B
(Chẳng hạn x = - 3 ⇒ B =
1 1
5 4
> −
)
Nhận xét: Muốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của phân thức có tử là hằng
số, mẫu số là tam thức bậc hai ta làm như sau:
Bước 1: Xét mẫu thức, biến đổi mẫu thức trở về dạng bình phương một nhị
thức và một hạng tử tự do.
Bước 2: Dựa vào bất đẳng thức
a.b > 0 Nếu a ≥ b ⇒
1 1
a b
≤
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
Nếu a ≤ b ⇒
1 1
a b

≥
Bước 3: Kết luận
Dạng 6: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một số phân thức dạng
khác
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
C =
2
1
3 1 x− −
Giải:
* Tìm giá trị lớn nhất:
ĐKXĐ | x | ≤ 1
Ta có:
2
1 x
−
≤ 1
⇒ 3 -
2
1 x
−
≥ 2 > 0
⇒
2
1 1
2
3 1 x
≤
− −
Vậy max C =

1
2
⇔ x = 0
* Tìm giá trị nhỏ nhất
Ta có 0 ≤
2
1 x
−
≤ 1
⇒ 2 ≤ 3 -
2
1 x
−
≤ 3
⇒
2
1 1
3
3 1 x
≤
− −
Vậy min C =
1
3
với x ± 1
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của:
B =
2
3 4
1

x
x
−
+
Giải
ĐKXĐ: ∀ x
Ta có B =
2
3 4
1
x
x
−
+
=
2
2
4 4
1
1
x x
x
− +
−
+
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
=
2
2
( 2)

1 1
( 1)
x
x
−
− ≥ −
+
∀ x
Vậy B min = -1 ⇔ x = 2
Ta có
B =
2
3 4
1
x
x
−
+
= 4 -
2
2
4 1
1
x x
x
− +
+
= 4 -
2
2

(2 1)
4
( 1)
x
x
+
≤
+
∀ x
Vậy B max = 4 ⇔ x =
1
2
Dạng 7: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức biết quan hệ giữa các biến:
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của
A = x
3
+ y
3
+ xy biết x + y = 1
Giải:
Ta có:
A = x
3
+ y
3
+ xy
= (x + y) (x
2
– xy + y
2

) + xy
= x
2
– xy + y
2
+ xy (do x + y = 1)
= x
2
+ y
2
Mà x + y = 1 ⇒ x = 1 – y
⇒ x
2
= (1-y)
2
= 1 – 2y + y
2
Thay vào biểu thức A
Ta được A = (1 – 2y + y
2
) + y
2
= 2y
2
– 2y + 1
= 2 (y -
1
2
)
2

+
1
2
≥
1
2
Ví dụ 2: Cho a + 2b = 1
Tìm giá trị lớn nhất của tích a . b ¿
Giải
Có a + 2b = 1 ⇒ a = 1 – 2b
Do đó: P = ab = (1 – 2b) . b
= - 2b
2
+ b = - 2
2
1 1 1
( 2. )
4 16 8
b b− + +
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
Vậy MaxP =
1
8
⇔ b =
1
4
; a =
1
2
* Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của A = a

3
+ b
3
+ c
3
Biết a ≥ - 1 ; b ≥ - 1 ; c ≥ - 1 và a + b + c = 0
Giải:
Ta tìm liên hệ giữa a
3
+ b
3
+ c
3
và a + b + c
Ta có: a
3
+ 1 = (a + 1) (a
2
– a + 1) = (a + 1) (a
2
– a +
1
4
) +
3
4
(a + 1)
Do đó: a
3
+

2
3 1 1
( 1)( ) 0
4 4 2
a a a
+ = − − ≥
với a ≥ - 1
Tương tự:
3
3 1
0
4 4
b b
− + ≥
3
3 1
0
4 4
c c
− + ≥
Do đó: a
3
+ b
3
+ c
3
-
3
4
( a + b + c) +

3
4
≥ 0
⇒ A = a
3
+ b
3
+ c
3
≥ -
3
4
a = - 1 hoặc a =
1
2

3
4
xA
= −
↔ b = - 1 hoặc b =
1
2
c = - 1 hoặc c =
1
2
a + b + c = 0
Vậy min A = -
3
4

⇔ trong a, b, c có 2 số bằng
1
2
Và 1 số = - 1
Dạng 8: Vận dụng bất đẳng thức Cô si để tìm cực trị.
Bất đẳng thức Cô si: Với a ≥ 0; b ≥ 0 thì a + b ≥ 2
ab
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
{
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
Bất đẳng thức còn được mở rộng với số n không âm
Với a
1
; a
2
a
n
≥ 0 thì a
1
+ a
2
+ + a
n
≥ n
1 2
n
a a an
Dấu “=” xảy ra ⇔ a
1
= a

2
= = a
n
* Nếu ab = k không đổi thì Min(a + b) = a
k
⇔ a = b
* Nếu a + b = k không đổi thì Max(ab) =
2
4
k
⇔ a = b
Ví dụ 1:
Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn
1 1 1
2x y
+ =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
x y+
Giải
Vì x > 0, y > 0 nên
1
x
> 0,
1
y
> 0,
x
> 0,
y
> 0

Áp dụng bất đẳng thức Cô si với 2 số dương
1
x
;
1
y
Ta được
1 1 1 1 1
. ( )
2x y x y
≤ +
⇒
1 1
4
4
xy
xy
≤ ⇒ ≥
Áp dụng bất đẳng thức Cô si với 2 số dương
x
và
y
ta được:
A =
x
+
y
≥ 2
. 2 4 4x y ≥ =
⇒ Min A = 4 ⇔ x = y = 4

Nhận xét về phương pháp giải:
Trong thí dụ trên ta đã vận dụng bất đẳng thức Cô si theo 2 chiều ngược nhau. Lần thứ
nhất ta đã “làm trội”
1 1
.
x y
bằng cách vận dụng
2
a b
ab
+
≤
để dùng điều kiện tổng
1 1 1
2x y
+ =
từ đó ta được
4xy
≥
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
Lần thứ hai ta “làm giảm” tổng (
x y
+
) vận dụng bất đẳng thức Cô si theo chiều a
+ b ≥ 2
ab
để dùng kết quả
ab
≥ 4
Trong quá trình giải các bài toán thì nhiều bài ta không thể áp dụng ngay bất đẳng thức

Cô si mà có khi phải biến đổi các biểu thức sau đó mới áp dụng bất đẳng thức Cô si.
Biện pháp 1: Tìm cực trị của 1 biểu thức ta dựa vào tìm cực trị của bình phương biểu
thức đó.
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
3 5 7 3x x
− + −
Giải:
ĐKXĐ:
5 7
3 3
x
≤ ≤
A
2
= (3x – 5) + 7 – 3x + 2
(3 5)(7 3 )x x
− −
A
2
≤ 2 + (3x – 5 + 7 – 3x) = 4 dấu “=” xảy ra
⇔ 3x – 5 = 7 – 3x ⇔ x = 2
Vậy Max A
2
= 4 => MaxA = 2 ⇔ x = 2
Biện pháp 2: Nhân và chia cùng 1 biểu thức số khác 0
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của A =
9
5
x
x

−
Giải
ĐKXĐ: x ≥ 9
A =
9
5
x
x
−
=
9
1 9
.3
( 3)
9 9 1
3
2 3
5 5 10 10
x
x
x
x x x
−
−
+
− +
≤ = =
⇒ A
1
10

≤
dấu “=” xảy ra ⇔
9
3
x
−
= 3 ⇔ x = 18
Vậy Max A =
1
10
⇔ x = 18
Biện pháp 3: Biến đổi biểu thức đã cho thành 1 tổng của các biểu thức sao cho tích của
chúng là 1 hằng số.
1. Tách 1 hạng tử thành tổng của nhiều hạng tử bằng nhau.
Ví dụ 4: Cho x > 0 Tìm giá trị lớn nhất của A =
4
3
3 16x
x
+
Giải
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
A =
4
3
3 16x
x
+
= 3x +
3

16
x
= x + x + x +
3
16
x
⇒ A ≥
4
3
16
4 . . .x x x
x
= 8
A ≥ 8 dấu “=” xảy ra ⇔ x =
3
16
x
⇔ x = 2
2. Tách 1 hạng tử chứa biến thành tổng của 1 hằng số với 1 hạng tử chứa biến sao cho
hạng tử này là nghịch đảo của 1 hạng tử khác có trong biểu thức đã cho.
VD: Cho 0 < x < 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A =
9
2 2
x x
x
+
−
Giải
A =

9 2
2
x x
x x
−
+
−
+ 1
A ≥ 2
9 2
. 1 2 9
2
x x
x x
−
+ =
−
+ 1 = 7
Dấu “=” xảy ra ⇔
9 2
2
x x
x x
−
=
−
⇔ x =
1
2
Vậy Min A = 7 ⇔ x =

1
2
Biện pháp 4:
Thêm 1 hạng tử vào biểu thức đã cho
Ví dụ: Cho x, y, z là 3 số dương thỏa mãn x + y + z = 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
2 2 2
x y z
y z x z x y
+ +
+ + +
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô si đối với 2 số dương
2
x
y z+
và
4
y z
+
Ta được
2
x
y z+
+
4
y z
+
≥ 2

2
. 2.
4 2
x y z x
y z
+
=
+
= x(1)
Tương tự
2
y x z
x z y
+
+
+
≥ y(2)
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
2
z x y
x y z
+
+
+
≥ z (3)
Vậy
2 2 2
x y z
y z x z x y
+ +

+ + +
+
2
x y z
+ +
≥ x + y + z
P ≥ (x + y + z) -
2
x y z
+ +
= 1
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z =
2
3
Nhận xét về phương pháp giải
Ta đã thêm
4
y z
+
vào
2
x
y z+
để khi vận dụng bất đẳng thức Cô si có thể khử được
(y + z)
Cũng như vậy đối với hạng tử thứ 2 và thứ 3 dấu “=” xảy ra đồng thời trong (1); (2); (3)
⇔ x = y = z =
2
3
Nếu ta lần lượt thêm (y + z); (z + x) vào

2
x
y z+
;
2
y
x z
+
;
2
z
x y+
ta cũng khử được giá trị
của x; y; z để dấu đẳng thức xảy ra đồng thời. Do đó không tìm được giá trị nhỏ nhất của P.
Dạng 9: Chia khoảng để tìm cực trị
Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất của A = x
2
(3 – x) với x ≥ 0
Giải
a. Xét 0 ≤ x ≤ 3 ta có A = 4
.
2 2
x x
(3 – x)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số không âm
2
x
;
2
x

; 3 – x ta được
.
2 2
x x
(3 – x) ≤
2
3
2 2
3
x x
x
 
+ + −
 ÷
 ÷
 ÷
 
= 1 Do đó A ≤ 4 (1)
b. Xét x > 3 khi đó A < 0 (2)
So sánh (1) và (2) ⇒ Max A = 4 ⇔
3
2
0
x
x
x

= −




≥

⇔ x = 2
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x
2
(2-x) với ≤ 4
Giải
a. Với x < 2 ⇒ A 0
b. Với 2 ≤ x ≤ 4
Xét – A = x
2
(x – 2)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số âm
-
3
3
2
2 2
2 2
. ( 2)
4 2 2 3 3
x x
x
A x x x
x
 
+ + −
 ÷

−
 
= − ≤ =
 ÷
 ÷
 
 ÷
 
≤ 8
- A ≤ 32 ⇒ A ≥ - 32
Min A = - 32 ⇔ x = 4
Dạng 10: Dùng đồ thị để tìm cực trị
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
Y = |x – 1| + | x – 3| - |2x + 2| với – 2 ≤ x ≤ 4
Giải
Xét giá trị của y ứng với từng khoảng giá trị của x
* Với – 2 ≤ x ≤ - 1 ⇒ y = (1 – x) + (3 – x) – (-2x – 2) = 6
* Với – 1 ≤ x ≤ 1 ⇒ y = ( 1 – x) + ( 3 – x) – (2x + 2) = - 4x + 2
* Với 1 < x < 3 ⇒ y = (x – 1) + (3 – x) – (2x – 2) = - 2x
* Với 3 ≤ x ≤ 4 ⇒ y = (x – 1) + (x – 3) – (2x + 2) = - 6
Trên hình vẽ biểu thị đồ thị hàm số:
y = |x – 1| + | x – 3| - |2x + 2|
với – 2 ≤ x ≤ 4
Max y = 6 ⇔ – 2 ≤ x ≤ -1
Min y = - 6 ⇔ 3 ≤ x ≤ 4
Nhìn vào đồ thị ta thấy được giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số.
3. Những sai lầm thường gặp trong khi giải toán cực trị
Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất của
A = xyz (x + y)(y + z)(z + x) với x, y, z là các số không âm và x + y + z = 1
Lời giải sai:

Áp dụng bất đẳng thức
4ab ≤ (a + b)
2
Ta có
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
4 (x + y). z ≤ (x + y + z)
2
= 1
4(y+z).x ≤ (y + z + x)
2
= 1
4(z + x).y ≤ (z + x + y)
2
= 1
Nhân từng vế do 2 vế không âm được
64xyz (x +y)(y + z)(z + x) ≤ 1
Vậy Max A =
1
64
Phân tích sai lầm: Sai lầm ở chỗ chưa chỉ ra được trường hợp xảy ra đẳng thức. Điều
kiện để A =
1
64
là:
0
1
1 , , 0
, , 0
x y z
y z x x y z

x z y x y z
x y z x y z
x y z
+ =


+ = = = =


 
+ = ⇔ + + =
 
 
+ + = ≥


≥


(mâu thuẫn)
* Cách giải đúng:
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số không âm 1 = x + y + z ≥
3
3 xyz
(1)
2 = (x + y)(y + z)(z + x) ≥
( ) ( ) ( )
3
3 x y y z z x+ + +
(2)

Nhân từng vế (1) và (2) (do 2 vế không âm) có:
2 ≥ 9
3
A
⇒ A ≤
3
2
9
 
 ÷
 
Max A =
3
2
9
 
 ÷
 
⇔ x = y = z =
1
3
Ví dụ 2: Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x + y = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M =
2 2
2 2
1 1
x y
y x
 

 
+ +
 ÷
 ÷
 
 
(Đề thi chọn học sinh giỏi huyện lớp 9 năm học 2013 – 2014)
* Lời giải sai:
M =
2 2
2 2
1 1
x y
y x
 
 
+ +
 ÷
 ÷
 
 
= x
2
y
2
+
2 2
1
x y
+ 2

Vì x
2
, y
2
> 0
Áp dụng bất đẳng thức cô si
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
x
2
y
2
+
2 2
1
x y
≥ 2
⇒ M ≥ 4
Phân tích sai lầm: Sai lầm ở chỗ chưa chỉ ra được trường hợp xảy ra đẳng thức. Điều
kiện để M = 4 là
2 2
2 2
1
1
x y
x y
x y

=




+ =

⇒
1
1
, 0
xy
x y
x y
=


+ =


>

(không thỏa mãn)
* Cách giải đúng:
M = x
2
y
2
+ 1 + 1 +
2 2
1
x y
=
4 4 2 2

2 2
2 1x y x y
x y
+ +
=
( )
2
2
2
2 2
2 2
2 2
1
1 1
x y
x y
xy
x y xy xy
+
 
 
+
= = +
 ÷
 ÷
 
 
Có
1
xy

xy
+
=
1 15
16 16
xy
xy xy
 
+ +
 ÷
 
Có
1 1 1
2
16 16 2
xy xy
xy xy
+ ≥ =
(1)
1
2 2
x y
xy
+
≤ =
⇒ xy ≤
1
4
⇒
1

xy
≥ 4
⇒
1 4 1
16 16 4xy
≥ =
⇒
15 15
16 4xy
≥
(2)
Từ (1) và (2) ⇒
1 1 15 17
2 4 4
xy
xy
 
+ ≥ + =
 ÷
 
M =
2
2
1 17 289
4 16
xy
xy
 
 
+ ≥ =

 ÷
 ÷
 
 
Dấu “=” xảy ra ⇔
1
1
1
4
2
xy
xy
xy
x y
x y
x y


=
=
 
⇔ ⇒ = =
 
 
=
=


(vì x, y >0)
Vậy Min M =

289
16
tại x = y =
1
2
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
Ví dụ 3: Cho a > b, b > 0, và a +
1
1
b
≤
Tìm Min A =
a b
b a
+
(Đề thi HSG huyện năm 2010 – 2011)
* Lời giải sai một số em hay gặp
A =
a b
b a
+
≥
2
a b
b a
+
(áp dung BĐT Cô si)
A ≥ 2 ⇒ Min A = 2
Dấu “=” xảy ra ⇔
1

1
a b
a
b
=



+ ≤


⇒ a
2
– a + 1 ≤ 0 (vô lí)
* Cách giải đúng:
a +
1
1
b
≤
⇒
b
a
≥ 4
A =
a b
b a
+
=
15

16 16
a b b
b a a
 
+ +
 ÷
 
Có
1
2
1
2 .
16 16 2
a b a b
b a b a
+ ≥ =
15 15
16 4
b
a
≥
⇒ A ≥
17
4
Vậy Min A =
17
4
⇔ a =
1
2

, b = 2.
Trên đây là một số biện pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất tôi đã áp dụng trong năm
học qua,
Kết quả sau khi thực hiện đề tài tôi thấy đa số các em đã biết vận dụng các phương
pháp để giải các bài tập, các em đã cảm thấy vững tin hơn khi giải bài toán cực trị.
Kết quả:
Lớp Sĩ số Yếu TB Khá Giỏi
9A
1
Đầu năm 45 12 11 15 7
9A
1
Cuối năm 45 0 5 15 25
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
Lớp Sĩ số Yếu TB Khá Giỏi
9A
4
Đầu năm 42 25 7 7 3
9A
4
Cuối năm 42 8 11 15 8
9A1 Đầu năm 45 12 11 15 7
9A1 Cuối năm 45 0 0 15 30
Trong kỳ thi học sinh giỏi Huyện có 6 em đạt danh hiệu học sinh giỏi
môn Toán.
* Điều kiện áp dụng:
- Dùng cho học sinh có học lực từ trung bình khá trở lên.
- Dành cho chương trình bồi dưỡng học sinh khá giỏi.
- Với học sinh giỏi cần có những bài tập khó để phát huy tính sáng tạo của
học sinh.

- Tùy theo đối tượng học sinh mà giáo viên đưa ra từng dạng bài tập nhiều
hay ít.
Sáng kiến kinh nghiệm Đỗ Thị Xuân
PHẦN III:
NHỮNG BÀI HỌC KINH NGHIỆM VÀ KIẾN NGHỊ SAU
QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI.
Dạy học vừa là khoa học vừa là nghệ thuật. Người dạy không chỉ là thầy
của những con tim đầy nhiệt huyết mà còn là thầy của bộ óc trí tuệ khao khát
khoa học. Vì vậy để nâng cao hiệu quả giảng dạy người dạy phải:
- Nghiên cứu kỹ sách giáo khoa, chuẩn bị tốt chương trình giảng dạy đổi
mới phương pháp nghiên cứu và giảng dạy.
- Hệ thống bài tập phải được chọn lọc, sắp xếp theo 1 trình tự, có lôgic từ
dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp và qua mỗi hệ thống bài tập giáo viên phải
khái quát hóa cách giảng bài tập đó.
- Dạy theo chuyên đề.
- Cần tạo ra không khí sôi nổi, tích cực làm việc, người dạy phải chú ý tới
mức độ tiếp thu và kỹ năng trình bày của từng học sinh.
* Để học sinh có tính tích cự học hơn cần tăng cường tài liệu, sách tham
khảo, băng hình tiết dạy mẫu về đổi mới phương pháp dạy.
- Cung cấp đồ dùng dạy học đẩy đủ, kịp thời.