skkn một số phương pháp giải toán cực trị ở THCS

Phòng giáo dục và đào tạo huyện mỹ hào
Tr-ờng thcs tđ lê hữu trác

a

KINH NGHIM

MT S PHNG PHP GII
BI TON CỰC TRỊ THCS

Lĩnh vực/ mơn học: Tốn học
Người thực hiện: V Th Hng Liờn
Chc v: Giỏo viờn

Năm học 2015 2016

0


CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
-----------O0O----------SƠ YẾU LÍ LỊCH
Họ và tên:

VŨ THỊ HỒNG LIÊN

Ngày, tháng, năm sinh:

01/ 02 / 1972

Năm vào ngành:

1992

Chức vụ:

Giáo viên

Đơn vị công tác:

Trường THCS trọng điểm Lê Hữu Trác

Trình độ chun mơn:

Đại học tốn

Bộ mơn giảng dạy:

Mơn toán

1


A MỞ ĐẦU
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
Tốn học là một mơn học chiếm vị trí quan trọng trong trường phổ thơng.
Dạy tốn tức là dạy phương pháp suy luận. Học toán tức là rèn luyện khả năng tư
duy lơgic. Các bài tốn là một phương tiện tốt trong việc giúp học sinh nắm vững
tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng kỹ sảo.
Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ( hay cịn gọi là các bài tốn cực trị )

là những bài tốn đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, rẻ nhất, đắt nhất, ngắn nhất, dài
nhất … để dần dần hình thành cho học sinh có thói quen đi tìm một giải pháp tối
ưu cho một cơng việc cụ thể nào đó trong thực tiễn sau này.
Các bài toán cực trị là các bài toán tương đối hay và cũng tương đối khó, loại
này rất phong phú và đa dạng đòi hỏi phải vận dụng kiến thức một các hợp lý,
nhiều khi độc đáo và bất ngờ. Các bài toán cực trị thường được đưa vào lớp chọn,
trường chuyên với những đối tượng học sinh khá và giỏi, trong sách giáo khoa ít đề
cập đến các bài tập loại này.
Toán cực trị cũng là loại toán rất gần gũi với thực tế, có nhiều ứng dụng trong
thực tế. Chẳng hạn:
- Hai xóm A và B cách nhau một con sơng. Tìm vị trí ở bờ sơng để bắc một
cây cầu sao cho quãng đường từ A đến B là ngắn nhất.
- Một cửa sổ hình chữ nhật cao h(m). Phần trên là nửa đường trịn đường kính
d(m); chu vi của cả cửa sổ là 6(m). Hãy xác định h, d sao cho cửa sổ có diện tích
bé nhất.Điều này chứng tỏ là toán học và thực tiễn khơng tách rời nhau.
Trong chương trình tốn học ở THCS, học sinh mới thực sự làm quen với loại
toán cực trị từ năm lớp 7, kiến thức về loại toán này được nâng dần ở lớp 8 và lớp
9 và được học nhiều hơn trong chương trình THPT. Tốn cực trị được nhắc đến
nhiều trong các loại sách đọc thêm hoặc trong các tài liệu tham khảo, do đó giáo
viên toán thường vất vả trong việc sưu tầm, tuyển chọn mới gây được hứng thú học
tập, lòng say mê học tốn của học sinh.
Với mong muốn có được một tài liệu hệ thống về toán cực trị để dạy cho học
sinh ở trung học cơ sở tôi sưu tầm, tuyển chọn một số phương pháp giải toán cực
trị và một số bài tốn cực trị thơng dụng ở bậc THCS và viết thành đề tài: “Một số
phương pháp giải toán cực trị ở THCS” để góp phần nâng cao chất lượng giảng
dạy bộ mơn tốn tại trường trung học cơ sở.
2. Ý nghĩa của giải pháp mới
Trên cơ sở nghiên cứu đề tài, tôi đã hệ thống lại phân loại các bài tập về giá
trị lớn nhất, nhỏ nhất trên cơ sở hệ thức các kiến thức liên quan, xây dựng mơ
hình, giải pháp chung cho từng loại, có kế hoạch cho học sinh tiếp cận từng bài 2

sao cho phù hợp với thời lượng chương trình và nội dung kiến thức, sau mỗi nội
dung thực hiện tôi có phương pháp kiểm tra đánh giá kịp thời nhằm đánh giá sự
tiến bộ của học sinh, cũng như thu lại tín hiệu ngược từ q trình giảng dạy để từ
đó có các biện pháp cải tiến phương pháp dạy học cho phù hợp với từng đối tượng
học sinh, nhằm nâng cao chất lượng giảng dạy và gây hứng thú say mê cho học
sinh. Trong quá trình dạy học để tránh khô khan, nhàm chán tôi kết hợp nhiều
phương pháp, kỹ thuật dạy học khác nhau như tổ chức hoạt động nhóm, dạy học
nêu và giải quyết vấn đề, bàn tay nặn bột … nhằm phát huy tối đa tính tích cực của
học sinh giúp học sinh ghi nhớ vận dụng hiệu quả hơn nội dung tri tức chiếm lĩnh
được.
3. Phạm vi nghiên cứu
Đề tài được nghiên cứu tại trường THCS trọng điểm Lê Hữu Trác, huyện Mỹ
Hào, Tỉnh Hưng Yên.
Đối tượng nghiên cứu Học sinh lớp 9B, 8B là lớp thực nghiệm, lớp 8A, 9A là
lớp đối chứng
Lĩnh vực khoa học nghiên cứu là lĩnh vực toán học khối 8,9.
II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH
1. Cơ sở lí luận
Tri thức khoa học của nhân loại càng ngày càng đòi hỏi cao. Chính vì vậy,
việc giảng dạy trong nhà trường phổ thơng ngày càng địi hỏi nâng cao chất lượng
tồn diện, đào tạo thế hệ trẻ cho đất nước có tri thức cơ bản, một phẩm chất nhân
cách, có khả năng tư duy, sáng tạo, tư duy độc lập, tính tích cực nắm bắt nhanh tri
thức khoa học. Mơn Tốn là mơn học góp phần tạo ra những u cầu đó. Việc hình
thành năng lực giải Tốn cho học sinh trung học cơ sở là việc làm chính khơng thể
thiếu được của người thầy, rèn luyện cho các em có khả năng tư duy sáng tạo, nắm
chắc kiến thức cơ bản, gây được hứng thú cho các em u thích mơn Tốn. Mơn
Tốn có vị trí đặc biệt quan trọng trong trường phổ thơng, có khả năng to lớn giúp
học sinh phát triển các năng lực và phẩm chất trí tuệ .Tốn học là một mơn khoa

học gây nhiều hứng thú cho học sinh, nó là một mơn học khơng thể thiếu trong quá
trình học tập, nghiên cứu và cả trong cuộc sống hàng ngày. Một nhà tốn học có
nói: “Tốn học được xem như là một khoa học chứng minh”.
Thật vậy, do tính chất trừu tượng, tính chính xác, tư duy suy luận logic. Tốn
học được coi là "mơn thể thao trí tuệ" rèn luyện cho học sinh trí thơng minh, sáng
tạo. Trong các môn học ở trường phổ thông, Tốn học được coi như là một mơn
3


học cơ bản, là nền tảng để các em phát huy được năng lực bản thân, góp phần tạo
điều kiện để các em học tốt các môn khoa học tự nhiên khác.
Vậy dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản, một
cách có hệ thống mà còn phải được nâng cao phát triển để các em có hứng, thú say
mê học tập là một câu hỏi mà mỗi thày cô luôn đặt ra cho mình. Tuy nhiên để học
tốt mơn tốn thì người giáo viên phải biết chắt lọc nội dung kiến thức, phải đi từ dễ
đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển thành tổng quát giúp học sinh có thể
phát triển tư duy toán học, làm cho các em trở nên u thích tốn hơn từ đó các em
có ý thức học tập đảm bảo yêu cầu của thời đại mới.
2. Cơ sở thực tiễn
Là một giáo viên dược phân cơng giảng dạy mơn tốn lớp 9 với đối tượng học
sinh khá giỏi, các em có tư duy nhạy bén và nhu cầu hiểu biết ngày càng nâng cao,
làm thế nào để phát huy được hết khả năng của các em đó là trách nhiệm của mỗi
giáo viên chúng ta. Qua giảng dạy chương trình tốn 9 tơi nhận thấy đề tài về giải
bài toán cực trị là một đề tài thật lí thú, phong phú đa dạng khơng thể thiếu ở mơn
tốn THCS.
Giải bài tốn về tìm cực trị là một dạng tốn hay, khó, với mong muốn cung
cấp cho các em một số phương pháp giải các bài toán về cực trị, giúp các em làm
bài tập tốt hơn nhằm tích cực hố hoạt động học tập, phát triển tư duy.
3. Các biện pháp tiến hành
Trong quá trình nghiên cứu sách giáo khoa, tài liệu tham khảo… trong xu thế đẩy

mạnh công cuộc đổi mới căn bản, toàn diện trong giáo dục, xuất phát từ mâu thuẫn
giữa thực tiễn dạy học và đảm bảo chuẩn mục tiêu đầu ra, tơi nhận thấy phải đổi
mới tồn diện từ mục tiêu, nội dung, phương pháp dạy học, cho từng nội dung,
từng bài, từng chương, nhằm tích cực hóa hoạt động của người học, để người học
tự giác tích cực chiếm lĩnh tri thức, hình thành và phát triển năng lực nhận thức,
năng lực hành vi.
Trong phạm vi của đề tài, tôi đã thực hiện một số biện pháp đat hiệu quả cao như
xây dựng cho các em hệ thống kiến thức, các em hiểu thật sâu các kiến thức và
cách vận dụng các kiến thức đó để giải quyết những bài toán nào, xây dựng
phương pháp giải cho từng loại và có các ví dụ minh họa. Đổi mới phương pháp
4


dạy học và đổi mới đánh giá, vừa thực hiện tự đánh giá vừa đánh giá đồng đẳng,
sau khi thực hện xong nhiệm vụ đưa ra đáp án chuẩn, học sinh tự đánh giá và đánh
giá chéo nhau để đảm bảo tính khách quan , kết hợp với đánh giá của giáo viên.
Giáo viên nhận xét đánh giá các cách giải hay nhằm động viên khích lệ kịp thời
học sinh, giúp các em có hứng thú trong học tập và phát huy hết khả năng sáng tạo
của bản thân, giúp cho các em phát triển tồn diện về trí tuệ, thể lực, nhân cách,
đồng thời rèn cho các em các kỹ năng như giao tiếp, nhận xét, đánh giá, …
4. Thời gian tạo ra giải pháp
Tôi nghiên cứu và thực hiện đề tài này trong năm học 2014-2015 và đầu năm học
2015-2016 hoàn thành vào tháng 2 năm 2016

5


B. NỘI DUNG
I MỤC TIÊU CỦA ĐỀ TÀI
- Giúp học sinh có hệ thống các bài tập về cực trị ,có phương pháp giải phù hợp

cho từng loại.
- Giúp học sinh có hứng thú học tập bộ mơn, từ đó tích cực chủ động trong việc
chiếm lĩnh tri thức.
- Rèn tư duy sáng tạo, phân tích, tổng hợp và kĩ năng vận dụng kiến thức khi
giải bài toán. Học sinh tự giác chủ động tìm tịi, phát hiện giải quyết nhiệm vụ
nhận thức và có ý thức vận dụng linh hoạt sáng tạo các kiến thức kỹ năng đã thu
nhận được.Củng cố và hướng dẫn học sinh làm bài tập để nâng cao chất lượng giờ
dạy, và nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ cho bản thân,
Coi đề tài là một tài liệu nghiên cứu đê thơng qua đó giới thiệu cho bạn bè
đồng nghiệp tham khảo vận dụng vào q trình giảng dạy mơn Tốn ở trường
THCS đạt hiệu quả cao.
II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH
1.Mô tả giải pháp của đề tài

PHẦN I: CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ
Chương I. Những kiến thức cơ bản.
I- Khái niệm.
Cho một hàm số f(x) xác định trên một miền D.
1.

M được gọi là giá trị lớn nhất của f(x) trên miền D nếu 2 điều kiện sau

đồng thới được thoả mãn:
x  D

a,

f(x)  M ,

b,

 x0  D sao cho f(x0) = M.

Ký hiệu M = maxf(x), x  D
2. M được gọi là giá trị nhỏ nhất của f(x) trên miền D nếu 2 điều kiện sau
đồng thời được thoả mãn:
a,

f(x)  M, x  D

b,

 x0  D sao cho f(x0) = M.

Ký hiệu M =minf(x), x  D.
6


II- Các kiến thức thường dùng:
x2  0 với mọi x

1.

Tổng quát [ f(x) ]2n  0, x  R, n  Z
Suy ra:

[ f(x) ]2n + M  M

và -[ f(x) ]2n + M  M

2. a, x  0 với mọi x
b,

x  y  x + y , dấu “=” xảy ra khi x, y cùng dấu.

c,

x  y  x - y , dấu bằng xảy ra khi x,y cùng dấu.

Chứng minh:
a, x  0 . Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối.
b, Ta có xy  xy 

x

 2 x



x2 + 2 x

y  xy
y  2xy

y + y2  x2 + 2xy + y2

( x + y ) 2  ( x  y )2

Do x + y  0 ; x  y  0
Nên x + y  x  y

Dấu bằng xảy ra khi x, y cùng dấu, hoặc x hoặc y bằng 0
c, Ta có: xy  xy  - xy  -xy.
Tương tự phần b ta chứng minh được
x - y  xy

Dấu bằng xảy ra khi x, y cùng dấu, hoặc x hoặc y bằng 0.
3. Bất đẳng thức Côsi ( Cauchy) và các dạng của bất đẳng thức Côsi
a,

( a + b )2  4ab, dấu bằng xảy ra khi a = b

b,

a b
  2 , ( a.b > 0 ) dấu bằng xảy ra khi a = b
b a

c,

a + b  2 ab , ( a  0, b  0 ) dấu bằng xảy ra khi a = b

Hệ quả:
+

a  0, b  0 và a + b = k ( không đổi )
7


Thì (a.b) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi a = b.
Hai số khơng âm có tổng khơng đổi thì tích lớn nhất khi hai số đó bằng nhau.

a  0, b  0 và a.b = k ( khơng đổi )

+

Thì (a + b) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi a = b.
Hai số khơng âm có tích khơng đổi thì tổng nhỏ nhất khi hai số đó bằng
nhau.
Suy ra:
Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình xng có chu vi nhỏ nhất.
Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vng có diện tích lớn nhất.
4. Bất đẳng thức Bunhia cốpxki.
(ax + by)2  (a2 + b2) (x2 + y2)
Dấu bằng xảy ra khi

a x

(a,b tỷ lệ với x, y)
b y

Chứng minh:
Xét hiệu:
(ax + by)2 – (a2 + b2) (x2 + y2) = a2x2 + b2y2 + 2abxy - a2x2 - a2y2- b2x2 - b2y2
= - (a2y2 - 2abxy - b2x2)
= - (ay – bx)2  0
Do đó:

(ax + by)2  (a2 + b2) (x2 + y2)

Dấu bằng xảy ra khi ay = bx



a x

b y

Tổng quát:
(a1x1 + a2x2 + … + anxn)2  a 12  ...  a 2n x 12  ...  x 2n 
Dấu bằng xảy ra khi:

a1 a 2
a

 ...  n
x1 x 2
xn

III- Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
1. Phương pháp bất đẳng thức
Đây là phương pháp sử dụng nhiều, hay gặp. Ở đây cần sử dụng các kỹ năng
biến đổi đồng nhất, các bất đẳng thức để xuất hiện các dấu hiệu nhận biết trong
8


khái niệm (Phần I), từ đó xác định được giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất của
một biểu thức.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: f(x) = x2 + x + 1.
Với biểu thức trên miền D là toàn bộ miền xác định của biểu thức, là tập R.
Ta có:

f(x) = x2 + x + 1 = x2 + x +
f(x) = (x +

1 3

4 4

1 2 3
3
) + 
2
4
4

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức là

3
1
khi x = 4
2

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =

1
x  4x  10
2

Nhận xét: x2 – 4x + 10 = (x-2)2 +6  6, x  D (D=R)
Tử là hằng số dương
Do đó: A lớn nhất khi và chỉ khi mẫu số đạt giá trị nhỏ nhất

Mẫu số có giá trị nhỏ nhất bằng 6 khi x = 2
Suy ra A đạt giá trị lớn nhất bằng

1
khi x = 2
6

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x - 2  4 - x
Trước hết xác định miền D = {x 2  x  4}
Ta viết y = 1. x - 2  1. 4 - x
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia cốpxki ta có:
y2  (12 + 12)(x – 2 + 4 - x)
y2  4
Do y > 0 nên max y = 2 khi

x-2
4-x

 1 hay x = 3  D

Vậy giá trị lớn nhất của y là 2 khi x = 3.
2. Phương pháp miền giá trị của hàm số.
Giả sử ta phải tìm cực trị của một hàm số f(x) có miền giá trị D. Gọi y 0 là một
giá trị nào đó của f(x) với x  D. Điều này có nghĩa là phương trình f(x) = y0 phải
có nghiệm với x  D.
9


Sau khi giải phương trình điều kiện có nghiệm thường dẫn đến bất đẳng thức:
m  y0  M

Từ đó suy ra:

min f(x) = m
max f(x) = M

Ví dụ 1: Trong mọi cặp nghiệm của phương trình:
x2 – ( x2 + 1 )y + 8x + 7 = 0

(1)

Hãy tìm cặp nghiệm (x,y) sao cho y lớn nhất.
Trước hết: (1)  (1-y)x2 + 8x + 7 – y = 0 (2)
Nếu 1 – y = 0
y=1x =-

3
4

Nếu 1 – y  0
y  1  ’ = 16 - ( 7 – y )( 1 – y )
’ = - y2 + 8y + 9
’ = ( 1 + y )( 9 – y )
(x,y) là nghiệm của phương trình (1) cho nên phương trình (2) phải có
nghiệm.
Do đó ’  0
 ( 1 + y )( 9 – y )  0
-1y9
Suy ra: max y = 9 khi đó ’ = 0, x = 1
Vậy cặp nghiệm thoả mãn bài tốn là (1; 9)
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

x 4 1

x

2

 1

2

Ta thấy (x2 + 1)2 > 0, x4 + 1 > 0
Nên A đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
Ta có

1
A



x 4  2x 2  1

Ta thấy rằng:

x 4 1

 1

1
đạt giá trị nhỏ nhất và ngược lại

A

2x 2
x 4 1

2x 2
 0 , x
x 4 1

10


Nên

1
2x 2
 1 4
1
A
x 1
1
nhỏ nhất bằng 1 khi x = 0
A

Do đó A đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi x = 0
Lại có x4 – 2x2 + 1  0
x4 + 1  2x2 


2x 2

1
x 4 1

1
2x 2
 1 4
2
A
x 1
1
lớn nhất bằng 2 khi x =  1.
A

Do đó A đạt giá trị nhỏ nhất bằng

1
khi x =  1.
2

Chú ý:
a, Muốn tìm cực trị của hàm số ta không những cần chứng minh f(x)  m
hoặc

f(x)  M mà phải tìm ra được sự tồn tại của biến để có thể xảy ra dấu đẳng

thức.
b, Nếu A = B + C + D + … (A, B, C, … là các biểu thức đại số). Để tìm cực
trị của A, ta đi tìm cực trị của B, C, D… nhưng phải chứng minh được với cùng
một giá trị của biến đồng thời các biểu thức B, C, D,… cùng đạt cực trị.
c, Khi tìm cực trị của một biểu thức A, có khi ta thay điều kiện để tìm cực trị

của biểu thức này bằng điều kiện tương đương để tìm cực trị của biểu thức khác
như: - A; A2;

1
; A  m ( m là hằng số )…
A

Chương II. Những dạng toán thường gặp và phương pháp giải
I- Dạng 1: Đa thức bậc nhất có chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
a, A = x  1
b, B = 4  3x  5
c, C = x 1997  2000  x
Bài giải
11


a, A = x  1
Theo định nghĩa về giá trị tuyệt đối, ta có:
x  1  0, x

 A = x  1 đạt giá trị nhỏ nhất khi x + 1 = 0  x = -1
Vậy MinA = 0  x = -1
b, Ta có 4 - 3x  0  4  3x  5  5
Vậy biểu thức B đạt giá trị bằng 5 khi 4 – 3x = 0  x =
Do đó MinB = 5  x =

4
3

4
3

c, Áp dụng bất đẳng thức:
x  y  x  y . Dấu bẳng xảy ra khi x, y cùng dấu hoặc x hoặc y bằng 0.

Suy ra: C = x 1997  2000  x  x 1997  2000  x
C3
MinC = 3 khi (x - 1997)(2000 - x)  0
x

1997

x - 1997

-

2000 - x

+

(x- 1997)(2000 - x)

-

0

0

2000

+

+

+

0

-

+

0

-

Vậy minC = 3 khi 1997  x  2000
Kết luận: Các bài toán thuộc dạng 1 thường gặp ở lớp 7. Với dạng này cách
giải thường tương đối dơn giản, chỉ cần áp dụng:
+ A  0, A .
+ A  A .
+ x  y  x  y , dấu bằng xảy ra khi xy  0.
+ A = m f(x)  n , tồn tại maxA hay minA phụ thuộc vào dấu của m.
Bài tập áp dụng:

12


1. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức:
a, A = 51  4x 1

b, B = x  1  x  4
c, C = x  a  x  b , với a < b.
d, D = x  2  x  3  x  4  x  5
e, G = x 1  x  2  ...  x 1998
2. Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức:
a, H = 5  2x  1
b, I =

1
x 2 3

 Các bài toán cực trị - Lê Mộng Ngọc – 1996 
II- Dạng 2: Đa thức bậc 2.
Ví dụ 1:
a, Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x2 + 4x + 1
b, Tìm giá trị lớn nhất của B = 1 + 6x – x2
Bài giải
a, A = x2 + 4x + 1 = x2 + 4x + 4 – 3
A = (x + 2)2 – 3
Nhận xét: (x + 2)2  0  (x + 2)2 – 3  -3
 A  -3
Vậy:

minA = -3  x + 2 = 0
x = -2

b, B = 1 + 6x – x2 = – x2 + 6x - 9 + 10
B = - (x - 3)2 + 10  10 vì - (x - 3)2  0, x
Vậy maxB = 10 khi x – 3 = 0
x=3

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của biểu thức
A = 2x2 – 20x + 53
Do A thoả mãn đẳng thức trên. Nên phương trình 2x2 – 20x + 53 – A = 0 có
13


nghiệm
Hay ’ = 100 – 2(53 – A) = 2A – 6  0
A3
Do đó minA = 3  ’ = 0
x=5
Ví dụ 3: Với giá trị nào của x, y thì
a, D = 5x2 – 12xy + 9y2 – 4x + 4 đạt giá trị nhỏ nhất
b, E = 15 – 10x – 10x2 + 24xy – 16y2 đạt giá trị lớn nhất
Bài giải
a, D = 5x2 – 12xy + 9y2 – 4x + 4
D = x2 – 4x + 4 + 4x2 – 12xy + 9y2
D = (x – 2)2 + (2x – 3y)2  0, x, y
x  2
x  2 2  0
Nên dấu bằng xảy ra khi 
  4
2
2x - 3y   0
 y  3
x  2
4
 y  3

 minD = 0 khi 

b, E = 15 – 10x – 10x2 + 24xy – 16y2
E = - (x2 + 10x + 25) – (9x2 – 24xy +16y2) + 40
E = 40 – (x + 5)2 – (3x – 4y)2
Ta thấy (x + 5)2  0; (3x – 4y)2  0
x  -5
x  5  0
Vậy E  40. Dấu bằng xảy ra khi 
  -15
3x  4y  0
y  4
x  -5
Do đó maxE = 40 khi  -15
y  4

Kết luận:
- Muốn tìm cực trị của một biểu thức A (đa thức bậc 2), ta viết biểu thức A
dưới dạng tổng của các biểu thức mà qua đó ta có thể xét dấu một cách thuận lợi.
Chẳng hạn A = m[f(x)]2 + n[g(x)]2 + p
14


Tồn tại maxA hay minA phụ thuộc vào dấu của m và n
- Dùng phương pháp miền giá trị thường là đưa về điều kiện để phương trình
bậc 2 có nghiệm
Bài tập áp dụng:
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
A = 2x2 + 3x + 1
B = 4x2 + 4x + 11
C = 2x2 – 20x + 53

2. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
a, x2 + 2y2 – 2xy – 4y + 5
b, 2x2 + 9y2 – 6xy – 6x – 12y + 2024
3. Tìm giá trị lớn nhất của:
a, -5x2 - 5y2 + 8x – 6y – 1
b, - a2 - b2 + ab + 2a + 2b
4. Tìm cặp số (x, y) thoả mãn phương trình:
x2 + y2 + 6x – 3y – 2xy + 7 = 0. Sao cho y đạt giá trị lớn nhất.
III- Dạng 3: Đa thức bậc cao.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của đa thức A = (x2 + x + 1)2
Nhận xét: Theo tính chất của luỹ thừa bậc 2 thì A  0
Nhưng giá trị nhỏ nhất của A khơng phải bằng 0 vì x2 + x + 1  0
Ta có: x2 + x + 1 = x2 + x +
= (x +

1
3
+
4
4

1 2 3
3
) +  x
2
4
4

Do đó A min  (x2 + x + 1) min
3

4

Nên minA = ( )2 =

9
1
x= 
16
2

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của B = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + 9
Ta thấy B = x4 – 6x3 + 9x2 + x2 – 6x + 9
B = (x2 – 3x)2 + (x – 3)2
x 2  3x  0
 B  0, Dấu bằng xảy ra khi 
x=3
x  3  0

15


Vậy minB = 0 khi x = 3.
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của f(x) = x(x+1)(x+2)(x+3)
Xét f(x) = x(x+1)(x+2)(x+3)
= (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2)
= (x2 + 3x)2 + 2(x2 + 3x)
f(x) = (x2 + 3x)2 + 2(x2 + 3x) + 1 – 1
= (x2 + 3x + 1)2 – 1
 f(x)  - 1, dấu bằng xảy ra khi x2 + 3x + 1 = 0  x 1,2 
Vậy minf(x) = - 1  x 

3 5
2

3 5
2

Chú ý:
Khi giải bài toán cực trị cần trả lời đầy đủ hai nội dung: Cực trị của A bằng
bao nhiêu và khi nào xảy ra.
Chẳng hạn:
Với A = (x2 x + 1)2  0
 minA = 0. Sai lầm vì khơng có giá trị của x để A = 0.
Bài tập áp dụng:
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức
A = x4 – 2x3 + 3x2 – 2x + 1
B = (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6)
C = x6 – 2x3 + x2 – 2x + 2
D = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + 9
E = x(x + 2)(x + 4)(x + 6)
2. Tìm giá trị lớn nhất của M = x3(16 – x3)
IV- Dạng 4: Phân thức.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của phân thức M =
Ta thấy M =

3
4x  4x  5
2

3

3

4x  4x  5 2x  12 4
2

Do (2x + 1)2  0  (2x + 1)2 + 4  4
16


M

3
4
3
1
 2x + 1 = 0  x = 4
2

Vậy maxM =

x 2  x 1
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của A =
x  12

Cách 1: A =

x 2  2x  1  x  1
1



2
2
x  1
x  1 x  12

A = 1

1
1

x  1 x  12

1
2
 m A = m – m + 1
x 1

Coi

2

1
3 3
A =  m    
2
4 4


Nên A 


3
1
, dấu bằng xảy ra khi m =
4
2

1
1
  x 1
x 1 2

Vậy minA =

3
x=1
4

Cách 2: A =

x 2  x  1 4x 2  4x  4

2
x  12
4x  1

A=

3x 2  6x  3  x 2  2x  1
2

4x  1

A=

3x  1  x  1
2
4x  1
2

2

2

3  x 1 
3
 , dấu bằng xảy ra khi x = 1
A = 

4  2x  1 
4

 minA =

3
x=1
4

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của B =
Ta có

B=

4x  3
x 2 1

4x  3 x 2  4x  4  x 2  1

x 2 1
x 2 1

17


B=

x  22
x2 1

vì x2 + 1 > 0

 1  1

và (x + 2)2  0
Nên minB = -1 khi x + 2 = 0  x = -2
Mặt khác: B =

4x 2  4  4x 2  4x  1
x2 1

2


2 x  1
B = 4 2

x 1

4

vì x2 + 1 > 0
và (2x - 1)2  0

Nên maxB = 4  2x – 1 = 0
x=

1
2

Bài tập áp dụng:
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các biểu thức
1.

A=

2
6x - 5 - 9x 2

2.

B=

3
4x  4x  5

3.

C=

3x 2  8x  6
x 2  2x  1

4.

x 2  x 1
D= 2
x  2x  1

5.

G=

x
x  12

6.

H=

x 2  2x  1989
x2

7.

I=

8.

K=

2

x 4 1

x

2

 1

2

27  2x
x2  9

V- Dạng 5: Căn thức và giá trị tuyệt đối.
Ở đây cần chú ý
+

max f(x) = maxf 2 (x) , x  D
18

min f(x) = minf 2 (x) , x  D

+

+ f(x)  g(x)  f(x)  g(x) . Dấu bằng xảy ra khi f(x).g(x)  0
f(x).g(x)  0

+ f(x)  g(x)  f(x)  g(x) . Dấu bằng sảy ra khi 
 f(x)  g(x)
+ Bất đẳng thức Bunhia cốpxki

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = x  2  4  x .
Trước hết điều kiện xác định của A là 2  x  4.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki ta có:
A2 = 1. x  2  1. 4  x   (12  12 )(x  2  4  x)
2

A2  2.2
A2  4
Do A > 0. Nên A  2
Vậy maxA = 2 khi x  2  4  x
x–2=4–x


x = 3. Thoả mãn điều kiện xác định.

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B =

5  3x

1 x2

Điều kiện xác định của B là: -1 < x < 1
Khi đó:

5 – 3x > 0  B > 0

Ta có:
B2 =

5  3x 2

 1 x 
2

B2 =

2



25  30x  9x 2
1 x 2

9  30x  25x 2  16  16x 2
1 x 2

2

3  5x 

2
 16  16 vì 1 – x > 0. Dấu bằng xảy ra khi 3 – 5x = 0  x =
B =
2

2

1 x

Vậy minB2 = 16 khi x =
 MinB = 4 khi x =

3
5

3
5

3
5

Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H = x  2001  x  2002

19


Cách 1: Ta chia khoảng xác định và dựa vào định nghĩa:
- Nếu x < 2001
Thì H = 2001 – x + 2002 – x
H = 4003 – 2x > 1

-

Nếu 2001  x  2002
Thì H = x – 2001 + 2002 – x = 1

- Nếu x > 2002
Thì H = x – 2001 + x – 2002
H = 2x – 4003 > 1
Như vậy minH = 1  2001  x  2002
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức f(x)  g(x)  f(x)  g(x)
Dấu bằng xảy ra khi f(x).g(x)  0
Khi đó:
H = x  2001  x  2002
H = x  2001  2002  x  x  2001  2002  x  1
Dấu bằng xảy ra khi (x – 2001)(2002 – x)  0  2001  x  2002
Vậy minH = 1  2001  x  2002
Ví dụ4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = a  3  4 a  1  a  15  8 a  1
Nhận xét: Với điều kiện a  1
Ta có:

a + 3 – 4 a 1 = a – 1 – 4 a 1 + 4 =



a + 15 – 8 a  1 = a – 1 –8 a  1 + 16 =

a 1  2



2



a 1  4







2

Khi đó:



M=

a 1  2  a 1  4

M=

a 1  2  4  a 1

M

a 1  2  4  a 1

 M  2.

Dấu bằng xảy ra khi



a 1  2 4  a 1  0

 5  a  17

20


Vậy minM = 2  5  a  17
2x 2  x  1
Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = 2
,
x  x 1

xR
Giả sử y0 là giá trị tuỳ ý của hàm số y =

2x 2  x  1
x 2  x 1

2x 2  x  1
Khi đó ta có phương trình (ẩn x) có nghiệm: y0 = 2
(1)
x  x 1

Dễ thấy (1)  (y0 – 2)x2 – (y0 + 1)x + y0 + 1 = 0 (2)
Nếu y0 = 2
Thì y0 + 1  0  (2) có nghiệm
Nếu y0  2
Thì (2) có nghiệm khi   0
Hay (y0 + 1)2 – 4(y0 + 1)(y0 – 2)  0


(y0 + 1)(-3y0 + 9)  0



- 1 y0  3 và y0  2

Như vậy phương trình (2) có nghiệm khi - 1 y0  3
Do đó: max y = 3 và min y = -1 với x  R
Theo nhận xét ta có:
 max(y) , min(y) 
 = max { 3 ;  1 } = 3
x R 
x  R

Maxf(x) = 
xR

Ta có f(x)  0,  x  R
 x  1
Dấu bằng xảy ra khi 2x + x – 1 = 0   1
x 
2


2

Vậy maxf(x) = 3  x = 2;

 x  1
Minf(x) = 0   1
x 
2


Chú ý:
Nếu f(x) nhận mọi giá trị trong đoạn [m, M].
Ở đây m = minf(x)
21


M = maxf(x)
Thì ta có:
nếu M.m  0
0
min f(x)  
min M , m  nếu M.m > 0

Bài tập áp dụng: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các hàm
số sau:
a,

f(x) = 1997 + x 2  2x

b,

f(x) = 100 – x 2  3x  2

c,

f(x) = x – 2 x  2

d,

f(x) = x 2  2x  1  x 2  2x  1

e,

f(x) = 8  2x  2x  3

f,

f(x) =

3
x  3x  1

g,

f(x) =

3x 2  8x  6
x 2  2x  1

2

VI- Dạng 6: Cực trị có điều kiện.
Các bài tốn cực trị có điều kiện là các bài tốn đi tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của một biểu thức, một hàm số trong sự ràng buộc của điều kiện của biến,
của hàm cho trước. Để giải quyết đượccác bài toán dạng này, đòi hỏi phải kết hợp
thành thạo kỹ năng biến đổi khéo léo và vận dụng triệt để điều kiện cho trước của
đầu bài.
Ví dụ 1: Cho x, y  R và x2 + y2 = 1
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của x + y
Thật vậy  x, y  R ta có (x + y)2 + (x – y)2 = 2(x2 + y2)
Theo giả thiết có x2 + y2 = 1
 (x + y)2 + (x – y)2 = 2
Do (x – y)2  0
 (x + y)2  2 

xy  2



 2xy 2

Dấu bằng xảy ra khi (x – y)2 = 0
22


 x = y và x2 + y2 = 1
x=y=

2

2
2
2

Vậy: max(x + y) = 2  x = y =
min(x + y) = - 2  x = y = -

2
2

Ví dụ 2: Cho 2 số dương x, y có x + y = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = (1Ta có

P=

x

2



1
1
)(1- 2 )
2
x
y



 1 y 2  1 x  1x  1y  1y  1

x 2 y2
x 2 y2

Vì x + y = 1  y – 1 = - x
x–1=-y
Nên P =
P=

(x  1)(y  1)xy (x  1)(y  1) xy  x  y  1


xy
xy
x 2 y2

xy  2
2
 1
xy
xy

Vì xy > 0  P nhỏ nhất khi

2
nhỏ nhất. Khi đó xy lớn nhất
xy

Mà x + y = 1  xy lớn nhất khi x = y =

Vậy minP = 1 +

1
2

2
1
= 9 khi x = y =
1
2
4

Ví dụ 3: Cho a > 1, b > 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của A =

a2
b2

b 1 a 1

Đề kiểm tra đội học sinh giỏi toán TP HCM - 1995
Nhận xét:
a
a  2 a 1 a 1  2 a 1  1
2


a 1
a 1
a 1

Nên

a
 2 ; tương tự
a 1





2

a 1 1
 0 khi a > 1
a 1

b
2
b 1

23


Theo bất đẳng thức cơsi ta có:
a2
b2

2
b 1 a 1

a 2b2
2a
b

.
8
a  1b  1 a  1 b  1

Dấu bằng xảy ra khi a = 2 a  1 hay a = 2
Vậy minA = 8  a = b = 2
Bài tập áp dụng:
1. Cho biểu thức P = a3 + b3 + c3 + a2(b + c) + b2(a + c) + c2(a+ b)
Tìm giá trị lớn nhất của P với a + b + c = 1
2. Cho x + y = 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f(x; y) = x2 + y2
3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A = 3xy – x2 – y2 biết rằng x, y là nghiệm của phương trình 5x + 2y = 10
4. Cho a + b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = a3 + b3 + ab
Võ Đại Mau – 250 bài toán học sinh giỏi
VII- Dạng 7: Các bài tập tổng hợp.
Đây là các bài tập mà u cầu chính khơng phải là tìm giá trị lớn nhất hay giá
trị nhỏ nhất. Nhưng trong quá trình giải thực tế phải áp dụng các kiến thức về cực
trị
Ví dụ 1: Giải phương trình x  2  4  x  x 2 16x  11
Ta có VP = x2 – 6x + 11 = x2 – 6x + 9 + 2
= (x – 3)2 + 2  2
Dấu bằng xảy ra khi x = 3
VT = x  2  4  x
Điều kiện 2  x  4

Theo bất đẳng thức Bunhia cơpxki thì
VT2 =



x2  4 x



2

 2(x – 2 + 4 – x)

VT2  4
Do VT > 0. Nên

VT  2

Dấu bằng xảy ra khi x  2  4  x hay x = 3
Vậy để VT = VP thì x = 3.

24