skkn phương pháp giải toán cực tri trong toán THCS

ỦY BAN NHÂN DÂN TỈNH HẢI DƯƠNG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẢN MƠ TẢ SÁNG KIẾN
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN CỰC TRỊ TRONG TỐN THCS
BỘ MƠN: TỐN

Năm học 2014 - 2015


THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Phương pháp giải toán cực tri trong toán THCS
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Chuyên môn .
3. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Chí Thanh

Nam

Ngày tháng/năm sinh: 02/9/1976.
Trình độ chun mơn: Sư phạm Tốn.
Chức vụ, đơn vị cơng tác: Giáo viên
Điện thoại: 0946559388.
4.Chủ đầu tư sáng kiến:
Trường THCS Thành Nhân - Ninh Giang - Hải Dương.
Địa chỉ : Thị trấn Ninh Giang - Ninh Giang - Hải Dương.
Số đt: 03203.766419
5. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
- Lớp thực nghiệm.
- Cần có phương tiện hỗ trợ giảng dạy như máy tính, máy chiếu.
6. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu từ: Năm học 2010-2011.

HỌ TÊN TÁC GIẢ (KÝ TÊN)

Nguyễn Chí Thanh

XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN ĐƠN VỊ
ÁP DỤNG SÁNG KIẾN


TÓM TẮT SÁNG KIẾN
Xuất phát từ yêu cầu chung của ngành giáo dục là giáo dục, đào tạo
công dân thành những người lao động hoà nhập được với cuộc sống nói chung
với các hoạt động lao động sáng tạo nói riêng của đất nước. Vì vậy trong quá
trình giáo dục nói chung và dạy – học nói riêng mơn Tốn đóng vai trị trọng
tâm. Xác định được tính cấp thiết của vấn đề tôi đã không ngừng nghiên cứu
nhằm đổi mới phương pháp giảng dạy mơn Tốn. Từ những nghiên cứu thực tế
tôi đã viết và áp dụng sáng kiến: Phương pháp giải toán cực trị trong toán
THCS.
Sáng kiến này được tôi viết và áp dụng trong điều kiện ngành giáo dục
đang có nhiều đổi mới. Thay thế cho việc nặng nề về lí thuyết, hàn lâm, giáo
dục đã phát triển theo hướng gắn với thực tiễn, lấy người học làm trung tâm.
Đây là điều kiện hết sức thuận lợi để tôi thực hiện sáng kiến. Sáng kiến đã được
áp dụng từ năm học 2010-2011 với đối tượng là học sinh các khối lớp 6, 7, 8, 9.
Tính mới, tính sáng tạo của sáng kiến này chính là sự đổi mới toàn diện,
triệt để trong phương pháp nghiên cứu và áp dụng thực tế. Đưa ra các giải
pháp, biện pháp để thực hiện sáng kiến một cách hiệu quả nhất với cả người
dạy và người học.
Sáng kiến đã được bản thân tơi và các đồng nghiệp cùng dạy mơn Tốn
tại trường áp dụng trong năm năm học. Mức độ áp dụng sáng kiến được nâng
cao dần sau mỗi năm học. Dần dần đạt đến sự hoàn chỉnh nhất trong từng bài
dạy trực tiếp hoặc có thể liên hệ đến tốn cực trị. Tính khả thi của sáng kiến là

rất cao do việc khai thác thông tin, tài liệu, sách tham khảo tương đối thuận lợi
(đặc biệt với sự hỗ trợ của mạng Google). Trong những năm học tiếp theo sáng
kiến này cịn có thể áp dụng một cách rộng rãi và hiệu quả hơn nữa.
Khi đưa sáng kiến vào áp dụng tôi nhận thấy hiệu quả giảng dạy nâng lên
rõ rệt. Tình trạng học sinh khơng nắm được bài khơng cịn tồn tại. Học sinh
hứng thú tích cực học tập, giờ học trở lên sôi nổi, hiệu quả. Từ việc hiểu dẫn
đến những thay đổi hẳn trong hành vi ứng xử của các em. Ý thức của học sinh


và khả năng thích ứng với cuộc sống, kĩ năng ứng biến của các em tốt hơn lên
rất nhiều.
Kết quả của việc áp dụng sáng kiến còn được minh chứng rõ nét hơn ở
kết quả khảo sát học sinh qua mỗi năm học. Tỉ lệ học sinh khá giỏi tăng lên.
Kết quả này là sự khích lệ rất lớn với cả giáo viên và học sinh nhất là trong
công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
Để mở rộng việc áp dụng sáng kiến và cũng là nâng cao hiệu quả giảng
dạy mơn Tốn, tơi đã đưa ra một số đề xuất, kiến nghị với các cấp lãnh đạo
cũng như bản thân các đồng chí là giáo viên trực tiếp giảng dạy như:
- Tuyên truyền làm thay đổi nhận thức của những nhà giáo dục, giáo viên,
phụ huynh học sinh và học sinh về vai trò và tầm quan trọng của việc tự học tự
nghiên cứu ở mơn Tốn.
- Tổ chức các đợt hội thảo trao đổi kinh nghiệm, bồi dưỡng thường xuyên
về phương pháp dạy – học bộ môn ở cấp huyện, cấp tỉnh.
- Tăng cường tài liệu tham khảo môn toán cho thư viện, các trang thiết bị
dạy - học.


MƠ TẢ SÁNG KIẾN
1. Hồn cảnh nảy sinh sáng kiến.
1.1. Hon cnh khỏch quan.

Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản , mang tính trừu tợng
nhng mô hình ứng dụng của nó rất rộng rÃi và gần gịi trong mäi lÜnh vùc cđa
®êi sèng x· héi , trong khoa häc lÝ thut vµ khoa häc øng dơng .
Dạy học sinh học Toán không chỉ là cung cấp kiến thức cơ bản , dạy học
sinh giải bài tập SGK, STK mà quan trọng là hình thành cho học sinh phơng
pháp chung để giải các dạng Toán từ đó giúp các em tích cực hoạt động , độc
lập sáng tạo để dần hoàn thiện kỹ năng , kỹ sảo hoàn thiện nhân cách .
Trong Toán học , cực trị là một khái niệm rất hẹp nhng kiến thức liên
quan đến nó thì vô cùng rộng rÃi . Trong chơng trình Toán THCS những bài toán
cực trị có mặt rải rác và hầu khắp các phân môn Số học , Đại số và Hình học.
Học sinh từ lớp 6 đến lớp 9 đều đà gặp những bài toán cực trị với những yêu cầu
nh : tìm số x lớn nhất sao cho..., tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) của biểu
thức ..., xác định vị trí của ®iĨm M ®Ĩ ®é dµi ( diƯn tÝch , chu vi ...) của hình H
nào đó đạt giá trị lớn nhÊt ( nhá nhÊt ) ... Nhng khi gi¶i cã thể giáo viên không
dạy phơng pháp tổng quát hoặc có dạy nhng học sinh không đợc tiếp thu theo
hệ thống dạng toán .
Nói chung khi gặp toán cực trị đa phần học sinh e ngại và lúng túng trong
cách giải .
1.2. Hon cnh ch quan .
Trong những năm thực tế giảng dạy học sinh từ lớp 6 đến lớp 9 , dạy học
sinh ôn tập,ôn thi HSG và ôn thi THPT tôi nhận thấy sự cần thiết phải hình
thành một cách có hệ thống các dạng bài toán cực trị và phơng pháp giải để dạy
học sinh . Tôi đà dành nhiều thời gian nghiên cứu tài liệu , học hỏi đồng
nghiệp , tìm tòi thử nghiệm với các đối tợng học sinh đại trà và ôn thi . Đợc sự
khuyến khích , giúp đỡ nhiệt tình của bạn bè đồng nghiệp trong trờng và ở các
trờng bạn, tôi đà mạnh dạn nghiên cứu bớc đầu đề tài :
Phơng pháp giải toán cực trị trong toán THCS .
2. Cơ sở lí luận của vấn đề.
Trong To¸n häc , cực trị là một khái niệm rất hẹp nhng kiến thức liên
quan đến nó thì vô cùng rộng rÃi . Trong chơng trình Toán THCS những bài toán

cực trị có mặt rải rác và hầu khắp các phân môn Số học , Đại số và Hình học.
Học sinh từ lớp 6 đến lớp 9 đều đà gặp những bài toán cực trị với những yêu cầu
nh : tìm số x lớn nhất sao cho..., tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất ) của biểu
thức ..., xác định vị trí của điểm M để độ dài ( diện tích , chu vi ...) của hình H
nào đó đạt giá trị lín nhÊt ( nhá nhÊt ).
2.1. Sự phân bố kiến thức cực trị trong tốn THCS.
Trong số học ta có: Bội chung nhỏ nhất, ước chung lớn nhất,……..
Trong đại số ta có: Tính chất lũy thừa bậc chẵn, giá trị tuyệt đối, điều
kiện có nghiệm của phương trình bậc hai, một số bất đẳng thức cơ bản,…….
Trong hình hoc ta có: Đường xiên đường vng góc, đường gấp khúc và
đường thẳng, đường kính và dây,………
2.2. Một số yêu cầu cần có trong giải tốn cực trị.
- Khi giải tốn cực trị nhất thiết phải chỉ đủ hai bước:
Chỉ ra A ≥ m hoặc A ≤ M
Xét dấu " = " xẩy ra khi nào?
Từ đó mới kết luận.
- ViƯc gi¶i bài toán cực trị đối với mỗi phân môn thì có sự giới hạn tập
hợp số để xét . Trong chơng trình THCS chỉ xét giới hạn trong trờng số thùc R


đối với phân môn Đại số và Hình học còn đối với phân môn Số học thì chỉ xét
trên vành sè nguyªn Z .
3. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.
Trên thực tế, trước khi bắt tay vào nghiên cứu viết sáng kiến này tôi
nhận thấy việc dạy và học mơn Tốn đa số cịn thụ động. Giáo viên giảng dạy
hầu hết chỉ căn cứ vào các thông tin đã có trong sách giáo khoa. Trong khi đó
kiến thức cực tr c cp rải rác và hầu khắp các phân môn Số học , Đại số
và Hình học , việc khai thác địi hỏi phải có hệ thống. Phương pháp giảng dạy
chủ yếu là gặp bài nào giải quyết bài đó. Phương pháp và hoạt động dạy học
cịn hết sức đơn điệu chưa đưa được yêu cầu đổi mới giảng dạy.

Nội dung kiến thức cực trị là một trong những nội dung có phần mang
tính trừu tượng và địi hỏi tư duy logic cao. Do vậy người dạy và người học
phải có khối kiến thức cơ bản chắc chắn. Xong một vấn đề là cả người dạy và
người học chưa tích cực tìm hiểu nội dung kiến thức này.
Về phía học sinh tính tự học chưa có mấy, dẫn đến các em hết sức thụ
động trong giờ học, khả năng phân tích, tư duy và liên kết cịn hạn chế.
Theo một số khảo sát nhanh tại trường về một số mặt
- Có khoảng 70% học sinh rất ngại khi học phần cực trị, khơng muốn nói
là sợ.
- 80% các em chưa biết cách lập luận và lập luận thiếu chặt chẽ.
- Khảo sát 100 học sinh (cho làm một đề kiểm tra theo hướng đổi mới):
chỉ có 5% học sinh đạt điểm 8 trở lên.
Trước thực trạng dạy và học kiến thức cực trị như đã nêu trên tôi
đã cố gắng nghiên cứu nhằm đưa ra giải pháp khắc phục. Đó chính là việc
nghiên cứu và đưa vào áp dụng sáng kiến " Phương pháp giảỉ toán cực trị
trong tốn THCS ".
4. Các giải pháp, biện pháp thực hiện.
Bµi toán cực trị xuất phát từ thực tiễn và trong khi giải quyết những bài
toán lớn . Cực trị là tên gọi chung cho những bài toán tìm giá trị lớn nhất
( GTLN) và giá trị nhỏ nhất ( GTNN) . Trong lí thuyết Toán học hiện đại thì các
phân môn Số học , Đại số , Hình học đều có thể đợc định nghĩa qua tập hợp .
Theo lí thuyết Giải tích cổ điển , xét tập hợp số thùc x ∈ E ⊂ R , khi ®ã
nÕu E không rỗng và bị chặn thì tồn tại cận trên ®óng M cđa E ( M = supE )
hc cËn díi ®óng m cđa E ( m = infE ) hoặc cả hai . Tuy nhiên có thể cả M và
m đều không thuộc E . Khi M E ( hc m ∈ E) ta viÕt M = maxE ( hoặc m =
minE ) đây là cách viết tắt theo ch÷ Latin ( max = maximum, min = minimum )
mà trong trờng phổ thông ta thờng gọi là giá trị lớn nhất ( GTLN ) và giá trị nhỏ
nhất ( GTNN ) .
Theo quan điểm trên việc tìm maxE = M hoặc minE = m phải bao gồm
đồng thời cả hai điều kiện :

i) M = E hoặc m = E .
ii) ∃ x ∈ E ®Ĩ M = E hoặc m = E .
( Đối với phân môn Hình học ta hiểu x là một điều kiện ràng buộc mà đề bài
yêu cầu)
Sau đây là những dạng bài tập và phơng pháp cụ thể đối với từng phân
môn xét theo quan điểm trên .


4.1. Cực trị số học .
4.1.1.phép chia hết và phép chia có d .
4.1.1.1 Lí thuyết cơ bản .
4.1.1.1.1. Định nghÜa .
* PhÐp chia hÕt vµ phÐp chia cã d .
Cho a , b ∈
Z , b > 0 . Chia a cho b ta cã : a chia hÕt cho b hoặc a không chia
hết cho b .
Nếu a chia hÕt cho b ta kÝ hiƯu lµ a  b ta cßn nãi b chia hÕt a hay b lµ íc cđa a
vµ kÝ hiƯu lµ b | a .
Nếu a không chia hết cho b ta đợc thơng gần đúng q và d là r , ta viết :
a = bq + r , 0 < r < b .
* Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất .
Cho hai số nguyên dơng a , b .
ớc chung lớn nhất của a và b đợc kí hiệu là ƯCLN ( a,b) hay ( a , b ) . Sè d gäi
lµ íc chung cđa a vµ b khi và chỉ khi d là ớc của ƯCLN(a ,b) :
d | a vµ d | b ⇔ d | (a,b) .
Bội chung nhỏ nhất của a và b đợc kÝ hiƯu lµ BCNN(a,b) hay [a,b] . Sè m
lµ BCNN(a,b) khi vµ chØ khi m lµ béi cđa BCNN(a,b) :
m  a vµ m  b ⇔ m  [a,b] .
Hai số đợc gọi là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi (a,b) = 1 .
Tuy nhiên , trong việc tìm ƯCLN của hai số dơng a, b ( a>b) ngời ta còn

có thể sử dụng thuật toán Euclide nh sau :
a = bq ⇒ (a,b) = b .
a = bq + r ( r ≠ 0 ) ⇒ (a,b) = (b,r)
b = rq1 + r1 ( r1 ≠ 0) ⇒ (b,r) = (r,r1)
r = r1q2 + r2 (r2 ≠ 0) ⇒ (r,r1) = (r1,r2)
.........................................................
ri = ri+1qi+2 ⇒ (a,b) = (ri,ri+1) .
4.1.1.1.2. Một số định lí quan trọng thờng dïng .
(ca,cb) = c(a,b) .
 a b  ( a, b )
( víi c =¦C(a,b) ) .
 ; =
c
c c
a.c  b vµ (a,b) = 1 ⇒ c  b .
c  a vµ c  b vµ (a,b) = 1 c a.b .

* Định lí về phép chia có d .
Với mọi cặp số tự nhiên a,b ( b ≠ 0) bao giê cịng tån t¹i duy nhÊt cỈp sè q , r
sao cho : a = bq + r ( víi 0 ≤ r < b ) .
* Định lí .
Trong sự phân tích số n! ra thừa số nguyên tố ( n! = 1.2.3....n) .
thì số mũ ai của thừa số pi nào đó sẽ lµ :
n!= p a 1 . p a 2 .... p a k
1

2

k

 n 
n  n 
ai =   +  2  + ........ +  k  + ......... ( [ x ] lµ kÝ hiƯu phần nguyên của số x , đó
pi
p i pi

là số nguyên lớn nhất không vợt quá x ) .
4.1.1.2. Một số phơng pháp thờng dùng trong giải bài toán chia hết .
* Để chứng minh A(n) ( n ∈ Z ) chia hÕt cho mét sè nguyªn tè p , ta cã thĨ xÐt
mäi trêng hỵp vỊ sè d khi chia n cho p .
* Để chứng minh A(n) chia hết cho hợp số m ta thờng phân tích m ra thừa số
nguyên tố . Giả sử m = pq , ta tìm cách chøng minh A(n)  p vµ A(n)  q suy ra
A(n) A(n) pq do (p,q) = 1 .


Nếu (p,q) 1 thì ta phân tích A(n) rồi chøng minh tÝch ®ã chia hÕt cho m . Ta
cịng có thể phân tích A(n) thành tổng nhiều số hạng cïng chia hÕt cho m .
* Ta thêng sư dơng kÕt qu¶ sau :
NÕu sè d khi chia a cho b>0 là r ( 0< r <b) thì số d khi chia an ( n>1) cho b lµ
sè d khi chia rn cho b ( sè d nµy b»ng rn nếu rn < b ) .
4.1.1.3. Bài tập áp dụng .
* Qui íc :
NÕu a lµ sè lín nhÊt trong các số a ,b ,c, d thì ta kí hiệu max(a,b,c,d) = a .
NÕu b lµ sè nhá nhÊt trong các số a ,b ,c, d thì ta kí hiệu min(a,b,c,d) = b .
Bài số 1 :
Tìm số nguyên dơng n nhá nhÊt sao cho 2n – 1  7 .
Giải :
Xét phép chia số nguyên n cho 3 thì n chØ cã mét trong ba d¹ng : n = 3k ; n =
3k+1 ; n = 3k+3 ( k ∈ Z) .
Víi n = 3k ta cã : 2n – 1 = 8k – 1  7 .

Víi n = 3k+1 ta cã : 2n -1 = 2.8k -1=2(8k -1) + 1 kh«ng chia hÕt cho 7 .
Víi n = 3k+2 ta cã : 2n – 1=4.8k-1= 4(8k -1) + 3 kh«ng chia hÕt cho 7 .
VËy víi n 3 thì 2n 1 7 mà n là số nguyên dơng nhỏ nhất nên n = 3 .
Bài số 2 :
Tìm số tự nhiên k lớn nhất tho¶ m·n : ( 1994!)1995  1995k .
Gi¶i :
Ta cã : 1995k = (3.5.7.19)k = 3k.5k.7k.19k . Ta cần tìm số mũ lớn nhất của mỗi
thừa số 3 , 5 , 7 ,19 trong sè (1994!)1995 .
Ta cã :
Sè mò cđa 3 trong 1994! lµ :
1994  1994 
1994 
 3  +  3 2  + ......... +  37  = 664 + 221 + ......... + 0 = 992 .

T¬ng tù : Sè mị cđa 5 trong 1994! lµ : 495 .
Sè mị cđa 7 trong 1994! lµ : 329 .
Sè mị cđa 19 trong 1994! là : 109 .
Vậy trong 1994! có các thừa số : 3992 ; 5495 ; 7329 ; 19109 .
Suy ra : (1994!)1995 = (3992 . 5495 . 7329 . 19109. M )1995 . Với M là tích các thừa số
không chứa các thừa số nguyên tố 3 ; 5 ; 7 ; 19 .
Víi k = 109.1995 th× ( 1994!)1995  1995k .
Víi k = 109.1995 + 1 th× ( 1994!)1995 kh«ng chia hÕt cho 1995k .
VËy k = 109.1995 là số tự nhiên lớn nhất cần tìm .
Bài số 3 .
Tìm GTLN và GTNN của n để P = (n+5)(n+6) 6n .
Giải :
Ta xét 2 trờng hợp :
* Với n>0 :
Ta phải tìm n để P = (n+5)(n+6) 6n .
Ta cã : P = (n+5)(n+6) 6n = n2 + 11n + 30 = 12n + ( n2 – n + 30 ) .

P  6n ⇔ ( n2 – n + 30 )  6n ; n | n2 – n nªn n | 30 , 6 | 30 nên 6 | n 2 n =
n(n-1) .
n(n-1) là số chẵn vì là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên n(n-1) 3 n 3
hoặc n-1 3 .
Vậy P 6n thì n là ớc của 30 và là bội của 3 hoặc bội cđa 3 céng thªm 1 ⇒ n =
{1;2;3;6;10;15;30} . Thay các giá trị trên vào P = ( n+5)(n+6) và 6n thì ta có n
= {1;3;10;30} (*) thoả mÃn điều kiện bài toán .
* Với n< 0 :
Đặt m = - n . Ta t×m m sao cho : P = ( -m+5)(-m+6) -6m . Giải nh trên ta tìm
đợc n = { -2;-5;-6;-15} (**) thoả mÃn điều kiện bài toán .


Kết hợp (*) và (**) ta có n = {1;3;10;30;-2;-5;-6;-15} .
VËy max n = max (1;3;10;30;-2;-5;-6;-15 ) = 30 .
min n = min(1;3;10;30;-2;-5;-6;-15 ) = -15 .
Bµi sè 4 .
Cho A = m+n vµ B = m 2 + n2 trong đó m,n là những số tự nhiên nguyên tố
cùng nhau. Tìm max (ƯCLN) ( min(BCNN) ) của A và B .
Gi¶i :
Gäi d = (m+n,m2+n2) ⇒ (m+n)2 d ⇒ (m+n)2 – (m2 + n2) = 2mn  d ⇒ d
lµ íc chung cđa m+n vµ 2mn (*) .
(m,n) = 1 ⇒ (m+n , n) = (m+n,m) = (m+n,mn) = 1 (**) .
Tõ (*) vµ (**) ⇒ 2  d ⇒ d = 1 hc d = 2 hay d = {1,2} .
VËy max d = max ( 1,2) = 2 .
min d = min (1,2) = 1 .
4.1.1.4 . Bài tập tự luyện .
Tìm số nguyên a lớn nhất vµ nhá nhÊt sao cho 100 < a < 150 ; a chia 5 d 2 vµ
a chia 7 d 3 .
4.1.2.Đồng d thức và phơng trình đồng d .
4.1.2.1. Lí thuyết cơ bản .

4.1.2.1.1. Định nghĩa và tính chất đồng d thức .
* Định nghĩa đồng d thức .
Cho một số nguyên dơng m . Nếu a hai số nguyên a và b có cùng số d khi chia
cho m ( tøc lµ m – n chia hÕt cho m ) thì ta nói rằng a đồng d với b modun m
vµ ta kÝ hiƯu : a ≡ b ( mod m ) . Đây là một đồng d thức với a là vế trái , b là vế
phải .
Nãi riªng , a ≡ 0 ( mod m ) nghĩa là a chia hết cho m .
Trong trờng hợp b < m th× a ≡ b ( mod m ) cã nghÜa lµ chia a cho m cã d là b
* . Các tính chất của đồng d thức .
Ta cã : a ≡ a víi ∀ a .
a ≡ b ( mod m) ⇒ b ≡ a ( mod m)
a ≡ b ( mod m) vµ b ≡ c ( mod m) ⇒ a ≡ c ( mod m) .
NÕu a ≡ b ( mod m) vµ c ≡ d ( mod m) th× a ± c ≡ b ± d ( mod m) ; ac ≡ bd
( mod m) .
Suy ra :
i) a ≡ b ( mod m) ⇒ a ± c ≡ b ± c ( mod m)
ii) a+c ≡ b (mod m ) ⇒ a ≡ b-c ( mod m)
iii) a ≡ b ( mod m) ⇒ na ≡ nb ( mod m)
iv) a ≡ b ( mod m) ⇒ an ≡ bn ( mod m) .
a b
≡ (mod m) víi d lµ íc chung cđa a vµ b vµ (d,m) = 1
d d
* NÕu a b ( mod m) và c>0 thì ac ≡ bc ( mod mc) .
a b
m
NÕu d lµ íc chung dơng của a,b,m thì ax b ( mod m) ⇒ ≡ ( mod ) .
d d
d

* a ≡ b (mod m)

4.1.2.1.2. Định nghĩa phơng trình và hệ phơng trình đồng d .
* Định nghĩa phơng trình đồng d bậc nhất một ẩn .
Phơng trình đồng d bậc nhất một ẩn là đồng d thức có dạng :
ax ≡ b ( mod m) víi a kh«ng chia hÕt cho m .
Trong đó a,b,m>0 là những số đà biết , x là ẩn .
* Tính chất .
- Phơng trình ®ång d ax ≡ b ( mod m) cã nghiÖm duy nhÊt nÕu (a,m) = 1 .
( ta hiĨu ph¬ng trình đồng d ax b ( mod m) có nghiệm duy nhất nghĩa là tất
cả các nghiệm đều thuộc một lớp các số đồng d với b modun m ) .
- Bằng các phép biến đổi của dồng d thức bao giờ ta cũng đa phơng trình
đồng d bậc nhÊt vỊ d¹ng ax ≡ b ( mod m) víi m>a>0 và m>b 0 .
- Định nghĩa hệ phơng trình đồng d bậc nhất một ẩn .
Hệ phơng trình đồng d bậc nhất một ẩn là hệ các đồng d thøc cã d¹ng :


a1 x ≡ b1 (mod m1 )
a x ≡ b (mod m )
 2
2
2

............................
a n x ≡ bn (mod mn )

Bằng cách biến đổi tơng đơng các đồng d thức ta có thể qui hệ phơng trình
đồng d bậc nhất một ẩn về phơng trình đồng d bậc nhất một ẩn .
4.1.2.2. Phơng pháp giải bài toán cực trị đối với phơng trình đồng d .
Từ lí thuyết ở trên , ta biết rằng luôn đa đợc phơng trình ( hệ phơng
trình ) đồng d về dạng ax b ( mod m) . Do đó vấn đề ở đây là từ điều kiện đề

bài ta chuyển về phơng trình ( hệ phơng trình ) đồng d một ẩn , biến đổi tơng đơng về phơng trình dạng ax b ( mod m) rồi theo điều kiện bài toán ta suy ra
GTLN ( GTNN) của ẩn cần tìm .
4.1.2.3. Bài tập áp dụng .
Bài số 1.
Tìm số nguyên x lín nhÊt , nhá nhÊt tho¶ m·n : - 10< x<25 và 17x 13(mod11)
Giải :
Ta có :
17x 13(mod11) ⇔ 6x ≡ 2 ( mod 11) ⇔ 3x ≡ 1 ( mod 11)
⇒ 3x = 1 + 11t ( t ∈ Z) .
Do - 10VËy: max x = max(-3,4,15) = 15.
min x = min ( -3,4,15) = -3 .
Bµi sè 2 .
T×m sè häc sinh lín nhÊt trong mét sân trờng THCS biết khi cho học sinh
xếp hàng 3,5,7 thì số lẻ hàng cuối lần lợt là 2,3,4 và đoán chừng số học sinh đó
không thể vợt quá 900 em .
Giải :
Theo đề bài ta phải giải hệ phơng trình đồng d sau:
x 2 ( mod 3 ) ( 1)
x ≡ 3 ( mod 5 ) ( 2)
x ≡ 4 ( mod 7 ) ( 3)
HÖ (1) , (2) cho ta phơng trình : x 8 (mod 15)
(4)
Tõ (4) ⇒ x = 8 + 15k (*) thay vµo (3) ta cã : 8 + 15k ≡ 4 ( mod 7)
⇔ 15k ≡ -4 ( mod 7) ⇔ k ≡ 3 ( mod 7) ⇒ k = 3 + 7t . Do (*) ⇒ k ≤ 59
⇒ 3 +7t 59 t 8 .
Để x đạt max thì k và do đó t đạt max t = 8 ⇒ k = 59 ⇒ x = 893 .
VËy sè häc sinh lín nhÊt cã thĨ cã trong trêng lµ 893 em .
4.1.2.4 . Bµi tËp tù luyện .
Tìm số tự nhiên x lớn nhất , nhỏ nhất thoả mÃn : x 1000 và khi chia x cho

3,5,9,11 thì đợc số d lần lợt là 1, 3 ,4 ,9 .
4.1.3 Sè nguyªn tè .
4.1.3.1. LÝ thuyÕt cơ bản .
4.1.3.1.1. Định nghĩa .
- Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 , chỉ có hai ớc là 1 và chính nó .
Các số còn lạ gọi là hợp số . Từ đó suy ra , số 0 và số 1 không phải là số nguyên
tố , số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất và nhỏ nhất .
4.1.3.1.2. Các tính chất .
- Ước số nguyên tố nhỏ nhất của một hợp số N là số không vợt quá N .
Từ đó suy ra : nếu số N > 1 không có một ớc nguyên tố nào từ 2 cho đến N thì
N là một số nguyên tố .
- Có vô số số nguyên tố d¹ng ax + b víi (a,b) = 1 .
- Mäi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n 1 , mọi số nguyên tố lớn hơn
3 đều cã d¹ng 6n ± 1 ( n > 0 ) .


4.1.3.2. Phơng pháp tìm cực trị với số nguyên tố .
Không có phơng pháp chung để giải các dạng bài tập về số nguyên tố , ta thờng phân tích thành dạng tích từ dữ kiện đề bài rồi sử dụng tính chất chia hết để
lọc hoặc có thể quét các trờng hợp nếu số lần quét có thể kiểm soát đợc .
4.1.3.3. Bài tập áp dụng .
Bài số 1 .
ab

Tìm số lớn nhất , nhỏ nhất có hai chữ số ab sao cho
là số nguyên tố .
ab
Giải :
ab
với p nguyên tố
ab

ab p a p hoặc b p ⇒ p = 2,3,5 hc 7 ⇔ ab=pa-pb ⇔ (a+p)(p-b)=p2
a + p = p 2
a = p 2 − p .
⇔
⇔
p − b =1
b = p − 1

V× a,b có vai trò nh nhau nên ta giả sử a>b . Gäi p =

* Víi p=2 ta cã sè ab =21,22.
* Víi p=3 ta cã sè ab = 62,26.
* Víi p=5 và p=7 thì a có hai chữ số nên lo¹i .
⇒ ab ={21,22,26,62} .
VËy max ab = max ( 21,22,26,62) = 62 .
min ab = min( 21,22,26,62)=21 .
Bµi sè 2 .
Tìm số nguyên tố p lớn nhất , nhỏ nhất sao cho 13p+1 là lập phơng của một
số tự nhiên .
Giải :
Với số n tự nhiên , theo đề bài ta phải tìm số p sao cho : 13p = n3 – 1
⇔ 13p = ( n-1)(n2+n+1) . Do (13,p)=1 nên n-1=13 hoặc n 2+n+1 = 13 n= 14
hc n=3 ⇒ p=211 hc p=2 .
VËy max p = 211, min p = 2 .
Bài số 3 .
Tìm k ®Ĩ d·y : k +1,k+2,....., k+9,k+10 cã nhiỊu sè nguyªn tố nhất .
Giải :
Trong 10 số liên tiếp luôn có 5 số chẵn ( trong đó có nhiều nhất một số nguyên
tố là 2) . Vậy có không quá 6 số nguyên tố .
Với k=0 thì từ 1 đến 10 có 4 số nguyên tố ( 2,3,5,7) .

Với k=1 thì từ 2 đến 11 có 5 số nguyên tố ( 2,3,5,7,11) .
Với k>1 thì từ 3 trở đi không có số chẵn nào nguyên tố , trong 5 số lẻ liên tiếp
có một số là bội của 3 do đó trong dÃy có ít hơn 5 số nguyên tố .
Vậy với k=1 thì dÃy có nhiều số nguyên tố nhất .
4.1.3.4. Bài tập tự luyện .
Tìm số nguyên tố lớn nhất không vợt quá 98 có dạng p3 + 2 .
4.1.4 Ph ơng trình DIOPHANTE .
4.1.4.1. Lí thuyết cơ bản .
4.1.4.1.1.Định nghĩa .
Một phơng trình có nhiều ẩn số với tất cả các hệ số đều là những số nguyên
và ta phải tìm nghiệm nguyên của nó đợc gọi là phơng trình DIOPHANTE .
Nói chung phơng trình DIOPHANTE có nhiều nghiệm nguyên nên ta còn gọi là
phơng trình vô ®Þnh .
VÝ dơ : 7x + 4y = 10 .
x2+y2 = z2
x3 7y2 = 1 ....
4.1.4.1.2.Phơng trình bậc nhất .


* Phơng trình bậc nhất hai ẩn .
* Định nghĩa .
Phơng trình bậc nhất hai ẩn là phơng trình có dạng : ax + by = c trong đó a,b,c
là những số nguyên , a và b đồng thời khác 0 .
* Một số tính chất .
- Phơng trình ax + by = c có nghiệm nguyên khi và chỉ khi (a,b)=1 .
- Nếu phơng trình ax + by = c có một nghiệm nguyên (x 0,y0) thì nó có vô số
nghiệm nguyên dạng :
x = x 0 + bt
trong ®ã t ∈ Z .


 y = y 0 at

* Phơng trình bậc nhất n ẩn (n>2).
Phơng trình bậc nhất n ẩn (n>2) là phơng trình có dạng :
a0+ a1x1+a2x2+......+anxn =0 trong ®ã ai ∈ Z ( i = 0,1,..,n) .
Phơng trình bậc nhất n ẩn (n>2) có nghiệm nguyên khi và chỉ khi các hệ số a i
đôi một nguyên tố cùng nhau .
* Định lí lớn Fermat .
Fermat đà chứng minh đợc rằng : Với mọi số tự nhiên n >2 thì phơng trình
x2+y2=z2 không có nghiệm nguyên dơng .
x = m( p 2 q 2 )

Khi n = 2 thì nghiệm tổng quát của phơng trình là : y = 2mpq
z = m( p 2 + q 2 )


trong ®ã m,p,q là những số nguyên bất kì , (p,q)=1 , p,q chẵn lẻ khác nhau .
* Phơng trình PELL.
là phơng trình có dạng : x2 Dy2 =1 .
4.1.4.2. Phơng pháp tìm cực trị với phơng trình DIOPHANTE .
Nh trên đà trình bày , phơng trình DIOPHANTE là phơng trình vô định , thậm
chí nhiều phơng trình cha tìm ra lời giải tổng quát . Do phạm vi khuôn khổ đề
tài nên tôi không chuyên sâu vào phép giải phơng trình mà chỉ giới hạn với một
khoảng nguyên của ẩn để tìm max , min theo dữ kiện đề bài và chỉ với những
phơng trình đơn giản . Phơng pháp giải chung cho những bài toán đơn giản này
là từ dữ kiện đề bài ta thiết lập phơng trình rồi sử dụng tính chất chia hết hoặc
đồng d thức hoặc kiến thức liên phân số để tìm nghiệm riêng hoặc nghiệm tổng
quát . Trên khoảng nguyên xác định ta tìm đợc max , min thoả đề bài .
4.1.4.3. Bài tập áp dụng .
Bài số 1 .

Có ba ngời đi câu cá . Trời đà tối nên họ bỏ cá trên bờ sông rồi mỗi ngời tìm
một nơi để ngủ . Ngời thứ nhất thức dậy đếm số cá thấy chia 3 thì thừa 1 nên
ném 1 con xuống sông rồi xách 1/3 vỊ nhµ . Ngêi thø 2 thøc dËy tëng hai bạn
còn ngủ , đếm số cá chia 3 thấy thừa 1 con nên ném 1 con xuống sông rồi xách
1/3 về nhà . Ngời thứ 3 thức dậy tởng mình dậy sớm nhất đếm số cá chia 3 thấy
thừa 1 con nên ném 1 con xuống sông rồi xách 1/3 về nhà . Hỏi họ câu đ ợc
nhiều nhất bao nhiêu con cá biết số cá không vợt quá 170 con .
Giải :
Gọi số cá câu đợc của ba ngời là x và y là số cá còn lại khi cả ba đà lấy đi
phần của mình thì ta có phơng trình :
2 2 2

( x − 1) − 1 − 1 = y ⇔ 8 x − 27 y = 38 ( x,y ∈ N và x<170) .
3 3 3


áp dụng thuật toán Euclide ta có nghiệm riêng là : x 0=-10.38 =-380, y0=-3.38=144
x = −380 + 27t
( t ∈ Z)

 y = 144 + 8t

Do x<170 nên t lớn nhất là 20 khi ®ã x = 160 , y = 16 .
VËy số cá lớn nhất ba ngời câu đợc là 160 con .


Bài số 2 .
Tìm số tự nhiên x nhỏ nhất sao cho x 9, x+1 25 và x+2 4 .
Giải :
Do x 9, x+1 25 nªn ∃ u,v ∈ N : x = 9u , x+1 = 25v ⇒ 25v-9u = 1 . phơng

trình này có nghiệm tổng quát là v = 4 + 9t , u = 11 + 25t ⇒ x = 99 + 225t ( t ∈
N) .
Ta l¹i cã : x+2 = 4y ⇒ 101 + 225t = 4y ⇒ t=-101 +4k ⇒ x = -22626 + 900k .
Do t > 0 nªn k ≥ 26 ⇒ min x = -20286 khi k = 26 .
Bµi số 3 .
Tìm số nghiệm nguyên dơng lớn nhất của phơng trình :
1 1 1
1
+ + =
.
x y z 1991

Giải :
Với mọi bộ (x,y,z) thoả mÃn phơng trình ta giả sư 0 < x ≤ y ≤ z th× :
0<

1 1 1
1 1 1 1
1
3
≤ ≤ ⇒ < + + =
≤ ⇒ 1991 < x ≤ 3.1991 nghÜa lµ x lÊy mét sè
z y x
x x y z 1991 x

h÷u hạn giá trị không nhiều hơn 2.1991 . Với mỗi giá trị của x ta có :
1
1 1 1 2
2.1991x
= + ≤ ⇒y≤

≤ 2 2.1991 .
1991 x y z y
x 1991

Với x,y đà biết thì có nhiều nhất là một giá trị tơng ứng của z .
Vậy có nhiỊu nhÊt lµ 23.1991 nghiƯm .
4.1.4.4. Bµi tËp tù lun .
Bài số 1 .
Trong các số tự nhiên từ 200 ®Õn 500 t×m sè lín nhÊt , sè nhá nhÊt chia cho
4,5,7 lần lợt có d là 3,4,5.
Bài số 2.
Tìm sè tù nhiªn nhá nhÊt sao cho khi chia nã cho 7,5,3,11 thì đợc d tơng ứng là
3,2,1,9 .
4.1.5. Một số bài toán cực trị khác .
Bài số 1 .
Tìm GTLN, GTNN cđa tÝch xy biÕt x vµ y lµ các số nguyên dơng thoả mÃn :
x+y = 2005 .
Giải :
Ta cã 4xy = (x+y)2 – (x-y)2 = 20052 – (x-y)2 .
Giả sử x>y ( không thể có x = y) . Ta cã : xy lín nhÊt ⇔ x-y nhá nhÊt ; xy nhá
nhÊt ⇔ x-y lín nhÊt .
Do 1 ≤ y < x ≤ 2004 nªn 1 ≤ x − y ≤ 2003 . Ta cã min(x-y) = 1 ⇔ x = 1003 ;
y=1002 .
max (x-y) = 2003 ⇔ x = 2004; y=1 .
Do ®ã : max(xy) = 1005006 ⇔ x=1003; y =1002 .
min(xy) = 2004 ⇔ x=2004 ; y= 1 .
Bài số 2 .
Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc A = x2+4y biÕt r»ng x,y là các số tự nhiên và
A không phải là số chính phơng .
Giải :

Vì A không chính phơng nên A>1 .
Xét A = 2 ta có 2=x2+4y nên x chẵn . Khi đó vế phải chia hết cho 4 , vế trái
không chia hết cho 4 nên loại .
Xét A=3 ta có : 3 = x 2+4y nên x lẻ . Khi đó vế phải chia 4 d 1, vế trái chia 4 d 3
nên loại .
Xét A = 5 ta cã : 5=x2 + 4y , tån t¹i x,y thoả mÃn đẳng thức trên nh x= 3 ,y=1.
Vậy GTNN cđa A lµ 5 .


Bài số 3 .
Cho dÃy (1) gồm 50 số hạng : 20+12; 20+22 ; 20+32 ;....; 20+492; 20+502 .
XÐt d·y (2) gồm 49 số là ƯCLN của mỗi số hạng của dÃy (1) , không kể số
hạng cuối
cùng với số hạng đứng liền sau nó trong dÃy ấy . Tìm sè lín nhÊt trong d·y thø
(2) .
Gi¶i :
Ta cã : 49 số số hạng đầu của dÃy (1) có dạng : 20+n 2 ( n=1,2,..,49) . Gäi d lµ
sè bÊt kì của dÃy (2) , d =ƯCLN(20+n2, 20+(n+1)2) .
Ta có : (20 +n2 +2n +1)-(20+n2)  d ⇒ 2n+1 d ⇒ 2(20+n2)-n(2n+1) d ⇒ 40-n
d
⇒ 2(40-n)+(2n+1) d ⇒ 81 d .
Do ®ã d ≤ 81 . Víi d = 81 ta cã 40-n 81 . Do n ∈ {1,2,3,...,49} nªn n =40 .
VËy sè lín nhÊt trong d·y (2) lµ 81 , đó là ƯCLN(20+402,20+412) .
Bài số 4.
Tìm số chính phơng lớn nhất biết rằng nếu xoá hai chữ số tận cùng của nó ( hai
chữ số này không cùng bằng 0 ) , thì ta đợc một số chính phơng .
Giải :
Gọi số chính phơng cần tìm là n2 ta cã : n2 = 100A +b ( A lµ số trăm , 1 b 99 )
.
Theo đề bài , 100A là số chính phơng nên A là số chính phơng .

Đặt A = a2 ( a N ) . Ta cần tìm GTLN của a .
Ta cã : n2 >100a2 ⇒ n>10a ⇒ n ≥ 10a+1 .
Do b ≤ 99 nªn 20a+1 ≤ 99 ⇒ a ≤ 4 .
Ta cã : n2 = 100a2+b ≤ 1600+99 = 1699 . KiĨm tra l¹i : 42 2 = 1764 , 412 =
1681 .
Số chính phơng lớn nhất phải tìm là 1681 = 412 .
4.2.Cực trị đại số .
4.2.1 Phơng pháp tìm cực trị theo tính chất của luỹ thừa bậc hai .
4.2.1.1. Lí thuyết cơ bản .
Ta đà biÕt A2 ≥ 0 ( -A2 ≤ 0) víi mäi giá trị của biến trên tập xác định E của
A.
Nh vậy nếu biểu thức M ( nguyên hoặc phân ) đa đợc về dạngM=A2 + k ( hoặc
M=m-A2) thì rõ ràng supM= m ( infM=k) . Nếu tồn tại giá trị của biến để M = k
( hoặc M=m) thì maxM = m ( min M = k) .
4.2.1.2.. Bµi tập áp dụng .
Bài số 1 .
Tìm max ( min) cđa c¸c biĨu thøc sau :
a) A = 2x2 - 8x+1 .
b) B = -5x2 - 4x +1 .
Gi¶i:
a) Ta cã : A = 2x2 - 8x+1 = 2( x2 - 4x +4) -7 = 2(x-4)2 – 7 ≥ -7 . DÊu = x¶y ra
khi x=4. VËy minA=-7 khi x=4 .
4
5

b) Ta cã : B = -5x2 - 4x +1 = − 5( x 2 + x +
2
5

ra khi x=- . Do ®ã maxB =

9
2
khi x=- .
5
5

4
9
2
9 9
) + = −5( x + ) 2 + ≤ . DÊu = xảy
25 5
5
5 5

Lu ý : Khi chuyển biểu thức cần tìm max , min có thể học sinh mắc sai lÇm .
VÝ dơ : A = ( x-1)2 + (x-3)2 9 - 9 vì (x-1)2 0 và (x-3)2 0 minA = -9
nhng không tồn tại x thoả mÃn điều đó . Ta cần làm nh Bµi 1a) .
Bµi sè 2 .


T×m min cđa C = x − x − 2006 .
Giải :
Để C tồn tại thì ta phải có : x ≥ 2006 (*) .
Ta cã :
C =

x − x − 2006

= x – 2006 -

x − 2006

+

1
4

+

8023
4

=

1
8023 8023
( x − 2006 − ) 2 +
≥
2
4
4
8023
1
8027
⇔ x − 2006 = x =
Vậy min C =
. ( thoả (*)) .
4

2
4

Bài số 3.
Tìm min của D = (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) .
Giải :
Tập xác định của D là IR .
Ta có : D = ( x2 + 5x + 4)( x2 + 5x + 6) = ( x2 + 5x + 5)2 – 1 ≥ - 1 .
DÊu = x¶y ra khi : ( x2 + 5x + 5)2 = 0 ⇔ ( x2 + 5x + 5) = 0 ⇔ x = − 5 + 5
2

hc x = − 5 − 5 . VËy minD = - 1 ⇔ x = − 5 + 5 hoặc . x = 5 5
2

2

Bài sè 4 .
T×m min cđa E = x2 +2y2 -2xy - 4y + 5 .
Giải :
Tập xác định của E lµ IR2 .
Ta cã : E = x2 +2y2 -2xy - 4y + 5 = ( x-y)2 + (y-2)2 + 1 .
Vì ( x-y)2 0 x,y và (y-2)2 ≥ 0 ∀ y nªn E ≥ 1 ∀ x,y .

2

x − y = 0
x = y
⇔
⇒x= y=2 .
y − 2 = 0

y = 2

DÊu = x¶y ra khi 

VËy minE = 1 khi x=y=2 .
Bài số 5 .
Tìm min cña F = x2 + 2y2 + 3z2 -2xy + 2xz -2x -2y 8z + 2012 .
Giải :
Tập xác định của F là IR3 .
Ta có : F = ( x-y+z-1)2 + ( x+z-2)2 + ( z-1)2 + 2006 .
V× : ( x-y+z-1)2 ≥ 0 ∀ x,y,z , ( x+z-2)2 ≥ 0 ∀ x,z vµ ( z-1)2 ≥ 0 ∀ z nªn F ≥ 2006
∀ x,y,z .
x − y + z − 1 = 0
x = 1

DÊu = x¶y ra khi  x + z − 2 = 0 ⇔  y = 1 .
z − 1 = 0
z = 1


VËy min F = 2006 ⇔ x=y=z=1 .

Bµi sè 6 .

Tìm min của G =
Giải :

2
.
6x 5 9x 2

2
−2
−2
= 2
=
. Do (3x-1)2 ≥ 0 ∀ x
2
6x − 5 − 9x
9 x − 6 x + 5 (3 x − 1) 2 + 4
1
1
−2
− 2 −1
−1
≤ ⇒
≥
=
⇒ ( 3x-1)2+4 ≥ 4 ∀ x ⇒
⇒G ≥
.
2
2
4
2
(3x − 1) + 4 4
(3 x − 1) + 4
2
−1
1

⇔ 3x – 1 = 0 ⇔ x =
min G =
.
2
3

Ta cã : G =


Bài số 7 .
2
Tìm min của H = 3x2 8 x + 6 .

x − 2x + 1

Gi¶i :
TËp xác định của H là IR\ {1} .
Ta có : H =
Bµi sè 8 .

(2 x 2 − 4 x + 2) + ( x 2 − 4 x + 4)
( x − 2) 2
=
2
+
≥ 2 ⇒ min H = 2 ⇔ x= 2 .
x 2 − 2x + 1
( x − 1) 2
3 − 4x
.

x2 +1

T×m max , min của I =
Giải :
* Tìm min I .

2
2
2
Ta có : I = x − 4 x +2 4 − x − 1 = ( x 2− 2) − 1 ≥ −1 . Min I = -1 ⇔ x=2 .

* T×m max I .

x +1

x +1

2
2
2
1
Ta cã : I = 4 x + 4 − 24 x − 4 x − 1 = 4 − (2 x2 + 1) ≤ 4 .Max I = 4 ⇔ x = − .

x +1

x +1

Bài số 9 .
Tìm min của K = x3 + y3 + xy biÕt r»ng x+y=1 .
Gi¶i :

Ta cã : K = (x+y)(x2-xy+y2) + xy = x2 –xy + y2 + xy = x2 + y2 .
Có nhiều cách giải ở đây , ví dụ :
1
2

1
2

K = x2 + (1-x)2 = 2( x − ) 2 + ≥

1
1
1
1
. Min K = khi x = ⇒ y = .
2
2
2
2

2

Bµi sè 10 .
T×m min cđa L = x2 + y2 + z2 biÕt r»ng x + y + z = 3 .
Gi¶i:
Ta cã : x + y + z = 3 ⇒ ( x+ y + z)2 ≥ 9 ⇔ x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx ) = 9
⇒ L + 2(xy + yz + zx ) = 9 (*) .
Ta lu«n cã : x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx ∀ x,y,z , dÊu = khi x=y=z nªn tõ (*)
suy ra :
3L ≥ 9 ⇒ L ≥ 3 ⇒ min L = 3 khi x=y=z = 1 .

4.2.1.3. Bµi tËp tù lun .
Bài số 1 .
Tìm max ( min ) của mỗi biÓu thøc sau :
a) A = x2 -5x + 1 .
b) B = 1 – x2 + 3x .
Bµi sè 2 .
Tìm min của mỗi biểu thức sau :
a) C = ( x-1)(x- 3)(x2 - 4x + 5) .
b) D = x2 – 2xy + 2y2 + 2x -10y + 17 .
Bài số 3 .
Tìm max của biểu thức sau :
E = xy + yz + xz biÕt x+y+z=12 .
Bµi số 4 .
Tìm max ( min ) của mỗi biểu thøc sau :
2
27 − 12 x
8x + 3
a) F = 3x 2 − 6 x + 17 ; b) G = 2
; c) H = 2
.

x − 2x + 5

x +9

4x + 1

4.2.2 Phơng pháp tìm cực trị theo tính chất giá trị tuyệt đối .
4.2.2.1. Lí thuyết cơ bản .
Ta biết rằng : với A , B là những biểu thức đại số thì :

i) A + B ≤ A + B
ii) A − B ≥ A + B
DÊu b»ng x¶y ra khi A.B 0 .
4.2.2.2. Bài tập áp dụng .
Bài số 1 .
T×m min cđa A = x − 2 + x + 8 .
Gi¶i :
Ta cã : A = x − 2 + x + 8 = 2 − x + x + 8 ≥ 2 − x + x + 8 = 10 .
Suy ra minA = 10 khi (2-x)(x+8) ≥ 0 ⇔ − 8 ≤ x ≤ 2 .
Bµi sè 2.
T×m max cđa B = x + 2(1 + x + 1) − x + 2(1 − x + 1) .
Giải :
Tập xác định của B là x -1 (*) .
Ta
cã
:
2

( x + 1 + 1) − ( x + 1 − 1) 2 =

x +1 +1 −

x +1 −1 ≤

B

=

x +1 +1− x +1 +1 = 2

Suy ra max B = 2 khi ( ( x + 1 + 1)( x + 1 − 1) ≥ 0 x 0 (thoả(*)) .
4.2.2.3. Bài tập tự luyện .
Bài số 1 .
Tìm max của biểu thức :
a) C = a + 3 − 4 a − 1 − a + 3 + 4 a − 1
b) D = x 2 − 4012 x + 2006 2 − x 2 + 4014 x + 2007 2
Bài số 2 .
Tìm min cđa biĨu thøc :
a) E = x 2 + 64 − 16 x + x 2
b) F = x 2 − 4 x + 4 + x 2 − x + 1 .
4

4.2.3. Phơng pháp tìm cực trị dựa vào điều kiện tồn tại nghiệm của ph ơng
trình bậc hai ( phơng pháp miền giá trị hàm số ) .
4.2.3.1.Lí thuyết cơ bản .
Ta đà biết : phơng trình bËc hai ax2 + bx + c = 0 cã nghiÖm nÕu ∆ = b 2 − 4ac ≥ 0
.
NÕu biểu thức A =

f ( x)
xác định trên miền D cã thĨ qui vỊ d¹ng :
g ( x)

f(A)x2 + g(A)x + k = 0 (1) ( k lµ mét sè thực ) thì rõ ràng với mỗi x thuộc tập
nguồn D tho¶ (1) sÏ cho mét ¶nh h(A) cđa tËp đích E của A . Vì vậy bằng cách
gián tiếp dựa vào điều kiện có nghiệm của phơng trình (1) ta sẽ xác định đợc
tập đích E và do đó
chỉ ra giới hạn miền giá trị của A hay chỉ ra maxA , minA .

4.2.3.2. Bµi tËp vËn dơng .
Bµi sè 1 .
2
T×m max , min cđa A = x 2 − x + 1 .

x + x +1

Gi¶i :
BiĨu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phơng trình sau có nghiệm :
2
a = x 2 x + 1 (1) .

x + x +1
⇔ (a-1)x2 + (a+1)x + (a-1) = 0 ( Do x2 +x +1 > 0 ∀ x ) . (2)


* NÕu a = 1 th× (2) cã nghiƯm x = 0 .
*
Nếu
thì
để
(2)
a 1

có

nghiệm

ta

cần

có

1
a 3(a 1) .
3
(a + 1)
a +1
1
=
Với a = hoặc a=3 thì nghiệm (2) lµ : x =
.
2(a − 1) 2(1 − a )
3
1
Víi a = th× x = 1 , víi a=3 thì x = -1 .
3
1
Kết hợp hai trờng hợp trên ta cã : min A = ⇔ x = 1 ; maxA = 3 ⇔ x=-1 .
3
∆ ≥ 0 ⇒ (a + 1) 2 − 4(a − 1) 2 ≥ 0 ⇔ (3a − 1)(a − 3) ≤ 0 ⇔

Bµi sè 2 .

2
T×m max , min cđa B = x 2 3x + 5 .

x x

Giải :
Điều kiện để B cã nghÜa lµ x ≠ 0; x ≠ 1 (*) .
2
B nhận giá trị m phơng trình m = x −2 3x + 5 (1) cã nghiÖm .

x −x

(1) ⇒ (m-1)x2 – (m-3)x – 5 = 0 (2) .
*NÕu m=1 x = 2,5 .
*Nếu
m
thì
để
(2)
1

có

nghiệm

ta

cần

có

0 (m − 3) + 20(m − 1) = m + 14m − 11 ≥ 0
2

2

⇒ m ≤ −7 − 2 15 hc m ≥ −7 + 2 15 .

Víi m = − 7 − 2 15 th× x= 5 − 15 ; víi m = − 7 + 2 15 th× x= 5 + 15 .
2

2

Kết hợp hai trờng hợp trên và điều kiện (*) ta có :
maxB = 1 khi x = 2,5 ; min B = − 7 − 2 15 khi x= 5 − 15 .
4.2.3.3. Bµi tËp tự luyện .
Tìm max , min của những biểu thức sau :
2
4x 2 − 6x + 1
a) C = 2 x2 − 16 x + 41 ; b) D =
; c) E =
2

x − 8 x + 22

(2 x − 1)

2

x
.
( x + 10) 2

4.2.4. Phơng pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức Cô- si ( Cauchy) .
4.2.4.1. Lí thuyết cơ bản .

Cho n số không âm : a1 , a2 , a3 , ..., an th× ta lu«n cã :
a1 + a 2 + a3 + ... + a n n
≥ a1 a 2 a3 ..a n .
n
D¹ng 2 : a1 + a 2 + a3 + .... + a n ≥ n n a1 a 2 a3 ....a n

D¹ng 1 :

D¹ng 3 : (

a1 + a 2 + a3 + .. + a n n
) ≥ a1 a 2 a3 ...a n .
n

DÊu b»ng x¶y ra khi vµ chØ khi a1 = a2 = a3 = ...= an .
Từ đây ta dễ dàng suy ra :
i) NÕu a1 . a2 . a3 . ... an = A không đổi thì a1 + a 2 + a3 + ... + a n ≥ n n A vµ do ®ã :
min a1 + a 2 + a3 + ... + a n = nn A khi a1 = a2 = a3 = ...= an .
ii) NÕu a1 + a2 + a3 + ...+ an = B không đổi thì n a1a 2 a3 ...a n

B
và do đó :
n

:


max n a1a 2 a3 ...a n =

B

khi a1 = a2 = a3 = ...= an .
n

4.2.4.2. Bài tập áp dụng .
Bài số 1 .
Cho a.b.c = 1 . Tìm min của A = (a2+b2)(b2+c2)(c2+a2) .
Giải :
Theo BĐT Cô- si ta cã :
a 2 + b 2 ≥ 2 ab ≥ 0
 2
2
b + c ≥ 2 bc ≥ 0 dÊu b»ng x¶y ra khi a=b=c .
 2
2
c + a ≥ 2 ca ≥ 0
Suy ra A = (a2+b2)(b2+c2)(c2+a2) ≥ 8 a 2 b 2 c 2 = 8
VËy min A = 8 ⇔ a=b=c=1 .

Bµi sè 2 .

a, b, c, d > 0
Cho  1
t×m max a.b.c.d ?
1
1
1
1 + a + 1 + b + 1 + c + 1 + d 3

Giải :
Từ giả thiết và theo BĐT Cô-si ta có :

1
1
1
1
b
c
d
bcd
(1
) + (1
) + (1 −
)=
+
+
≥ 33
(1 + b)(1 + c)(1 + d )
1+ a
1+ b
1+ c
1+ d 1+ b 1+ c 1+ d

T¬ng tù :

1
acd
1
abd
≥ 33
≥0 ;

≥ 33
≥0
1+ b
(1 + c)(1 + d )(1 + a )
1+ c
(1 + b)(1 + d )(1 + a )

1
abc
≥ 33
≥ 0 . Nh©n vÕ víi vế 4 BĐT trên ta đợc :
1+ d
(1 + a)(1 + b)(1 + c )
1
81
1
≥
⇒ abcd ≤
.
(1 + a )(1 + b)(1 + c)(1 + d ) (1 + a )(1 + b)(1 + c)(1 + d )
81
1
VËy maxabcd =
khi
81

a=c=b=d .
Bài số 3 .
Với a>b 0 , tìm min cđa B = a +
Gi¶i :

Ta cã : B = a +
4 4 ( a − b)

4
.
( a − b)(b + 1) 2

4
b +1 b +1
4
= ( a − b) +
+
+
−1 ≥
2
2
2
( a − b)(b + 1)
(a − b)(b + 1) 2

b +1 b +1
4
−1 = 4 −1 = 3 .
2
2 (a − b)(b + 1) 2

VËy minB = 3 khi a = 2; b = 1 .
Bµi sè 4 .
a ≥ 3


Cho b ≥ 4 . T×m max C = ab c − 2 + bc a − 3 + ca b − 4 .
2 2
c ≥ 2


Gi¶i :


Ta cã :

ab (c − 2) + 2 abc
=
2
2
2
2 2
bc
bc (a − 3) + 3 abc
bc a − 3 =
(a − 3)3 ≤
=
2
2
3
2 3
ca
ca (b − 4) + 4 abc
ca b 4 =
(b 4)4
=

2
4
4
2 4
1
1
1
+
+
Từ các BĐT trªn suy ra : C ≤
.
2 2 2 3 2 4
c − 2 = 2
c = 4
1
1
1

+
+ .
DÊu b»ng khi a − 3 = 3 ⇔ a = 6 . VËy max C =
2 2 2 3 4
b − 4 = 4
b = 8


ab c − 2 =

ab

(c − 2)2

Bài số 5 .
Cho a,b,c là 3 số dơng bất kỳ . Tìm min của D =
Giải :

a
b
c
+
+
b+c c+a a+b

a
b
c
a+b+c a+b+c a+b+c
) + (1 +
) + (1 +
)=
+
+
b+c
c+a
a+b
b+c
c+a
a+b
1
1

1
1
1 
 1
+
+
) = [ (b + c ) + ( c + a ) + ( a + b) ] 
+
+
⇒ 2D + 6 = 2(a + b + c)(
≥9
b+ c c+ a a+b
 b + c c + a a + b 
3
3
( theo C«-si) ⇒ 2D + 6 ≥ 9 ⇒ D ≥ . VËy min D = khi a=b=c .
2
2

Ta cã : D + 3 = (1 +

4.2.4.3. bµi tập tự luyện .
Bài số 1 .
Cho a,b là những số không âm và a.b = 1 .
Tìm min của A= (1+a+b)(a+b+ab) .
Bµi sè 2 .
Cho a lµ sè thùc bÊt kú . T×m min cđa B =

a2 + 2
a2 +1

.

Bài số 3 .
Cho a,b là những số không âm và a+b = 1 .
Tìm max của C = 16ab(a-b)2 .
4.2.5. Phơng pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức Bunhiacôpki(B-C-S).
4.2.5.1. Lí thuyết cơ bản .
Cho a1 , a2 , a3 , ..., an vµ b1,b2,b3,...., bn lµ 2n số thực tuỳ ý . Khi đó ta có :
Dạng 1 : (a12+a22+a32+....+an2)(b12+b22+b32+...+bn2) ≥ ( a1b1+ a2b2+a3b3+...+anbn)2
(1)
2
2
n
2
2
2
D¹ng 2 :
(a1 + a 2 + .. + a n )(b1 + b2 + ... + bn ) ≥ a1b1 + a 2 b2 + ....a n bn
(2)
DÊu b»ng x¶y ra ë (1) vµ (2) khi

a
a1 a 2
=
= ... = n .
b1 b2
bn

HƯ quả :

i) Nếu a1x1+a2x2+.....+anxn= C = const
thì min ( x1 +x +...+xn ) =
2

2
2

2

C2
2

a1 + a 2 + ... + a n

ii) NÕu x +x2 +...+x = C th×
2
1

2

2
n

2

2

2

. DÊu b»ng khi

x
x1 x 2
=
= ... = n .
a1 a 2
an


max

(a1x1+a2x2+.....+anxn)

=

C a1 + a 2 + ... + a n

2

.

DÊu

b»ng

khi

=

- C a1 2 + a 2 2 + ... + a n 2

.

DÊu

b»ng

khi

2

2

x
x1 x 2
=
= ... = n ≥ 0 .
a1 a 2
an

min

(a1x1+a2x2+.....+anxn)

x
x1 x 2
=
= ... = n ≤ 0 .
a1 a 2
an

4.2.5.2. Bµi tËp vËn dơng .
Bµi sè 1 .
Cho xy + yz + xz = 4 . T×m min A = x4+y4+z4 .
Gi¶i :
Ta cã :
1 2 2 2
1
1
( 1 +1 +1 )( x4+y4+z4) ≥ (x2+y2+z2)2 = ( x2+y2+z2)(y2+z2+x2)
3
3
3
1
16
(xy+yz+xz)2 =
.
3
3
2
16
Suy ra minA =
đạt đợc khi x=y=z=
.
3
3

A=

Bài sè 2.

Cho a2 + b2 + c2 = 1 . Tìm max B = a + 3b + 5c .
Giải :
Ta cã :
B = a + 3b + 5c ≤ (11 + 3 2 + 5 2 )(a 2 + b 2 + c 2 ) = 35 .
1

3

5

;b =
;c =
Từ đó ta đợc minB = 35 khi a =
.
35
35
35
Bài số 3 .
Tìm min C = (x-2y+1)2 + ( 2x+ay+5)2 .
Gi¶i :
Ta cã :
1
1
[(-2)2 + 12 ][(x-2y+1)2 + (2x+ay+5)2] ≥ [(-2)(x-2y+1) + 1.(2x+ay+5)]2
5
5
1
9
= [(a+4)y +3 ]2 ≥ 0 nÕu a ≠ - 4 hc ≥ nÕu a =- 4 .
5

5
9
VËy : nÕu a ≠ - 4 th× min C = 0 ; nÕu a = - 4 thì max C = .
5

C=

Bài số 4 .

1 2 3
+ + =1
Cho  a b c
. T×m min D = a2+b2+c2 .
a, b, c > 0

Giải :
Theo BĐT B-C-S ta cã :

2

1
1
1 2 3 
1
a + b + c ≥ (a + b + c) 2 = (a + b + c)( + + ) ≥ (1 + 2 + 3 ) 4 .
3
3
a b c 
3
1

VËy minD = (1 + 2 + 3 ) 4 khi a=b=c=6 .
3
2

2

2

4.2.5.3. Bµi tËp tù lun .
Bµi sè 1.


a , b > 0

Cho  4 9
. T×m min A = a + b + a 2 + b 2 .
+
=
1
 a b

Bµi sè 2 .

 x 2 + y 2 = 16

Cho u 2 + v 2 = 25 . T×m max (x+y) .
 xu + yv ≥ 20


Bài số 3 . Cho x2+4y2 =1 . Tìm max x − y .

Bµi sè 4 . Cho 3x-4y=7 . Tìm min của 3x2+4y2 .
Bài số 5 . Cho 36x2 + 16y2 = 9 . T×m max , min cđa y-2x .
Bµi sè 6 .
 xy ≥ 0

Cho 

2
2
x + y = 1

. T×m max , min cđa x 1 + y + y 1 + x .

4.3. Cùc trÞ hình học .
4.3.1. Phơng pháp tìm cực trị dựa vào mối quan hệ đ ờng vuông góc - đờng
xiên- hình chiếu ; bất đẳng thức tam giác ; khoảng cách giữa hai đ ờng
thẳng song song .
4.3.1.1. Lí thuyết cơ bản .
- Từ một điểm M ở ngoài đờng thẳng d , kẻ MH d tại H , kẻ MA với A thuộc
d và A không trùng H , kẻ MB với B thuộc d và B không trùng H .
Ta lu«n cã : MH ≤ MA dÊu b»ng khi H ≡ A .
MA ≥ MB dÊu b»ng khi và chỉ khi HA = HB .
- Với 3 điểm A,B,C bất kỳ trong mặt phẳng ta luôn có : M
AB + AC ≥ BC .
(1)
AC + BC ≥ AB .
(2)
AB + BC ≥ AC .
(3)
DÊu b»ng ë ( 1) khi A thuộc đoạn BC .

Dấu bằng ở ( 2) khi C thuộc đoạn BA .
d
Dấu bằng ở ( 3) khi B thuộc đoạn AC .
- Nếu a || b vµ A ∈ a , B , C ∈ b và
B
H
A
AB a,b thì ta có :
A
a
AB AC . DÊu b»ng khi B ≡ C .
4.3.1.2. Bµi tËp vËn dụng .
b
Bài số 1 .
B
C
Cho hình vuông ABCD . Trong các hình vuông nội tiếp nó , hÃy xác định hình
vuông có diện tích nhỏ nhất .
Giải :
Gọi EFGH là hình vuông nội tiếp trong hình vuông ABCD
Tâm của hai hình vuông này phải trùng nhau tại O . A
E K
B
EG.FH 2OE.2OE
=
= 2OE 2 .
2
2
Nh vËy S nhá nhÊt ⇔ OE nhỏ nhất . Gọi K
là trung điểm của AB , ta cã : OE ≥ OK = const .

OE = OK ⇔ E ≡ K .

Ta cã : S EèGH =

Vậy SEFGH nhỏ nhất khi các đỉnh E,F,G,H là các
trung điểm các cạnh của hình vuông ABCD .

F
H

O


Bài số 2 .
D
G
C
Cho tam giác ABC . Qua A dựng đờng thẳng d cắt cạnh BC của tam giác sao
cho tổng các khoảng cách từ B và C đến d có giá trị nhỏ nhất .
Giải :
A
Gọi D là giao điểm của d và cạnh BC .
Vẽ BM , CN vuông góc với d .
M
Với mọi vị trí của D trên cạnh BC ta có :
SBAD + S CAD = S ABC ⇒

1
1
AD.BM + AD.CN = S

2
2

C

⇒ BM + CN = 2 S . Do ®ã BM + CN min B
D
AD
2S
⇔
min ⇔ AD max .
N
AD
Gi¶ sư AC ≥ AB thì trong hai đờng xiên AD , AC
đờng xiên AD có hình chiếu nhỏ hơn do đó AD AC không đổi
AD = AC D C .

Vậy đờng thẳng d phải dựng là đờng thẳng chứa cạnh lớn nhất trong hai cạnh
AB,AC .
Bài số 3 .
Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB . Ax và By là các tiếp tuyến của nửa đờng tròn ( A , B lần lợt là các tiếp điểm ) . M là điểm bất kì của nửa đờng tròn
( M khác A và B ) , qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đờng tròn cắt Ax tại C , cắt By
tại D . Tìm vị trí của M để diện tích tứ giác ABCD nhỏ nhất .
Giải :
Theo tính chÊt tiÕp tuyÕn ta cã :
x
y
Ax ⊥ AB , By AB
ABCD là hình thang vuông .
D

CA = CM ; DB = DM .
C'
D'
Do M là điểm nằm giữa C và D nên :
C
AC + BD = CM + DM = CD .
S ACBD =

( AC + BD). AB CD. AB
=
2
2

A

B

Do AC || BD và AB là khoảng cách giữa hai tia
2
Ax || By nên CD AB min SABCD = AB ⇔ CD = ABOkhi ®ã M là điểm

2

chính giữa cung AB của nửa đờng tròn đang xét .
Bài số 4 .
Cho hình thang có diện tích là a ( đvdt) . Hỏi độ dài đờng chéo của nó là bao
nhiêu .
Giải :
A
B

Đặt AC = m , BD = n . Gọi M , N lần
lợt là hình chiếu của A , B lên CD .
Đặt MC = x , ND = y .
Kh«ng mÊt tÝnh tỉng quát ta giả sử :
m n x y.
D
M
N
C
Ta cã : 2x ≥ x+ y = MC + ND = CD + MN .
Tứ giác ABNM là hình chữ nhËt nªn : AB = MN ⇒ 2x ≥ x + y = CD + AB .
Xét tam giác vuông AMC cã : AC 2 = AM2 + MC2 hay m2 = h2 + x2 ≥ 2xh trong
®ã h = AM = BN .
Mặt khác 2xh ( DC + AB ).h = 2SABCD = 2a ⇒ m2 ≥ 2a
m 2a .
Vậy đờng chéo của hình thang có độ dµi nhá nhÊt lµ 2a khi AM = MC .


Bài số 5 .
Cho tam giác ABC có góc A = 900 , ®êng cao AH . LÊy E thuéc AB , lÊy F thuéc
AC sao cho gãc EHF = 90 0 . Hỏi E , F phải có vị trí nh thế nào để độ dài EF có
giá trị nhỏ nhất ?
A
Giải :
Gọi I là trung điểm EF .
Ta cã : IA = IH =

1
EF ( tÝnh chÊt ®êng
2

E

I

F

trung tuyến trong tam giác vuông ) .
EF = IE + IF = IA = IA + IM ≥ AH = const . B
H
C
Suy ra EF nhá nhÊt khi EF = AH , khi đó A,I,H
thẳng hàng hay I là trung điểm AH
AEHF là hình chữ nhật .
Bài số 6 .
M
Cho gãc nhän xOy . §iĨm A n»m trong gãc đó .
Xác định B trên Ox và C trên Oy sao cho
x
chu vi tam giác ABC nhỏ nhất ?
Giải :
Gọi M là điểm đối xứng của A qua Ox ,
N là điểm đối xứng của A qua Oy .
B
A
Suy ra MN cố định .
O
Chu vi tam giác ABC = AB + BC + AC .
Ta cã : NB + BC ≥ NC
C

⇒ NB + BC + CM ≥ NC + CM MN .
y
Dấu bằng khi B là giao điểm của MN với Ox ,
C là giao điểm của MN với Oy , khi đó
chu vi tam giác ABC = MN .
N
4.3.1.3. Bµi tËp tù lun .
Bµi sè 1.
Cho tam gi¸c ABC cã gãc A = 90 0 , AH BC . Điểm M chuyển động trên BC .
Vẽ MD AB , ME AC . Xác định M để DE nhỏ nhất .
Bài số 2.
Cho hai điểm A và B trên cùng nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng d cho trớc .
a) Tìm trên d một ®iÓm C sao cho chu vi ∆ ABC nhá nhÊt .
b) Tìm trên d hai điểm M,N có khoảng cách MN = a sao cho độ dài đờng gấp
khúc AMNB nhỏ nhất .
4.3.2. Phơng pháp tìm cực trị dựa vào bất đẳng thức trong đờng tròn .
4.3.2.1. Lí thuyết cơ bản .
i) Trong một đờng tròn , đờng kính là dây lớn nhất .
ii) Trong một đờng tròn hoặc trong hai đờng tròn bằng nhau :
- Dây lớn hơn khi và chỉ khi nó gần tâm hơn .
- Dây lớn hơn trơng cung lớn hơn .
4.3.2.2. Bài tập vận dụng .
Bài số 1.
Cho ABC cân tại A . Đờng tròn (O) tiếp xúc với AB tại B, tiếp xúc AC tại C .
Qua A vẽ cát tuyến ADE bất kỳ . Vẽ dây CK song song DE . Xác định vị trí cát
tuyến ADE để tam giác AKE có diện tích lớn nhất .
Giải :
A
Gọi R là bán kính cđa (O) . KỴ EH ⊥ AC .
Ta cã : CK// DE nªn SAKE = SACE =

1

1

1
AC.EH
2

=> SAKE ≤ AC.EC ≤ AC.2R = AC.R .
2
2
Do ®ã maxSAKE = AC.R ⇔ EC là đờng

M

D

B

C

O


kính của (O) .
Cát tuyến ADE ở vị trí AMN hình bên thì
K
AKE
có
diện

tích
lớn
nhất
.

Đó là tam giác ANP .
N
Bài số 2 .
P E
Trong c¸c ∆ ABC cã BC = a , góc BAC = , tam giác nào có :
a) Diện tích lớn nhất ?
b) Chu vi
D
Giải :
A
Xét các tam gi¸c ABC cã BC = a , gãc BAC = .
Khi đó A nằm trên cung chứa góc dựng trên BC .
a) Gọi D là điểm chính giữa cung chứa góc
nói trên .
Kẻ AH , DG BC . Hiển nhiên AH DG
B
H G
do đó SABC SGBC .
Vậy trong các tam giác nói trên, tam giác
cân tại A có diện tích lớn nhất .
b) Trên tia đối của tia AB lÊy D sao cho AD = AC . Khi đó góc BDC =
di chuyển trên cung chứa góc


dựng trên BC

2

( có giới hạn bởi tiếp tuyến tại B ). Chu vi
tam gi¸c ABC lín nhÊt
⇔ BA + AC max ⇔ BD max .

α
Lu ý r»ng , t©m cđa cung chứa góc
là điểm
2

chính giữa M của cung chứa góc .

Gọi giao điểm BM với cung chứa góc

D

H

C


nên D
2

N

K

M

A
B

C


là N ( khác B)
2

E

thì BD BN ( đờng kính là dây lớn nhất ) .
Do đó BA + AC BM + MC .
Vậy MBC cân tại M là tam gi¸c cã chu vi lín nhÊt trong c¸c tam gi¸c ABC
thoả đề bài .
Bài số 3 .
Cho (O) cắt (I) tại A,B . Một cát tuyến d qua A cắt (O) tại M và (I) tại N . Xác
định vị trÝ c¸t tuyÕn d sao cho ∆ BMN cã chu vi lớn nhất ?
Giải :
Gọi C là điểm đối xứng của B qua O ,
M
D
D là điểm đối xứng của B qua I thì dễ dàng
A
chứng minh đợc C , A , D thẳng hàng .
N
Ta có : BMN ®ång d¹ng ∆ BCD ( g-g) C
BM BN MN BM + BN + MN
=
=

=
=
BC BD CD
BC + BD + CD
Chuvi∆BMN
.
Chuvi∆BCD
Do BM BC ( đờng kính là dây lớn nhất )
BM
nên
1 ⇒ Chu vi ∆ BMN ≤Chu vi ∆ BCD .
BC

nên :

O

I
B

Vậy chu vi tam giác BMN lớn nhất bằng chu vi tam giác BCD và bằng
BC+BD+CD =const khi BM là đờng kính của (O) hoặc BD là đờng kính cđa
(I) .
4.3.2.3. Bµi tËp tù lun .
Bµi sè 1 .