Hướng dẫn học sinh khá giỏi lớp 8 trường THCS thiệu khánh một số phương pháp giải bài toán cực trị

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH KHÁ ,GIỎI LỚP 8 TRƯỜNG THCS
THIỆU KHÁNH MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CỰC
TRỊ

Người thực hiện: Nguyễn Thị Hoan
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Thiệu Khánh
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2016

1


MỤC LỤC
Trang
Phần I : Đặt vấn đề ................................................................................................3
1. Lý do chọn đề ………………………………………………………. 3
2. Mục đích nghiên cứu …………………………………………………3
3.Đối tượng nghiên cứu…………………………………………………..3
4. Phương pháp nghiên cứu………………………………………………4
Phần II: Giải quyết vấn đề ………………………………………………………..4
1/ Cơ sở lí luận …………………………………………………………..4
2/Thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm……………… ...4
3/Các giải pháp thực hiện ………………………………………………..5
1. Lý thuyết ……………………………………………………………5

2. Phương pháp giải…………………………………………………….6
3. Các chú ý quan trọng…………………………………………………8
4/Các dạng bài tập thường gặp ………………………………………….10
5/Những sai lầm thường gặp khi giải bài toán cực trị………………........17
Phần III: Kết luận và kiến nghị ………………………………………………….20
1/ Kết luận vấn đề nghiên cứu …………………………………………20
2/ Kiến nghị những vấn đề nghiên cứu ……………………………….21

2


I.ĐẶT VẤN ĐỀ
1/ Lý do chọn đề tài :
Toán học có một vị trí đặc biệt trong việc nâng cao tri thức, góp phần tạo nên
nguồn tài nguyên chất xám cho đất nước. Toán học là bộ môn khoa học tự nhiên
được hình thành từ rất sớm bởi sự gắn bó chặt chẽ của nó với thực tiễn đời sống
con người. Toán học giúp cho việc hình thành và phát triển cho người học năng
lực tư duy logic, phương pháp luận khoa học, phẩm chất trí tuệ, tư tưởng đạo đức.
Để hoàn thành nhiệm vụ dạy học người giáo viên phải có lòng nhiệt tình, có
kiến thức và phương pháp truyền thụ phù hợp. Thực tế đã cho thấy hầu hết giáo
viên đều có lòng nhiệt tình, có kiến thức song phương pháp còn nhiều hạn chế,
các thầy cô dạy môn toán cũng không phải là ngoại lệ. Vậy đâu là nguyên nhân ?
Theo tôi nguyên nhân cơ bản là:
- Giáo viên chưa tạo cho học sinh thói quen tiến hành đầy đủ các bước cần
thiết khi giải một bài toán, nhất là những bài toán mới hoặc những bài toán khó
nên học sinh chưa có phương pháp suy nghĩ, suy luận đúng và tìm tòi lời giải .
- Chỉ nặng về trình bày lời giải mà không chú ý đến việc hướng dẫn học sinh
tự tìm ra lời giải. Bởi vậy học sinh cũng chỉ hiểu được lời giải cụ thể ,mà chưa
suy luận để giải bài toán tương tự.
- Chưa chú trọng đến việc phân tích bài toán theo nhiều khía cạnh, theo từng

loại để tạo ra phương pháp và lời giải khác nhau, chưa chú rèn luyện cho học sinh
kĩ năng tính toán, biến đổi, suy luận.
2/ Mục đích nghiên cứu :
Nhìn chung Toán học là môn học rất trừu tượng. Tính trừu tượng và logic tăng
dần khi các em càng học lên các lớp trên. Từ năm học lớp 8 khó khăn của học sinh
đã được bộc lộ rõ nét hơn, đặc biệt là các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất. Đây là một đề tài thú vị, nó thường không có quy tắc giải tổng quát. Do vậy
học sinh hay mắc thiếu sót và sai lầm khi giải các bài toán loại này.Chính vì vậy
mà tôi mạnh dạn chọn đề tài “ Hướng dẫn học sinh khá ,giỏi lớp 8 trường
THCS Thiệu Khánh một số phương pháp giải bài toán cực trị ”.
3/ Đối tượng nghiên cứu :
Hướng dẫn học sinh khá ,giỏi lớp 8 trường THCS Thiệu Khánh một số
phương pháp giải bài toán cực trị .
3


4/ Phương pháp nghiên cứu :
- Khái quát và hệ thống các thức cơ bản .
- Các phương pháp giải bài toán cực trị
- Các dạng bài tập
- Lưu ý cho học sinh các sai lầm thường gặp khi giải bài toán cực trị

II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1/ Cơ sở lí luận:
-Trước khi thực hiện đề tài này thì đầu năm học tôi cho các học sinh khá
giỏi do tôi phụ trách làm một bài toán tìm cực trị của lớp 8, tôi ghi thấy rất nhiều
học sinh mắc phải những sai lầm ngộ nhận như đã nêu trong đề tài. Sau khi các
em nắm được nội dung kiến thức thì kỹ năng làm bài toán cực trị đã tiến bộ và
đặc biệt khi kiểm tra, 100% học sinh không còn mắc phải những sai lầm đáng tiếc
nữa, tôi nghĩ đó chính là thành công bước đầu của đề tài.

Tóm lại, từ yêu cầu thực tế của ngành giáo dục, từ khó khăn của giáo viên và học
sinh thường hay mắc sai lầm trong việc giải các bài toán cực trị, tôi đã chọn đề tài
“ Hướng dẫn học sinh khá ,giỏi lớp 8 trường THCS Thiệu Khánh một số
phương pháp giải bài toán cực trị . ”để nghiên cứu với hy vọng đề tài này sẽ góp
phần vào việc giải quyết khó khăn, khắc phục sai lầm cho giáo viên và học sinh
trong việc dạy và học kiến thức về tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
2/ Thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm :
Được sự phân công của Ban giám hiệu trường THCS Thiệu Khánh dạy bồi dưỡng
môn toán lớp 8 ,tôi thấy qua quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi nhiều năm gần đây
bản thân tôi thấy việc hình thành cho học sinh cách suy nghĩ để tìm lời giải cho
bài toán hoặc mỗi dạng toán nào đó là công việc rất khó
Khi trực tiếp bồi dưỡng, tôi tự thấy kiến thức cơ bản các em nắm tương đối vững .
,xong không phải bất cứ bài toán nào hay dạng toán nào các em cũng làm được,
đặc biệt là đối với các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất hầu hết các em đều
cho rằng đây là một loại toán rất khó nên đầu tư vào sẽ mất nhiều thời gian mà
chưa chắc đã làm được và lại rất dễ mắc sai lầm. Do vậy các em thường bỏ qua
bài toán này để tập trung thời gian giải bài toán khác và rất nhiều em không có
hứng thú khi gặp bài toán này.
4


3/ Giải pháp thực hiện:
- Giáo viên trang bị cho học sinh các đơn vị kiến thức cơ bản.
- Giáo viên yêu cầu học sinh nắm vững bản chất của bài toán cực trị là như thế nào.
- Giới thiệu các phương pháp giải bài toán cực trị.
- Một số bài tập áp dụng cụ thể.
- Một số các sai lầm mắc phải.
a/ Cách giải quyết những vấn đề đã làm:
*Biện pháp 1:
Giáo viên trang bị cho học sinh các đơn vị lý thuyết cần thiết. Cụ thể như sau:

1. Lý thuyết:
Cho một hàm số F(x) xác định trên miền D; (với D ⊂ Rn)
a/ M được gọi là giá trị lớn nhất của f(x) trên miền D nếu như hai điều kiện
sau đồng thời được thỏa mãn:
*. F(x) ≤ M với ∀ x ∈ D
*. ∃ x0 ∈ D sao cho f(xo) =M. Ký hiệu M = max f(x), x ∈D
b/ m được gọi là giá trị nhỏ nhất của f(x) trên miền D nếu như hai điều kiện
sau đồng thời được thỏa mãn:
*. F(x) ≥ m với ∀ x ∈ D
*. ∃ x0 ∈ D sao cho f(xo) =m. Ký hiệu m = min f(x), x ∈D
c/ Các kiến thức cần nhớ: Xét trong tập hợp số thực R.
c1/ x2 ≥ 0 với ∀ x, tổng quát: (f(x))2k ≥ 0 với ∀ x; k ∈ Z.
Từ đó suy ra: (f(x))2 + m ≥ m hoặc M - (f(x))2 ≤ M
c2/
a/ | x | ≥ 0
b/ | x + y | ≤ | x | + | y | Dấu "=" xảy ra ⇔ x, y cùng dấu.
c/ | x - y | ≥ | x | - | y | Dấu "=" xảy ra ⇔ x, y cùng dấu.
c3/ Bất đẳng thức Côsi có dạng sau:
*
(a + b)2 ≥ 4ab

Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b/

*

a b
+ ≥ 2 Với ab > 0
b a

Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b/

*

a + b ≥ 2 ab với a ≥ 0, b ≥ 0,

Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b/

C4/ Các hệ quả
5


+ Với a ≥ 0, b ≥ 0 ; a + b = k (không đổi)
k2
⇒ max (ab) =
⇔a = b
4

+ Với a ≥ 0, b ≥ 0 ; ab = k (không đổi)
⇒ min (a + b) = 2 k ⇔ a = b
C5/ Bất đẳng thức Bunhiakôpski.
(ax + by)2 ≤ (a2 + b2).(x2 + y2)

Dấu "=" xảy ra ⇔

a b
=
x y

2. Phương pháp giải.
2.1. Phương pháp giải bất đẳng thức.

Giả sử cho một hàm số f(x) có miền xác định D, ta phải chứng minh:
a/ f(x) ≤ M hoặc f(x) ≥ m.
b/ Chỉ ra trường hợp x = xo ∈ D sao cho bất đẳng thức trở thành đẳng thức
Ví dụ 1: Tìm giá tị nhỏ nhất của biểu thức sau:
a/ A = (x - 2)2 + 5
b/ B = | x | + | 8 - x |
1
a

1
b

1
c

c/ C = ( a + b + c).( + + ) Với a, b, c > 0
Giải:
a/ Với ∀ x ta đều có: (x - 2)2 ≥ 0. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 2
⇒ (x - 2)2 + 5 ≥ 5
Vậy min A = 5 ⇔ x = 2
b/ Áp dụng hằng đẳng thức: | x | + | y | ≥ | x + y |
Dấu "=" xảy ra ⇔ x.y ≥ 0
Ta có B = | x | + | 8 - x | ≥ | x + 8 - x | = 8. Dấu "=" xảy ra ⇔ x.(8 - x) ≥ 0
Lập bảng xét dấu:
x
x
8-x
x.(8 - x)

0

+
-

8
+
+
+

+
-

Suy ra:
x.(8 - x) ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 8
Vậy min B = 8 ⇔ 0 ≤ x ≤ 8

6


c/ Ta có:

C=
a
b

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

a
c

c
a

c
b

b
c

=( + ) + ( + ) + ( + ) + 3
Áp dụng hằng bất đẳng thức:

a b
+ ≥ 2 (Với a, b > 0)
b a

Ta có: C ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c
Vậy min C = 9 ⇔ a = b = c
Ví dụ 2.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau
a/ P = 3 - (2x - 1)2
b/ G = | x + 2y + 3z | biết rằng 3 số x, y, z. Thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z2 = 1.
Giải:
a/ Ta có (2x - 1)2 ≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x =

1
2

⇒ - (2x - 1)2 ≤ 0 ⇔ 3 - (2x - 1)2 ≤ 3
Vậy max 3 − (2 x − 1) 2  = 3 ⇔ x =

1
2

b/ áp dụng bất đẳng thức Bunhiaskôpski ta có:
(x + 2y + 3z)2 ≤ (12 + 22 + 32).(x2 + y2 + z2) = 14 (Vì x2 + y2 + z2 = 1)
⇒ | x + 2y + 3z |

≤ 14 . Dấu "=" xảy ra ⇔

x y z
= = ⇔ y = 2 x và z = 3x
1 2 3

Vậy max | x + 2y + 3z | = 14 ⇔ y = 2x và z = 3x
2.2. 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 yo là một giá
trị nào đó của f(x) với x ∈ D . Điều này có nghĩa là phương trình f(x) = yo
(với ∀ x ∈ D) phải có nghiệm.
Sau khi giải phương trình, điều kiện có nghiệm thường đưa đến bất đẳng thức:
m ≤ yo ≤ M. Từ đó suy ra min f(x) = m ; x ∈ D; max f(x) = M ; x ∈ D/
Cũng có trường hợp ta chỉ tìm được giá trị nhỏ nhất mà không có giá trị lớn nhất
và ngược lại.
Ví dụ 3: Tìm cực trị của hàm số
a/ y = 7x2 - 4x + 1
b/ y =

2( x 2 + x − 1)
x2 +1

Giải:
7


a/ Hàm số xác định với ∀ x ∈ R.
Giả sử yo là một giá trị nào đó của y để y0 = 7x2 - 4x + 1
Do đó phương trình ẩn x: 7x2 - 4x + 1 -y0 = 0 phải có nghiệm
∆' =(- 2)2 - 7(1 - y0) ≥ 0 ⇔ 4 - 7 + 7y0 ≥ 0 ⇔ 7y0 - 3 ≥ 0 ⇔ y0 ≥
Vậy min y =

3
7

3
2
⇔x =
7
7

b/ Vì x2 + 1 > 0 với ∀ x ∈ R nên hàm số trên xác định với ∀ x ∈ R
Giả sử y0 là một giá trị nào đó để y0 =

2( x 2 + x − 1)
x2 +1

⇔ Phương trình y0 (x2 + 1) =2.(x2 + x + 1) Có nghiệm
⇔ (y0 - 2).x2 - 2x + (y0 - 2) = 0 (*) có nghiệm

⇔ ∆' = 1 - (y0 -2)2 ≥ 0 ⇔ (1 - y0 + 2).(1 + y0 - 2) ≥ 0
⇔ (3 - y0)(y0 - 1) ≥ 0 ⇔ 1 ≤ y0 ≤ 3
+ Khi y0 = 1
Ta có (*) ⇔ - x2 - 2x - 1 = 0 ⇔ x2 + 2x = 1 = 0 ⇔ (x + 1)2 = 0 ⇔ x = - 1
+ Khi y0 = 3
Ta có (*) ⇔ x2 - 2x + 1 = 0 ⇔ (x - 1)2 = 0 ⇔ x = - 1
Vậy max y = 3 ⇔ x = 3
min y = 1 ⇔ x = 3
3. Các chú ý quan trọng.
3.1. Muốn tìm được cực trị của hàm số, không những ta cần chứng minh
một bất đẳng thức (f(x) ≥ m ; f(x) ≤ M) mà phải chỉ ra được sự tồn tại giá trị của
biến để có thể xảy ra dấu đẳng thức
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x4 + 2x2 + 1
Ta có A =(x2 + 1)2 ≥ 0, muốn cho A = 0 thì ta phải có x 2 + 1 = 0 nhưng điều kiện
này không xảy ra trong R, do đó không thể luận min A = 0
Ta phải giải như sau:
Ta có x2 ≥ 0 với ∀ x.
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 0
x4 ≥ 0 với ∀ x.

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 0

⇒ x4 + 2x2 ≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 0
Vậy min A = 1 ⇔ x = 0.
8


3.2. Có trường hợp biểu thức đã cho là tổng của nhiều biểu thức đại số
khác, chẳng hạn A = B + C. Để tìm cực trị của A ta đi tìm cực trị của B và C
nhưng phải chứng minh được rằng khi B đạt cực trị đồng thời C cũng đạt cực trị

(với cùng giá trị của biến) và ngược lại.
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = (x + 2)2 + (x - 1)2.
Ta có (x + 2)2 ≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra khi ⇔x = - 2
(x - 1)2 ≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 1
Nên A ≥ 0 nhưng không thể kết luận min A = 0 vì không đồng thời xảy ra dấu
đẳng thức.
Ta phải giải như sau:
5
 2
A = x2 + 4x + 4 + x2 - 2x + 1 = 2x2 + 2x + 5 = 2. x + x + 


2

2

 2
1
1  9
1
9
= 2. x + 2. x +  +  = 2 x +  + 
2
4  4
2
4 


2

1
9
1

Vì  x +  ≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = − ⇒ A ≥
2
2
2


⇒ min A =

9
1
⇔x=−
2
2

3.3. Khi tìm cực trị của một biểu thức có khi ta thay đổi điều kiện để biểu
thức này đạt cực trị bằng điều kiện tương đương của biểu thức khác đạt cực trị:
A lớn nhất (A ≠ 0) ⇔

1
nhỏ nhất.
A

B lớn nhất (B > 0) ⇔ B2 lớn nhất.
Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
B=

x4 +1

(x

2

)

+1

2

Giải:
Ta có: x4 + 1 > 0 và (x2 + 1)2 > 0 với ∀ x ⇒ B > 0
Nên B lớn nhất ⇔

1
nhỏ nhất
B
1
B

B nhỏ nhất ⇔ lớn nhất.
9


4
2
1 ( x 2 + 1) 2 x + 2 x + 1 x 4 + 2 x 2 + 1

2x 2
=
=
= 1+ 4
(*)
Ta có = 4
B
x +1
x4 +1
x4 +1
x +1

+ Vì 2x2 ≥ với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 0
x4 + 1 > 0 với ∀ x
Từ (*) ⇒

⇒

2x 2
≥0
x4 +1

1
2x 2
1
⇔ x =1+ 4
≥ 1 ⇒ min = 1 ⇔ x = 0. Vậy max B = 1 ⇔ x = 0
B
B
x +1

+ Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x 4 + 1 ≥ 2x2. Dấu "=" xảy ra ⇔ x
±1
Suy ra:

2x 2
2x 2
1
1
≤
= 1 ⇒ ≤ 1 + 1 = 2 ⇒ max = 2 ⇔ x = ±1
4
2
B
B
x + 1 2x
1
2

Vậy min B = ⇔ x = ± 1
4/ Các dạng bài tập thường gặp:
4.1. Đa thức bậc nhất có chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của
1. A = |2x - 3|
2. B = |5x - 3x| + 2
3. C = |x - 1996| + |x -2000|
Giải:
1. Theo định nghĩa của giá trị tuyệt đối ta luôn có:
|2x - 3| ≥ 0 với ∀ x .
Dấu "=" xảy ra ⇔ 2x - 3 = 0 ⇔ x = 1,5

Vậy min A = 0 ⇔ x = 1,5
2. Ta có |5 - 3x| ≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x =
Vậy min B = 2 ⇔ x =

5
⇒ |5 - 3x + 2 ≥ 2
3

5
3

3. Cách 1: áp dụng hằng bất đẳng thức
|x| + |y| ≥ |x + y|. Dấu "=" xảy ra ⇔ xy ≥ 0
Ta có: C = |x - 1996| + |2000 - x| ≥ |x - 1996 + 2000 - x| = |4| = 4
Dấu "=" xảy ra ⇔ (x - 1996)(2000 - x) ≥ 0
Ta có bảng xét dấu
x
x - 1996
2000 - x

1996
+

2000
+
+

+
10

(x-1996)(2000 - x)
+
Suy ra (x - 1996)(2000 - x) ≥ 0 ⇔ 1996 ≤ x ≤ 2000

-

Vậy min C = 4 ⇔ 1996 ≤ x ≤ 2000
Cách 2: (Chia khoảng để xét)
+ Nếu x < 1996:
Ta có C = -x + 1996 + 2000 - x = 3996 - 2x. Do x < 1996
⇒ 2x < 3992 ⇒ -2x > -3992 ⇒ C = 3996 - 2x > 3996 - 3992 = 4 ⇒ C > 4

(1)

+ Nếu 1996 ≤ x ≤ 2000. Ta có C = x- 1996 + 2000 - x = 4

(2)

+ Nếu x > 2000
Ta có C = x - 1996 + x - 2000 = 2x - 3996 vì x > 2000 ⇒ 20 > 4000
⇒ 2x - 3996 > 4000 - 3996 = 4 ⇒ C > 4

(3)

Từ (1), (2), (3) ⇒ min C = 4 ⇔ 1996 ≤ x ≤ 2000
Nhận xét: Với hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối, điển hình là các ví dụ trên ta có thể
tìm cực trị bằng các cách:
+ Xét khoảng để phá dấu giá trị tuyệt đối, sau đó so sánh giá trị của hàm đạt được
trong các khoảng để lựa chọn giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

+ Dùng tính chất: |x| + |y| ≥ |x + y| (Làm cách này sẽ nhanh hơn)
+ Đưa về dạng thông thường dựa vào tính chất

x2 ≥ 0 ; |x| ≥ 0 để lập luận.

BÀI TẬP
Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
a/
A = |x - 1| + |x - 4|
b/
B = |x - a| + |x - b| với a < b
c/
C = |x - 2| + | x - 3| + |x - 4| + |x - 5|
d/
D = |x - 1| + |x - 2| + |x - 3|+.....+|x - 1996|
Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a/
E = 5 - |2x - 1|
b/

1

F = x−2 +3
4.2. Đa thức bậc hai.
Ví dụ 1:

a/ Tìm giá trị nhỏ nhất của
b/ Tìm giá trị lớn nhất của
c/ Tìm cực trị của

A = 3x2 - 6x - 1
B = 4x - x2 + 1
C = ax2 + bx + c (a ≠ 0)

Giải:
a/ Ta có A = 3x2 - 6x + 3 - 4 = 3.(x - 2)2 - 4
11


Vì (x - 1)2 ≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 1 ⇒A ≥ - 4
Vậy min A = - 4 ⇔ x = 1
b/ Ta có B = 5 - (x2 - 4x + 4) = 5 - (x - 2)2 mà (x - 2)2 ≥ 0 với ∀ x.
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 2 ⇒ 5 - (x - 2)2 ≤ 5 ⇒ max B = 5 ⇔ x = 2
2

c/ Ta có C = a.( x 2 + 2.

b
b2
b2
b 
b

.x + 2 ) + c −
= a x +
 +c−
2b
4a
2a 
4a

4a


2

b
⇒ C = a/  x +  + k
2a 


(Với k = c -

b2
)
4a

2

b
b 

+ Nếu a > 0 Suy ra: a  x +  ≥ 0 ⇒ C ≥ k ⇒ min C ⇔ x = 2a
2a 

2

b
b 

+ Nếu a < 0 Suy ra: a  x +  ≤ 0 ⇒ C ≤ k ⇒ max C ⇔ x = 2a

2a 


Ví dụ 2: Tìm cực trị bằng phương pháp miền giá trị của hàm số.
y = -2x2 - x + 1.
Giải:
Giả sử y0 là một giá trị nào đó của y để y0 = - 2x2 - x + 1.
Do đó phương trình ẩn x: 2x2 + x - 1 + y0 = 0
(1) phải có nghiệm
Mà phương trình (1) có nghiệm
⇔ ∆ = 1- 4.2.(y0 - 1) = 1 - 8y0 + 8 ≥ 0 ⇔ 9 - 8y0 ≥ 0 ⇔ y0 ≤
Nên max y0 =

9
8

9
⇔ phương trình (1) có nghiệm kép. Mà phương trình (1) có
8

nghiệm kép là x = -

1
4

Vậy max y =

9
1
⇔x = 8

4

Nhận xét:
+ Với những biểu thức dạng P = ax2 + bx + c (a ≠ 0) ta đều có thể đưa được
về dạng k ± [A(x)]2. Sau đó sử dụng hằng bất đẳng thức A 2 ≥ 0 ; - A2 ≤ 0. P có
giá trị nhỏ nhất nếu a > 0; P có giá trị lớn nhất nếu a < 0.
+ Với mọi biểu thức dạng này ta có thể sử dụng phương pháp miền giá trị
để giải.
+ Với những đa thức nhiều biến ta có thể làm tương tự như đa thức một
biến.
BÀI TẬP:
Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
a/ A = 4x2 + 4x + 11
12


b/ B = 2x2 - 20x + 53
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.
a/ C = -5x2 - 4x + 1
b/ D = 5 - 8x - x2
Bài 3. Với giá trị nào của x, y thì biểu thức
a/ M = 10x2 + 12xy + 4y2 + 6x + 7 đạt giá trị nhỏ nhất?
b/ N = 1 + 6y - 5y2 - 12xy - 9x2
đạt giá trị lớn nhất?
Bài 4. Tìm cặp số (x, y) thỏa mãn phương trình.
x2 + y2 + 6x - 3y - 2xy + 7 = 0 sao cho y đạt giá trị lớn nhất.
Bài 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
P = (2x - 1)2 - 3.|2x - 1| + 3.
4.3. Đa thức bậc cao.
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của

a/ A = x4 - 6x3 + 10x2 - 6x + 9
b/ B = x.(x + 1).(x + 2).(x + 3).
Giải:
a/ Ta có A = x4 - 6x3 + 9x2 + x2 - 6x + 9 = (x2 - 3x)2 + (x - 3)2
Vì (x2 - 3x)2 ≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 0 hoặc x = 3
(x - 3)2 ≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 0

hoặc x = 3

Suy ra:
A = (x2 - 3x)2 + (x - 3)2 ≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 3
Vậy min A = 0 ⇔ x = 3
b/ Ta có B = (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2)
Đặt x2 + 3x + 1 = 1
Khi đó ta có B = (t - 1)(t + 1) = t 2 - 1 mà t2 ≥ 0 với ∀ t ⇒ B = t2 - 1 ≥ - 1
Dấu "=" xảy ra ⇔ t = 0 ⇔ x2 + 3x + 1 = 0 ⇔ x = − 3 ± 5
2

Vậy min B = -1 ⇔ x = − 3 ± 5
2

BÀI TẬP: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
a/ C = x4 - 2x3 + 3x2 -2x + 1
b/ D = (x - 1).(x + 2).(x + 3).(x + 6)
c/ E = x6 - 2x3 + x2 - 2x + 2
4.4. Phân thức
13


a/ Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam thức bậc hai:

Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của A =

1
2x − x 2 − 4

Giải:
Ta có A =

1
1
1
== - ( x − 1) 2 + 3
2
2
2x − x − 4
2x − x − 4

Vì (x - 1)2 ≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 1
⇒ (x - 1)2 + 3 ≥ 3 ⇒
Vậy min A = -

1
1
1
1
≤
⇒
≥
2
2

( x − 1) + 3
( x − 1) + 3
3
3

1
⇔ x = 1.
3

Chú ý: a > b chỉ suy ra được

1 1
> ⇔ a, b cùng dấu
b b

b/ Phân thức có mẫu là bình phương của một nhị thức
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

D=

x2 + x +1
( x + 1) 2

( x 2 + 2 x + 1) − ( x + 1) + 1
1
1
= 1−
+
Cách 1: Ta có D =
2

x + 1 ( x + 1) 2
( x + 1)

Giải:

2

1
1 3  1
3
Đặt t =
Ta có D = 1- t + t2 = t2 - t + + =  t −  +
x +1
4 4  2
4
2

 1
Vì  t −  ≥ 0 Với ∀ t. Dấu "=" xảy ra ⇔ t =


2

1
2

2

1
1

1
1
3 3
= ⇔x + 1 = 2 ⇔x = 1
⇒ D =  t −  + ≥ . Dấu "=" xảy ra ⇔ t = ⇔
2
x +1 2
4 4
 2

Vậy min D =

3
⇔x = 1
4

Cách 2: Ta có D =

x 2 + x + 1 4 x 2 + 4 x + 4 3x 2 + 6 x + 3 + x 2 − 2 x + 1
=
=
( x + 1) 2
4( x + 1) 2
4( x + 1) 2

3.( x + 1) 2 + ( x − 1) 2 3
( x − 1) 2
=
+
=

4 4.( x + 1) 2
4.( x + 1) 2
( x − 1) 2
Vì
≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 1.
4.( x + 1) 2

⇒D ≥

3
3
. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 1. Vậy min D = ⇔ x = 1.
4
4

c/ Các phân thức khác

14


x2 +1
x2 − x +1

Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A =
1
2

Giải: Ta có: x2 - x + 1 = ( x − ) 2 +

3

> 0 với ∀ x nên biểu thức A có nghĩa với ∀
4

x.
x2 +1
Giả sử A0 là một giá trị nào đó của A để A0 = 2
x − x +1

do đó phương trình A0(x2 - x + 1) = x2 + 1 phải có nghiệm
⇔ (A0 - 1).x2 + A0x + A0 - 1 = 0 (*) phải có nghiệm
Nếu A ≠ 1 (*) có nghiệm ⇔ ∆ = A 20 - 4(A0 - 1).(A0 -1) ≥ 0
⇔ A 20 - 4( A 20 - 2A0 + 1) ≥ 0 ⇔ A 20 - 4 A 20 + 8A0 - 4 ≥ 0 ⇔ -3 A 20 + 8A0 - 4 ≥ 0
2

4
16 4
4
4
4 2
2 4
2 4
⇔ A − 2. A 0 + − ≤ 0 ⇔  A 0 −  ≤ ⇔ A 0 − ≤ ⇔ − + ≤ A 0 ≤ +
3
9 9
3
9
3 3
3 3
3 3


2
0

⇔

2
≤ A0 ≤ 2
3

Vậy max A = 2 ⇔ x = 1; min A =

2
⇔ x = -1
3

4.5. Căn thức.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =
x − 2 ≥ 0

Giải: Điều kiện để A xác định 

4 − x ≥ 0

x−2 + 4−x

x ≥ 0

⇔

x ≤ 4

⇔ 2 ≤ x ≤ 4 (*)

Với điều kiện (*) thì A ≥ 0, bình phương 2 vế ta được:
A2 = x - 2 + 4 - x + 2. ( x − 2).(4 − x) = 2 + 2. ( x − 2)(4 − x)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm: (x - 2) và (4 - x)
Ta có: 2. ( x − 2)(4 − x) ≤ x - 2 + 4 - x = 2
Dấu "=" xảy ra ⇔ x - 2 = 4 - x ⇔ 2x = 6 ⇔ x = 3
⇒A2 ≤ 2 + 2 = 4 Vì A ≥ 0 ⇒ 0 ≤ A ≤ 2
Vậy max A = 2 ⇔ x = 3
Ví dụ 2:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

B=

5 − 3x
1− x2

Giải:
15


Ta có B xác định ⇔ 1 - x2 > 0 ⇔ - 1 < x < 1 (*)
Với điều kiện (*) ta có:
 5 − 3x  25− 30x+ 9x2 16− 16x2 + 9 − 30x+ 25x2 16(1− x)2 + (3− 5x)2
(3− 5x)2
=
B2 = 
=
=

= 16+

2
1− x2
1− x2
1− x2
1− x2
 1− x 

Vì 1 - x2 > 0, (3 - 5x)2 ≥ với -1 ≤ x ≤ 1. Dấu "=" xảy ra ⇔ x =

3
5

⇒ B2 ≥ 16 với -1 < x < 1. Vì 5 - 3x > 0 với - 1 < x < 1 nên B > 0. Suy ra B ≥ 4
Vậy min B = 4 ⇔ x =

3
5

BÀI TẬP
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a/ A = 2003 +

x 2 − 2x

b/ B = x - 2. . x + 2
c/ C = x 2 + 2 x + 1 + x 2 − 2 x + 1
d/ D = x + 4. x − 4 + x − 4. x − 4
e. E = x - 2 xy + 3y - 2. x + 1

Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
a/ F = x − 2 + 3 − x
b/ G = x . 1 − x 2
c/ S =

6−x− x
x+3

4.6. Cực trị có điều kiện.
(Các biến bị ràng buộc thêm bởi một hệ thức cho trước)
Ví dụ 1: Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x2 + y2 = 1
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của x + y
Giải: Ta có (x - y)2 ≥ 0 với ∀ x. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y ⇒ x2 + y2 ≥ 2xy
⇒ 2.(x2 + y2) ≥ x2 + y2 + 2xy ⇒ (x + y)2 ≤ 2.(x2 + y2)
mà x2 + y2 = 1 ⇒ (x + y)2 ≤ 2 ⇒ |x + y| ≤
Vậy max (x + y ) = 2 ⇔ x = y =

2 ⇒ − 2 ≤ (x+ y)≤ 2

2
; min (x + y) = 2

2 ⇔x = y = -

2
2

Ví dụ 2: Cho hai số dương x, y có tổng bằng 1

16




Tìm giá trị nhỏ nhất của: P = 1 −



Giải: Ta có P = 1 −

1
x2

1 
1 
.1 − 2 
2 
x 
y 

1  ( x 2 − 1)( y 2 − 1) ( x − 1)( x + 1)( y − 1)( y + 1)

=
(*)
.1 − 2  =
y 
x2 y2
x2 y2


mà x + y = 1 ⇒ x - 1 = - y; y - 1 = - x
Thay vào (*) ta được:
P=

(− y )( x + 1)(− x)( y + 1) ( x + 1)( y + 1) xy + x + y + 1
2
=
=
= 1+
(Vì x + y =1)
2 2
xy
xy
xy
x y

Ta lại có x + y ≥ 2 xy (theo bất đẳng thức Côsi)
Suy ra

xy ≤

1
1
2
2
⇒ x.y≤ ⇒
≥ 8⇒ P = 1+
≥ 1+ 8 = 9 ⇒ P ≥ 9
2

4 xy
xy

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y =

1
2

Vậy min P = 9 ⇔ x = y =

1
2

BÀI TẬP:
Bài 1: Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của B = x3 + y3.
Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2x + 3y - 4z. Biết x, y, z thỏa mãn hệ
2x + y + 3z = 6
phương trình: 
(Với x, y, z ≥ 0)
3
x
+
4
y
−
3
z
=
4


Bài 3: Cho x + y + z = 3
a/ Tìm giá trị nhỏ nhất của G = x2 + y2 + z2
b/ Tìm giá trị lớn nhất của H = xy + yz + xz
Bài 4: Cho biểu thức P = x2 + y2 + z2 + t2 với x, y, z là các số nguyên không âm.
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P và các giá trị tương ứng của x, y, z biết rằng:
x 2 − y 2 + t 2 = 21
 2
2
2
x + 3y + 4z = 101
5/ Những sai lầm thường găp khi giải bài toán cực trị:
5.1. Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1:
1
x 2 − 6 x + 17
Lời giải sai: Phân thức A có tử không đổi nên A có giá trị lớn nhất khi mẫu
nhỏ nhất.
Ta có: x2 - 6x + 17 = (x - 3)2 + 8 ≥ 8 ⇒ min (x2 - 6x + 17) = 8 ⇔ x =3
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

A=

17


Vậy max A =

1
⇔ x = 3.
8

Phân tích sai lầm: Tuy đáp số không sai nhưng lập luận sai khi khẳng định:
"A có tử không đổi nên có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất" mà chưa đưa ra nhận
xét tử và mẫu là các số dương.
1
Ví dụ: Xét biểu thức
B = 2
. Với lập luận "Phân thức B có tử
x −4
không đổi nên giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất", do mẫu nhỏ nhất bằng - 4 khi x
= 0 nên max B = −

1
1
⇔ x = 0. Điều này không đúng; − không phải là giá trị
4
4

1
1
>− .
5
4
Mắc sai lầm trên là do không nắm vững tính chất của bất đẳng thức, đã máy
móc áp dụng quy tắc so sánh hai phân số có tử và mẫu là những số tự nhiên sang
hai phân số có tử và mẫu là những số nguyên.
Lời giải đúng: Bổ sung thêm nhận xét x 2 - 6x + 17 = (x - 3) 2 + 8 ≥ 8 nên tử
lớn nhất của B/ Chẳng hạn với x = 3 thì B =

và mẫu của A là các số dương; hoặc từ nhận xét trên suy ra: A > 0 do đó A lớn
1

nhỏ nhất ⇔ x2 - 6x + 17 nhỏ nhất.
A
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của A =x2 + y2 biết x + y = 4
Lời giải sai: Ta có A = x2 + y2 ≥ 2xy do đó A nhỏ nhất ⇔ x2 + y2 = 2xy
nhất ⇔

⇔x + y = 2
Khi đó min A = 22 + 22 = 8.
Phân tích sai lầm: Đáp số tuy không sai nhưng lập luận mắc sai lầm. Ta mới
chứng minh được f(x,y) ≥ g(x,y) chứ chưa chứng minh được f(x,y) ≥ m với m là
hằng số.
Ta đưa ra 1 ví dụ: Với lập luận như trên, từ bất đẳng thức đúng
(x - 2)2 ≥ 0 ⇒x2 ≥ 4x - 4 ⇒x2 nhỏ nhất ⇔ x2 = 4x - 4 ⇔ x = 2 ⇒min x2 = 4 ⇔ x =
2.
Dễ thấy kết quả đúng phải là: min x2 = 0 ⇔ x = 0.
Lời giải đúng: Ta có x + y = 4 ⇒ x2 + 2xy + y2 = 16
Ta lại có: (x - y)2 ≥ 0 ⇒ x2 + y2 - 2xy ≥ 0

(1)
(2)

Từ (1) và (2) ⇒ 2(x2 + y2) ≥ 16 ⇒ x2 + y2 ≥ 8. Vậy min A = 8 ⇔ x = 2.
18


5.2. Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2:
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x +

x

Lời giải sai:
2

Ta có: A = x +

1 1 
1 1
1
1

x =  x + x +  − =  x +  − ≥ − .Vậy min A = −
4 4 
2 4
4
4


Phân tích sai lầm:
1
1
Sau khi chứng minh f(x) ≥ − , chưa chỉ ra trường hợp f(x) = − . Xảy ra dấu
4
4
1
đẳng thức: ⇔ x = − , điều này vô lý.
2
Lời giải đúng:
Để tồn tại

x phải có x ≥ 0. Do đó A = x +

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của A =

x ≥ 0 nên min A = 0 ⇔ x = 0.
( x + a )( x + b)
với x > 0; a và b là các
x

hằng số dương cho trước.
Lời giải sai: Ta có x + a ≥ 2 ax (1); x + b ≥ 2 bx (2)
( x + a )( x + b) 2 ax .2 bx
≥
= 4 ab ⇒ min A = 4 ab ⇔ x = a = b
x
x
Phân tích sai lầm:
Do đó: A =

Chỉ xảy ra A = 4 ab khi ở (1) và (2) xảy ra dấu đẳng thức, tức là x = a và x = b.
Như vậy đòi hỏi phải có a = b, nếu a ≠ b thì không có được A = 4 ab
2
ab 
( x + a )( x + b) x + ax + bx + ab 
=  x +  + (a + b )
Lời giải đúng: Ta có A =
=
x
x
x


Theo bất đẳng thức Côsi ta có: x +

Suy ra A ≥

ab + a + b =

(

ab
≥ 2 ab .
x

ab

x =
Dấu "=" xảy ra ⇔ 
x ⇔ x = ab
x > 0

)

2

a + b . Vậy min A =

(

a+ b

)

2

⇔x =

ab

b/ Kết quả đã kiểm nghiệm:
Thời điểm

Tổng
số

Giỏi
SL

TL

Khá
SL
TL

TB
SL
TL

Yếu
SL
TL

19


Khi chưa thực
33
hiện
Khi đã thực hiện
33
c. Các minh chứng:

1

3 00

5

15,2 0 0

16

48,5 0 0

11

33,3 0 0

7

21,2 0 0

13

39,4 0 0

12

36,4 0 0

1

0,3 0 0

Trước khi thực hiện đề tài tôi thấy :
1. Người giải toán chưa có đường lối rõ ràng khi giải bài toán tìm cực trị.
2. Chưa nắm chắc các tính chất của bất đẳng thức.
3. Chưa hệ thống, phân dạng được các bài tập cùng loại.
Sau khi thực áp dụng vào đề tài vào thực tế giảng dạy tôi thấy :
- Các em có niềm tin, niềm say mê, hứng thú trong học toán, từ đó tạo cho
các em tính tự tin độc lập suy nghĩ, phát triển tư duy logic, óc quan sát, suy luận
toán học.
- Trong quá trình giải các bài tập giúp các em có khả năng phân tích, suy
ngẫm, khái quát , mà rất tự tin vào khả năng học tập của mình.
- Nhiều em khá giỏi đã tìm ra được cách giải hay và ngắn gọn phù hợp và đặc
biệt không còn mắc những sai lầm đáng tiếc.
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.
1/ Kết luận vấn đề nghiên cứu :
Trong quá trình giảng dạy, chắc hẳn ai cũng mong muốn cho học sinh hiểu bài,
chất lượng học tập của các em tốt hơn, tạo cho các em có đầy đủ điều kiện bước
vào cuộc sống hoặc học lên nữa. Vì vậy nó đòi hỏi chúng ta là người tạo ra những
sản phẩm ấy cần phải:

- Có một kiến thức vững chắc, có phương pháp truyền thụ phù hợp với từng
đối tượng học sinh.
- Yêu cầu học sinh phải nắm vững lý thuyết, biết vận dụng thực hành từng
loại toán, giải nhanh, thành thạo bằng nhiều cách. Trên cơ sở giải bài tập, biết đặt
ra bài tập mới để kích thích sự say mê học toán của mình.
- Đa dạng hoá các loại bài tập, kể cả những loại bài tập yêu cầu học sinh phát
hiện những thiếu sót, sai lầm của lời giải cho trước rồi từ đó tìm ra cách giải đúng.
- Giáo viên có điều kiện bổ sung, củng cố kiến thức bài cũ trong bài học mới,
tránh được tình trạng sai sót, rút ra được những hạn chế của học sinh lớp trước để
uốn nắn học sinh lớp sau tránh được những sai sót mà lớp trước từng mắc phải.
20


- Ngoài ra, bên cạnh những kinh nghiệm có được trong giảng dạy, bản thân
tôi thường xuyên trao đổi với đồng nghiệp để tìm ra những hướng dạy phù hợp
với trình độ nhận thức của học sinh. Mỗi năm, tôi lại có dịp được tham khảo thêm
những tài liệu hướng dẫn mới nên từ đó việc nhận thức và kĩ năng truyền thụ kiến
thức cho học sinh cũng được nâng cao, đồng thời tránh được những sai lầm cho
học sinh trong quá trình học toán.
Việc nghiên cứu đề tài là một việc làm thiết thực, nó sẽ góp phần cho GV
dạy tốt hơn, học sinh học chủ động hơn, đặc biệt là phát hiện ra sai lầm trong các
bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất để tự điểu chỉnh, khắc phục, sửa chữa. Đề
tài đã nêu lên một số phương pháp và một số sai lầm điển hình trong các bài toán
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, từ đó tạo cho học sinh thêm linh động, chắc chắn khi
giải toán.
2/ Kiến nghị những vấn đề nghiên cứu :
Những biện pháp và bài học tôi đã trình bày ở trên, bước đầu đạt được kết quả
nhưng chưa thật mỹ mãn . Tuy nhiên, nếu thực hiện tốt nó cũng góp phần đổi
mới phương pháp dạy học mà ngành đang quan tâm và chỉ đạo để nâng cao chất
lượng học sinh nói chung và chất lượng mũi nhọn nói riêng. Mặt khác, với cách

trình bày như trên (nếu thành công), tôi thiết nghĩ, sau khi được học xong tài liệu
này học sinh không còn lúng túng, không còn mắc sai lầm trong giải toán cực trị .
Nội dung của đề tài và những kinh nghiệm của tôi chỉ là một biện pháp nhỏ
bé để góp phần nâng cao chất lượng giáo dục, nó không tránh khỏi nhiều thiếu sót,
vì vậy tôi rất mong được sự góp ý, xây dựng của các thầy giáo, cô giáo, cùng các
bạn đồng nghiệp, nhằm giúp tôi từng bước hoàn thiện phương pháp giảng dạy của
mình.
Thanh Hóa,Ngày 15 tháng 3 năm 2016
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị
Tôi cam đoan đây là sáng kiến kinh nghiệm
của mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.
Ký và ghi rõ họ tên

21


Nguyễn Thị Hoan
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. SGK toán 8 – Phan Đức Chính – Tôn Thân - NXB Giáo dục – 2004.
2. SGV Toán 8 – Phan Đức Chính – Tôn Thân - NXB Giáo dục – 2004.
3. Toán nâng cao và các chuyên đề đại số 8 - Vũ Dương Thụy – Nguyễn
Ngọc Đạm - NXB Giáo dục - 2013
.
4. Các dạng toán và phương pháp giải toán 8 - Tôn Thân – Vũ Hữu Bình –
Nguyễn Vũ Thanh- Bùi Văn Tuyên - NXB Giáo dục - 2009.
5. Toán nâng cao và phát triển 8 – Vũ Hưu Bình - NXB Giáo dục - 2009.

22

MỤC LỤC
Trang..............................................................................................2
Phần I : Đặt vấn
đề ................................................................................................3
.......................................................................................................2
1. Lý do chọn đề ………………………………………………………. 3....2
2. Mục đích nghiên cứu …………………………………………………3. 2
3.Đối tượng nghiên cứu…………………………………………………..3 2
4. Phương pháp nghiên cứu………………………………………………4
.......................................................................................................2
Phần II: Giải quyết vấn đề
………………………………………………………..4................................2
1/ Cơ sở lí luận …………………………………………………………..4...2
2/Thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm……………… ...4..................................................................2
3/Các giải pháp thực hiện ………………………………………………..5
.......................................................................................................2
1.Lý thuyết ……………………………………………………………5.........2
2.Phương pháp giải…………………………………………………….6.....2
3.Các chú ý quan trọng…………………………………………………8...2
4/Các dạng bài tập thường gặp
………………………………………….10...............................................2
5/Những sai lầm thường gặp khi giải bài toán cực
trị………………........17....................................................................2
Phần III: Kết luận và kiến nghị
………………………………………………….20.....................................2
1/ Kết luận vấn đề nghiên cứu …………………………………………20
.......................................................................................................2
2/ Kiến nghị những vấn đề nghiên cứu

……………………………….21...........................................................2
a/ Cách giải quyết những vấn đề đã làm:...................................5
1. Lý thuyết:.............................................................................5
2. Phương pháp giải.................................................................6
2.1. Phương pháp giải bất đẳng thức......................................6
2.2. Phương pháp miền giá trị của hàm số..............................7
3. Các chú ý quan trọng..........................................................8
4/ Các dạng bài tập thường gặp:..............................................10
4.1. Đa thức bậc nhất có chứa dấu giá trị tuyệt đối..............10
4.2. Đa thức bậc hai..............................................................11
23


4.3. Đa thức bậc cao.............................................................13
4.4. Phân thức.......................................................................13
4.5. Căn thức.........................................................................15
4.6. Cực trị có điều kiện.........................................................16
5/ Những sai lầm thường găp khi giải bài toán cực trị:.............17
5.1. Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1:..........................17
5.2. Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2:..........................19

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do – Hạnh phúc

ĐƠN ĐỀ NGHỊ CHUYỂN ĐƠN VỊ
Kính gửi :

- Thủ trưởng sư đoàn 324

Họ và tên:

- Thủ trưởng bộ tham mưu quân khu 4
Lê Văn Lực

Sinh ngày : 31 tháng 10 năm 1976
Giới tính :

Nam

Sinh quán : Quảng Châu – Quảng Xương –Thanh Hóa
Nơi ở hiện nay của gia đình : Số nhà 10B ngõ 91- Nam sơn 1 - Phường Nam Ngạn
-

Thành phố Thanh Hóa

Nhập ngũ : Tháng 2 năm 1994
24


Trình độ học vấn : 12/12
Cấp bậc : Trung úy CN
Chức vụ : Y tá
Đang hưởng lương : Bậc 5/10, hệ số 4,2 ( nhận tháng 7 năm 2012)
Đơn vị công tác : Đại đội 24 – Trung đoàn 3 – Sư đoàn 324 – QK4
Xin chuyển đến đơn vị : Đoàn kinh tế quốc phòng 5 thuộc QK4
Lý do xin chuyển : Do hoàn cảnh gia đình tôi gặp khó khăn về kinh tế
Họ và tên bố : Lê Văn Sinh . Sinh năm : 1943 .Nghề nghiệp : Bộ đội về hưu
Họ tên mẹ : Nguyễn Thị Châu. Sinh năm : 1943

.Nghề nghiệp : Làm ruộng

Họ tên vợ : Nguyễn Thị Hoan . Sinh năm : 1979.Nghề nghiệp : Giáo viên
Con : Lê Thanh Huyền .Sinh năm 2004.
Con : Lê Thu Trang . Sinh năm 2007

TÓM TẮT QUÁ TRÌNH CÔNG TÁC CỦA BẢN THÂN THÂN KHI NHẬP
NGŨ ĐẾN NAY:
Thời gian

Cấp bậc

Chức vụ

Đơn vị công tác

Từ

Đến

2/1994
6/1994
1/1995
7/1995
12/1996
7/1997
6/2003

5/1994
12/1994
6/1995

11/1996
7/1997
5/2003
9/2007

B2
H1
H1
H2
Chuẩn úy
Chuẩn úy
Thiếu úy

Chiến sỹ
Học viên y tá
Y tá
Y tá
Y tá
Y tá
Y tá

D6/E270/F324/QK4
Viện quân y 4/ QK4
C20 / F341/QK4
C20 / F341/QK4
C20 / F341/QK4
C24 /E273/F341/QK4
C10/D9/E3/F324/QK4

10/2007

11/2013

Trung úy

Y tá

C24/E3/F324/QK4

11/2013

6/2014

Trung úy

Y tá

C10/D9/E3/F324/QK4

6/2014

Nay

Trung úy

Y tá

C24/E3/F324/QK4
Ngày 29 tháng 8 năm 2014
Người viết đơn

25