Hướng dẫn học sinh lớp 9 khắc phục sai lầm khi giải bài toán cực trị đại số

MỤC LỤC
NỘI DUNG
1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2 Mục đích nghiên cứu
1.3 Đối tượng nghiên cứu
1.4 Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung
2.1 cở sở lí luận của vấn đề
2.2. Thực trạng của vấn đề
2.3. Giải pháp thực hiện
Dạng sai lầm 1
Dạng sai lầm 2
Dạng sai lầm 3
Dạng sai lầm 4
Dạng sai lầm 5
Bài tập vận dụng
Kết quả của SKKN
3.Kết luận và kiến nghị
Tài liệu tham khảo

Trang
1
1
1
1
2
2
3
3
8

12
15
17
18
19
19
20


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Trong quá trình CNH – HĐH đất nước, cùng với KHCN thì giáo dục là quốc
sách hàng đầu chủ trương này đã được thể hiện rõ trong quan điểm đường lối của
Đảng và nhà nước ta, khẳng định tầm quan trọng của giáo dục đối với đất nước, bởi
lẽ giáo dục đóng vai trò quyết định đến sự thành công của công cuộc xây dựng đất
nước, xây dựng CNXH .
Để đào tạo ra được một người lao động mới đáp ứng được các yêu cầu của xã
hội, biết vận dụng kiến thức vào cuộc sống thì trước hết ngay từ khi ngồi trên ghế
nhà trường học sinh phải được trang bị đầy đủ các kiến thức cơ bản, có kĩ năng
thực hiện được các phép tính, biết làm các bài toán, các dạng toán một cách chính
xác, tránh “không bị sai sót, nhầm lẫn”
Trong các dạng toán ở chương trình bộ môn Toán THCS thì dạng toán về tìm
cực trị là một trong những dạng toán có vai trò quan trọng, mang tính ứng dụng
thực tế cao. Trong nhiều năm trở lại đây, trong các kì thi HSG cấp Huyện, cấp Tỉnh,
thi Quốc gia hay thi vào lớp 10 thì các bài toán về tìm cực trị thường được ưu tiên
đưa vào đề thi. Tuy nhiên, khi tiếp cận với các bài toán về tìm GTLN, GTNN, học
sinh THCS đang gặp nhiều khó khăn trong cách giải vì các em chưa được vận
dụng linh hoạt, nhanh nhạy và sáng tạo trong việc vận dụng định nghĩa, tính chất
của BĐT và một số BĐT như BĐT Côsi và BĐT Bunhiacopxki vào việc tìm
GTLN, GTNN. Do đó hay mắc phải những sai lầm khá phổ biến do thường vi

phạm một trong hai điều kiện khi tìm GTLN, GTNN.
Là một giáo viên trực tiếp giảng dạy bộ môn Toán THCS, qua thực tế và kinh
nghiệm giảng dạy, qua trao đổi với đồng nghiệp tôi nhận thấy rằng, khi gặp những
bài toán tìm GTLN, GTNN học sinh thường gặp khó khăn và hay mắc phải sai lầm.
Nhằm giúp học giải những bài toán tìm GTLN, GTNN có hiệu quả và tránh được
những sai lầm. Tôi đã nghiên cứu, tập hợp và đề xuất đề tài “Hướng dẫn học sinh
lớp 9 khắc phục một số sai lầm khi giải bài toán cực trị đại số ”
1.2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích của việc nghiên cứu đề tài là nhằm phát hiện ra những bài toán,
những dạng toán về cực trị Đại số mà học sinh hay mắc phải khi giải dạng toán này,
từ đây GV có những biện pháp để giúp HS tránh được những sai lầm, đồng thời rèn
luyện cho HS kĩ năng phân tích đề bài, kĩ năng biến đổi, kĩ năng giải toán cực trị.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài nghiên cứu các dạng toán về cực trị Đại số, nghiên cứu và phát hiện
hiện ra những sai lầm mà học sinh gặp phải khi giải toán dạng này. Đồng thời GV
dựa trên kinh nghiệm của mình nghiên cứu ra cách khắc phục sai lầm mà học sinh
gặp phải.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Trước hết GV nghiên cứu lý thuyết, các dạng toán về cực trị Đại số, chọn lọc
các bài toán ở mỗi dạng. Sau đó tiến hành dạy lý thuyết và cho học sinh thực hành
giải toán. GV sẽ là người tổng hợp lại những sai lầm mà học sinh gặp phải và đề ra
1


hướng khắc phục ở mỗi bài, mỗi dạng. Cuối cùng GV cho HS làm bài khảo sát, GV
thống kê, xử lý kết quả báo cáo.
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
1. Định nghĩa giá trị nhỏ nhất: Cho biểu thức f(x) xác định trên D. Ta nói M là
giá trị nhỏ nhất của f(x) trên D, kí hiệu M = minf(x), nếu hai điều kiện sau được

thoả mãn:
Điều kiện 1: Với mọi x thuộc D thì f(x) ≥ M, với M là hằng số.
Điều kiện 2: Tồn tại x0 thuộc D sao cho f(x0) = M
2. Định nghĩa giá trị lớn nhất: Cho biểu thức f(x) xác định trên D. Ta nói M là
giá trị lớn nhất của f(x) trên D, kí hiệu M = maxf(x), nếu hai điều kiện sau được
thoả mãn:
Điều kiện 1: Với mọi x thuộc D thì f(x) ≤ M, với M là hằng số.
Điều kiện 2: Tồn tại x0 thuộc D sao cho f(x0) = M
3.Một số BĐT thường sử dụng khi tìm GTLN, GTNN
a. BĐT Côsi: Cho n số không âm a1 , a2 , a3, ... , an -1 , an ta luôn có :
a1 + a + ... + a n −1 + a n
n

≥ n a1 * a 2 * ... * a n

Dấu “=” Xẩy ra khi a1 = a2 = a3= ... = an -1 = an
b, BĐT Bunhiacopxki.
Cho n số a1 , a2 , a3, ... , an -1 , an và b1 , b2 , b3, ... , bn -1 , bn ta luôn có:
(a1b1 + a2b2+ ...+ anbn)2 ≤ ( a12+a22+ ... +an2)( b12+b22+ ... +bn2)
a1

a2

an

Dấu “=” Xẩy ra khi b = b = ... = b
1
2
n
4. Chú ý : Nếu chỉ có một trong hai điều kiện nêu trong định nghĩa thì chưa có

thể nói gì về cực trị của một biểu thức chẳng hạn, biểu thức: A = (x- 1)2 + (x- 3)2.
Mặc dù ta có A ≥ 0 nhưng chưa thể kết luận được minA = 0 vì không tồn tại
giá trị nào của x để A = 0 ta phải giải như sau:
A = x2 – 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2( x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + 2 ≥ 2
A = 2 ⇔ x -2 = 0 ⇔ x = 2. Vậy minA = 2 khi chỉ khi x = 2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Toán học là một môn khoa học đặc biệt quan trọng trong mọi lĩnh vực. Con
người chúng ta trong bất kỳ hoàn cảnh nào cũng không thể thiếu kiến thức về toán.
Nghiên cứu về toán cũng chính là nghiên cứu một phần của thế giới. Trong cuộc
sống thực tế hiện nay có rất nhiều các bài toán liên quan đến tìm GTNN, GTLN.
Do vậy khi ngồi trên ghế nhà trường HS phải được trang bị một số kiến thức cơ bản
nhằm có kiến thức vận dụng vào cuộc sống, không những vậy trong những năm
gần đây dạng toán này được sử dụng rất nhiều trong các kì thi HSG cấp Huyện, cấp
Tỉnh, cấp Quốc gia, thi vào lớp 10. Tầm quan trọng của dạng Toán này là vậy,
nhưng khi tiếp cận với các bài toán về tìm GTLN, GTNN, học sinh THCS đang
gặp nhiều khó khăn trong cách giải vì các em chưa được vận dụng linh hoạt, nhanh
nhạy và sáng tạo trong việc vận dụng định nghĩa, tính chất của BĐT và một số
2


BĐT như BĐT Côsi và BĐT Bunhiacopxki vào việc tìm GTLN, GTNN. Do đó hay
mắc phải những sai lầm khá phổ biến do thường vi phạm một trong hai điều kiện
khi tìm GTLN, GTNN dẫn đến kết quả của bài toán bị sai hoặc thiếu điều kiện.
Là một giáo viên trực tiếp giảng dạy các em, tôi luôn cố gắng trang bị cho
các em các phương pháp tìm GTLN, GTNN. Ngoài ra bản thân luôn phải trăn trở
tìm tòi biện pháp để các em giải quyết các bài toán một cách chính xác không mắc
phải sai lầm. Xuất phát từ điều này tôi đã tiến hành nghiên cứu và khảo sát trên 35
HS lớp 9 và có kết quả như sau:
Kết quả khảo sát
Sĩ số

TB trở lên
Giỏi
Khá
TB
Yếu, kém
Số
Tỉ lệ
Số
Tỉ lệ
Số Tỉ lệ
Số Tỉ lệ
Số
Tỉ lệ
lượng (%)
lượng (%) lượng (%) lượng (%)
35 lượng (%)
4
11,4
5
14,2
7
20,0
19
54,4
16
45,6
Qua quá trình tiến hành khảo sát đánh giá tôi nhận thấy rằng tỉ lệ HS dưới điểm TB
còn rất cao. Nguyên nhân chủ yếu là do các em chưa nắm vững một số tính chất,
định nghĩa dẫn đến khi vận dụng thì mắc phải sai lầm ở hai điều kiện khi tìm
GTLN, GTNN. Xác định việc khắc phục những sai lầm này là hết sức cần thiết.

sau đây tôi xin đưa ra một số dạng toán mà học sinh hay mắc sai làm và cách khắc
phục.
2.3. Các kinh nghiệm, các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề:
Trước hết giáo viên cần trang bị cho HS các kiến thức cơ bản về tìm GTLN,
GTNN, các phương pháp tìm GTNN, GTLN. Giáo viên tiến hành truyền thụ cho
các em những sai lầm mà các em gặp phải trong quá trình giải toán. Những sai lầm
mà HS hay gặp phải và cách khắc phục như sau:
Dạng sai lầm 1: Không xác định điều kiện xảy ra dấu bằng trong bất đẳng
thức f(x) ≥ M ( f(x) ≤ M) hoặc điều kiện xảy ra dấu bằng không thỏa mãn giả
thiết.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2x2 +5y2 + 4xy – 4x – 8y +6
Lời giải có vấn đề
2
2
P = (x +4y +1 + 4xy – 2x – 4y) + (x2 – 2x +1) + (y2 -4y +4)
= (x + 2y - 1)2 + (x-1)2 + (y-2)2
Vì (x + 2y - 1)2 ≥ 0;(x-1)2 ≥ 0; (y-2)2 ≥ 0 nên P ≥ 0.Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 0
Phân tích sai lầm
Bài giải trên mắc sai lầm trong chứng minh điều kiện 2, không chỉ ra dấu “=”
xảy ra khi nào dẫn đến chưa thấy được kết quả trên cũng sai do không tồn tại x, y
x + 2 y = 0

để xảy ra đồng thời:  x − 1 = 0 Hệ vô nghiệm.
y − 2 = 0


Lời giải đúng
3

P = 2x2 +5y2 + 4xy – 4x – 8y +6
2
3

4
9

8
2
8
= 2(x+y-1)2 +3(y- )2 +
3
3
3
2
2
8
8
Vì 2(x+y-1)2 ≥ 0; 3(y- )2 ≥ 0 nên P = 2(x+y-1)2 +3(y- )2 + ≥
3
3
3 3
1

x=
x + y −1 = 0

8



3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = khi và chỉ khi  2

y
−
=
0
3

y = 2
3

3

= 2(x2 +y2 +1 +2xy – 2x – 2y) + 3(y2 – 2y + ) +

Ví dụ 2:Tìm giá trị nhỏ nhất của A= x+2 x
Lời giải có vấn đề:
A= x+2 x = x+2 x +1 – 1 = ( x + 1) 2 − 1 ≥ −1 vì ( x + 1) 2 ≥ 0
Vậy MinA = -1
Phân tích sai lầm :
Sau khi chứng minh f(x) ≥ -1, chưa chỉ trường hợp xảy ra f(x) = -1. Xảy ra dấu
bằng khi và chỉ khi x = −1 vô lý .
Lời giải đúng :
Để tồn tại x phải có x ≥ 0. Do đó A= x+2 x ≥ 0. Dấu “=” xảy ra khi x =0
Vậy giá trị nhỏ nhất A = 0 Khi và chỉ khi x = 0
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của : A =

(x + a)(x + b)
với x > 0, a, b là các

x

hằng số dương.
Lời giải có vấn đề:
 x + a ≥ 2 ax

Ta có: 

 x + b ≥ 2 bx

⇒ ( x + a ) ( x + b ) ≥ 2 ax.2 bx = 4 x ab

(x + a)(x + b) 4x ab
≥
= 4 ab
x
x
Vậy giá trị nhỏ nhất A = 4 ab ⇔ x = a = b

Do đó: A =

Phân tích sai lầm:
Qua lời giải trên ta thấy A = 4 ab khi và chỉ khi x = a =b.
Nếu a ≠ b thì không có: A = 4 ab
Lời giải đúng :
Ta thực hiện phép nhân và tách ra các hằng số:
(x + a)(x + b) x2 + ax+bx+ab 
ab 
=
=  x + ÷+ (a + b) .

Ta có A =
x
x
x

ab
Theo bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương : x + ≥ 2 ab
x
4


nên A ≥ 2 ab + a + b =

(

a+ b

Dấu “=” xảy ra khi và chi khi
Vậy giá trị nhỏ nhất của A =

(

)

2

.

ab


x =
x ⇔ x = ab .

x > 0

a+ b

)

2

khi và chi khi x = ab .

Ví dụ 4: Cho x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 ≤ 27. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P = x+ y + z + xy + yz + zx
Lời giải có vấn đề:
Với mọi x, y , z ta có:
(x-y)2 ≥ 0  x2 + y2 ≥ 2xy (1)
(y-z)2 ≥ 0  y2 + z2 ≥ 2yz (2)
(z- x)2 ≥ 0  z2 + x2 ≥ 2zx (3)
Từ (1), (2), (3) ta có 2(x2 + y2 + z2) ≥ 2(xy + yz + zx)
 27 ≥ xy + yz + zx (4)
Mặt khác (x-1)2 ≥ 0; (y-1)2 ≥ 0; (z-1)2 ≥ 0.
Suy ra x2 + 1 ≥ 2x ; y2 + 1 ≥ 2y; z2 + 1 ≥ 2z => x2 + y2 + z2 + 3 ≥ 2(x+y+ z)
=> 15 ≥ x+ y + z (5)
Từ (4) và (5) cộng vế với vế ta được: P ≤ 42
Vậy giá trị lớn nhất của P = 42
Phân tích sai lầm
Bài giải trên đã quên một bước vô cùng quan trọng của một bài toán cực trị, đó là
xác định điều kiện xảy ra đẳng thức

x = y = z = 3
 2
2
2
Ta thấy P = 42 xảy ra khi  x + y + z = 27
x = y = z = 1


Hệ này vô nghiệm do đó P = 42 không thể xảy ra.
Lời giải đúng
2
2
2
2
Ta xét hiệu 3(x + y + z ) – (x+y+z) = 2(x2 + y2 + z2) – 2(xy + yz + zx)
= (x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2 ≥ 0 (1)
Từ (1) suy ra (x+y+z)2 ≤ 3(x2 + y2 + z2) ≤ 3.27 => x+y+z ≤ 9 (2) (đẳng thức xảy
ra  x = y = z =3)
Cũng từ (1) ta suy ra: 2(xy + yz + zx) ≤ 2(x2 + y2 + z2) => xy + yz + zx ≤ 27 (3)
Từ (2) và (3) ta có: P = x+ y + z + xy + yz + zx ≤ 36
Dấu “=” xảy ra  x= y = z = 3
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 36  x = y =z =3
Ví dụ 5: Với x, y, z là các số thực dương. Tìm GTNN của:
x

y

z

P = (1 + 5 y ) (1 + ) (1 +

)
5z
5x
5


Lời giải có vấn đề:
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
x

x

(1 + 5 y )2 ≥ 4 5 y

(1)

y 2
y
) ≥ 4
5z
5z
z 2
z
(1 +
) ≥ 4
5x
5x

(1 +

(2)
(3)
64
125

Nhân từng vế (1), (2), (3) ta có: P2 ≥
8 5
25

Do đó giá trị nhỏ nhất của P là

Phân tích sai lầm.
Sai lầm ở chỗ là không tồn tại x, y, z để P =
Thật vậy giá trị tồn tại x, y, z > 0 để P =

8 5
25

8 5
25

x

Thì phải có: 5 y = 1 ⇒ x = 5y
y
= 1 ⇒ y = 5z
5z
z
= 1 ⇒ z = 5x
5x

⇒
Ta có:

⇒ 1 = 125 (vô lý)
Lời giải đúng.

x . y . z = 125xyz
x

1

1

1

1

1

y
z

(2)

x

6

1 + 5y = + + + + + 5y ≥

5
5
5
5
5
5

Tương tự:

1+

6
y
≥
5z
5

6

1+

6

x
y

6
z
≥
5x

5

(1)
6

z
(3)
x

216
125
x
1
y
z
Dấu “=” xảy ra: ⇔
=
=
= hay x = y = z
5y
5z
5x
5
216
Vậy giá trị nhỏ nhất của P =
khi x = y = z
125
Ví dụ 6: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x ≥ 3y .

Nhân từng vế (1), (2), (3) ta có:

P ≥

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A =

4x2 + 9 y 2
(Đề thi Học kì II – tỉnh Thanh
xy

Hóa)
6


Lời giải có vấn đề:
Với x, y >0, Áp dụng BĐT cosi cho hai số dương 4x2; 9y2 ta có: 4x2+ 9y2 ≥ 2.6xy =
12xy
 M≥

12xy
= 12. Dấu “=” xảy ra ⇔ 2x = 3y
xy

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 12 khi 2x = 3y hay x =

3
y
2

Phân tích sai lầm
Sai lầm trong lời giải trên là xác định dấu “=” xảy ra ⇔ x =

kiện bài toán x ≥ 3y .

3
y trong khi điều
2

Lời giải đúng.
x
Ta có: Vì x ≥ 3 y nên y ≥ 3 .

Áp dụng BĐT Cô – Si ta có : A =

4x 2 + 9y 2 4x 9y 3x  x 9y 
=
+
=
+  + ÷ ≥ 9 + 6 = 15
xy
y
x
y y x 

Dấu “=” xảy ra  x = 3y
Kết luận: GTNN của A là 15 khi x = 3y
Ví dụ 7: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≥ 10. Tìm giá trị nhỏ nhất của
30

5

biểu thức sau : P = 2x + y + x + y ( Đề thi HSG TP Thái Bình năm học 2016 – 2017)

Lời giải có vấn đề:
Áp dụng BĐT cosi cho hai số dương ta có:
5
5
30
30
≥ 2 2 x.
= 4 15 ; y + ≥ 2 y. = 2 5
y
y
x
x
30 5
 P = 2x + y + + ≥ 4 15 + 2 5 . Dấu “=” xảy ra  x = 15; y = 5
x y
2x +

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 15 + 2 5 khi x = 15; y = 5
Phân tích sai lầm
Trong lời giải trên ta thấy dấu “=” xảy ra  x = 15; y = 5 hay x+ y = 15 + 5 < 10
trong khi điều kiện bài toán là x + y ≥ 10. Vì vậy lời giải trên chưa thỏa mãn điều
kiện bài toán.
Lời giải đúng.
30

5

4

6

4

y

30 5

4

6

30

y

5

Ta có: P = 2x + y + x + y = 5 x + 5 x + 5 y + 5 + x + y = 5 (x + y)+ ( 5 x + x ) + ( 5 + y )
Vì x, y > 0 nên áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương

5
6
30 y
x và
, và y ta có :
5
x 5

y 5
y 5

+ ≥2 . =2
5 y
5 y
Từ (1), (2) và từ giả thiết x + y ≥ 10 => P ≥ 8 + 12 + 2 = 22
6
30
6 30
x+
≥2
x.
=12
5
x
5 x

(1)

(2)

7


 x,y > 0
6
 x = 30
x = 5
x
5
Dấu "=" xảy ra   y 5


y = 5
 =
5 y

 x + y =10

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 22  x = y = 5
Như vậy đối với dạng sai lầm này giáo viên cần lưu ý cho HS khi tìm
GTLN, GTNN cần phải suy nghĩ và tìm điều kiện của biến để dấu đẳng thức xảy
ra, từ đó để có hướng giải đúng.
Dạng sai lầm 2: Sai lầm khi không sử dụng hoặc sử dụng không hết điều
kiện của bài toán:
Ví dụ 1: Cho x, y là các số dương thỏa mãn x+y= 1. Tìm GTNN của BT :
2

2

1
 1 
A =  x+ ÷ +  y + ÷
y
 x 

Lời giải có vấn đề:
1
1
1
Ta có: x+ ≥ 2 x. = 2 (1)
x
x

x
1
1
1
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm y, y Ta có: y+ ≥ 2 y. = 2 (2)
y
y

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số không âm x,

2

2

1
 1 
Từ (1) và (2) => A =  x+ ÷ +  y + ÷ ≥ 8
y
 x 

Vậy giá trị nhỏ nhất của A = 8 khi và chỉ khi x = y= 1
Phân tích sai lầm:
Lời giải trên sai lầm ở chỗ chưa sử dụng đến điều kiện của bài toán là x+ y =1.
Dẫn đến hướng giải sai lầm
1
= x ⇔ x2 = 1
x
1
2
Đẳng thức sảy ra ở (2) khi y = y ⇔ y = 1 . Từ đó suy ra x = y = 1 ( Loại vì x

Đẳng thức sảy ra ở (1) khi

+ y = 1) như vậy không thể giải theo cách này.
Lời giải đúng
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có :
x+y
1
1
≥ xy ⇒ xy ≤ ⇒ xy ≤
2
2
4

8


2

2

1 1
Biến đổi biểu thức A, ta có : A = 4 + x +y +  ÷ +  ÷ .
x y
1 1
Mặt khác: x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy ≥ 1 - = (1)
2 2
1
1
1

2
+ 2 ≥2 2 2 =
≥ 8 (2).
2
x
y
x .y
xy
2

2

2

2

1
25
1 1
Từ (1) và (2) ta có: A = 4 + x +y +  ÷ +  ÷ ≥ 8 + +4 =
2
2
x y
25
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của A =
khi và chỉ khi x= y (với x+ y =1) hay x=y =
2
2
1

Ví dụ 2: Tìm GTNN của biểu thức: S = 3x + với x ≥ 2
x
2

2

Lời giải có vấn đề:
Vì x ≥ 2 nên áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho hai số: 3x và

1
x

1
x

1
hay S ≥ 2 3 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
x
1
3
3
3x = ⇔ x =
. Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 2 3 khi x = .
x
3
3

Ta có: S = 3x + ≥ 2 3x.

Phân tích sai lầm.

Khi kết luận giá trị nhỏ nhất của S là 2 3 đạt được khi x =
không đối chiếu “điểm rơi” x =

3
là chưa đúng do
3

3
với điều kiện bài toán cho là x ≥ 2 .Nhận thấy
3

3
< 2 nên kết luận trên chưa đúng.
3

Lời giải đúng:
1
12 11
Ta có: S = 3x + = 3x + −
x
x x

Vì x ≥ 2 nên áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số 3x và

12
ta có:
x

12
12

12
12
≥ 2. 3 x.
hay 3x + ≥ 12 (1) Dấu “=” xẩy ra khi 3x = ⇔ x = 2
x
x
x
x
11 11
11
11
Vì x ≥ 2 ⇒ ≤ ⇒ − ≥ − .
(2) Dấu “=” xẩy ra khi x = 2
x 2
x
2
12 11
11
13
Từ (1) và (2) ta có: S= 3x + − ≥ 12 − hay S ≥ . Dấu “=” xẩy ra khi x = 2
x x
2
2
13
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là
đạt được khi x = 2
2
3x +

9

Ví dụ 3: Tìm GTNN của biểu thức: A = x2 - 5x + 9

với x > 3.

Lời giải sai:
2

Ta có: A = x - 5x + 9
25
25
)+94
4
5
11
11
= (x - )2 +
>
2
4
4
11
5
Vậy GTNN của A là
khi x =
4
2

= (x2 - 5x +

Phân tích sai lầm:
Ta thấy ngay x =

5
không thoả mãn điều kiện x > 3
2

Lời giải đúng:
A = x - 5x + 9 = (x - 5x + 6) + 3
= (x - 2) (x - 3) + 3
Vì
x≥ 3
nên x - 2 > 0
và
x-3≥ 0
⇒
(x - 2) (x - 3) ≥ 0
Vậy A ≥ 3. Dấu “=” xảy ra (x - 2) (x - 3) = 0 với x ≥ 3 hay x = 3
Do đó GTNN của A là 3 khi x = 3
Ví dụ 4: Tìm GTNN của biểu thức :
2

2

1

1

M = (x2 + y 2 ) (y2 + 2 ) trong đó x, y là các số dương thay đổi thoả mãn x + y = 1

x
Lời giải vấn đề:
1

Ta có: (x - y )2 ≥ 0
(y -

1 2
) ≥ 0
x

⇒

⇒

y2 +

1

x2 + y 2 ≥
1
≥
x2

2.

x

2 . y (1)

y
(2)
x

Mặt khác, vì x > 0 ; y > 0 nên suy ra:
1

1

x

y

M = (x2 + y 2 ) (y2 + 2 ) ≥ 2 . y . 2 . = 4
x
x
Vậy GTNN của M = 4 khi x . y = 1
Phân tích sai lầm.
Lời giải trên tưởng trừng như đúng nhưng để ý ta thấy rằng với x + y =1 thì
(1) và (2) không đồng thời xảy ra. Dẫn đến kết quả cuối cùng GTNN của M = 4
khi

x + y = 1
 x. y = 1

x . y = 1, kết hợp với điều kiện x + y = 1 của đề bài. Ta có hệ: 
⇒ Hệ vô nghiệm
Tức là M không thể bằng 4, vậy lời giải trên là sai.
Lời giải đúng.

10


M

1

1

= (x2 + y 2 ) (y2 + 2 ) =
x

x2 y2 +1 x2 y2 +1
.
y2
x2

1
x2 y2 +1 2
) = (xy + xy )2
xy
1
1
15
Mặt khác ta có:xy + xy = (xy + 16 xy ) + 16 xy
(1)
1
1
1
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: xy + 16 xy ≥ 2 xy

=
(2)
16 xy
2
1
x+ y 2 1
Mặt khác: xy ≤ (
) =
⇒
≥ 4 (3)
xy
2
4
1
1
15
1
15
17
Từ (1), (2), (3) suy ra:
xy + xy = (xy + 16 xy ) + 16 xy ≥
+
.4=
2
16
4
1
1
17
289

⇒
M = (xy + )2 ≥ ( )2 =
Dấu “=” xảy ra  xy =
(với x +
xy
16 xy
4
16
1
y = 1) ⇔ x = y =
2
289
1
Vậy GTNN của M bằng
⇔ x=y=
16
2

=(

V í dụ 5: Tìm GTNN của biểu thức
 x2 y2   x y 
A = 3  2 + 2  − 8 + 
x   y x
y

Lời giải có vấn đề
x

y

x

2

y

2

Đặt m = y + x thì 2 + 2 = m 2 − 2
y
x
2

 x y
x y
= 4 nên m2 ≥ 4 suy ra m ≥ 2
m =  +  ≥ 4.
yx
 y x
2

2

4
3 −3

Khi đó A = 3(m -2)- 8m = 3m – 8m – 6 = 3 m −  − ≥
3
4

4

4
−3
Vậy giá trị nhỏ nhất của A =
khi m =
4
3
2

2

Phân tích sai lầm
Ta thấy điều kiện của m là m ≥ 2 . Nhưng khi biến đổi biểu thức A để A đạt giá
4
4
−3
mà
< 2 điều này chứng tỏ khi A =
thì m không thỏa
3
3
4
−3
mãn Đk bài toán hay không tồn tại giá trị của x, y để A =
4

trị nhỏ nhất là m =

Lời giải đúng:

x

y

x

2

y

2

Đặt m = y + x thì 2 + 2 = m 2 − 2
y
x
11


2

 x y
x y
= 4 nên m2 ≥ 4 suy ra m ≥ 2
Ta có m =  +  ≥ 4.
y x
 y x
2

Khi đó A = 3(m2-2)- 8m = 3m2 – 8m – 6 = (m2-4) + 2(m-2)2-10
Do m2 ≥ 4 , (m-2)2 ≥ 0 nên A ≥ −10 . Dấu “=” xảy ra  m = 2 khi đó x = y =2

Vậy giá trị nhỏ nhất của A = - 10 với m = 2 khi đó x = y
Như vậy đối với dạng sai lầm này, để khắc phục được thì trước hết học sinh
phải đọc kĩ đề bài, xem xét kĩ các điều kiện của bài toán, nội dung biểu thức cần
tìm GTLN, GTNN để có hướng giải tránh sai lầm.
3. Dạng sai lầm 3: Trong bài làm có sử dụng nhiều bất đẳng thức nhưng khi
tìm điều kiện để biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất) thì các dấu bằng
không đồng thời xảy ra vẫn kết luận biểu thức đạt hoặc không đạt giá trị nhỏ nhất
(hoặc lớn nhất)
1

Ví dụ 1: Cho x,y là hai số dương thỏa mãn x + y ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất
x

y

của biểu thức M = 32. y + 2007. x

Lời giải có vấn đề
x y

x

y

Từ x, y > 0, Áp dụng BĐT cosi cho hai số dương y ; x , ta có: y + x ≥ 2

(1)

2

1
y

1
1
⇒ ≥4
Từ x, y > 0 và x + y ≤ 1 ta có 1 ≥  x +  ≥ 4 x.
(2)
x
y
y

x
y
 x y
y
Từ (1), (2), ta có M= 32. y + 2007. x = 32  +  + 1975. ≥ 32.2 + 1975.4 = 7964
x
 y x

Dấu “=” xảy ra  x = y
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 7964 khi x = y
Phân tích sai lầm
Ta thấy khi x = y thì M = 2039, như vậy lời giải trên đã mắc phải sai lầm.
Nguyên nhân sai lầm trong lời giải trên là trong bài giải sử dụng nhiều bất đẳng
thức nhưng dấu ‘=” không đồng thời xảy ra. Thật vậy:
x

y

Trong bất đẳng thức (1): Từ x, y > 0, ta có: y + x ≥ 2 thì dấu “=” xảy ra khi x=y
y
≥ 4 . Dấu “=” xảy ra khi y = 4x
x
1
1
≤ 1 vì khi x = y> 0 thì x + ≥ 2
Mặt khác x = y mâu thuẫn với x +
y
y

Trong bất đẳng thức (2):

Lời giải đúng
2

1

1
1
Từ điều kiện bài toán ta có: x, y > 0 và x + y ≤ 1 => 1 ≥  x +  ≥ 4 x.
y
y


⇒

y
≥4
x

12


Áp dụng BĐT cosi cho 2 số dương ta có:
x

x

y

y
y
x y
M = 32. y + 2007. x =( 32. y + 2. ) + 2005. ≥ 2 32 .2. + 2005.4 = 8036.
x
x
y x
1
2

Dấu ‘=” xảy ra khi x = ; y = 2
1
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 8936 khi x = ; y = 2
Ví dụ 2: Cho x, y là các số dương thỏa mãn x +y =1 .
1

4

Tìm GTNN của biểu thức : A = x + y
Lời giải có vấn đề

1

4

4

1 4
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm x , y ta có: x + y ≥ xy (1)
1 x+ y
=
≥ xy (2 )
2
2
1 4
4
4
A= + ≥
≥ =8
Từ (1) và (2) suy ra :
. Vậy Min A = 8
x y
xy 1
2

Lại có:

Phân tích sai lầm:

1

4

Bất đẳng thức (1): Dấu “=” xảy ra khi x = y ⇔ 4 x = y
Bất đẳng thức (2): Dấu “=” xảy ra khi x = y .
Từ đó suy ra x = y = 0 ( Loại vì x + y = 1)
Có bạn đến đây KL không có giá trị nhỏ nhất cũng là KL sai.
Lời giải đúng:
1

4

4x

y

Vì x + y = 1 nên A = ( x+y )  + ÷ = 5 + +
y x
x y

4x y

Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số không âm y , x Ta có :
4x y
4x y
+ ≥2
. =4
y x
y x

1

4

4x

y

=> A = ( x+y )  + ÷ = 5 + + ≥ 5+4 =9
y x
x y

1

 4x y
x=

=
 y = 2x


3
⇔
Dấu “=” xẩy ra khi  y x ⇔ 
x + y = 1 x + y = 1  y = 2


3
1

2
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 9 khi x = ; y =
3
3

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức D = -5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y -1
Lời giải có vấn đề
2
2
Ta có : D = -5x – 2xy – 2y + 14x + 10y -1
13


= -(x2 +2xy +y2) – (4x2 – 14x) – (y2 – 10y) -1
2

7
145

= -(x+y)2 –  2 x −  − ( y − 5) 2 +


2

4

2

145
7


Vì -(x+y)2 ≤ 0; –  2 x −  ≤ 0;−( y − 5) 2 ≤ 0 nên D ≤
. Dấu “=” xảy ra khi và
4

2

x + y = 0
x = − y


7
7


chỉ khi 2 x − = 0 ⇔  x =
2
4


 y − 5 = 0
 y = 5

Ta thấy hệ này vô nghiệm nên D không tồn tại giá trị lớn nhất
Phân tích sai lầm
2

7
145


Do cách biến đổi để D = -(x+y) –  2 x −  − ( y − 5) 2 +
chưa phù hợp nên
2
4

2

các dấu bằng không đồng thời xảy ra dẫn đến kết luận giá trị lớn nhất của D không
tồn tại là không chính xác. Để học sinh tránh sai lầm trong dạng này ta làm như
sau:
Lời giải đúng
2
2
Cách 1: ta có D = -5x – 2xy – 2y + 14x + 10y -1
= -(x2 + y2 + 9 -6x – 6y + 2xy) – (4x2 – 8x +4) – (y2 – 4y +4) +16
= -(x+y-3)2 – 4(x-1)2 – (y-2)2 + 16
Vì -(x+y-3)2 ≤ 0 ; – 4(x-1)2 ≤ 0 ; – (y-2)2 ≤ 0 nên D ≤ 16.
x + y − 3 = 0
x = 1

⇔
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  x − 1 = 0
y = 2
y − 2 = 0


Vậy giá trị lớn nhất của D là 16 khi x = 1 và y =2
Tuy nhiên cách giải này vẫn chưa mang tính tổng quát, sau đây là cách giải
tổng quát hơn
Cách 2: Ta xét biểu thức tổng quát dạng P(x,y) = ax2 + bxy + cy2 + dx + ey +h

Cách giải như sau; Biến đổi P(x,y) về một trong hai dạng sau:
Dạng 1: P(x,y) = m.F2(x,y) + n.H2(x) +g
(1)
2
2
Dạng 2: P(x,y) = m.F (x,y) + n.K (y) +g
(2)
Trong đó H(x), K(y) là biểu thức bậc nhất đối với biến của chúng, còn F(x,y) là
biểu thức bậc nhất đối với cả hai biến x và y.
+ Nếu m> 0, n >0 thì ta có Max P(x,y) = g
 F ( x, y ) = 0
hoặc
 H ( x) = 0

Giá trị này đạt được khi và chỉ khi 

 F ( x, y ) = 0

K ( y) = 0

+ Nếu m<0, n<0 thì ta có MinP(x,y) =g
 F ( x, y ) = 0
hoặc
 H ( x) = 0

Giá trị này đạt được khi và chỉ khi 

 F ( x, y ) = 0

K ( y) = 0

14


Để biến đổi được như vậy, ta coi một biến là chính rồi tìm cách biến đổi để áp
dụng các hằng đẳng thức A2 + 2AB + B2 = (A +B)2, A2 - 2AB + B2 = (A -B)2
Quay trở lại với bài toán trên ta biến đổi như sau:
Ta chọn biến y là biến chính
Ta có D = -5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y -1= -2y2 – 2y(x-5) – 5x2 + 14x - 1
 2
( x − 5) 2  + ( x − 5) 2 − 5 x 2 + 14 x − 1
y
+
(
x
−
5
)
y
+
= -2 

4 
2

x − 5  9( x − 1)

+ 16 ≤ 16
= -2  y +
 −
2 

2

2

2

x−5

=0
x = 1
y +
⇔
2
Suy ra D ≤ 16. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
y = 2
 x − 1 = 0

Vậy giá trị lớn nhất của D là 16 khi và chỉ khi x = 1 và y=2
Đối với dạng này giáo viên lưu ý cho học sinh: Nếu sử dụng nhiều BĐT
khác nhau trong 1 bài toán thì ta phải kiểm tra xem chúng có đồng thời sảy ra
dấu bằng không. Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng.
4.Dạng sai lầm 4: Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1:
Tức là bất đẳng thức F(x) ≥ M (F(x) ≤ M) không xảy ra đẳng thức ứng với một
giá trị x=x0 nào đó (x0 thỏa mãn điều kiện bài toán) đã kết luận biểu thức F(x) đạt
giá trị nhỏ nhất (lớn nhất) bằng M hoặc F(x) không đạt giá trị nhỏ nhất (lớn nhất)
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = | x2 - x + 3| + | x2 - x - 2|
Lời giải có vấn đề:
2
2
Ta có: A = | x - x + 3| + | x - x - 2|

1
1
11
1
1
x + ( )2 + | + | x2 - 2 . x + ( )2 2
2
4
2
2
1 2 11
1 2 9
A = | (x - ) + | + | (x - ) - |
2
4
2
4
11
9
11
9
20
Suy ra: A ≥ | | + | - | =
+
=
4
4
4
4
4

1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: (x - )2 = 0 ⇔ x 2
1
Vậy GTNN của A là 5 khi x =
2

A = x2 - 2 .

9
|
4

=5
1
=0
2

⇔ x=

1
2

Phân tích sai lầm.
1
11
1
9
11
9
| (x - )2 + | + | (x - )2 - |

≥
| | + |- |
2
4
2
4
4
4
1 2 9
9
Ta thấy: (x - ) ≥ với ∀ x
2
4
4
1
9
9
Nhưng không thể suy ra: | (x - )2 - | ≥ | - |
2
4
4
15


| (x -

Chẳng hạn khi x = 0 thì:
=

|

1 2 9
) - |
2
4

= | (0 -

1 2 9
) - |
2
4

1 9
9
− | = | - 2| = 2 < | - |
4 4
4

Mà từ a ≥ b chỉ suy ra được | a| ≥ | b| khi a ≥ b ≥ 0
Lời giải đúng.
1 2
) +
2
1
A = | (x - )2 +
2

A = | (x -

11
|
4
11
|
4

1 2 9
) - | =
2
4
1 2 9
1
11
1
9
+ | - (x - ) + | ≥ | (x - )2 +
- (x - )2 + | =
2
4
2
4
2
4

+ | (x -

5
1 2 11
1

9
) + ] . [- (x - )2 + ] ≥ 0
2
4
2
4
1
9
1
9
1
3
⇔ - (x - )2 +
≥ 0 ⇔ (x - )2 ≤
⇔|x - | ≤
2
4
2
4
2
2
3
1
3
⇔- ≤ x - ≤
⇔- 1 ≤ x ≤ 2
2
2
2

Do đó: A đạt GTNN là 5 ⇔ [(x -

Ví dụ 2: Tìm GTNN của A = x2 + y2 biết x + y = 4
Lời giải sai:
2
2
Ta có: A = x + y ≥ 2xy
Do đó:
Amin ⇔ x2 + y2 = 2xy
⇔x = y = 2
2
2
Khi đó: A đạt giá trị nhỏ nhất = 2 + 2 = 8
Phân tích sai lầm.
Đáp số tuy không sai nhưng lập luận mắc sai lầm. Vì ta có f(x,y) ≥ g(x, y)
chưa chứng minh được f(x, y) ≥ M (M là hệ số)
Ví dụ: Với lập luận trên, từ bất đẳng thức đúng
x2 ≥ 2x - 1 ⇒ x2 đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ x2 = 2x - 1 ⇔ (x - 1)2 = 0 ⇔ x = 1
⇒ Giá trị nhỏ nhất của x2 = 12 = 1 khi x = 1
Nhưng kết quả đúng phải là: Giá trị nhỏ nhất của x2 = 0 khi và chỉ khi x = 0
Cách giải đúng:
2
2
x + y = 4 ⇒ x + 2xy + y = 16
(1)
2
2
Ta lại có:
(x - y) ≥ 0 ⇒x - 2xy + y2 ≥ 0
(2)

2
2
2
2
Từ (1) và (2): 2(x + y ) ≥ 16 ⇒ x + y ≥ 8
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 8 khi và chỉ khi x = y = 2
Ví dụ 3:Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

3
4x − 4x + 5
2

Lời giải có vấn đề:
Phân thức có tử thức có giá trị không đổi nên P có giá trị lớn nhất khi mẫu có
giá trị nhỏ nhất . Ta có : P =

3
3
= (2 x − 1) 2 + 4
4x − 4x + 5
2

16


Ta thấy (2x -1)2≥ 0 nên (2x -1)2+4 ≥ 4. Do đó:

3
3
≤

2
(2 x − 1) + 4 4

Phân tích sai lầm :
Tuy đáp số không sai nhưng lập luận lại sai ,vì : “Phân thức có tử thức có giá
trị không đổi nên P có giá trị lớn nhất khi mẫu có giá trị nhỏ nhất” mà chưa đưa ra
nhận xét tử và mẫu đều là những biểu thức có giá trị dương.
Ta đưa ra một phản ví dụ:
Xét biểu thức A =

1
1
Với lập luận như trên: A = 2
“Phân thức tử thức
x −3
x −3
2

có giá trị không đổi nên A có giá trị lớn nhất khi mẫu có giá trị nhỏ nhất”Nghĩa là A
có giá trị lớn nhất <=> x2 – 3 có giá trị nhỏ nhất .Mà x 2 – 3 có giá trị nhỏ nhất là -3
1
3

<=> x = 0 .Nên A có giá trị lớn nhất là − <=> x =0 .Điều này không đúng .
1
Không phải là giá trị lớn nhất của biểu thức A, chẳng hạn với x =2 thì
3
−1
A = 1>
3

Vì −

Lời giải đúng:
Ta có : P =

3
3
= (2 x − 1) 2 + 4
4x − 4x + 5
2

Ta thấy (2x -1)2≥ 0 nên (2x -1)2+4 ≥ 4>0. Do đó:

3
3
≤ (theo qui tắc
2
(2 x − 1) + 4 4

so sánh hai phân số có cùng tử, tử và mẫu đều dương). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ
khi 2x – 1 = 0 hay x =

1
2

Vậy giá trị lớn nhất của P là

3
1

khi x=
4
2

Như vậy đối với dạng này học sinh cần nắm vững tính chất của BĐT, định
nghĩa GTLN, GTNN, qui tắc so sánh hai phân số có tử và mẫu là số tự nhiên, số
nguyên … Có như vậy thì hướng giải của bài toán mới đúng.
5. Dạng sai lầm 5: Vận dụng sai tính chất của bất đẳng thức
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =(x2-1)(x2+1)
Ta có x2 ≥ 0 với mọi x, suy ra x2-1 ≥ -1và x2+1 ≥ 1
=> P=(x2-1)(x2+1) ≥ (-1).1=-1 => P ≥ -1.
 x 2 − 1 = −1
⇔ x=0
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  2
 x + 1 = 1

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là -1 khi x =0
Phân tích sai lầm
Lời giải trên sai lầm ở chỗ vận dụng sai các tính chất của bất đẳng thức như
nhân hai bất đẳng thức cùng chiều mà không có điều kiện hai vế cùng không âm.
17


Ta thấy x2 – 1 vẫn có thể nhậ giá trị âm, do đó không thể áp dụng tính chất này để
giải.
Lời giải đúng
Ta có: P =(x -1)(x +1) = x -1 ≥ -1 (vì x4 ≥ 0) => P ≥ -1. Dấu “=” xảy ra khi x = 0
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là -1 khi x =0
2

2

4

Giáo viên lưu ý cho học sinh cần nắm vững các tính chất của bất đẳng
thức cũng như một số điều kiện khi vận dụng các tính chất đó.

6. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: Tìm GTNN của biểu thức:
a. P = x2 – 2xy + 6y2 – 12x + 3y + 45
b. Q =(x-1)(x+2)(x+3)(x+6)
c. M = 2x2 + y2 - 2xy - 2x - 2y + 12
Bài 2: Tìm GTLN của biểu thức: E = – x2 + 2xy – 4y2 + 2x + 10y – 3
Bài 3: a)Tìm GTNN của A =
x2
a. B =
x −1
x
5
+
c. E =
1− x x

x2 + 4 x + 4
x

với x > 0
 1
b. D = (1 + x) 1 + ÷ với x > 0

với x > 1


x
2
d. F = +
2 x −1

với 0 < x < 1

Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất của:
a.

A=

1
2
x + x +1

Bài 5: Cho x > 0 , y > 0 thỏa mãn x +

x2
b. P= 4 2
x + x +1

c. M =

với x > 1
2x + 1
x2 + 2

1
≤ 1.
y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Bài 6: Tìm GTLN và GTNN của: A =

x

P=

x y
+ .
y x

x2 − x + 1
.
x2 + x + 1

Bài 7: Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: A = x2 + y2
Biết rằng x và y là các số thực thỏa mãn: x2 + y2 – xy = 4
Bài 8: Cho x, y thỏa mãn: x2 + 4y2 = 25. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức:
M = x + 2y.

18


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường:

Tôi đã sử dụng đề tài “Hướng dẫn học sinh lớp 9 khắc phục một số sai lầm
khi giải bài toán cực trị đại số” tại trường THCS nơi tôi đang công tác, tiến
hành khảo sát kết quả như sau:
Sĩ số
35

Giỏi
Số
Tỉ lệ
lượng (%)
7
20,0

Kết quả khảo sát
Khá
TB
Số
Tỉ lệ
Số Tỉ lệ
lượng (%)
lượng (%)
9
25,7
11
31,4

Yếu, kém
Số Tỉ lệ
lượng (%)
8

22,9

TB trở lên
Số
lượng
27

Tỉ lệ
(%)
77,1

Sau khi vận dụng sáng kiến này tôi thấy rằng: Học sinh có hứng thú học toán
hơn khả năng tư duy tốt hơn và kết quả đạt được cao hơn.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Qua quá trình trực tiếp giảng dạy môn toán tôi nhận thấy rằng gặp sai lầm
trong giải toán là điều khó tránh khỏi. Học sinh mắc sai lầm ngay trong những bài
toán đơn giản cho đến những bài toán khó phức tạp. Đối với dạng toán tìm giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất lại càng rất dễ mắc sai lầm. Tìm ra sai lầm và sửa sai lầm
cũng không dễ chút nào. Nhưng nếu các em HS có ý thức học tập, nắm chắc kiến
thức khi giải Toán thì chắc chắn sẽ tránh được những sai lầm và tự tin hơn trong
việc giải toán dạng này.
“Một số sai lầm dễ mắc phải khi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất”đã
được nhiều người nhắc đến. Trên đây là điều mà tôi đã nghiên cứu, đúc kết trong
quá trình giảng dạy mà bản thân tôi đã vận dụng khi dạy học sinh và đã đem lại kết
quả rất tốt. Tuy nhiên còn nhiều thiếu sót, còn nhiều vấn đề cần phải bàn thêm.
Kính xin đồng nghiệp, thầy cô giáo đi trước tiếp tục trao đổi bổ sung, sửa đổi để
nội dung đề tài thêm hoàn thiện.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2017
XÁC NHẬN CỦA TRƯỞNG PHÒNG

GIÁO DỤC

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình

viết
không sao chép nội dung của người khác

Mai Thành Giáp
19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1) CÁC CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ - NGUYỄN THỊ THANH THỦY
2) TOÁN NÂNG CAO VÀ CÁC CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ 8 – VŨ DƯƠNG THỤY
3) TOÁN NÂNG CAO VÀ CÁC CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ 9 – VŨ DƯƠNG THỤY
4) NÂNG CAO VÀ PHÁT TRIỂN TOÁN 8 – VŨ HỮU BÌNH
5) NÂNG CAO VÀ PHÁT TRIỂN TOÁN 8 – VŨ HỮU BÌNH
6) BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ VÀ ỨNG DỤNG – NGUYỄN TẤT THU

20