Những sai lầm của học sinh và cách khắc phục khi giải bài toán cực trị đại số ở cấp THCS

1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1.1.1. Đặc điểm tình hình:
a) Thuận lợi:
Tân Ninh là một xã có nền văn hóa khá tốt với truyền thống hiếu học và sự
quan tâm đến việc học của một số bậc phụ huynh đối với con em của họ. Mặt
khác được sự quan tâm và giúp đỡ của BGH nhà trường THCS Tân Ninh cũng
như sự quan tâm và chia sẽ của đồng nghiệp tạo điều kiện cho tôi hoàn thành
tương đối tốt nhiệm vụ được giao. Đó là nền tảng rất tốt cho việc nghiên cứu đề
tài của bản thân nhằm giúp các em học sinh học tốt hơn trong môn Toán ở
trường THCS.
b) Khó khăn:
Tân Ninh là một xã có nền kinh tế không đồng đều, sự quan tâm đến giáo dục
chưa được sát của chính quyền địa phương cũng như của hầu hết các bậc phụ
huynh trong xã. Mặt khác do chất lượng học sinh không đồng đều và có một số
học sinh sau khi hết cấp 1 chuyển lên trường Dân Lập nên phong trào học của
các em chưa được tốt.
1.1.2. Đặc điểm môn học:
Trong trường phổ thông Toán học là môn học chiếm vị trí tương đối quan
trọng.Vì vậy, dạy toán là dạy phương pháp tư duy suy luận một cách có lô gíc.
Học Toán là rèn luyện tính tư duy. Các bài toán là một phương diện tốt giúp học
sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng kỹ xảo.
Dạng toán tìm cực trị đối với học sinh phổ thông là tương đối mới và khó.
Dạng toán này rất phong phú vì vậy đòi hỏi phải biết vận dụng kiến thức một
cách hợp lý, đôi khi độc đáo. Các bài toán tìm cực trị hay được đưa vào dạy cho
học sinh khá giỏi, đặc biệt là việc bồi dưỡng học sinh giỏi và rất ít đề cập trong
sách giáo khoa. Dạng toán tìm cực trị là loại toán rất gần gũi với thực tế và có
nhiều ứng dụng trong cuộc sống hàng ngày. Điều đó chứng tỏ rằng Toán học và
thực tế không tách rời nhau.
Trong chương trình Toán học ở bậc trung học cơ sở, học sinh thực sự làm
quen với bài toán tìm cực trị từ lớp 7. Kiến thức về loại này được nâng cao dần ở

lớp 8, 9 và được học nhiều ở bậc phổ thông trung học. Toán tìm cực trị được đề
cập nhiều trong các loại sách tham khảo do vậy giáo viên rất khó khăn trong
việc sưu tầm tuyển chọn. Cũng từ đó mà HS không tìm thấy được lối mòn cho
việc giải quyết vấn đề này dẫn đến sai lầm khi giải dạng toán này.
Để góp phần vào việc giải quyết các vấn đề khó khăn trên tôi đã mạnh dạn
thực hiện sưu tầm tuyển chọn một số dạng bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
và một số phương pháp giải áp dụng cho từng dạng viết thành chuyên đề:
"Những sai lầm của học sinh và cách khắc phục khi giải bài toán cực trị đại
số ở THCS".

1


1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
Thực hiện theo cuộc vận động “Hai không bốn nội dung” của bộ trưởng bộ
giáo dục đã đề ra và nhiệm vụ của ngành bản thân tôi đưa ra các hoạch định cho
việc nghiên cứu đề tài đã ấp ủ nhằm giúp các em học sinh học tốt hơn để nâng
cao chất lượng giáo dục trong giai đoạn hiện nay.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
Căn cứ vào đặc điểm tình hình học sinh ở trường THCS Tân Ninh tôi lựa
chọn đối tượng nghiên cứu ở đây là một số học sinh lớp 9A và một số học sinh
lớp 7A trường THCS Tân Ninh.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1.4.1. Tài liệu nghiên cứu:
- Những vấn đề phát triển Toán 6,7,8,9.
- 2001 Bài toán sơ cấp.
- Kiến thức cơ bản và nâng cao toán 6,7,8,9.
- Các bài toán trên mạng Internet.
1.4.2. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp nghiên cứu lý thuyết: Nghiên cứu các tài liệu để tìm hiểu

những vấn đề có liên quan đến đề tài.
- Phương pháp nghiên cứu trên đối tượng học sinh để tìm ra giải pháp cho việc
thực hiện đề tài.
1.4.3. Thời gian nghiên cứu:
Quá trình nghiên cứu từ tháng 09 năm 2016 đến tháng 04 năm 2017.

2


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Toán học là một trong những môn khoa học tự nhiên tương đối khó đối với
học sinh. Đặc biệt trong môn Toán ở trường THCS có dạng toán “ Tìm cực trị”
còn khá xa lạ đối với nhiều học sinh, nên các em chưa hình thành được phương
pháp giải tổng quát cho một số dạng trên. Việc tìm cực trị không phải lúc nào
cũng làm theo một hướng đi nhất định mà còn phụ thuộc bài toán được cho ở
dạng nào, dạng đó có phương pháp giải hay chưa? Có thể có một số dạng có
phương pháp giải tổng quát, cũng có những bài chỉ có phương pháp giải cho
riêng nó.
Tuy nhiên học sinh khi làm các bài toán cực trị đại số thường hay bị ngộ nhận
hoặc thiếu xót trong quá trình giải mà dẫn đến sai lầm đáng tiếc. Đó là điều mà
bản thân mỗi giáo viên khi dạy dạng toán này không khi nào là không lo âu cho
học sinh của mình.
Tóm lại để tìm cực trị một cách hợp lý cần phải nhận dạng nó và nắm được
một số phương pháp giải thường gặp, đương nhiên trong quá trình giải cần đến
sự linh hoạt và thông minh thì mới tìm ra được cách giải hợp lý cho bài toán
được giao.
2.2. THỰC TRẠNG:
Trước khi thí nghiệm đề tài này bản thân tôi có tìm hiểu và trao đổi với đồng
nghiệp để tìm ra hướng giải quyết hợp lý cho đề tài. Ngoài ra tôi còn cho đối

tượng học sinh đã chọn thử làm bài kiểm tra có liên quan chủ yếu đến đề tài đã
chọn và thu được kết quả như sau:
Số bài kiểm tra: 25
Số bài thu được: 25
- Lớp đối chứng:
Giỏi
Khá
SL
%
SL
0
0
1
- Lớp áp dụng:
Giỏi
SL
0

%
0

Khá
SL
2

%
4

TB
SL

5

%
8

TB
SL
6

%
20

Yếu
SL
14

%
24

Yếu
SL
13

%
56

Kém
SL %
5
20

%
52

Kém
SL %
4
16

2.3. NHỮNG KIẾN THỨC CƠ BẢN
a- Khái niệm:
Cho hàm số F(x) xác định trên một miền D
a1) M được gọi là giá trị lớn nhất của F(x) trên miền D nếu hai điều kiện sau đây
đồng thời được thoả mãn
a. F(x) ≤ M với ∀ x ∈ D
b. ∃ x0 ∈ D sao cho F(x0) = M, kí hiệu M = MaxF(x) với x ∈ D
3


a2) m được gọi là giá trị nhỏ nhất của F(x) trên miền D nếu hai điều kiện sau
đây đồng thời được thoả mãn
a. F(x) ≥ m với ∀ x ∈ D.
b. ∃ x0 ∈ D sao cho F(x0) = m, kí hiệu m = MinF(x) với x ∈ D
b- Các kiến thức thường dùng:
b1) [ f (x) ] 2n ≥ 0 ∀ x ∈ R, n ∈ Z
⇒ [ f (x) ] 2n + M ≥ M hoặc - [ f (x) ] 2n + M ≤ M.
b2) a) x ≥ 0
b) x + y ≤ x + y dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi x và y cùng dấu.
c) x − y ≥ x - y dấu”=” xảy ra khi và chỉ khi x và y cùng dấu(với x ≥ y )
b3) Bất đẳng thức Cauchy.

Bất đẳng thức CôSi (chỉ áp dụng với các số không âm).

a1 + a2 + ... + an n
≥ a1a2 ...an với a1 , a2 ,..., an là các số không âm.
n

Hệ quả:
1) x > 0, y > 0 và xy = k2 ( không đổi), x + y nhỏ nhất ⇔ x = y.
2) x > 0, y > 0 và x + y = k2 ( không đổi), xy lớn nhất ⇔ x = y.
b4) Bất đẳng thức Bunhiacopxki.
a) ( ax + by) 2 ≤ ( a2 + b2 )( x2 + y2 ).
Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi

x y
=
a b

b) ( ax + by + cz )2 ≤ ( a2 + b2 + c2 )( x2 + y2 + z2 ).
Dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi

x
y
z
= =
a
b
c

* Tổng quát:
( a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn)2 ≤ ( a12+ a22 +.....+ an2)(x12+ x22 +....+ xn2 )

x1

x2

xn

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = a = ....= a
1
2
n

2.4. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM GTLN, GTNN.
2.4.1. Phương pháp bất đẳng thức.
Giả sử cho một hàm số f(x) xác định trên miền D.
a. f(x) ≤ M hoặc f(x) ≥ m.
b. Chỉ ra x = x0 thuộc D sao cho dấu đẳng thức xảy ra.
2.4.2. Phương pháp miền giá trị của hàm số.
Giả sử tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f (x) nếu x ∈ D. Gọi y0 là
một giá trị tuỳ ý của hàm số xét trên miền đã cho. Có nghĩa hệ phương trình sau
có nghiệm:
f(x) = y0
x∈D

4


Tuỳ dạng của hệ phương trình mà ta có điều kiện thích hợp. Trong nhiều
trường hợp điều kiện ấy (sau khi rút gọn) đưa về dạng m ≤ y0 ≤ M
Vì y0 là một giá trị bất kỳ của f(x) nên ta có:
Min f(x) = m và Max f(x) = M

x∈D
x∈D
Tóm lại:
1. Muốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số không những cần
chứng minh một bất đẳng thức f(x) ≥ m hoặc f(x) ≤ m mà phải tìm ra được sự
tồn tại của biến để có thể xác định dấu bất đẳng thức.
2. Nếu biểu thức đã cho là tổng của nhiều biểu thức đại số chẳng hạn:
A = B + C + D +... Để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của A ta tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của B, C, D... nhưng phải chứng minh được rằng khi B đạt giá
trị lớn nhất, nhỏ nhất thì C, D... cùng đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất với cùng giá
trị của biến và ngược lại.
3. Khi tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất nhất của một biểu thức có khi ta thay
điều kiện để biểu thức này đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất bằng điều kiện tương
đương là biểu thức khác đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất hoặc ngược lại. Chẳng
hạn:
AMax(A > 0) ⇔

1
min
A

BMax(B > 0) ⇔ B2max
2.5 .NHỮNG DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
- Dạng 1: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của đa thức có chứa dấu giá trị tuyệt
đối
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
A = x − 2016 + 2017 − x
[3]
Giải
Áp dụng bất đẳng thức: x + y ≤ x + y .

Dấu “=” xảy ra khi x, y cùng dấu hoặc x hoặc y bằng 0.
Suy ra: A = x − 2016 + 2017 − x ≥ x − 2016 + 2017 − x = 1
MinA = 1 khi (x - 2016)(2017 - x) ≥ 0 ⇔ 2016 ≤ x ≤ 2017
Vậy minA = 1 khi 2016 ≤ x ≤ 2017
- Dạng 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của đa thức bậc hai.
Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của biểu thức
B = x2 – 10x + 26 [3]
Giải
Do B thoả mãn đẳng thức trên. Nên phương trình
x2 – 10x + 26 – B = 0 có nghiệm
Hay ∆’ = 100 – 4(26 – B) = 4B – 4 ≥ 0 ⇔ B ≥ 1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ∆’ = 0 ⇔ x = 5
Do đó minB = 1 khi x = 5
- Dạng 3: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của đa thức bậc cao.
5


Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của C = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + 9
Giải
4
3
2
2
Ta thấy C = x – 6x + 9x + x – 6x + 9
C = (x2 – 3x)2 + (x – 3)2

[2]

x 2 − 3x = 0
⇒ C ≥ 0, Dấu “=” xảy ra khi 

⇔x = 3
x − 3 = 0

Vậy minC = 0 khi x = 3.
- Dạng 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của phân thức.
Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất của phân thức D =
Giải
12

12
4x + 4x + 4
2

[1]

12

Ta thấy D = 4x 2 + 4x + 4 = ( 2x + 1) 2 +3
Do (2x + 1)2 ≥ 0 ⇒ (2x + 1)2 + 3 ≥ 3
⇒D ≤ 4

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x + 1 = 0 ⇔ x = -

Vậy maxD =4 khi x = -

1
2

1
2

- Dạng 5: Tìm cực trị của biểu thức có chứa căn thức.
Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức E = x − 4 + 12 − x [1]
Giải
Trước hết điều kiện xác định của E là 4 ≤ x ≤ 12.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki ta có:
2
E2 = (1. x − 4 + 1. 12 − x ) ≤ (12 + 12 )(x − 4 + 12 − x)
E2 ≤ 2.8
E2 ≤ 16
Do E > 0. Nên E ≤ 4. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x − 4 = 12 − x

⇔ x – 4 = 12 – x
⇔ x = 8. Thoả mãn điều kiện xác định.
Vậy maxE = 4 khi x = 8.
- Dạng 6: Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất có điều kiện.
Ví dụ: Cho x, y ∈ R và x2 + y2 = 2
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của x + y [1]
Giải
Thật vậy ∀x, y ∈ R ta có (x + y)2 + (x – y)2 = 2(x2 + y2)
Theo giả thiết có x2 + y2 = 2
⇒ (x + y)2 + (x – y)2 = 4
Do (x – y)2 ≥ 0
x+y ≤2
⇒ (x + y)2 ≤ 4
⇔
−2≤ x+y≤ 2
⇔
Dấu “=” xảy ra khi (x – y)2 = 0

6


⇔ x = y và x2 + y2 = 2
⇔x = y = ± 1
Vậy: max(x + y) = 2 ⇔ x = y = 1
min(x + y) = -2 ⇔ x = y = -1
- Dạng 7: Các bài toán tổng hợp.
Ví dụ 1: Giải phương trình x − 1 + 9 − x = x 2 − 6x + 13 [1]
Giải
2
2
Ta có VP = x – 6x + 13 = x – 6x + 9 + 4
= (x – 3)2 + 4 ≥ 4
Dấu bằng xảy ra khi x = 3
VT = x − 1 + 9 − x
Điều kiện 1 ≤ x ≤ 9
Theo bất đẳng thức Bunhia côpxki thì
2
VT2 = x − 1 + 9 − x ≤ 2(x – 1 + 9 – x)
VT2 ≤ 16
Do VT > 0. Nên VT ≤ 4
Dấu “=” xảy ra khi x − 1 = 9 − x hay x = 3
Vậy để VT = VP thì x = 3.
Do đó x = 3 là nghiệm của phương trình đã cho.

(

)

Ví dụ 2: Cho x, y, z là 3 số dương có tổng không đổi.
Tìm x, y, z sao cho xy + yz + zx lớn nhất
[2]
Giải
2
Ta nhận thấy luôn có (x – y) + (y – z)2 + (z – x)2 ≥ 0
( x − y ) 2 ≥ 0

2
(
)
y
−
z
≥
0
Vì
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
 .

2
( z − x ) ≥ 0 
Suy ra: 2(x2 + y2 + z2) ≥ 2xy + 2yz + 2zx
⇒ x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx
⇒ x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx ≥ 3xy + 3yz + 3zx
(x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx)
Đặt x + y + z = a
Ta có: a2 ≥ 3(xy + yz + zx)
2
a

⇔ xy + yz + zx ≤
3
2
a
a
Do đó max(xy + yz+ xz) =
⇔x = y = z =
3
3
2.6 . NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP

7


2.6.1. HS thường nhầm dấu khi giải các phương trình hoặc bất
phương trình (đặc biệt là chiều của bất đẳng thức) để tìm ra điều kiện của
ẩn theo yêu cầu của dạng toán.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
B = 3x + 3x − 7
[4]
Giải
Áp dụng a + b ≤ a + b ta có
B = 3x + 3x − 7 ≥ 3x + 7 − 3x ≥ 3x + 7 − 3x = 7
- Khả năng 1: Dấu “=” xảy ra ⇔ 3x(7 - 3x ) ≥ 0
TH1: 3x ≥ 0 hoặc 7 - 3x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 hoặc x ≤
TH2: 3x ≤ 0 hoặc 7 - 3x ≤ 0 ⇔ x ≤ 0 hoặc x ≥

7
.
3

7
3

7
.
3
- Khả năng 2: Bmin = 7 ⇔ 3x(3x - 7 ) ≥ 0
7
7
7
⇔ x ≤ 0.
Dấu “=” xảy ra ⇔ x ≥ 0 và x ≥ ⇔ x ≥ hoặc x ≤ 0 và x ≤
3
3
3

Vậy: Bmin = 7 ⇔ x ≥ 0 hoặc x ≤

* Sai lầm trong cách giải trên là chỗ nào, thật đơn giản.
- Khả năng 1: Đó chính là chữ “hoặc” trong quá trình giải bất phương trình.
Đúng sẽ là chữ “và”. Khi đó kết quả sẽ là: Bmin = 7 ⇔ 0 ≤ x ≤

7
.
3

- Khả năng 2: Đó chính là 3x(3x - 7 ) ≥ 0 mà đúng sẽ là 3x(7 - 3x ) ≥ 0. Khi đó
kết quả sẽ là: Bmin = 7 ⇔ 0 ≤ x ≤

7
.
3

Tóm lại:
Sai lầm thường gặp ở dạng toán này là vận dụng sai kiến thức về giá trị
tuyệt đối. Vì vậy khi dạy dạng toán này giáo viên cần hình thành cho học sinh
nắm chắc các kiến thức về giá trị tuyệt đối. Ngoài ra cần nắm chắc các kiến
thức khác có liên quan.
2.6.2. Học sinh ít quan tâm đến điều kiện dấu bằng xảy ra của bất
đẳng thức khi giải bài toán cực trị.
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của B = x6 + 7x4 + 15x2+ 9 [2]
Giải
6
4
2
Ta có: B = x + 7x + 15 x + 9
= (x6 + 6x4 + 9x2) + (x4 + 6x2 + 9)
= x2(x2 + 3)2 + (x2 + 3)2
= (x2 + 3)2(x2 + 1) ≥ 0.
Do đó B ≥ 0. Dấu “=” xảy ra ⇔ (x2 + 1) = 0 hoặc (x2 + 3)2 = 0
Vậy Bmin = 0 ⇔ (x2 + 1) = 0 hoặc (x2 + 3)2 = 0.
* Sai lầm trong bài toán này là P = (x2 + 3)2(x2 + 1) ≥ 0.
Điều này vô lí, vì x2 + 1 ≥ 1 và (x2 + 3)2 ≥ 9.
Do đó P ≥ 9. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 0.
Vậy Pmin = 9 ⇔ x = 0.
8


Tóm lại:

Khi giải dạng toán này chúng ta cần để ý đến điều kiện của bài toán. Đặc
biệt khi sử dụng một số bất đẳng thức ta phải hiểu được bản chất của nó. Đó
chính là những điều cơ bản nhất để chúng ta hướng dẫn học sinh giải dạng toán
này.
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
D = 9x 2 + 1 − 6x + 1 + 6x + 9x 2
[1]
Giải
2
2
Ta thấy: 9x + 1 - 6x = (3x - 1) ≥ 0 với mọi x ∈ R.
1 + 6x + 9x2 = (3x + 1)2 ≥ 0 với mọi x ∈ R.
Vậy D = (3x − 1) 2 + (3x + 1) 2 = 3x − 1 + 3x + 1 ≥ 1 − 3x + 3 x + 1 = 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ (3x - 1)(3x + 1) ≥ 0 ⇔ x ≥
Vậy MinD = 2 ⇔ x ≥

1
1
hoặc x ≤ - .
3
3

1
1
hoặc x ≤ - .
3
3

* Sai lầm của HS trong bài toán này là vì HS làm tắt một bước
3x − 1 + 3x + 1 = 1 − 3x + 3x + 1

nên dẫn đến việc tìm điều kiện của biến sai. Như vậy, kết quả đúng phải là:
Vậy MinD = 2 ⇔ -

1
1
≤ x ≤ .
3
3

2.6.3. Học sinh thường quên đi điều kiện của bài toán trong một số
bài toán cực trị có điều kiện.
x2 + 4x + 3
Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của C = 2
với x∈ R [1]
x + 2x + 3
Giải
Gọi C0 là giá trị tuỳ ý của biểu thức C, ta có.

x2 + 4x + 3
C0 = 2
x + 2x + 3

(1)

Ta có: (1) ⇔ x2 + 4x + 3 = C0x2 + 2C0 x + 3C0
⇔ (C0 - 1 )x2 + 2(C0 - 2 )x + 3(C0 - 1) = 0 (2)
Phương trình (2) có nghiệm nếu:
∆' ≥ 0 tức là ∆' = - 2C20 + 2C0 +1 ≥ 0
⇔ 1 − 3 ≤ C0 ≤ 1 + 3
2

2
Vậy:
1+ 3
1+ 3
maxC0 =
hay maxC =
2
2
1− 3
1− 3
minC0 =
hay minC =
2
2
* Sai lầm: Tuy bài toán trên có kết quả đúng nhưng trong quá trình làm học
sinh thường hay quên đi điều kiện để phân thức có nghĩa để biến đổi tương
đương biểu thức, mặc dù trong bài toán này mẫu thức x 2 + 2x + 3 luôn dương
9


với mọi x. Hơn nữa trong quá trình giải học sinh không xét hai trường hợp để
chỉ ra điều kiện có nghiệm của một phương trình bậc hai. Đó là trường hợp
C0 = 1 và trường hợp C0 ≠ 1.
Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x4 - 8x2 + 18 với x nguyên dương.
Giải
4
2
Ta có: A = x - 8x + 18
= x4 - 8x2 + 16 + 2
= (x2 - 4)2 + 2 ≥ 2. Vì (x2 - 4)2 ≥ 0

Do đó A ≥ 2. Dấu “=” xảy ra ⇔ (x2 - 4)2 = 0 ⇔ x = - 2 hoặc x = 2.
Vậy Amin = 2 ⇔ x = - 2 hoặc x = 2.
* Sai lầm cơ bản trong bài toán này là gì: Đó chính là: (x2 - 4)2 = 0 ⇔ x = - 2
hoặc x = 2. Từ đây học sinh kết luận cụ thể cho bài toán là sai. nếu để ý đến
điều kiện của x ta sẽ thấy ngay: Vì x nguyên dương nên (x2 - 4)2 = 0 ⇔ x = 2.
Vậy A = x2 - 8x + 18 ≥ 2. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2
Vậy Amin = 2 ⇔ x = 2.
Ví dụ 6: Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất (nếu có) của biểu thức :
a
D=
với a là tham số khác 0. [2]
− x 2 + 6 x − 12
Giải
a
a
a
Ta có: D =
= − 2
= −
2
( x − 3) 2 + 3
− x + 6 x − 12
x − 6 x + 12
a
Ta thấy: (x- 3)2 ≥ 0 ⇔ (x- 3)2 + 3 ≥ 3 nên D ≥ - .
3
a
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 3. Vậy Dmin = - ⇔ x = 3. Bài toán không có giá trị lớn
3
nhất.

* Sai lầm của học sinh trong trường hợp này là gì: Đó là việc học sinh không
để ý đến dấu của a nên dẫn đến dấu của biểu thức có thể thay đổi và bất đẳng
thức có thể đổi chiều. Vậy phải làm thế nào, ta chỉ cần xét a > 0 hoặc a < 0.
a
a
Nếu a > 0 ⇒ D ≥ - . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 3. Vậy Dmin = - ⇔ x = 3
3
3
a
a
Nếu a < 0 ⇒ D ≤ - . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 3. Vậy Dmax = - ⇔ x = 3
3
3
Tóm lại: Đây là dạng toán mà học sinh rất dễ gặp phải sai lầm, do đó khi dạy
dạng toán này yêu cầu giáo viên phải hình thành cho học sinh các bước quan
trọng để giải. Đặc biệt phải lưu ý cho học sinh về dấu của biểu thức phân và
một số kiến thức về việc xét dấu của phương trình bậc hai,…
Ví dụ 7: Tìm nghiệm dương của phương trình:

(1 + x −

x2 −1

)

2005

(

)

2005

+ 1+ x + x2 −1
Giải
2
⇔
≥
≥
ĐKXĐ: x – 1 0
x 1 hoặc x ≤ - 1 .
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

= 2 2006

[5]

10


(1 + x − x − 1) + (1 + x + x − 1)
⇔ (1 + x − x − 1 )
+ (1 + x + x − 1 )
⇔ (1 + x − x − 1 )
+ (1 + x + x − 1 )
2005

2

2005

2

2

2005

2

2005

2

2

(

≥ 2. 1 + x − x 2 − 1

2005
2005

) .(1 + x +
2005

x2 −1

)

2005

≥ 2. (2 x + 2) 2005
≥ 2 2006

Vì x ≥ 1, nên 2x + 2 ≥ 4.

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 1.
* Sai lầm và thiếu xót trong trường hợp này là gì: Thực chất, khi giải học
sinh không để ý đến điều kiện bài toán là x > 0, nên đã đưa ra ĐKXĐ chưa
đúng. Mặt khác, khi áp dụng bất đẳng thức côsi, học sinh không để ý đến điều
kiện để sử dụng bất đẳng thức này.
Cụ thể bài này cần giải như sau:
ĐKXĐ:

x 2 − 1 ≥ 0
⇔ x ≥ 1 . Khi đó ta thấy:

x > 0

1 + x - x 2 − 1 > 0 và 1 + x + x 2 − 1 > 0 với x ≥ 1 .
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

(1 + x − x − 1) + (1 + x + x − 1)
⇔ (1 + x − x − 1 )
+ (1 + x + x − 1 )
2005

2

2005

2

2005

2

2

(

≥ 2. 1 + x − x 2 − 1

2005

) .(1 + x +
2005

x2 −1

)

2005

≥ 2. (2 x + 2) 2005

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1 (1). Khi đó ta có:

(1 + x −

x2 −1

)

2005

(

)

(

)

+ 1+ x + x2 −1

2005

≥ 2 2006 Vì x ≥ 1, nên 2x + 2 ≥ 4.

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1 (2)
2005
2005
Từ (1) và (2) ta có: 1 + x − x 2 − 1
+ 1+ x + x2 −1
≥ 2 2006
Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 1.
2.6.4. Học sinh tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức A đánh giá

biểu thức A ≤ B nhưng biểu thức B còn chứa biến. Đặc biệt học sinh cộng
các bất đẳng thức nhưng không chú ý đến điều kiện dấu bằng xảy ra đồng
thời ở các bất đẳng thức.
Ví dụ 8: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
M = 4x2 + 5x3 + 8x + 4 với x ≥ 0.
[2]
Giải
2
3
2
Ta có: M = (4x + 8x + 4 ) + 5x = 4(x + 2x + 1) + 5x3
= 4(x + 1)2 + 5x3 ≥ 5x3 ≥ 0 Vì x ≥ 0.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là: Mmin = 0 ⇔ x = 0.
* Sai lầm và thiếu xót trọng trường hợp này là gì: nếu ta để ý đến việc điều
kiện dấu ” =” xảy ra không đồng thời ở các bất đẳng thức 4(x + 1) ≥ 0 và x ≥ 0.
Vì vậy ta không thể đi theo con đường này được. Cụ thể ở bài toán này ta cần
biến đổi đến: M = 4(x + 1)2 + 5x3. Khi đó vì x ≥ 0 nên M ≥ 4.12 + 5.0 = 4
Vậy Mmin = 4 ⇔ x = 0.
* Tóm lại: Trên đây là một số dạng toán tìm cực trị đại số và những sai lầm mà
học sinh thường gặp phải trong khi giải. Do đó khi giảng dạy dạng toán này

(

)

11


chúng ta cần phải hình thành đường mòn về cách giải và lưu ý cho học sinh
những lỗi thường gặp. Có như vậy thì kết quả mới tốt hơn.

*Kết quả đạt được
Sau khi áp dụng đề tài này vào các đối tượng học sinh ở trường THCS Tân
Ninh tôi nhận thấy các em đã hoàn thành tương đối tốt theo sự mong muốn của
dạng toán này.
Cụ thể, sau khi áp dụng đến cuối đợt tôi cho các em thi thử với dạng đề sau:
Câu 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức:
a) A = x2 + 2y2 - 2xy + 2x - 10y
b) B = x2 + 6y2 + 14z2 - 8yz + 6xz - 4xy.
Câu 2: Cho x, y, z là các số thực thoả mãn: x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức: M = xy + yz + zx.
x2 − x +1
Câu 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = 2
x − 2x + 1
2
Câu 4: Giải phương trình: 3 x − 12 x + 16 + y 2 − 4 y + 13 = 5
Câu 5: Giải phương trình: x + y + z + 4 = 2 x − 2 + 4 y − 3 + 6 z − 5
Chất lượng bài làm đạt kết quả như sau:
Số bài kiểm tra: 25
Số bài thu được: 25
- Lớp áp dụng:
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
SL
%
SL
%

SL
%
SL
%
SL %
4
16
10
40
7
28
4
16
0
0

Ghi chú
Tổng số
25 bài

- Lớp đối chứng.
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
Ghi chú
SL
%
SL

%
SL
%
SL
%
SL %
Tổng số
25 bài
0
0
3
12
9
36
13
52
0
0
Nhận xét kết quả:
Kết quả học tập của 7A, 9A tốt hơn hẳn vì trong quá trình học tập dưới sự
hướng dẫn của giáo viên các em đã chủ động tiếp thu kiến thức một cách tốt
nhất, các em được phát hiện kiến thức, đưa ra được phương pháp giải, đặc biệt
đã hạn chế được tối đa những sai lầm hay gặp trước kia thông qua việc thực tế
làm bài ngay tại lớp, và có hệ thống bài tập vận dụng về nhà giúp các em nắm
sâu, ghi nhớ lâu hơn, hào hứng trong học tập, chiếm lĩnh kiến thức.
Mặt khác khi áp dụng đề tài vào bồi dưỡng học sinh giỏi tại trường THCS
Tân Ninh đã cho kết quả khá tốt, các bài toán về tìm cực trị các em giải quyết
khá thuần thục và hạn chế được rất nhiều sai lầm.

12

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. KẾT LUẬN:
Qua quá trình làm đề tài, tôi cảm thấy Toán học là chìa khoá để mở kho tàng
kiến thức của nhiều môn học khác. Với nội dung tôi đã giới thiệu “Những sai
lầm của học sinh và cách khắc phục khi giải bài toán cực trị đại số ở THCS ”
là một trong những công cụ cần thiết để giải quyết các bài toán loại này tốt hơn.
Mỗi loại phương pháp đều có ưu thế riêng của nó, chọn phương pháp nào để làm
đòi hỏi phải có tính linh hoạt hoặc độ nhạy bén cao và khả năng khai thác, phân
tích đặc điểm, các yếu tố tạo nên bài toán đó, đặc biệt là sự không cẩn thận của
học sinh khi giải các bài toán dạng này. Đây không phải là khả năng tự có của
mỗi người mà phải qua quá trình học hỏi rèn luyện kiên trì cộng với kiến thức
cơ bản vững chắc mới làm được. Mục đích của chuyên đề là trang bị cho học
sinh những kiến thức, kỹ năng cơ bản có đào sâu nâng cao và rèn luyện tư duy
toán học cho học sinh, theo phương pháp dạy học tích cực hoá hoạt động của
học sinh.
Tuy có nhiều cố gắng song chắc chắn đề tài còn nhiều vấn đề chưa được
đề cập đến và có nhiều thiếu xót. Rất mong nhận được sự góp ý của các đồng
chí và đọc giả để chuyên đề hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn !
3.2. KIẾN NGHỊ:
Để việc giảng dạy loại toán “Tìm cực trị” cũng như các dạng toán khác, bản
thân tôi thấy cần thiết phải mua thêm các loại tài liệu liên quan nhằm phục vụ tốt
hơn cho việc giảng dạy chất lượng nâng cao cho học sinh. Ngoài ra nhà trường
cần có sự quan tâm hơn nữa về vấn đề đào tạo học sinh mũi nhọn bằng cách tạo
điều kiện cho bản thân giáo viên có thời gian và địa điểm nhiều hơn trong quá
trình giảng dạy nâng cao như việc nâng cao chất lượng đại trà. Mặt khác nhà
trường và các cấp trên nên đấu mối nhiều hơn nữa về việc nâng cao chất lượng
mũi nhọn bằng cách đấu mối để tìm và cấp cho các đơn vị các loại tài liệu liên
quan cũng như một số đề thi có liên quan đến môn học.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng 4 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

GV: Nguyễn Nho Toan

13


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. 23 chuyên đề giải 1001 bài toán sơ cấp - Nguyễn Đức Đồng
( Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội )
2. Các tài liệu tham khảo trên mạng Internet.
3. Kiến thức cơ bản và nâng cao Toán 9 - Nguyễn Ngọc Đạm
( Nhà xuất bản Hà Nội )
4. Nâng cao và phát triển Toán 7,8,9 - Vũ Hữu Bình
( Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam )
5. Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2008-2009 Triệu Sơn

14