Phát huy trí lực cho học sinh lớp 9 qua các bài toán cực trị đại số

1. MỞ ĐẦU
Toán học có vai trò rất quan trọng trong đời sống và trong các nghành khoa
học . Ngay từ thế kỷ thứ XIII nhà tư tưởng ANH R.Bê- cơn (R.bacon) đã nói
rằng “Ai không hiểu biết toán học thì không hiểu biết bất cứ một khoa học nào
khác và cũng không thể phát hiện ra sự dốt nát của bản thân mình ” . Toán học
có vai trò như vậy là vì toán học “ Không chỉ là một tập hợp các sự kiện , trình
bày dưới dạng các định lý , mà trước hết đó là một hệ thống phương pháp , hơn
nữa đó là ngôn ngữ để diễn tả các sự kiện và các phương pháp trong các lĩnh vực
rất khác nhau của khoa học và hoạt động thực tiễn .”
Môn toán có khả năng to lớn giúp cho học sinh phát triển các năng lực và
phẩm chất trí tuệ .Thực vậy,do tính chất trừu tượng cao độ của toán học môn
toán có thể giúp rất nhiều cho việc rèn luyện ở học sinh tư duy sáng tạo,rèn
luyện tính cẩn thận , suy luận logic chặt chẽ . Để phát huy tính sáng tạo thì thầy ,
cô giáo phải hướng dẫn cho học sinh giải toán bằng nhiều cách . Việc giải toán
bằng nhiều cách vừa giúp rèn luyện kỹ năng , vừa phát triển tư duy trong học
toán . Qua đó còn tìm ra cái hay , cái đẹp trong từng lời giải . Nhưng để làm
được điều này không phải dễ . Nó đòi hỏi người làm toán phải nhìn bài toán theo
các góc độ khác nhau , biết vận dụng các kiến thức phù hợp với từng bài toán .
Một trong những dạng toán hay và khó trong chương trình đó là các bài toán tìm
cực trị đại số hay các bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và tìm giá trị nhỏ nhất
(GTNN) .
1.1.Lý do chọn đề tài
Các bài toán Cực trị đại số( tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất ) ,có một
vai trò vô cùng quan trọng trong chương trình học và dạy toán ở trường THCS ,
Các bài toán dạng này thường khó và rất khó đối với học sinh THCS , để giải
được học sinh không những phải biết vận dụng nhiều kiến thức và phải vận dụng
một cách hợp lý , mà còn phải có sự sáng tạo , cần cù , chịu khó .
Nhiều năm gần đây trong các kỳ thi vào lớp 10 THPT thường có các bài toán
yêu cầu tìm giá trị lớn nhất ( GTLN) và giá trị nhỏ nhất ( GTNN) của một biểu
thức nào đó . Các bài toán này là một phần của các bài toán cực trị đại số .Các
bài toán trị đại số rất phong phú và đa dạng . Để giải các bài toán cực trị đại số

với học sinh THPT các em có nhiều phương pháp giải mà học sinh THCS chưa
được tiếp cận . Còn với học sinh THCS thì các em phải biết biến đổi tương
đương các biểu thức đại số , phải sử dụng khá nhiều hằng đẳng thức từ đơn giản
đến phức tạp …. Phải tổng hợp các kiến thức và kỹ năng tính toán , tư duy sáng
tạo .
Vậy làm thế nào để học sinh có thể định hướng được cách giải một bài toán
cực trị đại số , hơn thế nữa còn giải được bằng nhiều cách với cùng một bài
toán , từ đó các em có hứng thú , say sưa với học toán . Là người trực tiếp giảng
dạy toán trong trường THCS , trong qua trình giảng dạy , đặc biệt là dạy học
sinh cuối cấp THCS và bồi dưỡng học sinh giỏi , tôi luôn luôn trăn trở , tìm tòi ,
chọn lọc những phương pháp hợp lý để dẫn dắt , hình thành cho học sinh một
cách suy nghĩ mới làm quen với dạng toán này để dần dần các em có được một
số phương pháp giải cơ bản nhất . Trong khuôn khổ đề tài này tôi xin nêu ra một

1


số phương pháp để “ Phát huy trí lực cho học sinh lớp 9 trường THCS
Nguyễn Văn Trỗi qua các bài toán cực trị đại số ”
1.2 Mục đích nghiên cứu
- Nghiên cứu đề tài một số phương pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số
bậc THCS giúp giáo viên chúng ta vận dụng một cách tổng hợp các tri thức đã
học , mở rộng đào sâu và hoàn thiện hiểu biết , từ đó có phương pháp hướng dẫn
học sinh giải các bài toán cực trị đại số có hiệu quả , giúp học sinh nắm chắc
kiến thức và vận dụng linh hoạt kiến thức toán học đặc biệt là kiến thức về giải
các bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTLN) trong
chương trình THCS .
Nghiên cứu đề tài “Phát huy trí lực cho học sinh lớp 9 trường THCS Nguyễn
Văn Trỗi qua các bài toán cực trị đại số ” để nắm được những thuận lợi và khó
khăn khi hướng dẫn học sinh giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ

nhất , từ đó xác định hướng nâng cao chất lượng dạy và học môn toán . Vì đây là
một dạng bài khó trong chương trình THCS
1.3 Đối tượng nghiên cứu
- Nghiên cứu các phương pháp giải các bài toán tìm cực trị cụ thể là nghiên
cứu các phương pháp giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất và tìm giá trị nhỏ
nhất của các biểu thức đại số trong chương trình toán THCS .
- Nghiên cứu các tài liệu có liên quan .
- Giáo viên dạy toán THCS và học sinh THCS đặc biệt là học sinh khối 8 và
khối 9
1.4 Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết
Đọc các tài liệu có liên quan
- Tạp chí toán tuổi thơ 2.
- Báo Toán học và tuổi trẻ
- Phương pháp giải toán đại số sơ cấp
- Phương pháp điều tra khảo sát thực tế , thu thập thông tin :
- §iÒu tra n¾m t×nh h×nh d¹y cña c¸c gi¸o viªn trong vµ ngoµi nhµ
trêng.
- Điều tra mức độ tiếp thu và vận dụng đề tài “ Phát huy trí lực cho học sinh
lớp 9 trường THCS Nguyễn Văn Trỗi qua các bài toán cực trị đại số ”
- Chất lượng của học sinh trước và sau khi thực hiện đề tài.
- Phương pháp thống kê , xử lý số liệu
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lý luận : Trong chương trình toán trung học cơ sở nếu chỉ dạy học
sinh kiến thức đơn thuần theo sách giáo khoa thì chỉ đáp ứng được nhu cầu của
học sinh trung bình hoặc trung bình khá và kết quả thu được không cao .Trong
khi đó nhiều học sinh có khả năng tiếp thu được những kiến thức nâng cao trong
các chuyên đề ,trong các sách bồi dưỡng , sách tham khảo . Và các dạng toán
này thường gặp trong các kỳ thi cuối cấp THCS . Các bài dạng này là dạng bài
khó để phát hiện học sinh khá , giỏi Vì vậy bên cạnh việc truyền thụ những kiến

thức cơ bản trong chương trình SGK cho học sinh, người thầy cần phải linh hoạt
lồng thêm những kiến thức mở rộng hoặc nâng cao, những bài toán khó để học
2


sinh c tip cn. c khai thỏc bi toỏn, v cao hn l hc sinh cú th tng
quỏt bi toỏn, ra bi toỏn mi, qua ú rốn luyn c t duy logic,phỏt huy
c trớ lc cho hc sinh.
2. 2 Thc trng vn trc khi ỏp dng sỏng kin kinh nghim :
Qua nhiu nm ging dy v bi dng hc sinh gii cỏc cp tụi thy hc sinh
hu ht l rt lỳng tỳng khi gp cỏc bi toỏn tỡm cc tr i s m c th l cỏc
bi toỏn tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca mt biu thc i s , trong
cỏc thi, bi toỏn tỡm cc tr i s thng nm cui bi thi v thụng thng
khi gp cỏc bi toỏn ny phn ln hc sinh khụng gii c . Theo tụi nguyờn
nhõn ch yu l hc sinh (nht l hc sinh THCS) khụng cú s c lp trong suy
ngh cỏc em thng tip thu kin thc mt cỏch th ng (k c kin thc
SGK), nhng gii c mt bi toỏn v cc tr i s thỡ li cn phi cú mt
t duy lụ gớc v mt s sỏng to cao m iu ú vi i b phận hc sinh cp
THCS thỡ cũn hn ch. Trong khi ú cỏc k thi t thi kho sỏt hc k , thi vo
lp 10 THPT , thi hc sinh gii cỏc cp , t cp huyn , ( cp TP ) , cho n cp
cao hn nh thi hc sinh gii cp tnh ca bc hc THCS, cỏc thi i hc ca
bc THPT thng cú bi thi v dng ny .
Tụi xin dn ra õy mt s bi toỏn v tỡm cc tr i s cỏc k thi gn õy
nht:
1. thi kho sỏt cht lng hc k I - Nm hc 2015 2016 .
Mụn Toỏn lp 9 (S GD& T Thanh Húa )
Cho ba s a; b ; c tha món a 2 + b2 + c 2 18
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc : A = 3ab + bc + ca
2. thi kho sỏt cht lng hc k II Nm hc 2015 2016 .
Mụn Toỏn lp 9 (S GD& T Thanh Húa )

Cho ba s thc dng x ; y z thay i v tha món iu kin : 2 xy + xz = 1
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc : A =

3 yz 4 xz 5 xy
+
+
x
y
z

3 . thi hc sinh gii cp tnh nm hc 2013 - 2014
Cho x, y l cỏc s thc dng tho món x + y = 1.
1
1
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc B = x 3 + y3 + xy .
4 . thi hc sinh gii cp Thnh ph nm hc 2015 - 2016

Vi a, b l cỏc s thc tha món ng thc (1 + a)(1 + b) =

9
.
4

Hóy tỡm GTNN ca : P = 1 + a 4 + 1 + b 4
2.3 Cỏc gii phỏp ó s dng gii quyt vn
A. MT S KIN THC CN THIT
a) Cỏc nh ngha
* nh ngha giỏ tr ln nht ( GTLN) ca mt biu thc i s :
Cho biểu thức f(x,y,...) xác định trên miền |D :

3


M được gọi là GTLN của f (x, y ,...) trên miền |D nếu 2 điều kiện sau đồng thời
thỏa mãn : 1. f(x,y,...) ≤ M
∀(x,y,..) ∈ |D
2. ∃ (x0, y0,...) ∈ |D sao cho f(x0, y0...) = M.
Ký hiệu : M = Max f(x,y,..) = fmax với (x,y,...) ∈ |D
* Định nghĩa giá trị nhỏ nhất ( GTNN) của một biểu thức đại số :
Cho biÓu thøc f(x,y,...) x¸c ®Þnh trªn miÒn |D :
M được gọi là GTNN của f (x, y ,...) trên miền |D nếu 2 điều kiện sau đồng thời
thỏa mãn :
1. f(x,y,...) ≥ M
∀(x,y,..) ∈ |D
2. ∃ (x0, y0,...) ∈ |D sao cho f(x0, y0...) = M.
Ký hiệu : M = Min f(x,y,..) = fmin với (x,y,...) ∈ |D
b) Các kiến thức thường dùng
* Lũy thừa : a) x2 ≥ 0 ∀x ∈ |R ⇒ x2k ≥ 0 ∀x ∈ |R, k ∈ z ⇒ - x2k ≤ 0
Tổng quát : [f (x)]2k ≥ 0 ∀x ∈ |R, k ∈ z ⇒ - [f (x)]2k ≤ 0
Từ đó suy ra :
[f (x)]2k + m ≥ m
∀x ∈ |R, k ∈ z
2k
M - [f (x)] ≤ M
b) x ≥ 0 ∀x ≥ 0
⇒ ( x )2k ≥ 0
∀x≥ 0; k ∈z
2k
Tổng quát : ( A ) ≥ 0 ∀ A ≥ 0
(A là một biểu thức )

* Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối :
a) |x| ≥ 0 ∀ x∈|R
b) |x+y| ≤ |x| + |y| ; Dấu "=" xảy ra ⇔ x.y ≥ 0
c) |x-y| ≥ |x| - |y| ; Dấu "=" xảy ra ⇔ x.y ≥ 0 và |x| ≥ |y|
* Bất đẳng thức Côsi:
∀ai ≥ 0 ; i = 1, n :

a1 + a 2 + .... + a n
≥
n

n

a1 . a 2 .....a n

∀n∈N, n ≥ 2.

Dấu "=" xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an
*Bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
Với n cặp số bất kỳ : a1,a2,...,an ; b1, b2, ...,bn ta có :
(a1b1+ a2b2 +...+anbn)2 ≤ ( a12 + a 22 + .... + a n2 ).(b12 + b22 + .... + bn2 )
Dấu "=" xảy ra ⇔

ai
= Const (i = 1, n )
bi

Nếu bi = 0 xem như ai = 0
* Bất đẳng thức Bernonlly:
Với a ≥ 0 :(1+a)n ≥ 1+na ∀n ∈N. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = 0.

B. CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN
CỰC TRỊ ĐẠI SỐ ( TÌM GTLN VÀ GTNN )
Phương pháp 01 : Sử dụng phép biến đổi đồng nhất
a) Phương pháp chung
Bằng cách nhóm , thêm , bớt , tách các hạng tử một cách hợp lý , ta biến đổi
biểu thức đã cho về tổng các biểu thức không âm ( hoặc không dương ) và
những hằng số . Từ đó
1. Để tìm Max f(x,y,...) trên miền |D ta chỉ ra :

4


 f ( x, y...) ≤ M

∃ ( x0 , y0 ....) ∈ R

sao cho f(x0,y0,...) = M

2. Để tìm Min f(x,y,...) trên miền |D ta chỉ ra :
 f ( x, y...) ≥ m

sao cho f(x0,y0,...) = m
∃ ( x0 , y0 ....) ∈ R

b) Bài tập minh họa
Bài toán 1
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = x2 + 4x + 7
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : B = − x 2 + 2 xy − 4 y 2 + 2 x + 10 y − 3
Giải
2

2
a) Ta có : A = x + 4x + 7 = x + 4x + 4 + 3 = (x + 2)2 + 3 ≥ 3 vì (x + 2)2 ≥ 0.
⇒ MinA = 3 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = –2
Vậy : MinA = 3 ⇔ x = –2
b) Ta có : B = – x2 – y2 – 1+ 2xy + 2x – 2y – 3y2 + 12y – 12 +10
B = – ( x2 + y2 + 1 – 2xy – 2x + 2y ) – 3( y2 – 4y + 4 ) +10
B = – ( x – y – 1)2 – 3 (y – 2)2 + 10 . Vì – ( x – y – 1)2 ≤ 0 với mọi x ; y ∈ R
và – 3 (y – 2)2 ≤ 0 với mọi y∈ R. Nên B ≤ 10 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x = 3 ; y = 2 . Vậy MaxB = 10 ⇔ x = 3 ; y = 2
Bài toán 1a : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
C = (x – 1)(x – 4)(x– 5)(x – 8) + 2053
Giải
Ta có : C = (x–1)(x – 4)(x– 5)(x– 8)+2053
C = (x–1) (x– 8) (x– 4) (x–5) + 2053
2
C = (x – 9x + 8) (x2 – 9x + 20) + 2053
C = {(x2 –9x + 14) – 6}.{(x2 – 9x + 14) + 6} + 2053
C = (x2 – 9x + 14)2 – 36 + 2053
C = (x2 – 9x + 14)2 + 2017 ≥ 2017 vì (x2 – 9x + 14)2 ≥ 0 ∀x∈ R
x = 2
x = 2
. Vậy MinC = 2017 ⇔ 
x = 7
x = 7
2
Bài toán tổng quát : Cho đa thức P = ax + bx + c(a ≠ 0)

⇒ MinC = 2017 ⇔ x2 – 9x + 14 = 0

⇔

Tìm giá trị nhỏ nhất của P nếu a > 0
Tìm giá trị lớn nhất của P nếu a < 0
Giải

Ta có : P = ax 2 + bx + c = a( x 2 + x) + c = a  x 2 + 2.x.
b
a

2

2

b 
b

P =  x + ÷ + k với k = c − 2 . Do
2a 
4a




b
b 
b2
+ 2 ÷+ c − 2
2a 4a 
4a

2

b 

 x + ÷ ≥ 0 Nên
2a 


2

b 

Nếu a > 0 thì : a  x + ÷ ≥ 0 Do đó P ≥ k
2a 

2

b
b 

Nếu a< 0 thì : a  x + ÷ ≤ 0 Do đó P ≤ k .Vậy khi x = −
thì P có giá trị nhỏ
2a
2a 


nhất bằng k nếu a > 0 . Hoặc có giá trị lớn nhất bằng k nếu a < 0
5

Phương pháp 02 : Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản
Ta đã biết : Từ một bất đẳng thức bằng phép biến đổi tương đương bao giờ ta
cũng đưa bất đẳng thức được về dạng bất đẳng thức mà một vế là hằng số . Vì
vậy : Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản và các phép biến đổi tương đương ta có
thể tìm được cực trị của một biểu thức nào đó .
a) Phương pháp chung : Phương pháp thường là sử dụng các bất đẳng thức đã
biết , các bất đẳng thức như Cô si ( Cauchy) , Bunhiakopski ( Bunhiacovsky) ,
Becnuli (Bernoulli )...và một số các bất đẳng thức khác đã được chứng minh tính
đúng đắn .
b) Bài tập minh họa
Bài toán 2 : Cho a ; b là hai số dương thỏa mãn : a + b ≤ 1 .
1

2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : M = a 2 + b 2 +
ab
Giải
4

4

1
1
≥
4ab ( a + b ) 2

⇒

1

1
1
3
1 ≥
=
2
2
2
M = a2 + b2 +
+
. Ta có : a 2 + b 2 +
2ab 2ab
2ab a + b + 2ab ( a + b )
a 2 + b 2 + 2ab ≥ 4ab ⇒ ( a + b ) ≥ 4ab ⇒
2

( 1)

1
4
≥
ab ( a + b ) 2

(2).
4

3

4

10

Từ (1) và (2) ⇒ M ≥ a + b 2 + 2 . a + b 2 = a + b 2 ≥ 10 .Vậy MinM= 10 ;
(
)
(
) (
)
khi và chỉ khi a = b =

1
2

Bài toán 2a : Cho a ; b là hai số dương thỏa mãn : a + b ≤ 1 , m là hằng số ,
m≥

1
2

1

m

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : N = a 2 + b 2 +
ab
Giải
4

4

1
1
1
2m − 1
1 ≥
=
2
2
2
N = a2 + b2 +
+
. Ta có : a 2 + b 2 +
a
+
b
+
2
ab
( a + b)
2ab
2ab
2ab
a 2 + b 2 + 2ab ≥ 4ab ⇒ ( a + b ) ≥ 4ab ⇒
2

⇒

1
1
1

4
≥
⇒
≥
2
4ab ( a + b )
ab ( a + b ) 2

2m − 1 2m − 1
4
2 ( 2m − 1)
≥
.
2 =
2
2ab
2 ( a + b)
( a + b)

Từ (1) và (2) ⇒ N ≥

4

( a + b)

2

+

( 1)

(2)

2 ( 2m − 1)

( a + b)

2

.Vậy MinN = 4m + 2 ; ⇔ a = b =

1
2

 a , b, c > 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
a + b + c = 1
1
1
1 1
P= 2
+
+ +
2
2
a + b + c ab bc ca

Bài toán 2b : Cho 

Giải

Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai bộ số :

6



1
1
1
1 
;
;
;
 2
÷ và
2
2
ab bc ca 
 a +b +c

(

)

a 2 + b 2 + c 2 ;3 ab ;3 bc ;3 ca ta được :

2
1
2
≤ P. ( a + b + c ) + 7 ( ab + ca + bc )  (1) . Do ab + bc + ca ≤ ( a + b + c )



3
10
10
2
Nên từ (1) suy ra : 100 ≤ P. ( a + b + c ) = .P Vì a + b +c = 1 theo giả thiết
3
3
1
⇒ P ≥ 30 . Hơn nữa với a = b = c =
thì P = 30 ; suy ra MinP = 30 đạt được
3
1
⇔a=b=c= .
3
1 1 1
Cách 2 : Ta sử dụng bất đẳng thức : ( a + b + c )  + + ÷ ≥ 9 với a ; b ; c là các
a b c

( 1 + 3 + 3 + 3)

2

số dương . Điều này dễ dàng chứng minh được . Thật vậy :
1 1 1 a+b+c a+b+c a+b+c
+ + ÷=
+
+
=

a
b
c
a b c
b a
c a
c b
a b c a c b
1 +  + ÷+ 1 +  + ÷+ 1 +  + ÷ = 3 +  + ÷+  + ÷+  + ÷
a b
a c
b c
b a a c  b c
a b
c a
c b
Mà với a ; b ; c là các số dương thì  + ÷ ≥ 2 ;  + ÷ ≥ 2;  + ÷ ≥ 2
b a
a c
b c
a b c a c b
⇒ 3 +  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ 3 + 6 = 9 . Do đó ta được điều cần chứng minh
b a a c  b c
1 1 
1
1 1
9
 1
Nên : ( ab + bc + ca )  + + ÷ ≥ 9 ⇒ + + ≥
. Khi đó :

ab bc ca ab + bc + ca
 ab bc ca 
1
9
1
1
1
7
P≥ 2
+
= 2
+
+
+
2
2
2
2
a + b + c ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca
3
21
⇒P≥ 2
+
2
2
(a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) + (ab + bc + ca ) (a + b + c) 2 =
3
9
21
30

+
⇒P≥
= 30 . Do a + b +c =1
2
2
(a + b + c) (a + b + c)
(a + b + c)2
1
Vì thế MinP = 30 đạt được khi và chỉ khi a = b = c =
3

( a + b + c ) 

Sau khi hướng dẫn học sinh giải bài toán 2b chúng ta có thể hướng dẫn học sinh
đề ra bài toán tương tự và bài toán tổng quát .
Bài toán tương tự : Cho n ∈ N * , n ≥ 2 . Xét n số thực dương a1 , a2 , a3 ,.....an , và
n

∑a
i =1

1

= 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

Đáp số : Min P =

P=

1

n

∑a
i =1

2
1

+∑

1
1 ≤ i ≤ j ≤ na i a j

1
n(n − n + 2)
đạt được khi và chỉ khi a1 = , ∀i = 1; n
n
2
3

2

7


Bài toán tổng quát : Cho n ∈ N * , n ≥ 2 . Xét n số thực dương a1 , a2 , a3 ,.....an , và
n

∑a

= 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P=

n

i =1

1

1

∑a
i =1

+
2
i

1
1
1
1
+
+ ... +
+
a1a 3 ...an a1a 2 a4 ...an
a1a 2 ...an −1 a 2 a 3 ...an

Bài toán 2c : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

F = ( 1 + x 2 y + xy 2 )

2016

− 2016 xy ( x + y ) + 2016

Gi¶i :
Theo bất đẳng thức Bernoulli ta có :
F = ( 1 + x 2 y + xy 2 )

2016

≥ 1 + 2016 ( x 2 y + xy 2 ) ⇒ F = ( 1 + x 2 y + xy 2 )

2016

− 2016 xy ( x + y ) + 2016

≥ 1 + 2016.xy ( x + y ) - 2016 .xy(x+y) +2016
 x=0

⇔ F ≥ 2017 F min = 2017 ⇔  y = 0 .
x = − y

 x=0

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức F là 2017 khi và chỉ khi :  y = 0
x = − y


Bài toán 2d : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1
Giải
2
 2
1 3

x
+
x
+
1
=
x
+


÷ +
2 4


Biểu thức A luôn luôn có nghĩa với mọi x vì : 
2
1 3

 2
+
 x − x + 1 =  x − 2 ÷
 4


Cách 1 : Do A luôn luôn có nghĩa nên bình phương hai vế ta được :
A2 =

(

x2 + x + 1 + x2 − x + 1

)

2

(

)

= 2 x 2 + 1 + x 4 + x 2 + 1 ≥ 4 . Do đó MinA = 2 đạt được

khi và chỉ khi x = 0
Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức Cô si ( Cauchy) cho hai số dương

x2 + x + 1

và x 2 − x + 1 ta có : A ≥ 2 4 ( x 2 + x + 1) ( x 2 − x + 1) = 2 4 x 4 + x 2 + 1 ≥ 2 . Suy ra Min A =
2 khi và chỉ khi x = 0
Cách 3 : Ta sử dụng bất đẳng thức : a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ ( a + c ) + ( b + d )
Bất đẳng thức này luôn đúng . Thật vậy : (1)
2

⇔ a 2 + b2 + c 2 + d 2 + 2
⇔

(a

2

(a

2

2

(1 )

+ b 2 ) ( c 2 + d 2 ) ≥ a 2 + b 2 + 2ac + b 2 + d 2 + 2bd

+ b 2 ) ( c 2 + d 2 ) ≥ ac + bd (2)

Nếu ac + bd < 0 thì (2) được chứng minh
2
2
2
2
2 2
2 2
Nếu ac + bd > 0 thì (2) tương đương với : ( a + b ) ( c + d ) ≥ a c + b d + 2abcd

8


⇔ a 2 c 2 + a 2 d 2 + b 2c 2 + b 2 d 2 ≥ a 2c 2 + b 2 d 2 + 2abcd ⇔ ( ad − bc ) ≥ 0 (3) . Bất đẳng thức

2

(3) đúng . Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi ad = bc . Áp dụng bất đẳng thức trên ta được :
2

2

2
2
1  3

1
  3
A = x + x + 1 + x − x + 1 =  x + ÷ + 
+
−
x
÷
÷

÷ + 
÷
2  2 ÷
2




 2 

A ≥ 1 + 3 = 4 = 2 . Vậy MinA=2 ⇔ x = 0
2

2

Bài toán 2e : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 y+z
+
x


A = ( x + y )( y + z )( z + x) ⋅ 

z+x
+
y

x+ y 

z 

Với x, y, z là ba số thực dương thay đổi có tổng bằng 2 .
Giải
A = ( y + z)
Ta có:

( x + y )( z + x )
x

2

( x + y )( z + x )
x

2

+ ( x + z)

= 1+

( x + y )( z + y )
y

2

+ ( y + x)

( z + y )( z + x )
z2

y + z yz
+ 2
x
x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương y, z ta được:
2


2 yz yz

yz 
yz
y + z yz
 = 1+
1+
+ 2 ≥ 1+
+ 2 = 1 +

x
x
x 
x
x
x


Suy ra: ( y + z )

( x + y )( z + x ) ≥ ( y + z ) 1 +
2

x



yz 
 = y + z + y + z ⋅ yz
x 
x

2 yz
y+z
2 yz
⋅ yz ≥ y + z +
⋅ yz = y + z +
x
x
x
( x + y )( z + x ) ≥ y + z + 2 yz
⇒ ( y + z)
x
x2
( x + y )( z + y ) ≥ x + z + 2 xz
Tương tự: ( x + z )
; ( x + y)
y
y2

mà y + z +

( z + y )( z + x )
z

2

≥ y+x+

2 yx
z

Do đó:
2 xy 2 yz 2 zx
 xy yz   yz zx   zx xy 
+
+
= 2( x + y + z ) +  +  +  +  +  + 
z
x
y
x   x
y  y
z 
 z
xy xz
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương z ; y ta được:
zy xz
xy xz
xy xz
xy yz
+
≥ 2z
+
≥2
⋅
= 2 x .Tương tự:
+
≥ 2y ;
x
y
z

y
z y
z
x

A ≥ 2( x + y + z ) +

Suy ra: A ≥ 2(x + y + z) + 2x + 2y + 2z = 4(x + y + z) = 4 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z =

2
3

Vậy GTNN của biểu thức A là 4 2 , đạt được khi x = y = z =

2
3

9


Phương pháp 03 : Phương pháp giải bài toán tìm GTLN và GTNN
của các biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối
a) Phương pháp chung : Để giải dạng này là ta sử dụng các bất đẳng thức sau :
1. a + b ≤ a + b . Dấu bằng xảy ra khi a.b ≥ 0
2. a − b ≤ a − b . Dấu bằng xảy ra khi a.b ≥ 0
b) Bài tập minh họa
Bài toán 3 : a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : B = x − 2016 + x − 2017
b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :
M = x −1 − x − 3

Giải
Cách 1 : + Xét khoảng x < 2016 : Thì B = 2016 –x + 2017 –x = 4033 – 2x (1)
Do x < 2016 nên -2x > - 4032 . Do đó B > 1
+ Xét khoảng 2016 ≤ x ≤ 2017 : Thì B = x − 2016 + 2017 − x =1
(2 )
+ Xét khoảng x > 2017 . Thì B = x – 2016 + x – 2017 = 2x – 4033
Do x > 2017 nên : 2x > 4034 . Do đó B > 1
(3)
2016
≤
x
≤
2017
So sánh (1) ; (2) và (3) ta được Min B = 1 khi và chỉ khi
Cách 2 : Do giá trị tuyệt đối của một số lớn hơn hoặc bằng số đó nên :
B = x − 2016 + x − 2017 = x − 2016 + 2017 − x ≥ x − 2016 + 2017 − x = 1
 x − 2016 ≥ 0
⇔ 2016 ≤ x ≤ 2017
2017 − x ≥ 0

Do đó MinB = 1 ⇔ 

b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :
M = x −1 − x − 3

Giải

Xét biểu thức : M = x − 1 − x − 3 ≤ x − 1 − ( x − 3) = 2 ; M ≤ 2 ⇔ −2 ≤ M ≤ 2 . Dấu
“=” xảy ra khi và chỉ khi : ( x − 1) ( x − 3) ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 hoặc x ≥ 3 . Khi đó MinM = -2

khi x ≤ 1 . Và MaxM = 2 khi x ≥ 3 .
Bài toán 3a : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
N = x −1 + x − 3 + x − 5 + x − 7

Giải
N= P + Q . Với P = x − 1 + x − 5 ; Q = x − 3 + x − 7
Ta có : P = x − 1 + 5 − x ≥ x − 1 + 5 − x ≥ 4 ; Q = x − 3 + 7 − x ≥ x − 3 + 7 − x = 4
1 ≤ x ≤ 5
⇒ N ≥ 8 ⇒ MinN = 8 khi : 
3 ≤ x ≤ 7

hay 3 ≤ x ≤ 5

Bài toán tổng quát : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
A = x − a + x − b với a < b
Giải
Áp dụng bất đẳng thức : x + y ≤ x + y . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x. y ≥ 0 ;
Ta có : A = x − a + x − b = x − a + b − x ≥ x − a + b − x = b − a . Dấu bằng xảy ra khi và
chỉ khi ( a − x ) ( x − b ) ≥ 0 , hay a ≤ x ≤ b . Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng b – a khi
x ∈ [ a; b ]

10


Phương pháp 04 : Phương pháp miền giá trị
Trong một số trường hợp đặc biệt , biểu thức đại số đã cho có thể có một hoặc
hai biến số và đưa được về dạng tam thức bậc hai thì ta có thể sử dụng kiến thức
về miền giá trị của hàm số để giải rất hiệu quả. Đây là một trong những phương
pháp tìm cực trị đại số rất hay và phổ biến trong chương trình THCS và THPT .
a) Phương pháp chung :

Giả sử ta phải tìm cực trị của hàm số f(x) có miền giá trị D . Gọi y là một giá trị
nào đó của f(x) với x∈ D. Điều này có nghĩa là ta phải tìm điều kiện để phương
trình : f(x) = y có nghiệm . Sau đó giải điều kiện để phương trình f(x) = y có
nghiệm ( x là biến , coi y là tham số ) .Thường đưa đến biểu thức sau :
m≤ y≤M
.Từ đó ⇒ Min f(x) = m với x ∈ D. ⇒ Max f(x) = M ; với
x ∈ D.
b) Bài tập minh họa
Bài toán 4 : Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức :
A=

x2 − x + 1
x2 + x + 1

Ta sẽ giải bài toán này bằng hai cách
Giải
Cách 1 : Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phương trình ẩn x sau đây có
x2 − x + 1
nghiệm : a = 2
( 1) Do x 2 + x + 1 ≠ 0 , nên
x + x +1
2
2
2
ax + ax + a = x − x + 1 ⇔ ( a − 1) x + ( a + 1) x + ( a − 1) = 0 (2)

(1) tương ứng với :

Trường hợp 1 : Nếu a = 1 thì ( 2 ) có nghiệm x = 0
Trường hợp 2 : Nếu a ≠ 1 để ( 2 ) có nghiệm thì điều kiện cần và đủ là : ∆ ≥ 0

2
2
Tức là : ( a + 1) − 4 ( a − 1) ≥ 0 ⇔ ( a + 1 + 2a − 2 ) ( a + 1 − 2a + 2 ) ≥ 0 ⇔ ( 3a − 1) ( 3 − a ) ≤ 0
1
≤ a ≤ 3 ( a ≠ 1) .
3
− ( a + 1)
a +1
1
Với a = hoặc a= 3 thì nghiệm của phương trình (2) là : x = 2 a − 1 = 2 1 − a
(
) (
)
3
1
Với a = thì x = 1 ; với a = 3 thì x = –1
3
1
Gộp cả hai trường hợp 1 và 2 ta có : Min A = khi và chỉ khi x = 1
3
⇔

MaxA = 3 khi và chỉ khi x = –1
Phương pháp này còn gọi là phương pháp miền giá trị của hàm số .
1



x2 − x + 1

Đoạn  ;3 là tập giá trị của hàm số : A = 2
3 
x + x +1
Cách 2 :
+ Ta tìm giá trị lớn nhất của A
3 x 2 + 3 x + 3 − 2 x 2 − 4 x − 2 3( x 2 + x + 1) − 2( x 2 + 2 x + 1)
2 ( x + 1)
A=
=
= 3− 2
≤3
2
2
x + x +1
x + x +1
x + x +1
2

Vậy : MaxA = 3 khi và chỉ khi x = –1
+ Tìm giá trị nhỏ nhất của A

11


2
2 ( x 2 − 2 x + 1)
2 ( x − 1)
3x 2 − 3x + 3
x2 + x + 1
1

1
A= 2
=
+
⇔
A
=
+
≥
3 x + 3 x + 3 3 ( x 2 + x + 1) 3 ( x 2 + x + 1)
3 3 ( x 2 + x + 1) 3

Vậy MinA =

1
khi và chỉ khi x = 1
3

Bài toán 4a : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : B =
Hướng dẫn

u 2 − ut + t 2
u 2 + ut + t 2

u
x2 − x + 1
thì biểu thức B trở thành : B = 2
. Đây chính là bài toán 4
t
x + x +1

1
ta vừa giải xong . Giải bài này như bài toán 6 ta được : ≤ B ≤ 3 ;
3
1
Còn với t = 0 thì B = 1 . Do đó Min B = với x = 1 tức là u = t .
3

Nếu đặt : x =

MaxB = 3 với x = –1 tức là u = –t.

x + 2 y +1

Bài toán 4b : Tìm giá trị nhỏ nhất và nhỏ nhất của biểu thức : C = x 2 + y 2 + 7
Giải
Cách 1 :
Ta thấy mẫu thức x 2 + y 2 + 7 > 0 với mọi x ; y nên giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức C tương ứng với giá trị dương và âm của tử thức .
Xét ba trường hợp .
a. Với x + 2y + 1 = 0 thì C = 1
b. Với x + 2y + 1 > 0
Ta có bất đẳng thức : ( x 2 + 1) + ( y 2 + 4) + 2 ≥ 2 x + 4 y + 2 > 0
x + 2 y +1

x + 2 y +1

x + 2 y +1

1

Từ đó : C = x 2 + y 2 + 7 = x 2 + 1 + y 2 + 4 + 2 ≤ 2( x + 2 y + 1) = 2
Đẳng thức xảy ra khi x = 1 ; y = 2 lúc đó giá trị lớn nhất của biểu thức C bằng

1
2

c. Với x + 2y + 1 < 0 ta có bất đẳng thức :

( 25x
C=

2

+ 49 ) + ( 25 y 2 + 196 ) − 70 ≥ (−70 x) + (−140 x) − 70 = −70 ( x + 2 y + 1) > 0 . Từ đó

25 ( x + 2 y + 1)

25 ( x + y + 7 )
2

2

=

25 ( x + 2 y + 1)
25 ( x + 2 y + 1)
≥
hay
2
25 x + 49 + 25 y + 196 − 70 −70 ( x + 2 y + 1)

2

25 ( x + 2 y + 1)
−5
−7
−14
=
x=
y=
.
Đẳng
thức
xảy
ra
khi
và
chỉ
khi
:
;
−70 ( x + 2 y + 1) 14
5
5
−5
Lúc đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức C bằng
.
14
−5
−7
−14

Vậy : MinC =
khi và chỉ khi : x =
; y=
14
5
5
1
MaxC = khi và chỉ khi : x = 1 ; y = 2
2
C≥

Cách 2 : Dùng phương pháp miền giá trị

x + 2 y +1

Ta chuyển vế xét điều kiện có nghiệm của phương trình : C = x 2 + y 2 + 7
12


⇔ Cx 2 − x + Cy 2 − 2 y + 7C − 1 = 0 (1) , trong đó x là ẩn số coi y là tham số tùy ý

còn C là tham số có điều kiện . Xét hai trường hợp .
a. C = 0 ⇒ x + 2y +1 = 0
b. C ≠ 0 thì phương trình (1) luôn luôn có nghiệm x khi biệt thức ∆ không âm :
1 − 4C. ( Cy 2 − 2 y + 7C − 1) ≥ 0 ⇔ −4C 2 y 2 +8Cy − 28C 2 + 4C + 1 ≥ 0 (2) . Ta coi bất
phương trình (2) là bất phương trình ẩn y . Bất phương trình này xảy ra với mọi
2
2
2
giá trị của y khi : 16C + 4C . ( −28C + 4C + 1) ≥ 0

−28C 2 +4C 2 . ( −28C 2 + 4C + 1) ≥ 0 ⇔ −28C 2 + 4C + 5 ≥ 0 ⇒

−5
1
≤C ≤
14
2

Khi biểu thức C nhận các giá trị này thì đẳng thức xảy ra ở (2) và (1) khi đó :
y=

1
1
và x =
.
C
2D
1
khi và chỉ khi y = 2 và x = 1 .
2
−5
−14
−7
Giá trị nhỏ nhất của C bằng
khi và chỉ khi y =
và x =
14
5
5

Vậy : Giá trị lớn nhất của C bằng

Bài toán 4c : Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :
P=

x2 + 4 2x + 3
x2 + 1

Đây là dạng tìm GTLN và GTNN của một phân thức mà tử và mẫu đều là tam
thức bậc hai một biến số . Ta sẽ giải bài này bằng 3 cách
Giải
Cách 1 : Ta so sánh giá trị của tử thức và của mẫu thức bằng cách sử dụng bất
đẳng thức Bunhiacopxki
2
2
Từ : ( 1 + x 2 ) = ( 1 − x 2 ) + (2 x)2
2
2
2
2
2


Dẫn đến : ( 1 − x + 2 2.2 x ) ≤ 1 + ( 2 2 )  ( 1 − x ) + ( 2 x )  ⇒ 1 − x + 4 2 x ≤ 3 ( x + 1)


2

2

1 − x2 + 4 2 x
1 − x2 + 4 2 x
Ta có P = 2 +
Đặt t =
thì t ≤ 3 . Hay −3 ≤ t ≤ 3
x2 + 1
x2 + 1
Suy ra : −1 ≤ P ≤ 5 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
1 − x2
2x
=
⇔ 2 x 2 + 2 x − 2 = 0 . Giải phương trình này ta được :
1
2 2
2
ứng với giá trị lớn nhất của P là 5
2
x2 = − 2 ứng với giá trị nhỏ nhất của P là –1
x1 =

2
Vậy : MaxP = 5 ⇔ x =
và MinP = –1 ⇔ x = − 2
2

Cách 2 : Ta chuyển về xét cực trị của phân thức mà tử là nhị thức bậc nhất rồi
so sánh giá trị của tử và mẫu
x2 + 4 2x + 3
4 2x + 2
4 2x + 2

= 1+
Đặt Z =
2
2
x +1
x +1
x2 + 1
Thì P = 1 + Z vì x 2 + 1 > 0 với mọi x nên . Giá trị lớn nhất của Z đạt được khi tử

Ta có : P =

thức dương và giá trị nhỏ nhất của Z đạt được khi tử thức âm .
13


Ta xét 3 trường hợp xảy ra :
− 2
thì Z = 0 ⇒ P = 1
4
− 2
b. Với 4 2 x + 2 > 0 ⇔ x >
thì giá trị lớn nhất của P = 1 + giá trị lớn nhất của
4

a. Với 4 2 x + 2 = 0 ⇔ x =

Z . Ta so sánh giá trị của tử thức và mẫu thức nhờ áp dụng bất đẳng thức :
( 2 x 2 + 1) + 1 ≥ 2 2 x + 1 > 0 .
Từ đó : Z =

(

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

) = 4( 2

) ≤ 4( 2

2x +1

2x +1 +1
2

Đẳng thức này xảy ra khi : x =

) =4

2x +1

2 2x +1

2
lúc đó gọi giá trị lớn nhất của P = 1 + giá trị
2

lớn nhất của Z bằng 4 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 5 đạt được khi và chỉ khi
x=

2
2

c. Với 4 2 x + 2 < 0 ⇔ x <

− 2
Xét tương tự như trên từ
4

(

)

x 2 + 1 = ( x 2 + 2 ) − 1 ≥ −2 2 x − 1 = − 2 2 + 1 > 0 ta có : Z ≥

(
−( 2

)
2 x + 1)

2 2 2x +1

hay Z ≥ −2

Đẳng thức xảy ra khi x = − 2 lúc đó
Giá trị nhỏ nhất của P = 1 + giá trị nhỏ nhất của Z bằng –2 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng –1 khi và chỉ khi x = − 2 .
2
Vậy : MaxP = 5 ⇔ x =

và MinP = –1 ⇔ x = − 2
2

Cách 3 : Chuyển vế xét điều kiện để phương trình bậc hai có nghiệm với mỗi
giá trị x0 ta có giá trị P0 của biểu thức thỏa mãn .
x02 + 4 2 x0 + 3
P0 =
⇔ ( P0 − 1) .x02 − 4 2 x0 − P0 − 3 = 0
2
x0 + 1

Có thể coi x0 là nghiệm của phương trình : ( P0 − 1) .x 2 − 4 2 x + P0 − 3 = 0 . Trong đó
P0 là tham số . Ta thấy P0= 1 ⇔ x =

− 2
4

( 1)

Nếu P0 ≠ 1 thì điều kiện để phương trình bậc hai luôn luôn có nghiệm :
∆ = − P02 + 4 P0 + 5 ≥ 0 ⇔ ( P0 − 5 ) . ( 1 + P0 ) ≤ 0 ⇔ −1 ≤ P0 ≤ 5 .
2
Để thấy rằng : P0 = −1 ⇔ x0 = − 2 và P0 = 5 , khi và chỉ khi x =
(2)
2

Từ (1) và (2) ta suy ra :
Giá trị nhỏ nhất của P bằng –1 khi và chỉ khi x = − 2
Giá trị lớn nhất của P bằng 5 khi và chỉ khi x =

2
2

Đây là dạng bài tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các phân thức đại số mà cả
tử và mẫu đều là các đa thức bậc hai một biến số .
14


Phương pháp giải dạng này thường là dùng các bất đẳng thức đã biết như
Cauchy ; Bunhiakopxki , đặc biệt là dùng điều kiện để phương trình bậc hai có
nghiệm . Phương pháp này giải được hầu hết các dạng bài tìm min , max của các
phân thức đại số có tử và mẫu là các tam thức bậc hai . Đối với các biểu thức
dạng phân thức có cả min và max thì dùng phương pháp này lợi thế rất nhiều .
Ta sẽ tìm được cả min và max thông qua việc tìm miền giá trị của biểu thức đã
cho
Bài toán 4d : Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2 + y2 = 2(x + y) + 7 . Tìm giá trị
lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3 x( x − 2) + 3 y ( y − 2)
Giải
Gọi T là tập giá trị của P. Ta có m ∈ T ⇔ Hệ sau có nghiệm
 x 2 + y 2 = 2( x + y ) + 7
3
(I)
 x( x − 2) + 3 y ( y − 2) = m

+ Đặt u = 3 x( x − 2) , v =

3

y ( y − 2) , ta có u =

3

( x − 1) 2 − 1 ≥ −1 , tương tự v ≥ – 1 .


m3 − 7
u 3 + v 3 = 7
(u + v)3 − 3uv(u + v) = 7
uv =
⇔
⇔
3m (II)
+Hệ (I) trở thành 
u + v = m
u + v = m
u + v = m

3
m −7
= 0 (1)
u, v là hai nghiệm phương trình t 2 − mt +
3m
+Hệ (I) có nghiệm ⇔ Hệ (II) có nghiệm (u, v) thỏa u ≥ – 1và v ≥ – 1
⇔ Phương trình (1) có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa – 1 ≤ t1 ≤ t2
 2 4(m3 − 7)
≥0
m −
∆ ≥ 0
3

m


⇔ (t1 + 1) + (t2 + 1) ≥ 0 ⇔  m + 2 ≥ 0
⇔
(t + 1)(t + 1) ≥ 0
 m3 − 7
 1
2

+ m +1 ≥ 0
 3m

0 < m ≤ 3 28

⇔ 1 ≤ m ≤ 3 28
 m ≥ −2
m < 0 ∨ m ≥ 1


Do đó T = [1, 3 28 ] . Vậy minP = 1 và maxP = 3 28
Bài tập tương tự
x 2 + mx + n
1. Tìm giá trị của m và n để biểu thức : A =
đạt giá trị nhỏ nhất là -1
x2 + 1

và đạt giá trị lớn nhất là 5
2. Cho x,y là các số thực thỏa mãn 3x 2 + 2xy + y2 = 11. Tìm GTLN, GTNN của
biểu thức

P = x2 + 2xy + 3y2
3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : F =

x 4 + y 4 + 4 2 xy + 4
x4 + y4 + 2

Phương pháp 05 : Sử dụng phương pháp đặt biến phụ
a) Phương pháp chung
Bằng cách đặt biến phụ và sử dụng các phép biến đổi tương đương . Sử dụng
các bất đẳng thức cơ bản ta có thể chuyển biểu thức đã cho về biểu thức đơn
giản hơn , dễ xác định cực trị hơn .
15


b) Bài tập minh họa
Bài toán 5 : Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1.
1

1

1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = x + y +1 + y + z +1 + z + x +1
Giải
Với x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1 . Đặt x = a3, y = b3, z = c3
⇒ abc = 1 . Khi đó ta có:

x + y +1 = a 3 + b3 + abc = ( a + b ) ( a 2 - ab + b 2 ) + abc ≥ ( a + b ) ab + abc = ab(a + b + c)

Tương tự: y + z +1 ≥ bc(a + b + c)

z + x +1 ≥ ca(a + b + c)
Q=

1
1
1
abc
abc
abc
+
+
≤
+
+
=1
x + y +1 y + z +1 z + x +1 ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca(a + b + c)

Vậy GTLN của Q = 1 khi a = b = c = 1, hay x = y = z =1.DÊu “=” x¶y ra
khi x = y = z (§PCM)
Bài toán 5a : Cho x, y, z, t > 0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x

y+t

y

t+x

t

A= y+t + x + t + x + y + x+ y +
Giải
Cách 1
Xét biểu thức :
 2x

y + t   2y

t + x   2t

x+ y
t

x+ y

3  x

y  y

t  t

x 

+
+
+
2A = 
÷+ 
÷+ 

÷+  + ÷+  + ÷+  + ÷
2t  2  y x   t y   x t  
 y + t 2x   t + x 2 y   x + y
Với x, y , t là các số dương nên theo bất đẳng thức Cô si (Cauchy) ta có :
 2x
 2y t + x 
 2t
 x y
y t
y +t 
x+ y
+
+
+

÷≥ 2 ; 
÷≥ 2 ; 
÷≥ 2 ;  + ÷≥ 2 ;  + ÷≥ 2
2t 
 y + t 2x 
 t + x 2y 
 x+ y
 y x
 t y
3
15
15
 t x
Khi
 + ÷ ≥ 2 . Do đó : 2 A ≥ ( 2 + 2 + 2 ) + . ( 2 + 2 + 2 ) = 15 ⇒ A ≥ ⇒ MinA =

2
2
2
x t 
2x
y + t 2 y t + x 2t
x+ y
x y
y t
t x
đồng thời có : y + t = 2 x ; t + x = 2 y ; x + y = 2t ; y = x ; t = y ; =
x t
15
⇔x = y = t .
Tức là khi x = y = t . Vậy MinA =
2

Cách 2 : Trước hết ta đi chứng minh bất đẳng thức sau :
Với a ; b ; c là ba số dương thì :

a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a +b 2

(1)

Bất đẳng thức đã cho tương đương với :
a  
b  
c  3
9
a+b+c a+b+c a+b+c 9

+
+
≥
1 +
÷+  1 +
÷+ 1 +
÷≥ + 3 = ⇔
2
b+c
a+c
a+b
2
 b+c   a+c   a+b 2
1
1 
 1
⇔ 2( a + b + c) 
+
+
÷≥ 9
b+c a+c a +b 
1

1 
 1
⇔ ( b + c ) + ( a + c ) + ( a + b )  
+
+
÷ ≥ 9 (2)
b+c a+c a+b 

16


Đặt : ( b + c ) = x ; ( a + c ) = y; ( a + b ) = z (Với x ; y; z là các số dương )
1

1

1

Thì bất đẳng thức (2) trở thành bất đẳng thức : ( x + y + z )  + + ÷ ≥ 9 , bất đẳng
x y z




thức này luôn đúng ( ta có thể dễ dàng chứng minh được ) . Do đó bất đẳng thức
(2) là bất đẳng thức đúng. Nên bài toán (1) được chứng minh . Áp dụng bài toán
trên để tìm GTNN của biểu thức A ta có :

x
y

t
3
+
+
≥ (3) . Mặt khác
y+t t + x x+ y 2

theo bất đẳng thức Cô si thì :
y+t t + x x+ y  x y   x
+
+
≥  + ÷+  +
x
y
t
 y x t

t y t 
15
÷+  + ÷ ≥ 6 (4) . Từ (3) và (4) ⇒ A ≥
2
x  t y
15
⇔x = y = t .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = t . Vậy MinA =
2

Bài toán tương tự : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P=

a
b
c
b+c+d c+ d +a a+b+c
+
+
+
+
+
trong đó a ; b ; c ;
b+c+ d c +d +a d +a +b
a
b
d

d là các số dương
Phương pháp 06 : Sử dụng biểu thức phụ
a) Phương pháp chung
Để tìm cực trị của một biểu thức nào đó , đôi khi người ta xét cực trị của một
biểu thức khác có thể so sánh được với nó , nếu biểu thức phụ dễ tìm cực trị hơn
Ví dụ : Để tìm cực trị của biểu thức A với A > 0, ta có thể xét cực trị của biểu
thức :

1
, –A, kA, k + A, |A| , A2 ( k là hằng số ).
A

b) Bài tập minh họa
Bài toán 6 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : Q =

x

( x + 2017 )

2

với x > 0

Giải
Vì x > 0 nên suy ra Q > 0 ⇒ Qmax ⇔ (

x + 2017 )
Min
x
2
1 x 2 + 2.2017 x + 2017 2 ( x − 2017) 2 + 4.2017 x ( x − 2017 )
=
Ta có : =
=
+ 4.2017 .
P
x
x
x
1
Vậy Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4. 2017 khi x = 2017 .
1
Do đó : Qmax =
khi x = 2017
4.2017

x2 + x + 1
Q
=
Bài toán 6a : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
với x > 0
2
( x + 1)
2

Giải
Cách 1 : Viết tử thức dưới dạng lũy thừa của x + 1 rồi đổi biến đặt y =

1
x +1

17


(x
Q=

2

+ 2 x + 1) − ( x + 1) + 1

2
1
1
1 3 3


2
= 1−
+
= 1− y + y =  y − ÷ + ≥
Ta có :
2
x + 1 ( x + 1) 2
2 4 4
( x + 1)

3
1
3
Vậy MinQ = ⇔ y = . Tức là x = 1 . Vậy MinQ = ⇔ x = 1
4
2
4
3
Cách 2 : Ta viết Q dưới dạng tổng của với một biểu thức không âm .
4
2
2
2
2
x + x + 1 4 x + 4 x + 4 3 ( x + 1) + ( x + 1)
Q=
=
=
2
2

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

3  x −1 
3
Q= +
 ≥
4  2 ( x + 1) 
4

3
4

. Vậy MinQ = ⇔ x = 1

Cách 3 : Do x > 0 nên ta có thể viết biểu thức Q dưới dạng sau :
Q=

1
3
1
1
≥
=
≤ 1 Q = 1−
1
x

4

x + 2x + 1 1 +
;
 x + ÷+ 2
2
2
x + x +1
x

x + x +1
2

. Vậy MinQ =

3
4

khi và chỉ khi x= 1
Phương pháp 07: Phương pháp xét từng khoảng giá trị
a) Phương pháp chung
Có nhiều bài toán nếu ta chỉ sử dụng các phép biến đổi tương đương , các bất
đẳng thức cơ bản phương pháp đổi biến hay biểu thức phụ , thậm chí ngay cả khi
sử dụng phương pháp miền giá trị hàm số , việc tìm cực trị vẫn gặp rất nhiều khó
khăn có khi không thể tìm được . Nhưng khi ta biết cách làm tức là xét từng
khoảng hợp lý ( có sự dự đoán ) thì việc tìm được cực trị trở nên đơn giản
b) Bài tập minh họa
m
n
Bài toán 7 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : E = 11 − 5 với m ; n là các

số nguyên dương
Giải
m
Ta thấy 11 có tận cùng bằng 1 , còn 5n có tận cùng bằng 5 ( vì m ∈ N* ; n ∈
N* )
+ Nếu 11m > 5n thì biểu thức E có tận cùng bằng 6
+ Nếu 11m < 5n thì biểu thức E tận cùng bằng 4
+ Ta chỉ ra một trường hợp E = 4 : với m = 2 ; n = 3 thì E = 121 − 125 = 4
Như vậy MinE = 4 khi , chẳng hạn , m = 2 ; n = 3
Bài toán 7a
Cho m, n ∈ N*. Tìm GTNN của biểu thức G = |36m - 5m|
Giải
m
n
Ta có : 36 tận cùng bằng 6 , còn 5 có tận cùng bằng 5 ( vì m ∈ N* ; n ∈ N* )
+ Nếu 36m > 5n thì biểu thức G có tận cùng bằng 1
+ Nếu 36m < 5n thì biểu thức G tận cùng bằng 9
+ Xét khả năng G = 1 : Ta có 36m − 5n = 1 ⇔ 36m − 1 = 5n . Đẳng thức này không
xảy ra vì vế trái chia hết cho 35 nên chia hết cho 7 , còn vế phải không chia hết
cho 7 .
+ Xét khả năng G = 9 : Ta có 5n − 36m = 9 ⇒ 5n chia hết cho 9 , vô lí
18


+ Xét khả năng G = 11 . Xảy ra khả năng này , chẳng hạn với m = 1 ; n = 2
2
Thì G = 36 − 5 = 11 . Vậy MinG = 11 chẳng hạn với m = 1 ; n = 2 .
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Trong quá trình thực hiện sáng kiến kinh nghiệm trên , tôi đã áp dụng cho học
sinh ở lớp 9A2 là một lớp chọn của trường THCS Nguyễn Văn Trỗi –TP Thanh

Hóa với số học sinh của lớp là 50 em , tôi thường xuyên kiểm tra mức độ tiếp
thu của học sinh và chia lớp thành hai nhóm :
+ Nhóm 1 : Là nhóm học sinh không áp dụng đề tài .
+ Nhóm 2 : Là nhóm học sinh tôi đã áp dụng đề tài .
Sau khi áp dụng đề tài này tôi tiến hành kiểm tra với cùng một đề cho 2 nhóm
Kết quả thu được như sau :
Trung
Giỏi
Khá
Yếu
bình
Số
Nhóm
bài

SL

%

SL

%

SL

25

0

0

6

24

25

8

32

9

36

%

SL

%

8

32 11

44

6

24

Nhóm 1
( Không được áp dụng
đề tài )
Nhóm 2
(Được áp dụng đề tài )

2

8

Việc đưa đề tài sáng kiến kinh nghiệm này áp dụng vào hướng dẫn cho học
sinh lớp 9 giải một số bài toán về tìm cực trị đại số đã có tác dụng rõ rệt ,tôi
thấy học sinh đã nắm được kiến thức cơ bản và vận dụng vào làm bài tập một
cách chủ động , tích cực và đạt kết quả cao. Rèn luyện được cho học sinh kỹ
năng giải toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất và đặc biệt là rèn luyện cho
học sinh khả năng tư duy toán học, biết khai thác bài toán,đề ra bài toán tương
tự,bài toán tổng quát.Tạo được niềm say mê, hứng thú cho học sinh khi học toán
Cực trị đại số là một trong những dạng bài khó giải ( đặc biệt là các bài toán
tìm min ; max ) , thậm chí có những bài rất khó với hầu hết học sinh phổ thông.
Nó thường được sử dụng trong các bài thi để phát hiện ra học sinh khá và
giỏi.Vì thế vai trò của thầy,cô giáo là vô cùng quan trọng. Năng lực của thầy, cô
giáo cùng với sự say mê,sáng tạo,chăm chỉ của trò được kết hợp hài hòa thì việc
truyền thụ kiến thức cơ bản cũng như công tác bồi dưỡng học sinh giỏi mới đạt
kết quả như mong muốn. Sau khi áp dụng đề tài vào giảng dạy thì học sinh lớp
9A2 đã có thể tiếp cận được với các bài toán cực trị đại số mà cụ thể là các bài
toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các biểu thức đại số , trong các
bài kiểm tra có dạng bài về tìm cực trị đại số mà cụ thể là tìm giá trị lớn nhất
(GTLN) và giá trị nhỏ nhất ( GTNN) thì hầu hết các em đã có hướng giải, kết
quả bài sau cao hơn bài trước. Đặc biệt học sinh trong đội tuyển tham gia thi

HSG môn toán cấp tỉnh các em đã biết khai thác bài toán, tìm ra bài toán tương
tự, bài toán tổng quát. Nhất là biết cách sử dụng các bất đẳng thức đã biết để tìm
GTLN và GTNN của một biểu thức đại số cho trước .
19


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ : Từ thực tế giảng dạy và kết quả bước đầu đạt
được tôi rút ra một số vấn đề như sau: Chúng ta có thể xây dựng được các dạng
bài tập hoặc hệ thống các bài tập về bất đẳng thức dùng để bồi dưỡng học sinh
khá và giỏi.Vừa đảm bảo củng cố kiến thức kỹ năng cơ bản lại vừa phát triển
được óc sáng tạo,linh hoạt, rèn luyện được phương pháp suy nghĩ độc lập cho
học sinh.
- Khuyến khích học sinh tìm nhiều lời giải khác nhau (nếu có thể được) của
một bài toán. Đặc biệt là biết sử dụng các phương pháp giải phù hợp cho từng
dạng bài giúp cho việc tìm lời giải bài toán trở nên dễ dàng. Biết chuyển từ
phương pháp này sang phương pháp khác, từ thao tác trí tuệ này sang thao tác trí
tuệ khác.
- Rèn luyện kỹ năng thực hành vận dụng, muốn khá và giỏi toán cần phải có các
kỹ năng cần thiết như: cẩn thận, chu đáo và chăm chỉ. Có suy nghĩ độc lập, biết
tự học, chủ động tiếp thu kiến thức.
- Phải tạo được cho học sinh sự hứng thú, say sưa học toán, không học theo
kiểu đối phó thi cử.
-Tập cho học sinh biết tổng quát hóa, khái quát hóa, biết đề ra và giải các bài
toán tương tự. Từ đó hình thành nề nếp, thói quen tập dượt nghiên cứu khoa học.
-Dạy toán là hướng dẫn học sinh biết cách học và giải toán , giúp học sinh nâng
cao khả năng tư duy lôgic, tìm tòi, sáng tạo. Muốn thế người dạy phải không
ngừng học hỏi,để nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ.Tích cực đổi mới
phương pháp dạy học. Thầy, cô giáo phải biết lựa chọn phương pháp dạy học
phù hợp với từng đối tượng học sinh, tổ chức cho học sinh học tập tích cực , chủ
động tiếp thu kiÕn thức. Biết tổng hợp, khai thác, phát triển từ những bài toán

đơn giản nhất .Cùng với việc đổi mới chương trình giáo dục phổ thông nhằm
đào tạo ra những con người năng động , sáng tạo,đáp ứng yêu cầu của thời đại
mới, mỗi thầy cô giáo phải nắm vững chuẩn kiến thức kỹ năng, tích cực đổi mới
phương pháp dạy học, đổi mới phương pháp kiểm tra đánh giá, tổ chức hướng
dẫn học sinh chủ động trong việc lĩnh hội kiến thức.
Trên đây là một số kinh nghiệm được tôi rút ra trong quá trình giảng dạy về
phát huy trí lực cho học sinh lớp 9 thông qua các bài toán tìm cực trị đại số mà
cụ thể là các bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các biểu thức đại số .
Trong quá trình thực hiện không thể tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế . Vì
vậy, rất mong được sự góp ý chân thành của các đồng nghiệp có kinh nghiệm để
đề tài nghiên cứu của tôi đạt kết quả tốt hơn góp phần nâng cao chất lượng dạy
và học.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 10 tháng 3 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN
của mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

Lê Thị Khương

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1 . Đại số sơ cấp
Của nhóm tác giả : Nguyễn Đức Đồng – Lê Hoàn Hóa – Võ Khác Thường
Lê Quang Tuấn - Nguyễn Văn Vĩnh
Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội
2 . Tạp chí Toán Tuổi thơ 2 – Báo Toán học và tuổi trẻ
3.Toán Bồi dưỡng Đại số lớp 8 , 9
Tác giả Vũ Hữu Bình – Tôn Thân – Nhà xuất bản giáo dục

4.Toán nâng cao và các chuyên đề lớp 8 , 9
Tác giả Vũ Dương Thụy - Nguyễn Ngọc Đạm – Nhà xuất bản giáo dục
5 . Các bài toán chọn lọc 45 năm Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ

21