SKKN một số phương pháp giải toán cực trị image marked

Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
Mục lục
Trang

A. phần Mở đầu

2

i. Lý do chọn đề tài

2

II. Mục đích sáng kiến kinh nghiệm

3

III. Nhiệm vụ nghiên cứu

3

IV. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
v. Phương pháp nghiên cứu.

B. NộI DUNG
Chương 1: Giải bài toán cực trị của hàm số bằng miền giá trị
Chương 2: Giải bài toán cực trị của hàm số bằng phương pháp hình học

C. KếT LUậN Và KHUYếN NGHị
D. TàI LIệU THAM KHảO

-1-

3
4


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số

A PHầN Mở đầu
I. Lý do chọn đề tài:
Trong chương trình toán THPT cực trị là phần hấp dẫn, lôi cuốn tất cả
những người học toán và làm toán. Các bài toán này rất phong phú và đa dạng .
Vì vậy, các bài toán cực trị của hàm số thường xuyên có mặt trong các kì thi tốt
nghiệp THPT cũng như trong các kì thi học chọn sinh giỏi quốc gia, quốc tế và
các đề thi vào các trường CĐ, ĐH .
Để giải quyết nó đòi hỏi người học toán và làm toán phải linh hoạt và vận
dụng một cách hợp lý trong từng bài toán. Tất nhiên đứng trước một bài toán cực
trị thì mỗi người đều có một hướng xuất phát riêng của mình. Nói như vậy có
nghĩa là có rất nhiều phương pháp để đi đến kết quả cuối cùng của bài toán cực
trị. Điều quan trọng là ta phải lựa chọn phương pháp nào cho lời giải tối ưu của
bài toán. Thật là khó nhưng cũng thú vị nếu ta tìm được đường lối đúng đắn để
giải quyết nó .
Dạy học sinh học toán không chỉ cung cấp những kiến thức cơ bản, những
dạng bài tập vận dụng trong sách giáo khoa, sách tham khảo mà điều quan trọng
là hình thành cách tư duy trong suy luận toán học của mỗi học sinh thông qua
các phương pháp giải toán, từ đó giúp các em có năng lực tư duy logic, độc lập
sáng tạo để hoàn thiện kỹ năng, kỹ xảo trong học tập và phát triển nhân cách của
học sinh.
Vì vậy, để giúp các em tự tin hơn trong việc học toán, tôi xây dựng đề tài :
Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số.
Từ đó giúp những người học toán và làm toán có thêm công cụ để giải

quyết các bài toán cực trị .

II. Mục đích sáng kiến kinh nghiệm
-Giúp cho học sinh có cái nhìn khái quát về các phương pháp tìm cực trị
của hàm số, từ đó hình thành nên các phương pháp giải toán.

-2-


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
-Góp phần đổi mới phương pháp giảng dạy bộ môn theo hướng phát huy
tính tích cực, tự giác, sáng tạo của học sinh. Góp phần nâng cao chất lượng đội
ngũ học sinh khá, giỏi về bộ môn Toán ở trường THPT.
-Góp phần hình thành lòng say mê, sự hào hứng học tập môn Toán, từ đó
hình thành và phát triển năng lực tự học, tự bồi dưỡng kiến thức cho học sinh.
- Ngoài ra, đề tài còn có thể là một tài liệu tham khảo bổ ích cho các bạn
đồng nghiệp trong việc bồi dưỡng HSG, luyện thi ĐH, CĐ.

III. Nhiệm vụ nghiên cứu
Để đạt tốt kết quả của đề tài, người nghiên cứu phải làm được những yêu cầu
sau:
- Phải nắm thật vững những vị trí, mục tiêu, đặc điểm và hệ thống chương
trình toán học ở bậc THPT.
- Có cái nhìn khái quát về lý thuyết của bài toán cực trị của hàm nhiều biến
ở bậc đại học áp dụng vào toán học THPT dưới góc nhìn toán học sơ cấp.
Từ đó góp phần giúp giáo viên THPT hiểu được bản chất của vấn đề, để
áp dụng vào từng đối tượng học sinh một cách có hiệu quả nhất.
- Nâng cao dần trình độ học toán và làm toán của học sinh THPT đáp ứng
được nhu cầu của xà hội trong thời kỳ CNH, HĐH đất nước.

IV. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số ở
trường THPT.
- Phạm vi nghiên cứu là học sinh khối lớp 10 trường THPT Yên LÃng
Sáng kiến kinh nghiệm gồm 2 chương
Chương 1: Giải bài toán cực trị của hàm số bằng miền giá trị.
Chương 2: Giải bài toán cực trị của hàm số bằng phương pháp hình học.
Trong các chương thì sau phần trình bày lý thuyết là một số bài tập đưa ra
nhằm minh họa cho lý thuyết đà đưa ra ở trên .

-3-


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
V. Phương pháp nghiên cứu.

- Nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn dạy học Một số phương pháp
giải bài toán cực trị của hàm số trong chương trình toán học THPT.
- Nghiên cứu những khó khăn của học sinh trong việc giải bài toán cực trị
của hàm số, từ đó tìm ra hướng giải quyết.
Đề tài được tiến hành nghiên cứu, thực nghiệm ở các lớp 10 trường THPT
Yên LÃng. Đặc biệt ở các lớp chọn, lớp chuyên đề. Đề tài còn là một tài liệu rất
tốt cho các bạn học sinh khối 12 chuẩn bị thi vào ĐH, CĐ và luyện thi học sinh
giỏi .

-4-


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số

B. NộI DUNG
Chương 1: Giải bài toán cực trị của hàm số bằng miền giá trị
1.1 Phương pháp chung
Muốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x trên miền D
ta làm như sau :
Gọi y0 là một giá trị tuỳ của hàm số trên D điều đó có nghĩa là hệ sau đây có
f x y 0

nghiệm
x D

1.1
1.2

Tuỳ từng dạng bài của hệ 1.1 , 1.2 mà ta có điều kiện có nghiệm thích
hợp. Trong nhiều trường hợp điều kiện ấy (sau khi biến đổi và rút gọn sẽ đưa về
dạng)

y0

(1.3)

Vì y0 là một giá trị bất kì của f(x), nên từ (1.3) thu được

min f x    vµ maxf  x   
xD
xD
Nh­ vậy để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số nếu dùng phương pháp
này, ta quy về việc tìm điều kiện để một phương trình (thêm điều kiện phụ) có
nghiệm .

1.2. Kết quả điều tra khảo sát thực tiễn và giải pháp
Để thực hiện đề tài này tôi cho các lớp trên làm một số bài toán về giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất như sau:
Bài tập 1.1: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm sè

2x 2 + 10x + 3
f ( x) =
, xỴ
3x 2 + 2x + 1
Lời giải đúng:
Gọi y0 là giá trị tuỳ ý của hàm số. Khi đó phương trình sau cã nghiÖm

-5-


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hµm sè
2x 2  10x  3
 y0
3x 2  2x  1

(1.4)

Do 3x 2 + 2x + 1 > 0, "x ẻ nên từ (1.4) 2x 2  10x  3  3x 2 y 0  2xy 0  y 0
  3y 0  2  x 2  2x  y 0  5   y 0  3  0

* 3y 0  2  0  y 0 
f(x) nhËn gi¸ trị

(1.5)

2
thì y 0 5 0 vậy (1.5) hiển nhiên có nghiệm tức là
3

2
với mọi giá trị x ẻ 
3

* 3y 0  2  0  y 0

2
thì (1.5) là phương trình bậc hai đối với x. Do đó
3

(1.5) có nghiệm khi và chỉ khi 2y 20  19y 0  35  0 

5
 2 y0 7
Kết hợp cả hai trường hợp ta được
2
y 0

3

5
y0 7 .
2

(1.6)

2
Từ (1.6) ta suy ra maxf (x) = 7, minf (x) =
3
xỴ
xỴ
Líp 10A1 có 18/45 học sinh cho lời giải đúng, 15 học sinh có lời giải sai
và 12 học sinh không cã lêi gi¶i.
Líp 10A2cã 15/45 häc sinh cho lêi gi¶i đúng, 24 học sinh có lời giải sai
và 11 học sinh không có lời giải.
Lớp 10A4 có 10/46 học sinh cho lời giải đúng, 26 học sinh có lời giải sai
và 10 học sinh không có lời giải.
Bài toán 1 là bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất hàm số ở mức
độ trung bình khá và chỉ một số học sinh có lời giải đúng. Những học sinh có lời
giải sai là do tính nhầm và một số không định hướng đựơc cách giải.
Để khắc phục những sai lầm trên ta làm như sau :
Bước 1: Nêu phương pháp chung để làm bài toán cực trị của hàm phân
thức.
Bước 2: Cung cấp cho học sinh cách giải và biện luận phương trình bậc 2
Bước 3: Cung cấp cho học sinh cách giải bất phương trình bậc 2.
Bước 4: Cung cấp cho học sinh cách giải bài toán so sánh nghiệm .
Bước 5: Phân tích những sai lầm gặp phải khi gặp mỗi dạng toán.

-6-


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
Sau khi đưa ra các nhận xét trên và cho học sinh làm bài tâp 1.2 ta thu
được kết quả ở các lớp như sau:
Bài tập 1.2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

x 2 2x  2
víi x Ỵ 
y 2
x  2x  2
Bài giải
Lấy y 0 thuộc miền giá trị của hàm số khi đó $x ẻ để sao cho phương tr×nh

x 2  2x  2
cã nghiƯm  (y 0  1)x 2  2(y 0  1)x  2(y 0  1)  0 cã nghiÖm
y0  2
x  2x  2
TH1: y0 = 1  x=0
y 0  1
y 0  1
y 0  1
TH2: 
 
  2
2
2
  0
 y 0  1  2  y 0  1  0
y 0  6y 0  1  0

y 0  1
 
3  2 2  y 0  3  2 2
VËy 3  2 2  y 0  3  2 2 .Tõ ®ã suy ra
max Y = 3  2 2 khi x 

y0  1
y 1
  2 ; minY=3-2 2 khi x  0
 2.
y0  1
y0  1

Kết quả thu được ở các lớp như sau:
Học sinh còn lúng túng khi coi y là hằng số x là biến số. Thứ hai, khi nhân
2 vế đưa về phương trình bậc 2. Tìm điều kiện có nghiệm của phương trình học
sinh ở lớp 10A2, 10A4 còn lúng túng.
Tất cả các lời giải sai đều mắc phải một trong các nhận xét trên. Ngoài ra
học sinh còn không chỉ ra max, min đặt tại đâu. Các học sinh không có lời là do
không biết cách biện luận phương trình bËc 2.
Líp 10A1 cã 35 häc sinh cho lêi gi¶i ®óng, 10 häc sinh cã lêi gi¶i sai.
(77,8%-22,2%)
Líp 10A2 cã 28 học sinh có lời giải đúng( 62.2%); 12 lời giải sai (26,7%)
và 5 học sinh không có lời giải. (11,1%)
Lớp 10A4 có 25 học sinh cho lời giải đúng(54,3%), 14 học sinh có lời giải
sai (30,4%) và 7 học sinh không có lời giải(15,3%).
Bài toán 2 là một bài toán tương tự bài toán 1, sau khi được hướng dẫn
phương pháp tìm cực trị đà có nhiều học sinh làm được, bên cạnh đó còn nhiều
học sinh làm sai và không biết làm.

-7-


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
Nhận xét: Phương pháp miền giá trị có thể áp dụng để tìm Ymax, Ymin các
a1x 2 b1x c1

phân thức có dạng y
a 2 x 2  b 2 x  c2

víi b 22  4a 2 c2 0

Từ những phân tích trên cho học sinh làm một số bài tập áp dụng như sau:
Bài tập 1.3: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hµm sè

f x 

3  4x 2  3x 4

1 x
2

2

Bài giải
Gọi y0 là giá trị tuỳ ý của hàm số f(x). Khi đó phương trình sau có nghiÖm

3  4x 2  3x 4

Èn x

1  x 
2

2

 y0

(1.7)

(1.7)   y 0  3  x 4  2  y 0  2  x 2  y 0  3  0

(1.8)

* NÕu y0 = 3 khi đó phương trình (1.8) trở thành x 2  0 vËy (1.8) cã nghiÖm
x = 0.
* NÕu y 0 3 khi đó phương trình (1.8) có nghiÖm  hÖ sau cã nghiÖm
 y 0  3  t 2  2  y 0  2  t  y 0  3  0

t  0

Ta cã    y 0  2    y 0  3   2y 0  5 .   0  y 0 
2

Viet ta có P

2

(1.9)
(1.10)

5
. Khi đó theo định lý
2

y0 3
 1  0 . VËy c¸c nghiƯm cđa ( 1.9) cïng dÊu, tõ ®ã ®Ĩ hƯ

y0  3

(1.9), (1.10) có nghiệm thì điều kiện là :
0
5

5

y 0 
 
  y0  3 .
2
 S 2  y0
2
2  y  3  0
2  y 0  3

0

-8-


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số

Kết hợp cả hai trường hợp, phương trình (1.8) có nghiệm
Như vậy ta được max f (x) = 3 , minf (x) =





5
 y0  3
2

5
2

NhËn xÐt: Khi cho học sinh làm bài tập trên ta cần lưu ý như sau:
Hàm phân thức trên có dạng trùng phương bậc 4 nên nghiệm của phương trình
điều kiện phải dương.
Bài 1.4 ( ta mở rộng của bài 1.3) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

y

x 2 2x 2
trên đoạn [0,2] .
x 2 2x 2

Nhận xét: Bài tập tập này có dạng miền xác định D = [0,2].
Bài giải
Lấy y 0 thuộc miền giá trị của hàm số khi đó x D để sao cho phương trình

y0

x 2 2x 2
có nghiÖm
x 2  2x  2

 (y 0  1)x  2(y 0  1)x  2(y 0  1) 0

2

(1.11)

có nghiệm trong đoạn [0,2] .Bài toán quay trở về tìm tham số y0 để pt (1.11) có
nghiệm trong đoạn [0,2]. Ta có các trường hợp sau:
f(x)= (y 0  1)x 2  2(y 0  1)x  2(y 0  1)
TH1: a = 0 hay y0 = 1 khi đó x=0 0,2 y0=1 thoả m·n.
TH2: a  0
TH2.1: f(0)=2(y0-1), f(2)=10y0-2
f(0)f(2)  0  2(y 0  1) 10y 0  2   0 

-9-

1
 y0  1
5


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hµm sè
  0

 y 0  1 f(0)  0
TH2.2: 0  x1  x 2  2   y  1 f(2)  0
0

0  s  2

2

y 20  6y 0  1  0

2
2(y 0  1)  0

 (y 0  1) 10y 0  2   0

0   y 0  1  2

y0  1


3  2 2  y 0  3  2 2

y  1
1
 0
 
 3  2 2  y0 
5
5
  y 0 1

1


1

y

0

3

Vậy miền giá trị của hàm số là

3 2 2 y0 1

Ymax=1 đạt được khi x = 0 , Ymin = 3-2 2 đạt được khi x= 2
Bµi tËp 1.5 : Cho hµm sè f  x  

x 2  px  q
.
x2  1

T×m p, q ®Ĩ max f  x   9, minf x 1 .
Bài giải
Gọi y0 là giá trị tuỳ ý của hàm số, khi đó phương tr×nh

x 2  px  q
 y0
x2  1

(1.12)

cã nghiƯm ẩn x .
Phương trình (1.12) y 0 1 x 2  px  y 0  q  0

(1.13)

* NÕu y0 = 1 th× (1.13) cã nghiƯm khi p 0 hoặc p = 0 và q = 1
* Nếu y 0 0 thì phương trình ( 1.13) cã nghiÖm khi   0





 4y 20  4  q  1 y 0  p 2 4q 0 .





Xét phương trình 4t 2  4  q  1 t  p 2  4q  0

- 10 -

(1.14)
(1.15)


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
Gọi t1, t2 là nghiệm của phương trình (1.15) thì nghiệm của bất phương trình
(1.14) theo ẩn y0 là t1 y 0 t 2 .
Kết hợp cả hai trường hợp thì ta thấy phương trình (1.13) có nghiƯm khi

t1  y 0  t 2 trong ®ã t1, t2 là hai nghiệm của phương trình (1.15).
Từ đó max f  x   t 2 , minf x t1 . Như vậy bài toán trở thành: Tìm p ,q để
phương trình (1.15) có hai nghiệm 9 và -1. Theo định lý Viet điều đó x¶y ra khi
 4  q  1

8

q  7
4
.



2
p


8
4q

p


 9
4
p 8
Vậy hai cặp giá trị cần tìm là
q 7

p 8
.

q

7

Bài tập 1.6 : Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số









f x,y   x 2  y 2 trªn miỊn D   x,y  : x 2  y 2  1  4x 2 y 2  x 2 y 2 0
2

Bài giải
Gọi t0 là một giá trị bất kì của hàm số f (x,y) trên miền D. Điều đó chứng tỏ
hệ phương trình sau đây (Èn x,y ) cã nghiÖm
x 2  y 2  t 0
x 2  y 2  t 0



 2
 2
2
2
2

2 2
2
2
2
2
2
2
 x  y  1  4x y  x  y  0
 x  y  3 x  y  1  4x  0













x 2  y 2  t 0
 2
2
t 0  3t 0  1  4x  0

(1.16)
(1.17)

§Ĩ (1.17) cã nghiệm ẩn x thì ta phải có điều kiện là t 20  3t 0  1  0



3 5
3 5
 t0 
2
2

- 11 -

(1.18)


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
t 20 3t 0 1
Với điều kiện (1.18 ) gäi x0 lµ nghiƯm cđa (1.17) suy ra x
thay
4
2
0

vào (1.16) ta được 4y 2 t 20  t 0  1

(1.19)

Do t 20  t 0  1  0 víi t 0 nªn hiĨn nhiên với điều kiện (1.18) thì (1.19) có
nghiệm, nghĩa là (1.18) là điều kiện để hệ (1.16),(1.17) có nghiệm. Như vËy
max f  x,y  

D

3 5
3 5
, minf  x,y
2
2
D

Bài tập tương tự dành cho học sinh về tự làm ( có hướng dẫn)
Bài 1.7 Tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số y

x2 x  1
x2  x  1

1
1
H­íng dÉn : Lµm tương tự bài 1.3(Đs : y 0 1  maxf  x   1, minf  x   )
3
3
3 x  3  4 1 x 1
Bài 1.8 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hµm sè y 
4 x  3  3 1 x 1
H­íng dÉn:
2t

x

3


2

2
2
1  t2
Do x  3  1 x 4 nên ta đặt
với 0 t  1
2
1

t
 1 x  2

1  t2
7t 2  12t  9
Khi ®ã ta cã y 
,víi 0  t  1
5t 2  16t  7
9
7
( §/s :ymax= khi t=0  x=-3 ; ymin= khi t=1  x=1 )
7
9
x 2 xy 2y 2
Bài 1.9 :Tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của hàm số A= 2
x  xy  y 2



 



t2  t  2
x
72 7
72 7
khi đó A 2
.( Đ/s:Amax=
,Amin=
)
t t 1
y
3
3
Bài 1.10 : Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f x,y x y
Hưóng dẫn: Đăt t=





XÐt trªn miỊn D   x,y  : x 2  4y 2  1

H­íng dÉn : Ta cịng giả sử t0 là giá trị tuỳ ý của hàm số f(x,y). Điều đó có nghĩa
là hệ sau đây ( Èn x, Èn y) cã nghiÖm

- 12 -

Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hµm sè
 x  y  t 0
 2
2
 x  y  t 0
 x  4y  1
 
 2
2
x  y  t 0
x  4y  1

x 2 4y 2 1

Từ đây ta tìm miền giá trị t0 của từng hệ như

vậy bài toán quay về dạng bài 1.6 và ta áp dụng nguyên lý phân rà để tìm tìm giá
trị lớn nhÊt cđa hµm sè .

- 13 -


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
Chương 2 : Giải bài toán cực trị của hàm số bằng phương pháp
hình học
2.1 Cơ sở lý thuyết
Bất đẳng thức tam giác
1.Với 3 điểm A, B , C bất kì ta luôn có :
+ AB BC AC
( Dấu đẳng thức xảy ra B nằm trong đoạn AC ).

+ AB AC BC
(Dấu đẳng thức xảy ra C nằm ngoài đoạn AB ).
Cách áp dụng :
+ Đưa hàm số đà cho về dạng : f  x,y   x 2  a 2 y 2 b 2
(a, b là các hăng số )
+Sau đó định hệ trục toạ độ, chọn 3 điểm A , B , C có toạ độ xác
định và cuối cùng sử dụng hai bất đẳng thức trên để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
của hàm số .
2. ABC :AB  BC  AC  AB  BC .

2.2 Kết quả điều tra khảo sát thực tiễn và giải pháp
Để thực hiện đề tài này tôi cho các lớp trên làm một số bài toán về cực trị
và được kết quả như sau:
Bài 2.1. Tìm giá trị nhá nhÊt cđa hµm sè

f ( x ) = x 2 + x + 1 + x 2 - x + 1 "x ẻ
Bài giải
Ta có: f x   x 2  x  1  x 2  x  1
2

2
2
  1   
3 
1  3

 x      0   
   x    

2  2 


  2     2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , xét các ®iÓm:

- 14 -

2


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hµm sè
 1
3 1 3
A   ;
 ,B  ;
 ,C  x;0 
2
2
2
2

 

2
1  3

Khi ®ã ta cã AC   x    

2  2 


2

y
2
1 
3

BC   x     

2  2 


AB  1 
2

 3

2

2

B

3
2
x

O

2



x

C 1

1
2

2

A



3
2

A,B,C , ta luôn có bất đẳng thức: AC BC AB
2
2
ổ
ửữ ổỗ 3 ửữ
ổ
ửữ ổỗ
1
1
3ử

ỗỗx + ữữ + ỗỗ ữữ + ỗỗx - ữữ + ỗỗ- ữữữ 2, "x ẻ
ỗố
ỗố
2 ứ ỗố 2 ữứ
2 ứ ốỗ 2 ữứ
2

2

f (x) 2, "x ẻ
Dấu = xảy ra  C   AB  , ta thÊy O  AB  C  O
Hay f  0   2 2
VËy: min f (x) = 2, "x Î 
NhËn xÐt:
Líp 10A1 cã 15/45 häc sinh cho lêi giải đúng, 28 học sinh có lời giải sai
và 12 học sinh không có lời giải.
Lớp 10A2 có 10/45 học sinh cho lời giải đúng, 25 học sinh có lời giải sai
và 15 học sinh không có lời giải.

- 15 -


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
Lớp 10A4 có 2/46 học sinh cho lời giải đúng, 24 học sinh có lời giải sai và
20 học sinh không có lời giải.
Bài toán 1 là bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của hàm căn thức mức độ khá và
đa số học sinh chưa có lời giải đúng. Những học sinh có lời giải sai là do tính
nhầm hoặc chưa hình dung ra phương pháp giải.
Để khắc phục những sai lầm trên ta làm như sau:
Bước 1: Cung cấp cho học sinh phương pháp tìm cực trị bằng phương pháp

hình học.( Như phần lý thuyết đà cung cấp).
Bước 2:Phân tích cho học sinh khi nào thì áp dụng phương pháp tìm cực trị
bằng hình học vào đại số( Khi biểu thức trong căn có dạng tổng bình phương).
Bước 3: áp dụng một số bất đẳng thức hình học.
Bước 4: Học sinh phải nắm vững phần phương pháp toạ độ trong hình học
phẳng.
Bước 5: Thông qua cách làm của học sinh phân tích một số sai lầm gặp
phải khi làm dạng toán này.
Sau khi giáo viên hướng dẫn cho học sinh làm bài tập sau:
Bài 2.2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f x x 2  x  1  x 2  3x 1 , với x ẻ

Lời giải đúng:
2

2

2

1  3
3 1

Ta cã thÓ viÕt: f  x    x    
  x 
 
2  2 
2


 4

2

2

2

1 
3
3 

 1 
 x   0 
  x 
  0   
2 
2 
2  

 2 


2

.

Víi hai ®iĨm M  x1 ;y1  , N  x 2 ;y 2 trên mặt phẳng toạ độ,
ta có:

MN

x

x1    y 2  y 1 
2
2

3
2

2

y

1 3
A( ; )
2 2

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , ®Ỉt:
1 3  3 1
A ;
;  , C  x;0 
, B 
2
2
2
2

 

O

x

C(x;0)


- 16 -

1
2

1
2

3
2

x

C0

B(

3 1
; )
2
2


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hµm sè

2
1 
3

CA   x     0 

2 
2 


Khi ®ã ta cã:

2

2


3 
 1 
CB   x 
  0   
2  
 2 

2

2

2

 3 1  1
3
AB  
   
 2
2
2
2
2

 

VËy: f  x   CA CB .

A,B,C , luôn có bất đẳng thức: CA  CB  AB

Û f (x) ³ 2, " Ỵ . Mặt khác, giả sử AB cắt Ox tại C 0 .
Ta cã: C 0 A  C 0 B AB . Như vậy, nếu đặt x 0  OC 0 th× f  x 0   2 Do đó:

min f (x) = 2, "x ẻ
Sau khi h­íng dÉn häc sinh vµ cho lµm bµi tËp 2 được kết quả như sau:
Lớp 10A1 có 40 học sinh cho lời giải đúng (88,9%),5 học sinh có lời gi¶i
sai. (11,2%)
Líp 10A2 cã 37 häc sinh cã lêi gi¶i ®óng (82,2%); 8 lêi gi¶i sai (17,8%)
Líp 10A4 cã 30 học sinh cho lời giải đúng (65,2%), 11 học sinh có lời
giải sai (23,9%) và 5 học sinh không có lời giải (10,9%).
Như vậy sau khi hướng dẫn phương pháp tìm cực trị bằng phương pháp
hình học đa số học sinh đà biết vận dụng và làm được bài tập.
Với phương pháp trên, sai lầm chủ yếu của học sinh mắc phải là không
biết dụng đưa bài toán đại số về bài toán hình học. Một số học sinh còn lúng

túng khi đặt các toạ độ tương ứng để đưa về bài toán độ độ dài trong tam giác.
Từ những phân tích trên ta cho học sinh áp dụng làm một số bài tập vận dụng
như sau:
Bài 2.3 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:

Lời giải đúng:
Ta có:
f x 

f (x) = x 2 - 6x + 34 - x 2 - 6x + 10, "x Ỵ 

 x  3

2

 25 

 x  3

- 17 -

2

1 

2

x  3  52 

 x  3

2

 12


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hµm sè
f  3  5  1 .
Víi x 3 , dựng ABC vuông tại A,AC 5,AB x 3 . Trên cạnh AC , ta lÊy
®iĨm D sao cho AD  1 . Theo ®Ýnh lý Pitago, ta cã:

B
2

BC  AB 2  AC 2 

x  3  52

BD  AB 2  AD 2 

x  3  12

x3

2

A

D

Trong BCD , ta lu«n cã BC  BD  DC



2

x  3  52 

2

x  3  12  4

VËy lµ x  3 th× f  x   4 . f  x   4 khi x  3 .
Suy ra max f (x) = 4 .
xẻ

Nhận xét: Bài toán trên là dạng hiệu của hai biểu thức, ta áp dụng hiệu của hai
cạnh luôn nhỏ hơn cạnh thứ 3.
Bài 2.4 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhỏ nhÊt cđa hµm sè f  x;y   4x  3y . XÐt
trªn miỊn D   x;y  : x 2  y 2  16  8x 6y
Bài giải

x;y D , ta cã

x 2  y 2  16  8x  6y
 x 2  8x  16  y 2  6y  9  9

  x  4    y  3   32
2

2

VËy  x;y D là những điểm nằm trên đường tròn có tâm I 4;3 , bán kÝnh
R  3 . Khi ®ã   x;y   D , ta cã:

1 2
x2  y2
2
f  x;y   4x  3y   x  y  16   8 
2
2

- 18 -

C


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
Nối OI cắt đường tròn D tại M1 , M 2 . Khi ®ã   x;y   D , ta cã:
min OM  OM1  OI  M1 I  5  3  2

M  x;y D

y

 Mmin
OM 2  4
x;y D


M



m ax OM  OM 2  OI  M 2 I  5  3  8

M2

M  x;y D

3

 Mmx;yaxD OM  64
2



I



M1

MỈt kh¸c, ta cã:

OM 2  x 2  y 2  4  x 2  y 2  64

O

x

4

Suy ra: 6  f  x;y   36
VËy: m ax f  x;y   36; min f  x;y   6
M  x;y D

M  x;y D

Bµi 2.5: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
f x,y,z,t   5  x  2y  5  z  2t  5  xz  yt

trªn miÒn

D   x,y,z,t  : x 2  y 2 z 2 t 2 5

Bài giải
Ta có thể viết lại hàm f x,y,z,t như sau
f  x,y,z,t  

 x  1   y  2 
2

2

2

 z  1   t  2 
2



2

2

x  2  y  t 
2



2

2

 x,y,z,t D thì điểm M x;y , N z;t nằm trên đường tròn tại gốc O bán
kính R 5 trong hệ trục toạ độ Oxy , xét điểm P( 1; 2). Vậy P (1; 2) cũng nằm
trên đường tròn D.

y

Khi đó, ta cã:

 x  1   y  2 
2



2

x  z  y  t
2


2

 z  1   t  2 
2

2

2

 MP  NP  MN

P(1;2)

x

M
O

1

M

- 19 -


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hµm sè

víi   x;y;z;t   D



Do MNP néi tiếp đường tròn 0; 5



Mặt khác, một tam giác nội tiếp đường tròn nếu tam giác đó là tam giác đều thì
tam giác đó có chu vi lớn nhất.
MNP đều nội tiếp đường tròn có bán kính

5 thì cạnh có ®é dµi:

a  3. 5  15
VËy: f  x,y,z,t  

1
3 30
3 30
.3 5 
 max f  x;y;z;t
, x;y;z;t D
2
2
2

Bài 2.6. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: f(x,y,z,t) z 2  t 2  2xz  2yt  1
XÐt trªn miÒn D  (x,y,z,t) : x 2  y 2  1 , z 2  t  3  0
Bài giải

(x,y,z,t) D , ta có:
v

f(x,y,z,t) (z x)2  (y  t)2  x 2  y 2  1
 (z  x)2  (y  t)2

N0

(x,y,z,t) D thì tập hợp những điểm M(x,y) nằm

v u2 3
N(z;t)

3

trên đường tròn tâm O(0;0), bán kính R = 1;
M0 1

Tập hợp các điểm N(z,t) nằm trên parabol: v=u2+3
Khi ®ã, ta cã: MN 2  (z  x)2  (t  y)2  f(x,y,z,t)
VËy: min

MN2

= M0N0 = 4 ,

M(x;y)

1

O

Víi M0(0;1) ; N0(0;3)
1

Do ®ã, ta cã :
f(x,y,z,t)  4.(x,y,z,t)  D
 min
f(x,y,z,t)  4

D
f(0,1,0,3)  4 (0,1,0,3)  D

- 20 -

1

u


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
Bài 2.7. Tìm giá trị lớn nhất của hàm sè:
f(x,y,z) = x (1 – y) +y(1 – z) + z( 1- x)
XÐt trªn miỊn D  (x,y,z) ; 0  x  1 ; 0  y  1 ; 0 z 1
Bài giải
Dựng ABC đều với cạnh bằng 1 khi đó: S ABC

3
.

4

Trên AB, BC, CA ta lần lượt đặt các đoạn:

A

AM = x ; BN = z ; CP = y
Do 0  x,y,z 1 nên M có thể trùng A hoặc B

x

P

M

y

N cã thĨ trïng B hc C
P cã thĨ trïng C hoặc A
Lúc này, ta có:
S AMP

B
z

1
AM.AP.sin Â
2

Hoàn toàn tương tù, ta cã: S BMN 

S CNP 

N

C

3
z(1  x)
4
3
y(1 z)
4

Mặt khác, ta có: S CNP S BMN  S CNP  S ABC
3
3
3
3
x 1  y  
z 1  x  
y 1  z  
  x,y,z   D
4
4
4
4
 x 1  y   z 1  x   y 1  z   1
  x,y,z   D


f  x,y,z   1
VËy lµ 
f 1,0,0   1

  x,y,z   D

. Do ®ã max f  x,y,z   1
 x,y,z D

- 21 -

 S AMP 


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
Bài tập tương tự cho học sinh về nhà làm: ( có hướng dẫn)
Bài 2.8 Tìm giá trị lớn nhÊt vµ nhá nhÊt cđa hµm sè : f(x;y)  x 2  y 2
XÐt trªn miỊn : D  (x;y) : x  2y  8  0;x  y  2  0;2x  y  4  0
f(x;y) 20; (min
f(x;y)
( Đs (max
x;y )D
x;y )D

16
)
5

Bài 2.9 Cho hµm sè f (y) = y 2 - 4y + 8 + y 2 - 6y + 10 "y ẻ

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm f (y)

Hướng dẫn Hàm số f (y) được viết lại dưới dạng

f (y) =

(y - 2) + 22 + (y - 3) + 12
2

2

Sau đó trong hệ trục toạ độ ta chọn các điểm A 1;2 ;B 2;3 ;M 1;y , áp dụng
bất đẳng thức trong tam giác AM BM AB .Suy ra giá trị nhá nhÊt cđa f (y)
( §s min f (y) = 10 )


Bµi 2.10 Cho hµm sè f (x) = x 2 + 9 + x 2 + 16 "x Ỵ .Tìm giá trị nhỏ nhất
của hàm số f (x) .
Hướng dẫn : Trong hệ toạ độ Oxy , xét các điểm A 0;3 ;B 0;4 ;M x;0
áp dụng bất đẳng thức tam giác AM  BM  AB . Tõ ®ã suy ra giá trị nhỏ nhất .
( Đs minf (x) = 7 )


Bµi 2.11 Cho hµm sè f (x) = x 2 - 6x + 13 + x 2 - 12x + 45 "x ẻ . Tìm giá
trị nhỏ nhất của hàm số f (x) .
Hướng dẫn : Ta viết lại hµm f (x) =

(x - 3) + 4 + (x - 6) + 9 .
2

Trong hệ toạ độ Oxy, xét các điểm A 3;4 ;B 6; 1 ;M x;2
áp dụng bất đẳng thức tam giác AM  BM  AB

- 22 -

2


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
( Đs minf (x) = 34 )


Bài 2.12 Cho hµm sè f (x) = 2x 2 - 10x + 25 + 2x 2 - 4 6 x + 24 "x ẻ
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) .
Hướng dẫn : Ta viết lại hàm f (x) =

(x - 5) + x 2 + (2 6 - x) + x 2 .
2

2





Trong hệ toạ độ Oxy , xét các điểm A 0;5 ;B 2 6;0 ;M x;x
áp dụng bất đẳng thức tam giác AM BM AB suy ra giá trị nhỏ nhất.
( Đs minf (x) = 7 )

Bài 2.13 Cho hµm sè f (x) = 5x 2 - 8x + 13 + 5x 2 - 4 x + 4 "x ẻ . Tìm giá
trị nhỏ nhất của hàm số f (x) .
Hướng dẫn : Ta viết lại hàm f (x) =

(x + 2) + (3 - 2x) + (x - 2) + (-2x)
2

2

2

2

Trong hệ toạ độ Oxy , xét các điểm A 2; 1 ;B 2;2 ;M x;2 2x
áp dụng bất đẳng thức tam gi¸c AM  BM  AB suy ra gi¸ trị nhỏ nhất.
( Đs minf (x) = 5 )


Bài 2.14 Cho hµm sè f (x) = 10x 2 - 12x + 10 + 10x 2 - 20 x + 20 "x ẻ
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) .
H­íng dÉn : Ta viÕt l¹i f (x) =

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

2

2

Trong hệ toạ độ Oxy , xét các điểm A 3;2 ;B 2; 1 ;M  x;3 1  x  

¸p dơng bất đẳng thức tam giác AM BM AB suy ra giá trị nhỏ nhất.

- 23 -

2


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số

C. Phần kết luận và khuyến nghị
1. Kết luận và đánh giá cơ bản.
Sau khi tổ chức dạy học theo phương phỏp đề xuất trên ở các lớp 10A1
n=45 häc sinh, líp 10A2 n=45 häc sinh, líp 10A4 n=46 học sinh (HS)
Qua các số liệu trên ta thấy khi dạy học sinh có cái nhìn khái quát hoá
dạng toán cực trị học sinh hiểu bài và vận dụng làm bài tập tốt hơn, điển hình là
đầu điểm cao cũng nhiều hơn.
Nội dung của SKKN này được tác giả vùi công nghiên cứu trao đổi thông
qua quá trình học cao học, giảng dạy tại trường THPT Yên LÃng và sự trao ®ỉi
gióp ®ì cđa ®ång nghiƯp ban bÌ, sư dơng một số kiến thức toán học cao cấp như
giải tích lồi, các phương pháp tìm cực trị của hàm nhiều biến được ứng dụng vào
giải toán THPT và kiến thức toán học sơ cấp. Và đà mang lại một số kết quả tích
cực đáng khích lệ.
Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm đà trình bày một cách có hệ thống
kiến thức cụ thể chi tiết những dạng toán cơ bản về các phương pháp tìm cực trị
ở chương trình toán THPT.
Thông qua SKKN này học sinh đà tự tin hơn rất nhiều khi học toán từ đó
tạo tính ham học, sáng tạo trong quá trình học và tư duy toán.

2.Khuyến nghị:
Cần nâng cao tư duy học toán của học sinh thông qua các phương pháp

giải có tính hệ thống.
Cần giúp học sinh có các nhìn khái quát nhất thông qua các phương pháp
giải, đưa ra các nhận xét có tính chính xác, phù hợp từ đó hình thành nên tính tự
giác, tích cực, chủ động học tập của học sinh.
Cần xây dựng hệ thống các phương pháp giải, các dạng bài tập tương ứng.
Kiến thức trên chỉ được áp dụng cho học sinh khá giỏi. Giảng dạy ở các
lớp mũi nhän cña tr­êng.

- 24 -


Một số phương pháp giải bài toán cực trị của hàm số
SKKN này có thể được áp dụng rộng rÃi để bồi dưỡng học sinh giỏi toán,
luyện thi ĐH, CĐ.
Chúng ta đà biết các bài toán tìm cực trị là các bài toán rất phong phú và
đa dạng. Đòi hỏi vận dụng kiến thức một cách linh hoạt vì vậy đây là nội dung
rất đáng lo ngại của người học toán và làm toán.Trong SKKN này tôi đà đưa ra
một số công cụ để giải quyết bài toán tìm cực trị của hàm số. Mặc dù bài toán
cực trị có rất nhiều phương pháp giải nhưng do khuôn khổ của SKKN và do năng
lực của bản thân còn nhiều hạn chế nên SKKN của tôi vẫn chưa nêu hết được đầy
đủ và hệ thống các phương pháp để giải chúng .
Tôi kính mong các đồng nghiệp đóng góp ý kiến để SKKN của tôi được
hoàn thiện hơn .
Tôi xin chân thành cảm ơn !
Mê Linh, ngày 20/05/2010
Người thực hiện

Th.s Nguyễn Duy Tr­êng

- 25 -