MỘT số PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN cực TRỊ DÀNH CHO THCS (THAM KHẢO và sưu tầm)

PHẦN I: CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ
Chương I. Những kiến thức cơ bản.
I- Khái niệm.
Cho một hàm số f(x) xác định trên một miền D.
1. M được gọi là giá trị lớn nhất của f(x) trên miền D nếu 2 điều kiện sau
đồng thới được thoả mãn:
x  D

a,

f(x)  M ,

b,

 x0  D sao cho f(x0) = M.

Ký hiệu M = maxf(x), x  D
2. M được gọi là giá trị nhỏ nhất của f(x) trên miền D nếu 2 điều kiện sau
đồng thời được thoả mãn:
a,

f(x)  M, x  D

b,

 x0  D sao cho f(x0) = M.

Ký hiệu M =minf(x), x  D.
II- Các kiến thức thường dùng:
x2  0 với mọi x

1.

Tổng quát [ f(x) ]2n  0, x  R, n  Z
Suy ra:

[ f(x) ]2n + M  M

và -[ f(x) ]2n + M  M

2. a, x  0 với mọi x
b,

x  y  x + y , dấu “=” xảy ra khi x, y cùng dấu.

c,

x  y  x - y , dấu bằng xảy ra khi x,y cùng dấu.

Chứng minh:
a, x  0 . Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối.
b, Ta có xy  xy 

x

 2 x


x2 + 2 x

y  xy

y  2xy

y + y2  x2 + 2xy + y2

0




( x + y )2  ( x  y )2

Do x + y  0 ; x  y  0
Nên x + y  x  y
Dấu bằng xảy ra khi x, y cùng dấu, hoặc x hoặc y bằng 0
c, Ta có: xy  xy  - xy  -xy.
Tương tự phần b ta chứng minh được
x - y

 x y

Dấu bằng xảy ra khi x, y cùng dấu, hoặc x hoặc y bằng 0.
3. Bất đẳng thức Côsi ( Cauchy) và các dạng của bất đẳng thức Côsi
a,

( a + b )2  4ab, dấu bằng xảy ra khi a = b

b,

a b

 2 , ( a.b > 0 ) dấu bằng xảy ra khi a = b
b a

c,

a + b  2 ab , ( a  0, b  0 ) dấu bằng xảy ra khi a = b

Hệ quả:
+

a  0, b  0 và a + b = k ( không đổi )

Thì (a.b) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi a = b.
Hai số khơng âm có tổng khơng đổi thì tích lớn nhất khi hai số đó bằng nhau.
+

a  0, b  0 và a.b = k ( khơng đổi )

Thì (a + b) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi a = b.
Hai số khơng âm có tích khơng đổi thì tổng nhỏ nhất khi hai số đó bằng
nhau.
Suy ra:
Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình xng có chu vi nhỏ nhất.
Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vng có diện tích lớn nhất.
4. Bất đẳng thức Bunhia cốpxki.
(ax + by)2  (a2 + b2) (x2 + y2)
a

x

Dấu bằng xảy ra khi b  y (a,b tỷ lệ với x, y)
Chứng minh:
Xét hiệu:
1


(ax + by)2 – (a2 + b2) (x2 + y2) = a2x2 + b2y2 + 2abxy - a2x2 - a2y2- b2x2 - b2y2
= - (a2y2 - 2abxy - b2x2)
= - (ay – bx)2  0
(ax + by)2  (a2 + b2) (x2 + y2)

Do đó:



Dấu bằng xảy ra khi ay = bx

a x

b y

Tổng quát:
(a1x1 + a2x2 + … + anxn)2  a 12  ...  a 2n  x 12  ...  x 2n 
a

a

a

1

2
n
Dấu bằng xảy ra khi: x  x ...  x
1
2
n

III- Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
1. Phương pháp bất đẳng thức
Đây là phương pháp sử dụng nhiều, hay gặp. Ở đây cần sử dụng các kỹ năng
biến đổi đồng nhất, các bất đẳng thức để xuất hiện các dấu hiệu nhận biết trong
khái niệm (Phần I), từ đó xác định được giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất của
một biểu thức.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: f(x) = x2 + x + 1.
Với biểu thức trên miền D là toàn bộ miền xác định của biểu thức, là tập R.
Ta có:

f(x) = x2 + x + 1 = x2 + x +
f(x) = (x +

1 3

4 4

1 2 3
3
) + 
2
4
4

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức là

3
1
khi x = 4
2

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

1
x  4x  10
2

Nhận xét: x2 – 4x + 10 = (x-2)2 +6  6, x  D (D=R)
Tử là hằng số dương
Do đó: A lớn nhất khi và chỉ khi mẫu số đạt giá trị nhỏ nhất
Mẫu số có giá trị nhỏ nhất bằng 6 khi x = 2
Suy ra A đạt giá trị lớn nhất bằng

1
khi x = 2
6

2


Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x - 2  4 - x
Trước hết xác định miền D = {x 2  x  4}
Ta viết y = 1. x - 2  1. 4 - x

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia cốpxki ta có:
y2  (12 + 12)(x – 2 + 4 - x)
y2  4
Do y > 0 nên max y = 2 khi

x-2
4-x

1 hay x = 3  D

Vậy giá trị lớn nhất của y là 2 khi x = 3.
2. Phương pháp miền giá trị của hàm số.
Giả sử ta phải tìm cực trị của một hàm số f(x) có miền giá trị D. Gọi y 0 là một
giá trị nào đó của f(x) với x  D. Điều này có nghĩa là phương trình f(x) = y 0 phải
có nghiệm với x  D.
Sau khi giải phương trình điều kiện có nghiệm thường dẫn đến bất đẳng thức:
m  y0  M
Từ đó suy ra: min f(x) = m
max f(x) = M
Ví dụ 1: Trong mọi cặp nghiệm của phương trình:
x2 – ( x2 + 1 )y + 8x + 7 = 0

(1)

Hãy tìm cặp nghiệm (x,y) sao cho y lớn nhất.
Trước hết: (1)  (1-y)x2 + 8x + 7 – y = 0 (2)
Nếu 1 – y = 0
y=1x =-

3

4

Nếu 1 – y  0
y  1  ’ = 16 - ( 7 – y )( 1 – y )
’ = - y2 + 8y + 9
’ = ( 1 + y )( 9 – y )

3


(x,y) là nghiệm của phương trình (1) cho nên phương trình (2) phải có
nghiệm.
Do đó ’  0
 ( 1 + y )( 9 – y )  0
-1y9
Suy ra: max y = 9 khi đó ’ = 0, x = 1
Vậy cặp nghiệm thoả mãn bài toán là (1; 9)
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

x 4 1

x

2



1

2

Ta thấy (x2 + 1)2 > 0, x4 + 1 > 0
Nên A đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
Ta có

1
A



x 4  2x 2  1
x 4 1

Ta thấy rằng:

1

1
đạt giá trị nhỏ nhất và ngược lại
A

2x 2
x 4 1

2x 2
0 , x
x 4 1

1
2x 2

Nên 1  4 1
A
x 1
1
nhỏ nhất bằng 1 khi x = 0
A

Do đó A đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi x = 0
Lại có x4 – 2x2 + 1  0
x + 1  2x 
4



2

2x 2
1
x 4 1

1
2x 2
1  4
2
A
x 1
1
lớn nhất bằng 2 khi x =  1.
A

Do đó A đạt giá trị nhỏ nhất bằng

1
khi x =  1.
2

Chú ý:
a, Muốn tìm cực trị của hàm số ta không những cần chứng minh f(x)  m hoặc
f(x)  M mà phải tìm ra được sự tồn tại của biến để có thể xảy ra dấu đẳng thức.
4


b, Nếu A = B + C + D + … (A, B, C, … là các biểu thức đại số). Để tìm cực
trị của A, ta đi tìm cực trị của B, C, D… nhưng phải chứng minh được với cùng
một giá trị của biến đồng thời các biểu thức B, C, D,… cùng đạt cực trị.
c, Khi tìm cực trị của một biểu thức A, có khi ta thay điều kiện để tìm cực trị
của biểu thức này bằng điều kiện tương đương để tìm cực trị của biểu thức khác
như: - A; A2;

1
; A  m ( m là hằng số )…
A

Chương II. Những dạng toán thường gặp và phương pháp giải
I- Dạng 1: Đa thức bậc nhất có chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
a, A = x  1
b, B = 4  3x  5
c, C = x  1997  2000  x
Bài giải

a, A = x  1
Theo định nghĩa về giá trị tuyệt đối, ta có:
x  1  0, x

 A = x  1 đạt giá trị nhỏ nhất khi x + 1 = 0  x = -1
Vậy MinA = 0  x = -1
b, Ta có 4 - 3x 0  4  3x  5 5
Vậy biểu thức B đạt giá trị bằng 5 khi 4 – 3x = 0  x =
Do đó MinB = 5  x =

4
3

4
3

c, Áp dụng bất đẳng thức:
x  y  x  y . Dấu bẳng xảy ra khi x, y cùng dấu hoặc x hoặc y bằng 0.

Suy ra: C = x  1997  2000  x  x  1997  2000  x
C3
MinC = 3 khi (x - 1997)(2000 - x)  0

5


x

1997

x - 1997

-

2000 - x

+

(x- 1997)(2000 - x)

-

0
0

2000
+

+

+

0

-

+

0

-

Vậy minC = 3 khi 1997  x  2000
Kết luận: Các bài toán thuộc dạng 1 thường gặp ở lớp 7. Với dạng này cách
giải thường tương đối dơn giản, chỉ cần áp dụng:
+ A 0, A .
+ A  A .
+ x  y  x  y , dấu bằng xảy ra khi xy  0.
+ A = m f(x)  n , tồn tại maxA hay minA phụ thuộc vào dấu của m.
Bài tập áp dụng:
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức:
a, A = 51  4x  1
b, B = x  1  x  4
c, C = x  a  x  b , với a < b.
d, D = x  2  x  3  x  4  x  5
e, G = x  1  x  2  ...  x  1998
2. Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức:
a, H = 5  2x  1
1

b, I = x  2  3
 Các bài toán cực trị - Lê Mộng Ngọc – 1996 
II- Dạng 2: Đa thức bậc 2.
Ví dụ 1:
a, Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x2 + 4x + 1
b, Tìm giá trị lớn nhất của B = 1 + 6x – x2
Bài giải
a, A = x2 + 4x + 1 = x2 + 4x + 4 – 3
6

A = (x + 2)2 – 3
Nhận xét: (x + 2)2  0  (x + 2)2 – 3  -3
 A  -3
Vậy:

minA = -3  x + 2 = 0
x = -2

b, B = 1 + 6x – x2 = – x2 + 6x - 9 + 10
B = - (x - 3)2 + 10  10 vì - (x - 3)2  0, x
Vậy maxB = 10 khi x – 3 = 0
x=3
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của biểu thức
A = 2x2 – 20x + 53
Do A thoả mãn đẳng thức trên. Nên phương trình 2x2 – 20x + 53 – A = 0 có
nghiệm
Hay ’ = 100 – 2(53 – A) = 2A – 6  0
 A 3
Do đó minA = 3  ’ = 0
x=5
Ví dụ 3: Với giá trị nào của x, y thì
a, D = 5x2 – 12xy + 9y2 – 4x + 4 đạt giá trị nhỏ nhất
b, E = 15 – 10x – 10x2 + 24xy – 16y2 đạt giá trị lớn nhất
Bài giải
a, D = 5x2 – 12xy + 9y2 – 4x + 4
D = x2 – 4x + 4 + 4x2 – 12xy + 9y2
D = (x – 2)2 + (2x – 3y)2  0, x, y
 x 2
  x  2  2 0


Nên dấu bằng xảy ra khi 

4
2
  2x - 3y  0
 y  3
 x 2

 minD = 0 khi 
4
 y  3

b, E = 15 – 10x – 10x2 + 24xy – 16y2
7


E = - (x2 + 10x + 25) – (9x2 – 24xy +16y2) + 40
E = 40 – (x + 5)2 – (3x – 4y)2
Ta thấy (x + 5)2  0; (3x – 4y)2  0
 x -5
 x  5 0

Vậy E  40. Dấu bằng xảy ra khi 
  - 15
 3x  4y 0
 y  4
 x -5

Do đó maxE = 40 khi  - 15

 y  4

Kết luận:
- Muốn tìm cực trị của một biểu thức A (đa thức bậc 2), ta viết biểu thức A
dưới dạng tổng của các biểu thức mà qua đó ta có thể xét dấu một cách thuận lợi.
Chẳng hạn A = m[f(x)]2 + n[g(x)]2 + p
Tồn tại maxA hay minA phụ thuộc vào dấu của m và n
- Dùng phương pháp miền giá trị thường là đưa về điều kiện để phương trình
bậc 2 có nghiệm
Bài tập áp dụng:
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
A = 2x2 + 3x + 1
B = 4x2 + 4x + 11
C = 2x2 – 20x + 53
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
a, x2 + 2y2 – 2xy – 4y + 5
b, 2x2 + 9y2 – 6xy – 6x – 12y + 2024
3. Tìm giá trị lớn nhất của:
a, -5x2 - 5y2 + 8x – 6y – 1
b, - a2 - b2 + ab + 2a + 2b
4. Tìm cặp số (x, y) thoả mãn phương trình:
x2 + y2 + 6x – 3y – 2xy + 7 = 0. Sao cho y đạt giá trị lớn nhất.
III- Dạng 3: Đa thức bậc cao.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của đa thức A = (x2 + x + 1)2
Nhận xét: Theo tính chất của luỹ thừa bậc 2 thì A  0
8


Nhưng giá trị nhỏ nhất của A không phải bằng 0 vì x2 + x + 1  0
Ta có: x2 + x + 1 = x2 + x +

1
3
+
4
4

= (x + 1 )2 + 3  3 x
2

4

4

Do đó A min  (x2 + x + 1) min
3
4

Nên minA = ( )2 =

9
1
x= 
16
2

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của B = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + 9
Ta thấy B = x4 – 6x3 + 9x2 + x2 – 6x + 9
B = (x2 – 3x)2 + (x – 3)2
 x 2  3x 0

 B  0, Dấu bằng xảy ra khi 
x=3
 x  3 0

Vậy minB = 0 khi x = 3.
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của f(x) = x(x+1)(x+2)(x+3)
Xét f(x) = x(x+1)(x+2)(x+3)
= (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2)
= (x2 + 3x)2 + 2(x2 + 3x)
f(x) = (x2 + 3x)2 + 2(x2 + 3x) + 1 – 1
= (x2 + 3x + 1)2 – 1
 f(x)  - 1, dấu bằng xảy ra khi x2 + 3x + 1 = 0  x1,2 
Vậy minf(x) = - 1  x 

 3 5
2

 3 5
2

Chú ý:
Khi giải bài toán cực trị cần trả lời đầy đủ hai nội dung: Cực trị của A bằng
bao nhiêu và khi nào xảy ra.
Chẳng hạn:
Với A = (x2 x + 1)2  0
 minA = 0. Sai lầm vì khơng có giá trị của x để A = 0.
Bài tập áp dụng:
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức
9

A = x4 – 2x3 + 3x2 – 2x + 1
B = (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6)
C = x6 – 2x3 + x2 – 2x + 2
D = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + 9
E = x(x + 2)(x + 4)(x + 6)
2. Tìm giá trị lớn nhất của M = x3(16 – x3)
IV- Dạng 4: Phân thức.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của phân thức M =
3

3
4x  4x  5
2

3

Ta thấy M = 4x 2  4x  5   2x  1 2 4
Do (2x + 1)2  0  (2x + 1)2 + 4  4
M

3
4

Vậy maxM =

3
1
 2x + 1 = 0  x = 4
2

x 2  x 1
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của A =
 x  1 2

Cách 1:

x 2  2x  1  x  1
1


A=
2
2
 x  1
 x  1  x  1 2
1

1

A = 1  x 1 
 x  1 2
Coi

1
m  A = m2 – m + 1
x 1
2



A = m 

1
3 3
  
2
4 4

Nên A 

3
1
, dấu bằng xảy ra khi m =
4
2





1
1
  x 1
x 1 2

Vậy minA =
Cách 2:

3
x=1

4

x 2  x  1 4x 2  4x  4

A=
2
 x  1 2
4 x  1

10


3x 2  6x  3  x 2  2 x  1
A=
2
4 x  1
3 x  1   x  1
2

A=

4 x  1

2

2

2

3  x 1 

3
 , dấu bằng xảy ra khi x = 1
A = 

4  2 x  1 
4
3
x=1
4

 minA =

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của B =
Ta có

B=
B=

4x  3
x 2 1

4x  3 x 2  4x  4  x 2  1

x 2 1
x 2 1

 x  2 2
2

x 1

vì x2 + 1 > 0

 1  1

và (x + 2)2  0
Nên minB = -1 khi x + 2 = 0  x = -2
Mặt khác:

B=

4x 2  4  4 x 2  4 x  1
x2 1

B = 4

 2x  1 2
2

x 1

4

vì x2 + 1 > 0
và (2x - 1)2  0

Nên maxB = 4  2x – 1 = 0
x=

1

2

Bài tập áp dụng:
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các biểu thức
1.

A=

2
6x - 5 - 9x 2

2.

B=

3
4x  4x  5

3.

C=

3x 2  8x  6
x 2  2x  1

4.

x 2  x 1
D= 2
x  2x  1

2

11


x

5.

G= 
2
x  1

6.

x 2  2x  1989
H=
x2

7.

I=

8.

K=

x 4 1

x

2



1

2

27  2x
x2  9

V- Dạng 5: Căn thức và giá trị tuyệt đối.
Ở đây cần chú ý
+

max f(x) = maxf 2 (x) , x  D

+

min f(x) = minf 2 (x) , x  D

+ f(x)  g(x)  f(x)  g(x) . Dấu bằng xảy ra khi f(x).g(x)  0
 f(x).g(x) 0

+ f(x)  g(x)  f(x)  g(x) . Dấu bằng sảy ra khi  f(x)  g(x)

+ Bất đẳng thức Bunhia cốpxki

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = x  2  4  x .
Trước hết điều kiện xác định của A là 2  x  4.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia cơpxki ta có:
A2 = 1. x  2  1. 4  x  (12  12 )(x  2  4  x)
2

A2  2.2
A2  4
Do A > 0. Nên A  2
Vậy maxA = 2 khi x  2  4  x
x–2=4–x


x = 3. Thoả mãn điều kiện xác định.

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B =

5  3x
1 x2

Điều kiện xác định của B là: -1 < x < 1
Khi đó:

5 – 3x > 0  B > 0

Ta có:
12


 5  3x  2

2

B =

 1 x 
2

2



25  30x  9x 2
1 x 2

9  30x  25x 2  16  16x 2
1 x 2

B2 =

2

3  5x 
 16 16 vì 1 – x2 > 0. Dấu bằng xảy ra khi 3 – 5x = 0  x =
B =
2

2

1 x

Vậy minB2 = 16 khi x =
 MinB = 4 khi x =

3
5

3
5

3
5

Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức H = x  2001  x  2002
Cách 1: Ta chia khoảng xác định và dựa vào định nghĩa:
- Nếu x < 2001
Thì H = 2001 – x + 2002 – x
H = 4003 – 2x > 1
-

Nếu 2001  x  2002
Thì H = x – 2001 + 2002 – x = 1

- Nếu x > 2002
Thì H = x – 2001 + x – 2002
H = 2x – 4003 > 1
Như vậy minH = 1  2001  x  2002
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức f(x)  g(x)  f(x)  g(x)
Dấu bằng xảy ra khi f(x).g(x)  0
Khi đó:

H = x  2001  x  2002
H = x  2001  2002  x  x  2001  2002  x 1
Dấu bằng xảy ra khi (x – 2001)(2002 – x)  0  2001  x  2002
Vậy minH = 1  2001  x  2002
Ví dụ4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = a  3  4 a  1  a  15  8 a  1
Nhận xét: Với điều kiện a  1
Ta có:

a + 3 – 4 a 1 = a – 1 – 4 a 1 + 4 =



a 1 2



2

13


a + 15 – 8 a  1 = a – 1 –8 a  1 + 16 =



a 1 4



2

Khi đó:



M=

a  1 2  a  1 4

M=

a  1 2  4

a1

M

a  1 24

a1

 M  2.

Dấu bằng xảy ra khi





a  1 2 4



a  1 0

 5  a  17
Vậy minM = 2  5  a  17
Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) =

2x 2  x  1
,
x 2  x 1

xR
Giả sử y0 là giá trị tuỳ ý của hàm số y =

2x 2  x  1
x 2  x 1

Khi đó ta có phương trình (ẩn x) có nghiệm: y0 =

2x 2  x  1
x 2  x 1

(1)

Dễ thấy (1)  (y0 – 2)x2 – (y0 + 1)x + y0 + 1 = 0 (2)
Nếu y0 = 2
Thì y0 + 1  0  (2) có nghiệm
Nếu y0  2

Thì (2) có nghiệm khi   0
Hay (y0 + 1)2 – 4(y0 + 1)(y0 – 2)  0


(y0 + 1)(-3y0 + 9)  0



- 1 y0  3 và y0  2

Như vậy phương trình (2) có nghiệm khi - 1 y0  3
Do đó: max y = 3 và min y = -1 với x  R
Theo nhận xét ta có:
 max(y) , min(y) 
 = max { 3 ;  1 } = 3
xR 
xR

Maxf(x) = 

xR

14


Ta có f(x)  0,  x  R
 x  1
Dấu bằng xảy ra khi 2x + x – 1 = 0   1
x
2


2

Vậy maxf(x) = 3  x = 2;

 x  1
Minf(x) = 0   1
x
2


Chú ý:
Nếu f(x) nhận mọi giá trị trong đoạn [m, M].
Ở đây m = minf(x)
M = maxf(x)
Thì ta có:

nếu M.m  0
0
min f(x)  min M , m  nếu M.m > 0


Bài tập áp dụng: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các hàm
số sau:
a,

f(x) = 1997 + x 2  2x

b,

f(x) = 100 – x 2  3x  2

c,

f(x) = x – 2 x  2

d,

f(x) = x 2  2x  1  x 2  2x  1

e,

f(x) = 8  2x  2x  3

f,

f(x) =

g,

3x 2  8 x  6
f(x) = 2
x  2x  1

3
x  3x  1
2

VI- Dạng 6: Cực trị có điều kiện.
Các bài tốn cực trị có điều kiện là các bài tốn đi tìm giá trị lớn nhất, giá trị

nhỏ nhất của một biểu thức, một hàm số trong sự ràng buộc của điều kiện của biến,
của hàm cho trước. Để giải quyết đượccác bài tốn dạng này, địi hỏi phải kết hợp
thành thạo kỹ năng biến đổi khéo léo và vận dụng triệt để điều kiện cho trước của
đầu bài.
Ví dụ 1: Cho x, y  R và x2 + y2 = 1
15


Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của x + y
Thật vậy  x, y  R ta có (x + y)2 + (x – y)2 = 2(x2 + y2)
Theo giả thiết có x2 + y2 = 1
 (x + y)2 + (x – y)2 = 2
Do (x – y)2  0
 (x + y)2  2 


xy  2


2 x  y  2

Dấu bằng xảy ra khi (x – y)2 = 0
 x = y và x2 + y2 = 1
x=y=

2
2

Vậy:max(x + y) = 2  x = y =

2
2

min(x + y) = - 2  x = y = -

2
2

Ví dụ 2: Cho 2 số dương x, y có x + y = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của P = (1Ta có

P=

x

2



1
1
2 )(1- 2 )
y
x



 1 y 2  1  x  1 x  1 y  1 y  1

x 2 y2

x 2y2

Vì x + y = 1  y – 1 = - x
x–1=-y
Nên P =
P=

(x  1)(y  1)xy (x  1)(y  1) xy  x  y  1


x 2y2
xy
xy
xy  2
2
1 
xy
xy
2

Vì xy > 0  P nhỏ nhất khi xy nhỏ nhất. Khi đó xy lớn nhất
Mà x + y = 1  xy lớn nhất khi x = y =

1
2

2
1
Vậy minP = 1 + 1 = 9 khi x = y =
2

4

16


Ví dụ 3: Cho a > 1, b > 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của A =

a2
b2

b 1 a 1

Đề kiểm tra đội học sinh giỏi toán TP HCM - 1995
Nhận xét:





2

a
a  2 a  1 a  1  2 a  1 1
a 1 1
 2


0 khi a > 1
a1

a1
a1
a1

Nên

a
2 ; tương tự
a1

b
2
b 1

Theo bất đẳng thức cơsi ta có:
a2
b2

2
b 1 a 1

a 2b2
2a
b

.
8
 a  1 b  1 a  1 b  1

Dấu bằng xảy ra khi a = 2 a  1 hay a = 2

Vậy minA = 8  a = b = 2
Bài tập áp dụng:
1. Cho biểu thức P = a3 + b3 + c3 + a2(b + c) + b2(a + c) + c2(a+ b)
Tìm giá trị lớn nhất của P với a + b + c = 1
2. Cho x + y = 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f(x; y) = x2 + y2
3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A = 3xy – x2 – y2 biết rằng x, y là nghiệm của phương trình 5x + 2y = 10
4. Cho a + b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = a3 + b3 + ab
Võ Đại Mau – 250 bài toán học sinh giỏi
VII- Dạng 7: Các bài tập tổng hợp.
Đây là các bài tập mà yêu cầu chính khơng phải là tìm giá trị lớn nhất hay giá
trị nhỏ nhất. Nhưng trong quá trình giải thực tế phải áp dụng các kiến thức về cực
trị
Ví dụ 1: Giải phương trình x  2  4  x x 2  16x  11
Ta có VP = x2 – 6x + 11 = x2 – 6x + 9 + 2
= (x – 3)2 + 2  2
Dấu bằng xảy ra khi x = 3
17


VT = x  2  4  x
Điều kiện 2  x  4
Theo bất đẳng thức Bunhia côpxki thì
VT2 =



x 2  4 x



2

 2(x – 2 + 4 – x)

VT2  4
VT  2

Do VT > 0. Nên

Dấu bằng xảy ra khi x  2  4  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 a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Xác định hình dạng của
tam giác đó sao cho M =

a
b
c


đạt giá trị nhỏ nhất
b c a a c  b a b c

Trước hết đặt: x = b + c – a
y=a+c–b
z=a+b–c
Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Nên x, y, z > 0.
Từ các đẳng thức trên ta có:

2a = y + z  a =
và

b=

yz
2
xz
xy
; c=
2
2

Khi đó:
M=
=

yz x z x y 1 yz x z x y



 


2x
2y
2z
2 x
y
z 

1 y x z x y z 
      
2  x y x z z y 

Với x, y, z > 0. Theo bất đẳng thức cơsi ta có:
y x
 2 , dấu bằng xảy ra khi x = y
x y
x z
 2 , dấu bằng xảy ra khi x = z
z x

18


z y
 2 , dấu bằng xảy ra khi z = y
y z

Do đó M 

1
(2 + 2 + 2) = 3, dấu bằng xảy ra khi x = y = z
2

 minM = 3  x = y = z
Ví dụ 3: Cho a, b, c là 3 số dương có tổng khơng đổi.
Tìm a, b, c sao cho ab + bc + ca lớn nhất
Ta nhận thấy luôn có (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2  0
Vì

 a  b  2 0

 b  c  2 0  .
 c  a  2 0 

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

Suy ra: 2(a2 + b2 + c2)  2ab + 2bc + 2ca
 a2 + b2 + c2  ab + bc + ca
 a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca  3ab + 3bc + 3ca
(a + b + c)2  3(ab + bc + ca)
Đặt a + b + c = s
s2  3(ab + bc + ca)

Ta có:

 ab + bc + ca 
Do đó max(ab + bc+ ca) =

s2
3

s
s2
a=b=c=
3
3

Ví dụ 4: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho A(-2, 1), B(2, 3). Tìm trên trục

hồnh điểm M sao cho MA + MB nhỏ nhất.

B

3

2

1

A

Mo
-3

-2

-1

O

-1

M

1

2

3

19


Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua Ox, A’B  Ox  Mo
Xét M bất kỳ  Ox
Luôn có MA + MB = MA’ + MB  A’B
MoA’ + MoB = MoA + MoB = A’B
Do đó tổng MA + MB nhỏ nhất bằng A’B khi M  Mo
Ta lại có A(-2; 1)  A’(-2; -1)

B(2; 3)

Phương trình đường thẳng A’B có dạng y = ax + b (d)
(d) qua A’  b – 2a = -1
(d) qua B  2a + b = 3
 b  2a  1  a 1

 2a  b 3
 b 1

Ta có hệ 

Phương trình đường thẳng A’B là y = x + 1 (d)
Giao điểm của (d) với Ox là Mo(-1; 0)
Vậy điểm M phải tìm là M(-1; 0).
Bài tập áp dụng:
1. Cho x1, x2 là nghiệm của phương trình 2x2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m + 3 = 0
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = x1 x 2  2x 1  2x 2
2. Cho 0  a, b, c  1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

B = a + b + c – ab – ac – bc
3. Tìm giá trị lớn nhất của P = ab
Biết rằng a, b thoả mãn hệ thức a + 2b = 1
4. Cho biểu thức: M = x2 + y2 + 2z2 + t2. Với x, y, z, t là các số ngun khơng
âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của M và các giá trị tương ứng của x, y, z, t. Biết
 x 2  y 2  t 2 21
rằng:  2
 x  3y 2  4z 2 101

Đề học sinh giỏi toàn quốc - 1985
20


5. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức N = 2x + 3y – 4z
Biết rằng: x, y, z  0 và thoả mãn hệ phương trình sau
 2x  y  3z 6

 3x  4y  3z 4

PHẦN II:
CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Chương I. Những kiến thức cơ bản.
I- Tốn cực trị trong hình học là gì?
- Tốn cửc trị trong hình học là những bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của một đại lượng y nào đó sao cho: y1  y  y2
Ở đây y là độ dài đoạn thẳng, tổng của hai hay nhiều đoạn thẳng, độ lớn của
một góc, chu vi hay diện tích một hình…
y1, y2 là các giá trị cố định khơng đổi của y.
- Giải bài tốn cực trị hình học là phải chỉ rõ vị trí hình học của y để y đạt giá
trị nhỏ nhất y = y1 hay y = y2.

II- Các phương pháp giải bài tốn cực trị hình học.
21


Người ta có thể giải bài tốn cực trị hình học bằng một trong các phương
pháp sau đây:
1. Phương pháp 1.
Vẽ một hình có chứa đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị, thay các điều
kiện của đại lượng đó bằng các đại lượng tương đương. Người ta thường dùng
cách này khi đầu bài toán được cho dưới dạng: “Tìm một hình nào đó thoả mãn các
điều kiện cực trị của bài tốn.”
Ví dụ 1: Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích, tam giác nào có
chu vi nhỏ nhất.
B'

A'

x

B

a

A

H

y

C

Qua A kẻ đường thẳng xy // BC (BC khơng đổi)
Vì diện tích ABC khơng đổi nên đường cao AH của ABC cũng khơng đổi.
Do đó các đỉnh của các tam giác thoả mãn điều kiện của đầu bài phải nằm trên
đường thẳng xy.
Ta có PABC = AB + AC + BC = AB + AC + a
PABC nhỏ nhất khi AB + AC nhỏ nhất
Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua xy, B’C cắt xy tại A’. Xét tam giác AB’C
có

AB’ + AC = AB + AC  B’C
Ta có:

AB’ + AC  A’B’ + A’C

Dấu bằng xảy ra khi A  A’.
Khi đó A’B’ = A’B = A’C. Nên A’BC cân tại A’.
Và PABC  PA’BC hay minPABC = PA’BC

22


Vậy trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích thì tam giác cân có chu
vi nhỏ nhất.
2. Phương pháp 2.
Đưa ra một hình theo yêu cầu của đầu bài, sau đó chứng minh mọi hình khác
có chứa yếu tố mà ta phải tìm cực trị đều lớn hơn hoặc bé hơn yếu tố tương ứng
trong hình đã đưa ra.
Người ta thường dùng cách chứng minh này khi hình dạng của hình khi đạt
cực trị đã được khẳng định rõ trong đầu bài

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Trong các tam giác có cùng đáy và cùng diện tích
thì tam giác cân có chu vi nhỏ nhất.
Để giải bài toán này trước hết ta vẽ tam giác cân ABC (cân ở A). Ta phải
chứng minh rằng mọi tam giác A’BC nào đó có khoảng cách từ A’ đến BC bằng
khoảng cách từ A đến BC thì chu vi tam giác A’BC lớn hơn chu vi tam giác ABC.
Thật vậy:
* Ta sẽ có A’  xy, xy qua A và song song với BC (A’  A).
Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua xy.
Chứng minh được B, A, C’ thẳng hàng.
Khi đó PABC = BC’ + BC
PA’BC = A’B + A’C + BC
= A’B + A’C’ + BC
Xét A’BC’.
Theo bất đẳng thức tam giác ta có:

C'

A’B + A’C’ > BC’
Do đó

PA’BC > PABC

* Nếu xét trường hợp A’
khác phía A so với

x

A'

y

A

đường thẳng BC thì ta
cũng có được một tam giác
đối xứng với ABC
qua BC để so sánh với

B

C

tam giác A’BC.
23


3. Phương pháp 3.
Thay việc tìm cực trị của một đại lượng này bằng việc tìm cực trị của một đại
lượng khác và ngược lại
Ví dụ 3: Cho hình vng ABCD cạnh a. Xét hình thang có 4 đỉnh ở trên 4
cạnh của hình vng và hai đáy song song với một đường thẳng chứa đường chéo
của hình vng. Tìm hình thang có diện tích lớn nhất và tính diện tích lớn nhất ấy.
E

x

A

a-x

a-y
F

x
H

y

a-x
D

B

a-y G

y

C

Thật vậy: Gọi EFGH là hình thang
có E  AB, F  BC, G  CD, H  DA
và EH // BD, FG // BD.
Giả sử AE = x, FC = y
Ta thấy EFGH là hình thang cân.
Gọi S là hiệu của diện tích hình vng ABCD và diện tích hình thang EFGH.
Nên S = SAEH + SEBF + SFCG + SDHG
S = SAEH + 2SEBF + SDHG


x2

a  x  a  y  y 2
2

S=
2
2
2
Biến đổi được S =

1
x  y  a2  a 2
2





a2 x  y  a
a2

S= 
2
2
2
2

Để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị lớn nhất thì S phải đạt giá trị nhỏ
nhất.
Mà S 

a2
, dấu bằng xảy ra khi x + y = a
2

24