SKKN phương pháp giải và các dạng toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thường gặp trong chương trình toán THCS

MỤC LỤC

Trang

1.MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài ……………………………………………………….......1
1.2. Mục đích nghiên cứu ……………………………………………………….1
1.3. Đối tượng nghiên cứu ………………………………………………….......1
1.4. Phương pháp nghiên cứu ……………………………………......................1
2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ………………………….….…....2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghi ệm ..…….….
…...3
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử d ụng đ ể gi ải quy ết
vấn đề …………………………………………………………………………..…....4
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, v ới
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường ………………………………………….......15
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận…………………………………………………………………... 15
3.2. Kiến nghị ………………………………………………………………….15
Tài liệu tham khảo ……………………………………………………………16

1


1.MỞĐẦU

1.1. Lí do chọn đề tài:
Qua nhiều năm giảng dạy môn Toán ở trường THCS , trong chương
trình sách giáo khoa không đề cập đến nhiều các dạng toán “ Tìm giá tr ị lớn
nhất, nhỏ nhất của một biểu thức” nhưng trong các kì thi HSG b ậc THCS và

các kì thi tuyển sinh vào trường THPT , đặc biệt là thi vào các tr ường THPT
chuyên thường gặp những bài toán yêu cầu tìm GTLN,GTNN c ủa một bi ểu
thức. Vì vậy các bài Toán cực trị rất có ý nghĩa đối với các em HS THCS. Ở b ậc
học này chưa có lí thuyết đạo hàm nên phải bằng những cách giải thông
minh, tìm ra những biện pháp hữu hiệu và phù hợp với kiến thức toán h ọc ở
bậc THCS thì HS mới hiểu được.
Với những ý nghĩa như vậy, việc hướng dẫn cho các em nắm được
phương pháp giải, các dạng bài này là điều vô cùng quan tr ọng . Qua th ực
tế giảng dạy, bản thân tôi đã luôn cố gắng tìm tòi và nghiên c ứu tài li ệu,
tích lũy được một số kinh nghiệm để viết nên sáng kiến kinh nghiệm với đề
tài “Phương pháp giải và các dạng toán tìm giá trị lớn nhất, giá tr ị nhỏ nh ất
thường gặp trong chương trình Toán THCS” .
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Thông qua đề tài, giúp giáo viên nâng cao năng lực tự nghiên c ứu,
đồng thời vận dụng tổng hợp các tri thức đã học, mở rộng, đào sâu, hoàn
thiện hơn về kiến thức chuyên môn .
Từ đó giúp học sinh giải quyết các bài Toán cực trị từ dễ đến khó. Rèn
cho học sinh khả năng dự đoán , tính sáng tạo , tính tự giác, tích c ực.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
- Nghiên cứu các phương pháp giải và các dạng Toán tìm giá tr ị l ớn nh ất ,
giá trị nhỏ nhất thường gặp trong chương trình Toán THCS.
- Nghiên cứu các tài liệu tham khảo có liên quan đến đề tài.
- Tổng kết kinh nghiệm đã giảng dạy học sinh lớp 8,9.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Điều tra thực tế học sinh về hứng thú trong học Toán.
- Điều tra mức độ tiếp thu của học sinh.
- Tổng hợp, hệ thống từ việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, tài liệu tham
khảo, báo Toán học tuổi trẻ, Toán tuổi thơ…
- Điều tra, khảo sát, thử nghiệm và tổng kết kinh nghiệm dạy của giáo viên
qua các năm giảng dạy.

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận:
* Những kiến thức về lí thuyết liên quan đến đề
tài: a. Giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của một hàm số:
Cho hàm số f(x) xác định trên miền (D).
a)M được gọi là giá trị lớn nhất của f(x) trên miền (D) nếu như hai đi ều
kiện sau đồng thời được thỏa mãn:
2


∃
∈
(x,y,..) (D)
1. f(x,y,...) ≤ M
,...) (D)
∀
∈
2. (x , y
sao
Ký hiệu : M = Max f(x,y,..) với (x,y,...) (D)
0

0

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

∈
b) M được gọi là giá trị nhỏ nhất của f(x) trên miền (D) nếu như hai điều kiện

∀

∈
sau đồng thời được thỏa
mãn:
∃ ...) ≥ M∈với (x,y,..) (D)
2.
(x0, y0,...) (D) sao cho f(x 0, y0...)∈= M. Ký
1.f(x,y,
hiệu : M = Min f(x,y,..) với (x,y,...) (D)

∀∈
∈
⇒
b. Các kiến thức cần dùng:
b.1. Lũy thừa :
a) x2 ≥ 0 x |
x2k ≥ 0 x |R, k z
- x2k ≤ 0
R
quát : [f (x)]2k ≥ 0 2k x
|R, z - [f (x)]2k ≤ 0 z
k
∀
∈
∈⇒
Từ đó suy ra :
∀∈
∈
[f (x)]
+
M - [f (x)]2k ≤ M

x≥0
( √x )2k ≥ 0
x≥0 ; k z
a) √x ≥ 0
một biểu thức)
∀
⇒
Tổng quát : (
) 2k ≥ 0
A ≥0
(A là ∀
∈
trị tuyệt đối:
b.2. Biểu thức chứa dấu
∀
giá
a) |x| ≥
x |R
x.y ≥ 0
0
∀∈
⇔
b) |x+y| ≤ |x|
c) |x-y| ≥ |x| - |y| ; dấu"=" xảy
x.y ≥ 0 và |x| ≥ |y|
ra
⇔
b.3. Bất đẳng thức côsy:
Dấu "=" xảy
: ∀n∈N, n ≥2.

∀x≥0;i=
a
1
=
a
2
=
...
=
a
n
ra
∀∈

Tổng

⇒

m≥m

x

|R, k

+ |y| ; d ấu "=" xảy ra

b.4.
Biểu

⇔

thứ cB unhia co pxki :

Với n cặp số bất kỳ a1,a2,...,an ; b1, b2, ...,bn ta có :
(a1b1+ a2b2 +...+anbn)2 ≤ (
ai
b

Dấu "=" xảy
)
i = Const (i =
ra
⇔
Nếu b = 0 xem
b.5. Bất đẳng thức Bernonlly :
Với a ≥
: ⇔ (1+a)n ≥ 1+na
n N.
0
∀∈
Dấu "=" xảy
a = 0.
ra
Một số bất đẳng thức thường gặp suy ra từ (A+B) 2 ≥ 0.
i

nh ư ai = 0


a. a2 + b2 ≥ 2ab

b. (a + b)2 ≥ 4ab
c. 2( a2 + b2 ) ≥ (a + b)2
a b ≥2
(ab > 0 )
d.

e.

b

+

a

1+1≥ 4

b a a+b

3


2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
Qua kết quả khảo sát chất lượng thấy học sinh không hứng thú với
dạng toán này đặc biệt rất ít học sinh biết tiếp cận dạng toán một cách
thực sự.
Chất lượng bài làm của học sinh rất thấp
Đơn vị
Lớp 8;9
Hứng thú với
Biết cách tiếp

dạng toán
cận dạng toán
Tổng số
150 học sinh
50 học sinh
30
T ỷ s ố%
100%
33.3 %
20 %
Tiềm năng của học sinh về môn toán chưa được khai thác hết.
Thực tế chương trình Toán THCS chưa xây dựng hoàn chỉnh về nội
dung và phương pháp của một số dạng Toán khó, thường chỉ mang tính
chất giới thiệu chưa sâu.
Nhiều học sinh cũng lúng túng khi muốn tìm hiểu thêm trong tài li ệu
tham khảo.
Việc tìm hiểu của giáo viên về một số đề tài cũng chưa tập trung
trong một tài liệu cụ thể, do đó làm mất nhiều thời gian.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề:
2.3. a. Các phương pháp cơ bản để giải bài toán tìm giá tr ị l ớn nh ất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức, hàm số:
2.3.a.1. Phương pháp bất đẳng thức:
1.Để tìm Max f(x,y,...) trên miền(D) ta chỉ ra :
sao cho f(x0,y0,...) = M
2. Để tìm Min f(x,y,...) trên miền D ta chỉ ra : sao cho f(x 0,y0,...) = m
Các ví dụ minh họa:
Ví dụ1:Tìm giá trị nhỏ nhất của A1 = x2 + 4x +
5
⇒

⇔
⇔
Giả
i
Ta có : A1 = x2 + 4x + 5 = x2 + 4x + 4 + 1 = (x + 2)2 + 1 ≥ 1 vì (x + 2)2 ≥0.
A1 min =
x + 2 = 0 x = -2
1
Vậy A1 min =
x = -2
1
⇔

1

Ví dụ 2: Cho a > b > 0. Tìm GTNN của B1 = a + b(a−b)
Giải
:
1
1
3 b (a−b)
b(a−b)
Ta có : B1 = a +
= b + (a-b) + b(a−b) ≥3. b (a−b)
b(a−b)
Côsi).
⇔ {a=2¿¿¿¿
B1 ≥ 3 ⇒ B1 min = 3 ⇔ b = a-b =
1

√

(theo


Vậy : B1 min =
3
2.3.a.2. Phương

phá p đặ t ẩ nphụ :

{a=2¿¿¿¿

⇔
4


Bằng cách đặt biến phụ và sử dụng các phép biến đối tương đương.
Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản ta có thể chuyển biến thức đã cho về
biểu thức đơn giản hơn, dễ xác định cực trị hơn.
Các ví dụ minh hoạ :
Ví dụ 1: Tìm GTNN của C1 = x4 + 6x3 + 13x2 + 12x + 12
Giải :
4
3
2
C1 = x + 6x + 13x + 12x + 12
C1 = ( x4 + 6x3 + 19x2 + 30x + 25) - 6 (x2 + 3x + 5) +
17 C1 = (x2 + 3x + 5)2 - 6 (x2 + 3x + 5) + 17
∀a.

Đặt : x2 + 3x + 5 = a
2
2
C1 = a - 6a + 17 = a + 6a + 9 + 8
C1 = (a-3)2 + 8≥ 8
do (a-3)2≥ 0

{x=−1¿¿¿¿

⇒C1min = 8 ⇔ a - 3 = 0 ⇔ a = 3 ⇔ x2 + 3x + 2 = 0 ⇔

{x=−1¿¿¿¿

x

2

y2

x

y

( +
y

x

Vậy : C1min = 8 ⇔
Ví dụ 2: Tìm GTNN của C2 = 2.

(xy + xy )

Đặt :

(

y

= a ≥2
(xy

⇒

+

2

2

+ x

y

2

2

)

x

2

)

Giải
:

-5

= a2 - 2

)+6

với x,y>
0

2

= 2. 2 - 2) - 5a + 6 = 2a2 - 5a + 2
(a
Ta thấy : a ≥
C2 = 2a2 - 5a + 2 ≥ 0
2
C min = 0 ⇒
Vậy : C2min =
x=y>0
0
2.3.a.3. Phương pháp miền giá trị hàm số:

Trong một số trường hợp đặc biệt, biểu thức đại số đã cho chỉ có thể
có một hoặc hai biến số và đưa được về dạng tam thức bậc 2 thì ta có th ể
sử dụng kiến thức về miền giá trị của hàm số để giải và thấy rất hi ệu quả.
Đường lối chung là :
∈
⇒

2

C

⇒

⇔

⇔⇔

2

a=2

x= y> 0

f(x) = y có nghiệm. Sau khi giải
Giả sử ta phải tìm cực trị của một hàm số f(x) có miền giá tr ị (D). G ọi y 0 là
một giá trị nào đó của f(x) với x (D) . Điều này có nghĩa là phương trình
phương trình f(x)=y0 (x là biến, coi y0 là tham
số), điều kiện có nghiệm thường đưa đến bất đẳng thức sau: m ≤ y 0 ≤M
Từ đó⇒ Min f(x) = m
với x ∈ D.

Max f(x) = M với x D.
⇒
Các ví ∈
dụ minh ho ạ :


2

Ví dụ : Tìm GTLN, GTNN của f(x)
=
Gọi y là một giá trị của f(x) .

x +4 x +6
2
x +2 x+3

Giải :
5


⇔

2

x +4 x +6
3

Ta có : y = x2+2 x+3
(y - 1)x

2 + 2 (y - 2).x

yx2 + 2yx + 3y - x2 - 4x - 6 = 0

⇔

* Nếu y = ⇒ x = 1

+ 3y - 6 = 0 (có nghiệm)

2

Δ' = (y - 2)2 + (3y - 6)(1 - y) ≥ 0
* Nếu y ≠
1
⇔ y - 4y + ⇒
- 2y2 + 5y + 2 ≥ 0
⇔ 2
2
≤ y ≤1
⇔

1

2

Ta thấy :
Do vậy :

4 - 3y2

2

+ 3y + 6y - 6 ≥ 0

<1<2

⇔
1⇔
2

f(x) Min = 2
f(x) Max =

x = -3
x=0

2.3.a.4. Phương pháp xét khoảng giá trị:
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 tr ị
vẫn gặp rất nhiều khó khăn có khi không thể tìm được. Những khi ta biết
cách xét từng khoảng hợp lý (có sự dự đoán) thì việc tìm được cực tr ị tr ở
nên đơn giản.
Các ví dụ minh hoạ :
Ví dụ: Cho m ∈ N* . Tìm giá trị
n2
2
lớn
nhất của B = n

Giải :
Với n = 1
Với n = 2

1
2 <1

ta có : B =
ta có : B = 1
9

Với n = 3
Với n = 4
Với n = 5

ta có : B =

8

>1

ta có : B = 1
25
ta có : B = 32 < 1
36 = 9
ta có : B = 64 16 < 1

Với n = 6
.................................................................................
Ta dự đoán rằng với n ≥ 5, n

N thì B < 1
Thật vậy : Ta chứng minh dự

∈

đoán bằng ph ương pháp quy n ạp.

a) Giả sử n ≥ 5, n ∈ N ta có B =

2

n
2

n

<1(*)
6


Ta cần phải chứng minh công thức (*) đúng với (n+1) nghĩa là ph ải ch ứng
(n+1)

2

minh :
<1
+ 1)2 < 2n+1
(1)
2n+1

⇔ (n
Từ (*) ta có : n2< 2n
2n2< 2n+1
(2)
⇔
Để chứng minh
(1)
⇔ n2 + 2n + 1 <2n2 ⇔ n2 - 2n - 1 > 0 ⇔ (n - 1)2 - 2 > 0 (đúng vì n ≥ 5)
ta ch ứng minh (n + 1)2 < 2n2

n

2

∀ n ≥5, n ∈N*

b) Kết luận :9 B = 2n < 1

Vậy Bmax =

8

⇔n=3

2.3.a.5. Phương pháp hình học:
Trong các bài toán xét cực trị của biểu thức đại số nếu biểu thức ở
dạng là tổng hiệu của căn bậc hai của các tam thức thì ta có thể đa bài toán
xét cực trị của các biểu thức đại số sang xét độ dài của các đo ạn th ẳng
bằng việc chọn các điểm có toạ độ thích hợp chứa các đoạn thẳng đó.
Lý thuyết cần vận dụng.

+ Nếu A(x1, y1); B (x2, y2) ⇒ AB =
+ Với 3 điểm M, A, B bất kỳ ta có :
|MA-MB| ≤ AB≤MA+MB
Các ví dụ minh họa.
2
√ 2

| x −4 x+5 − x −10x+50 |

Ví dụ 1: Cho f(x) = √

Hãy tìm giá trị lớn nhất của f(x) .
Giải :

Ta có : f(x) =

|
√

2

2

(x−2) +1− √ (x−5) +25

|

Chọn trong mặt phẳng toạ độ 3 điểm : A (2,1); B(5, 5); M (x, 0)
Ta có : MA =
;MB =

AB =
Mặt khác ta có : |MA - MB| ≤ AB
hay |
|≤5
Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5 khi và chỉ khi 3 điểm M, A, B th ẳng hàng.
4 5
Ta lại có phương trình của đường thẳng(d) qua A và B là : f(x)=

3 3

x−

(d)

5

cắt Ox tại M
(

4

;0)
7


5

a)

Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5 đạt tại x = 4

Các chú ý quan trọng:
Muốn tìm được cực trị hàm số, không những ta cần chứng minh một

¿m; f ( x)≤ M

bất đẳng thức (f(x)
) mà phải chỉ ra được sự tồn tại giá trị cuả
biến để có thể xảy ra dấu đẳng thức.
b)
Có trường hợp biểu thức đã cho là tổng cuả nhiều biểu thức đại số
khác, chẳng hạn: A = B + C để tìm cực trị của A ta đi tìm c ực tr ị c ủa B và C,
nhưng phải chứng minh được rằng khi B đạt cực trị thì đồng thời C cũng
đạt cực trị (với cùng giá trị của biến ) và ngược lại.
c)
Khi tìm cực trị của một biểu thức, có khi ta thay điều kiện để biểu
thức này đạt cực trị bằng điều kiện tương đương là biểu thức khác đạt cực
trị:
⇔ 1
A lớn nhất (A ¿ 0)
nhỏ
nhất.
A
2
B lớn nhất (B >0 )
lớn nhất.
⇔B

2.3.b. Các dạng bài tập thường gặp:
Dạng 1: Đa thức bậc nhất có chứa dấu giá trị tuyệt đối
3x 6

Ví dụ 1: Tìm GTNN của biểu thức B = 2
-4
Giải:
3x6
3x 6
3x 6
Với mọi x, ta có
0. Suy ra 2
0 nên 2
- 4 - 4. Do đó min B = 4 khi 3x – 6 = 0 x = 2.
Vậy minB = - 4 khi x=2
Ví dụ 2 : Tìm GTNN của biểu thức sau:
A=|x–2|+|x–5|
Giải Áp dụng bất đẳng thức : |x| + |y| | x + y | dấu “ = ” xảy ra khi x .y 0
Ta có : A = | x – 2 | + | x – 5 |
= | x – 2 | + | 5 – x | | x + 2 + 5 – x| = 3.
Vậy A 3 (x + 2) (5 – x) 0 .
Lập bảng xét dấu:
x
2
5
x–2
0
+
+
5-x
+
+
0
(x + 2) (5 – x)

0
+
0
(x + 2) (5 – x) 0
2 x 5
Vậy GTNN của A bằng 3
2 x
Dạng 2. Đa thức bậc hai:
Dạng 2.1. Bài toán tổng quát:

5.

Cho tam thức: P(x) = ax2 + bx + c. (a, b, c là hằng số, a
a) Tìm GTLN, GTNN của P khi a > 0
b) Tìm GTLN, GTNN của P khi a < 0

0

).

8


Giải:
b2b2

b

4a
a

4a
Ta có: P(x) = ax2 + bx + c = a ( x2 + x + 2 2 ) - + c
b
(b
= a (x + 2a )2 +

(b 2

Đặt

4ac)
4a

4ac)
4a

=k
a) Nếu a > 0
b
b
Vì (x + 2a )2 ≥ 0 a (x + 2a )2≥0
b
2a và không có GTLN.
Do đó: P(x) ≥ k MinP = k x =

b) Nếu a < 0

b
b
Vì (x + 2a )2 ≥ 0 a (x + 2a )2≤0

b
2a và không có GTNN.
Do đó: P(x) ≤ k MaxP = k x =

Ví dụ 1: Tìm GTNN của A = x2 – 6x + 8.
Giải:
Ta có: A = x2 – 6x + 8 = (x2 – 6x + 9) – 1 = (x – 3)2 – 1 - 1.
Nên minA = - 1 khi x – 3 = 0 hay x = 3
Vậy minA = -1 khi x = 3
Với dạng toán này ta có thể hướng dẫn học sinh phân tích để xuất
hiện hằng đẳng thức cũng được nhưng đối với đối tượng học sinh trung
bình ta có thể vận dụng bài toán tổng quát thì học sinh sẽ th ực hi ện đ ược
dễ dàng hơn từ đó các em có thể tự tin hơn bản thân từ đó các em sẽ có
hứng thú hơn về dạng toán này.
Dạng 2.2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức là đa thức nhi ều bi ến
Dạng này khi mới nhìn thấy đề ra học sinh thường thấy khó khăn vì
đa thức có nhiều biến không biết tiến hành thế nào. Do đó giáo viên c ần
hướng
a b2
dẫn học sinh cách chọn biến chính và vận dụng hằng đẳng thức
hoặc
2
a b
Bài toán tổng quát: f(x,y) = ax2 + by2+cxy + dx + ey + f.
0
(a,b,c,e,f là hằng số a.b ).
Ta có f(x) = ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = ax2 + (cy + d)x + by2 + ey + f.
2

x

=a

1 (cy d )x
a

1 (cy d )
4a 2
2

1
x

= ……. = a

(cy d )

2

2

1
-

4a

(cy d )

2

by

ey f

2

m( y q) p

2a
9


1 (cy d )
2
và y = - q.)

Suy ra GTNN, GTLN của f(x,y) ( khi x =
Ví dụ2: Tìm GTNN của biểu thức C = x2 + 2y2 – 2xy + 4x – 2y + 15.
Giải
C = x2 + 2y2 – 2xy + 4x – 2y + 15
= x2 + 2(2 – y)x + 2y2 – 2y + 15
= x2 + 2(2 – y)x + (4 – 4y + y2) + (y2 + 2y + 1) + 10
= x2 + 2(2 – y)x + (2 – y)2 + (y + 1)2 + 10
= (x + 2 – y)2 + (y + 1)2 + 10 10
x 2 y 0
x 3
Nên minC = 10 khi

y 1 0

y 1

Vậy minC = 10 khi x = -3, y = -1
Dạng 3: Đa thức bậc cao:
Ta có thể đổi biến để đưa về tam thức bậc hai
Ví dụ1 : Tìm GTNN của A = x( x-3)(x – 4)( x – 7)
Giải :
A = x( x-3)(x – 4)( x – 7)
A = ( x2 - 7x)( x2 – 7x + 12)
Đặt x2 – 7x + 6 = y thì A = ( y - 6)( y + 6) = y 2
- 36 ¿ -36
⇔
⇔
minA = -36
y=0
x2 – 7x + 6 = 0 ⇔
x1 = 1, x2 = 6.
Dạng 4: Phân thức:
a. Phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam th ức b ậc hai:
2

Ví dụ : Tìm GTNN của A = 6 x−5−9 x2 .
2

Giải : A =

−2
2

6 x−5−9 x

2

. = 9 x −6 x +5 =

Ta thấy (3x – 1)2

¿

0 nên (3x – 1) 2 +4

theo tính chất a

¿

1
b thì a
−2

−2
2
Do đó (3 x−1) +4
1

2

−2

¿

4

¿

(3 x−1)2+4 .

4 do đó

1

(3 x 1) 2 4

1

¿

4

1
b với a, b cùng dấu).
1
2
⇒ A ¿
¿

1

3x – 1 = 0 ⇔ x = 3 .
b. Phân thức có mẫu là bình phương của nhị thức.
minA = -

⇔

2

3 x −8 x+6
x2−2 x+1

Ví dụ : Tìm GTNN của A =
.
Giải :
Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm
2x2

A=

2x 1

x2 4x 4

x2 2x 1

2

( x−2)

= 2 + ( x−1)2

¿

2
10


minA = 2 khi và chi khi x = 2.
Cách 2: Đặt x – 1 = y thì x = y + 1 ta có :
3( y 1) 2 8( y 1) 6
y 12 2 y 1 1

A=
y

1

2

3y2 6y 3 8y 8 6
y2 2y 1 2y 2 1

y2

1

2

y

-1)2 + 2
x–1=1
minA = 2

y=1
c. Các phân thức dạng khác:
=3-

3y22y 1

+ y

=(

⇔

⇔

⇔

x=2
3−4 x

Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A =

2

x +1

Giải
Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số :
2

3−4 x

2

x −4 x+4−x −1

2
A = x2+1 =
x +1
Min A= -1 khi và chỉ khi x = 2

3−4 x

( x−2)

2

2

=

-1

x +1

2

2

4 x +4−4 x −4 x −1
= −1 x2+1

Tìm GTLN : A = x2+1

¿

-1
2

(2 x +1)

=4-

2

x +1

¿

4

2

Max A= 4 khi và chỉ khi x =

Dạng 5: Biểu thức có chứa căn
thức:
f (x)
2 x
1 x . Tìm giá trị của x để f(x) đạt Giá
Ví dụ 1: Cho biểu thức:

trị lớn nhất.
Giải :
Biểu thức f(x) có nghĩa
Cách 1:
khi:
2 x 0

1 x 2

1 x 0

0
fx2
Trong điều kiện này ta có f(x) nên f(x) đạt GTLN khi và chỉ khi
đạt
GTLN.
Ta có: f x 2 2 x 1 x 2
3 2
2 x x2
2 x1 x
9
4

3 2

Do đó
Vậy khi

fx

x

2

2
x

x

đạt GTLN khi và chỉ khi

1
4

x

3
1

2

thức

Cách 2:

f(x) =

2 x

x 1 0

Điều kiện để f(x)xác định

2

x

f (x)

2
1
x

2

1
2 thì GTLN của biểu

12

29
4
0
1
2

11
23.

=
+ 1 x

1 x 2

x 0

Với điều kiện (*) f(x) 0 bình phương 2 vế được

2

(*
)


11


fx2

( x 1)(2 x)

=x+1+2-x+2

=3+2

( x 1)(2 x)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 2 số không âm (x + 1) và (2 - x) ta có
( x 1)(2 x)
3 = (x + 1) + (2 – x ) 2
1

2

Dấu “=” xảy ra x + 1 = 4 - x x =
4 vì f(x)
0 nên ta được
fx2

Suy ra:

1
Max f(x) = 3 khi x= 2 .

Ví dụ 3 : Cho biểu thức:

x 3

f (x)

2 . Tìm giá trị của x để f(x) đạt GTNN.

x 1

Giải
x 1 0
Biểu thức f(x) có nghĩa khi:

f(x)
Ta biến đổi:
f (x)
Do đó:

mà

x 1 0 nên

x 1 2 0

x 3

x 3

x 1 2

x1 2

x1

( x 1 2)( x 1 2)
2

n

x 1

x 1 2

x1 2

đạt GTNN khi và chỉ khi

fx

2 nê

x 1

x 1

đạt GTNN bằng 0 khi
Vậy f(x) đạt GTNN bằng 2 khi x 1

x 1

đạ t
GTNN

x 1

Dạng 6: Cực trị có điều kiện ( các biến bị ràng bu ộc thêm b ởi m ột
hệ thức cho trước
Ví dụ 1 : Tìm GTNN của A = x3 + y3 + xy biết rằng x + y =
1 (sử dụng điều kiện đã cho để rút gọn biểu thức A)
A = (x + y)( x2 –xy +y2) + xy = x2 – xy - y2 + xy = x2 + y2
Cách 1: sử dụng điều kiện đã cho làm xuất hiện một biểu thức có chứa A
⇒
x+y=1
x2 + 2xy + y2 = 1
(1)
2
(x – y) ¿
Mà

0 Hay: x2 - 2xy + y2 ¿ 0
(2)
Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 )

¿

1
2 khi và chỉ khi x = y =

1

⇒

2

x +y

2

¿

1
2

1
2

minA =
Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x.
1

1
1
Thay y = x – 1 vào A ta có:
A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 1
2 khi và chỉ khi x = y =

2 )2 + 2

¿

2

1
2

minA =
Cách 3. Sử dụng điều kiện đã cho để dưa về một biến
mớ i
Đặt x =

1
2 + a thì y =

1
2

- a . Biểu thị x2 + y2 ta được :
12

1

1
+ a)2 + (

x2 + y 2 = ( 2

2

- a)2 =

1
2 +2 a2

¿

1
2 => MinA =

1
2 ⇔ a

=0

1
⇔

x=y =

2

Ví dụ 2 :Cho xy + xz + yz = 4 . Tìm GTNN của B3 = x4 + y4 + z4
⇔
√
Giải
:
Do xy + xz + yz = 4 16 = (xy + xz + yz) 2≤ (x2+y2+z2) (x2+y2+z2)
2 3
⇒ 16
16 ⇔
(Theo
Bunhiacôpxk i)

3

16 ≤ (x2+y2+z2)2≤ (x4 + y4 + z4) (12+12+12)

4

4

z4

⇒ B = x + y +16

Vậy : B3min = 3

Ví dụ 3: Cho x

2

+y

⇔
2 =52.

3

≥
Tìm GTLN của A = 2x + 3y

3

3

⇒ B min 2√3
=
3
x=y=z=±

x=y=z=±

3

Giải :
Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: ( 2x + 3y )2 ¿ ( 22+32 ).52
⇒ ( 2x + 3y )2 ¿ 13.13.4
2 x 3y
⇒

2x + 3y

¿

26. Vậy maxA = 26

⇔

2x 3y 0

3
x
2
Thay y = vào x2 + y2 = 52 ta được 4x2 + 9x2 = 52.4

⇒

x2 = 16

⇒ x=4 hoặc x= -4
Với x = 4 thì y =6 thoả mãn 2x +3y ¿ 0
Với x = -4 ,y = -6 không thoả mãn 2x +3y ¿ 0
Vậy Max A = 26 ⇔ x =4 , y = 6
* Trong các bất đẳng thức cần chú ý đến các mệnh đề sau
- Nếu 2 số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 số đó
bằng nhau
- Nếu 2 số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi 2 số
đó bang nhau
* Một số sai lầm thường gặp khi giải bài toán cực trị :
1. Sai lầm khi sử dụng nhiều bất đẳng thức khác nhau

Ví dụ 1: cho x, y là các số dương thỏa mãn x +y =1 . Tìm GTNN c ủa bi ểu
thức :
1
A= x
Giải sai
4

y

1 4
1
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm x , y ta có: x
1

x y

xy

4
y

4

xy

(1)


Lại có:

2

2

(2 )
13


Từ (1) và (2) suy ra :

A= 1
x

4
y

4
xy

48
1
2

. Vậy Min A =
8

Phân tích sai lầm:
Đẳng thức xảy ra ở (1) khi

1

x

4 4x y
y

Đẳng thức sảy ra ở (2) khi x = y . Từ đó suy ra x = y = 0 ( Lo ại vì x + y = 1)
Có bạn đến đây kết luận không có giá trị nhỏ nhất cũng là k ết lu ận sai.
A = x+y

Giải đúng: Vì x + y = 1
nên

1

4

5

y

4x

y

y

x

x

4x

,y
y x Ta có :

Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số không
âm
4x y
y x

4x y
.

2

4x

y

y

x

y 2x
y 1
x

4

1

x 3
2

y 3
Dấu “=” xảy ra khi x y 1
2. Sai lầm khi không sử dụng hết điều kiện của bài
toán:
Ví dụ 2: cho x, y là các số dương thỏa mãn x+y= 1. Tìm GTNN c ủa BT :
y x

12
A = x+

12
y

x

y

1
x,

Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không
âm
Ta có:

x+ 1 2

x. 1 2

x

x

(1)

x

1
y,

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không
âm
y+ 1 2

y

y. 1 2

y
Ta có:
(2)
y
Từ (1) và (2) =>A 8 => Min A = 8

1
x

x x2 1

Phân tích sai lầm: Đẳng thức sảy ra ở (1) khi
1
y y2 1
y
.
Đẳng thức sảy ra ở (2) khi

Từ đó suy ra x = y = 1 ( Loại vì x + y = 1)
Giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có :
x+y
2

xyxy 1 xy
2
2
2
1

2

1
4
1

2

1 1

Ta có :

A=4+x

+y

+

x

y

. Khi đó: x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy 1 - 2 = 2 (1)
14


1

12

1
2

28
xy

2

1

25

x .y
(2). Từ (1) và (2) =>A 8 + 2 +4 = 2
25
1
=>Min A = 2 khi x=y = 2

x2

y2

3. Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1:
A=

Ví dụ 3:: Tìm GTLN của bt:
Lờ2 i giải sai: A đạt2 Max khi
x

6 x 17

x 3

x

2

1

6x 17

x 2 6 x 17

8 8

đạt Min Ta có :
1

x 2 6x 17 8 x 3
Do đó Min
. Vậy Max A = 8 x 3
Phân tích sai lầm: Kết quả đúng nhưng lập luận sai ở chỗ cho rằng “ A có
tử không đổi nên đạt GTLN khi mẫu đạt GTNN” mà chưa đưa ra nh ận xét
tử và mẫu là các số dương
x 6 x 17 x 3 2 8 8
Lời giải đúng: Bổ sung thêm nhận xét 2
nên tử và mẫu của
A là dương
4. Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2
2
Ví dụ 4: Tìm GTNN của bt: A = x x
+
2

x

Lời giải sai : x +

x

=

+2 x 1

1

1

2

4

4

x

1

1

1

2

4

4

.

1
4

Vậy: Min A =

1

Phân tích sai lầm: Sau khi chứng minh f(x)
1
4

x

1
2

4

chưa chỉ ra trường hợp

xảy ra
(vô lí )
f(x)=
x
x 0
x 0
x 0
Lời giải đúng: ĐKTT
là
do đó : A = x +

=> Min A = 0
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục, bản thân, đồng nghiệp và nhà trường :
Sau khi đưa ra những bài toán này hướng dẫn cho học sinh, tôi khảo
sát thu lại kết quả như sau:
Đơn vị
Lớp 8;9
Hứng thú với
Biết cách tiếp
dạng toán
cận dạng toán
Tổng số
150 học sinh
100 học sinh
80
T ỷ s ố%
100%
66,6 %
53.3%
Qua bảng trên và bảng khảo sát ban đầu ta thấy chất lượng học sinh
được tăng lên một cách rõ rệt:
Hứng thú với dạng toán: tăng từ 50 HS lên 100 HS ( 33,3% lên 66.6%).
Biết cách tiếp cận dạng toán: tăng từ 30HS lên 80HS ( 20% lên


53.3%).
15


Thông qua bảng số liệu cho thấy sáng kiến này có tính ứng dụng và

mang lại hiệu quả cho việc học tập của học sinh.
3. KẾT LUẬN , KIẾN NGHỊ :
3.1. Kết luận:
Qua nhiều năm giảng dạy môn Toán THCS nói chung và Toán 8 , 9 nói
riêng tôi nhận thấy dạng Toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là
dạng Toán hay, khó, ít phổ biến nhưng thường xuất hiện nhiều trong các
đề thi HSG. Vì vậy tôi đã tìm tòi nghiên cứu đưa ra m ột số ph ương pháp
hướng dẫn cho học sinh tiếp cận dạng toán này.Tôi nhận thấy học sinh
ứng thú hơn và học tập hiệu quả hơn.
Qua việc nghiên cứu đề tài giúp bản thân nâng cao được kiến thức,
nâng cao nghiệp vụ, bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu quả. Ngoài ra còn
giúp bản thân nâng cao phương pháp tự học , tự nghiên cứu, t ự bồi
dưỡng, để có thể tiếp tục nghiên cứu các vấn đề khác tốt hơn trong suốt
quá trình dạy học của mình.
Trong quá trình nghiên cứu không tránh khỏi sự sai sót và những hạn
chế mong sự chia sẻ và thông cảm của quí bạn đọc, mong sự góp ý chân
thành của đồng nghiệp để đề tài ngày càng hoàn thiện hơn. Tôi xin chân
thành cảm ơn!
3.2 . Kiến nghị :
Sau khi ứng dụng đề tài trên để dạy học các lớp 8,9 tôi thấy phần
lớn các em đã trở nên hứng thú với các dạng toán tìm giá tr ị l ớn nh ất, giá
trị nhỏ nhất. Và nhiều em đã đi sâu tìm hiểu và say mê với môn Toán. Vì v ậy
tôi rất mong được sự góp ý chân thành của đồng nghiệp và các nhà quản lý
giáo dục để đề tài được hoàn thiện hơn, để có thể phổ biến rộng rãi hơn
cho đồng nghiệp trong tỉnh cũng như cả nước.
Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm của mình viết không sao chép
nội dung của người khác.
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị

Thanh Hóa, ngày 2 / 3 / 2018

Người viết

Nguyễn Thị Huyền

16


Tài liệu tham khảo
1. Toán nâng cao và các chuyên đề đại số 8. NXB Giáo Dục
2. Một số vấn đề phát triển toán 8. NXB Giáo Dục
3. Một số vấn đề phát triển toán 9. NXB Giáo Dục.
4. 225 bài toán chọn lọc Đại số. NXB Đại học quốc gia.
5. Một số tạp chí toán học tuổi thơ. NXB Giáo Dục
6. Tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ. NXB Giáo Dục
7. Thực hành giải toán. NXB Giáo Dục
8. Một số đề thi học sinh giỏi ...

17