SKKN một số phương pháp giải bài toán cực trị trong đại số

Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Một số phơng pháp giải BàI TOáN
CựC TRị TRONG ĐạI Số ở trờng thcs
A - lời nói đầu

C
ác bài toán về cực trị đại số ở cấp THCS có một ý nghĩa rất quan
trọng đối với các em học sinh ở bậc học này. ở cấp 3 (THPT), để giải
quyết các bài toán về cực trị đại số, tìm giá trị cực đại, cực tiểu,
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biẻu thức đại số, ngời ta thờng phải
dùng đến công cụ cao cấp của toán học: đạo hàm của hàm số.
ở cấp THCS, vì không có (hay nói chính xác hơn là không đợc
phép dùng ) công cụ cao cấp của toán học nói trên, nên ngời ta phải
bằng các cách giải thông minh nhất, tìm ra các biện pháp hữu hiệu
và phù hợp với trình độ kiến thức toán học ở cấp THCS để giải quyết
bài toán loại này. Các bài toán về cực trị đại số ở cấp THCS góp phần
không nhỏ vào việc rèn luỵên trí thông minh cho học sinh ở cấp học
này.
Để giải các bài toán về cực trị đại số ở cấp THCS, học sinh phải
biến đổi đồng nhất các biểu thức đại số, phải biến đổi và sử dụng
khá nhiều các dạng hằng đẳng thức đáng nhớ từ dạng đơn giản đến
dạng phức tạp. Bởi thế, có thể nói, các bài toán cực trị đại số ở cấp
THCS tạo ra các khả năng giúp học sinh có điều kiện để "rèn luyện
kỹ năng biến đổi đồng nhất " các biểu thức đại số.
Các bài toán về cực trị đại số ở cấp THCS còn có sự liên quan mật
thiết đến các kiến thức chứng minh bất đẳng thức, phép giải phơng trình và hệ phơng trình, trong chừng mực nào ®ã ®Õn giíi
GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

1

Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

hạn tuy còn ẩn tàng và nhiều lỉnh vực khác về tập hợp, về kiến thức
hàm số và đồ thị, v.v
Về mặt t tởng các bài toán cực trị đại số giúp học sinh thêm gần
gũi với kiến thức thùc tÕ cđa ®êi sèng x· héi, rÌn lun nÕp nghĩ khoa
học, luôn mong muốn làm những công việc đạt đợc hiệu quả cao
nhất, tốt nhất.
Tóm lại, các bài toán cực trị đại số ở cấp THCS là các bài toán
tổng hợp các kiến thức và kỹ năng tính toán, kỹ năng t duy ở cấp học
này, nó rất cần thiÕt cho viƯc båi dìng häc sinh giái to¸n ë cÊp THCS
vµ cịng lµ tµi liƯu tù båi dìng cđa đội ngũ giáo viên ở cấp THCS .
Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong Đại số còn gọi
là bài toán cực trị Đại số. Các em không thờng gặp bài toán dạng này
trong các sách giáo khoa môn Toán, bởi chúng là các bài toán khó. Các
bài toán cực trị thờng yêu cầu các em vận dụng nhiều kiến thức, linh
hoạt trong biến đổi, sắc sảo trong lập luận và phát huy tối đa khả
năng phán đoán. Nó lại thờng có nhiều con đờng đi ®Õn ®Ých b»ng
c¸ch vËn dơng nhiỊu kiÕn thøc kh¸c nhau. Trong đó có những cách
giải ngắn gọn hợp lí. Viêc giải toán cực trị giúp học sinh có thói quen
đi tìm phơng án tối u khi giải quyết các công việc trong đời sống,
kỷ thuật.
Trong phần trình bày tôi giới thiệu môt số phơng pháp thờng dùng
khi giải bài toán cực trị và một số bài bài tập áp dụng các kiến thức
đó. Tôi hy vọng với phần trình bày này sẽ giúp các em bớt khó khăn,
tiến tới tự mình giải đợc các bài toán dạng này và khi đó chắc chắn
các em sẽ thấy là những bài toán thú vị.

B - Nội dung nghiên cứu

GV: Vừ Quang Nht – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

2


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

I- Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một
biểu thức
1. Định nghĩa giá trị lớn nhất
Cho biểu thức f(x) xác định trên D. Ta nói M là giá trị lớn nhất của
f(x) trên D, kí hiƯu : M = maxf(x), nÕu hai ®iỊu kiƯn sau đợc thoÃ
mÃn :
- Với mọi x thuộc D thì f(x) M, với M là hằng số .
- Tồn tại x0 thuộc D sao cho f(x0) = M.
2. Định nghĩa giá trị nhỏ nhất
Cho biểu thức f(x) xác định trên D. Ta nói m là giá trị nhỏ nhất của
f(x) trên D, kí hiệu :

m = minf(x), nếu hai điều kiện sau

đợc thoà mÃn :
- Với mọi x thuộc D thì f(x) m, với m là hằng số.
- Tồn t¹i x0 thc D sao cho f(x0) = m.
Ta cịng định nghĩa giá trị lớn nhất của biểu thức f(x,y,...); giá trị
nhỏ nhất của biểu thức f(x,y,...) bằng cách tơng tự.

II. Các phơng pháp
Phơng pháp 1 - Phơng pháp giải các bài toán tìm giá trị nhỏ nhất,
giá trị lớn nhất của một biểu thức đại số bằng cách đa về dạng A(x)

0 ( hoặc A(x) 0 )
a) Cơ sở lí luận
- Trong tập hợp các số ( nguyên, hửu tỉ, thực ) không dơng
thì số 0 có giá trị lớn nhất.
-

Trong tập hợp các số ( nguyên, hửu tỉ, thực ) không âm thì
số 0 có giá trị nhỏ nhất.
Từ đó, có thể suy ra rằng trong tập hợp M ={A(x) A(x) 0 }

thì A(x) đạt giá trị nhỏ nhất khi A(x) = 0, và trong tập hợp N = {B(x)
B(x) 0 } thì B(x) đạt giá trị lớn nhất khi B(x) = 0 .
GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

3


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

b) Các thí dụ
Thí dụ 1.
Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc : A(x) = 2x 2 - 8x + 1, trong đó x
là biến số lấy các giá trị thực bất kì.
Giải : A(x) = 2x2 - 8x + 1 = 2x2 - 2.4x + 1 = 2( x2 - 2.2x + 4 - 4 ) + 1
= 2 ( x - 2 )2 - 7
Víi mäi gí trị của x, ( x-2)2 0 nên ta cã A(x) = 2( x - 2)2 - 7  -7
Vậy A(x) đạt giá trị nhỏ nhất bằng -7, khi đó x = 2
Đáp số : A(x)(nhỏ nhất) = -7, với x = 2.
Thí dụ 2 .
Tìm giá trị lớn nhÊt cđa biĨu thøc M(x) = -5x 2 - 4x + 1, trong đó x là

biến số lấy giá trị thực bất kì .
Giải: Ta có : M(x) = -5x2 - 4x + 1 = -5( x2 +
= -5( x2 + 2.
= -5( x +

4
x ) +1
5

2
4
4
x+
)+1
5
25
25

2 2
9
) +
5
5

2
5

Ta thÊy ( x+ )2 0, với mọi giá trị x nên -5(x +
Từ đó suy ra rằng M(x) = -5( x +

2 2
9
9

) +
5
5
5

Vậy M(x) đạt giá trị lớn nhất khi M(x) =
Đáp số : M(x)(lớn

nhất )

=

2 2
) 0.
5

9
2
, lúc đó x =
.
5
5

9
2
, khi x =

.
5
5

Phơng pháp 2 - Phơng pháp giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của một biểu thức đại số bằng cách đa về dạng
( hoặc

A( x )
0
k2

A( x)
0 ).
k2

ThÝ dô 3 .
GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

4


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại sè sau:

x 2  15 x  16
A(x) =
, víi
3x

x thuộc miền số thực dơng.
Giải : Ta có :

A(x) =

x 2  15 x  16
x 2  8 x  16  23 x
( x  4) 2  23 x
=
=
3x
3x
3x

Vì x > 0, nên ta có : A(x) =

( x  4) 2 23

3x
3

( x  4) 2 23 23

Víi x > 0, th× ( x - 4 ) 0, do đó A(x) =

3
3x
3
2

Vậy A(x) đạt giá trị nhỏ nhất khi A(x) =
Đáp số : A(x)

(nhỏ nhất )

=

23
, lóc ®ã x = 4.
3

23
víi x = 4.
3

3 x 2 6 x 10
Thí dụ 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức đại số M(x) =
x 2  2x  3

víi  x  R.
Gi¶i:
Ta cã:
3x 2  6 x  9  1 3( x 2  2 x  3)  1
1
1
3 x 2  6 x  10

3  2
3 

M(x) = 2
=
2
2
x  2x  3
x  2x  3
x  2x  3
( x  1) 2  2
x  2x  3

(v× x2 + 2x + 3 = ( x + 1 )

2

+ 2 > 0)

Mặt khác, vì ( x + 1 )2 ≥ 0,  x  R nªn ( x+1 )2 + 2 ≥ 2,  x  R, và do
1

1

1

1

1

đó ( x 1) 2 2  2 . Tõ ®ã ta cã M(x) = 3 + ( x  1) 2  2 3  2 3
2
1

2

Vậy M(x) đạt giá trị lớn nhất khi M(x) = 3 , lúc đó (x+1)2 = 0, hay
x=-1.
1
2

Đáp số : M(x)(lín nhÊt )= 3 , víi x=-1.
ThÝ dơ 5.

GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

5


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong §¹i sè
xy 2  y 2 ( y 2  x) 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau : F(x,y) = 2 4
, víi 
x y  2y4  x2  2

x,y  R.
xy 2  y 2 ( y 2  x)  1
xy 2  y 4  y 2 x  1
y 4 1
1

 2
=
2 4

4
2
4
2
2
4
2
x y  2y  x  2
y ( x  2)  x  2 ( y  1)( x  2) x  2

Gi¶i : Ta cã F(x) =

( v× y4+ 1 ≠ 0,  y  R )
Mặt khác x2 0, x R nªn x2 + 2 ≥ 2,  x  R do đó F(x,y) =
1
1
.
x 2 2
2

Vậy F(x,y) đạt giá trị lớn nhất khi F(x,y) =
Đáp số : F(x,y)

( lớn nhÊt )

=

1
, lóc ®ã x = 0.
2

1
; víi x = 0, y R.
2

Phơng pháp 3 - Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu
thức đại số bằng cách áp dụng bất đẳng thức Côsi.
a) Cơ sở lí luận :
Bất đẳng thức Côsi đợc viết dới các dạng khác nhau dới đây ( chỉ
áp dụng với các số không âm ).
1. Dới dạng căn thức :
1)
2)

a b
 a.b
2
a b c 3
 a.b.c
3

3) Mét c¸ch tỉng qu¸t:

a1  a 2  a3  ...  a n n
 a1 .a 2 .a3 ...a n
n

2. Díi d¹ng luü thõa :
2

a b
1) 
 a.b
 2 

3

 a b c
2) 
 a.b.c
3


n

 a  a  a  ...  a n 
 a1 .a 2 .a3 ...a n
3)  1 2 3
n



GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

6


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất

Chứng minh rằng nếu hai đại lợng dơng x và y có tích luôn luôn
không đổi thì tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
giá trị của chúng bằng nhau.
Giải .
Từ bài toán trên, ta phải chứng minh rằng víi x > 0, y > 0, vµ xy =
k2 (không đổi) thì x + y đạt giá trị nhỏ nhất khi x = y.
Thật vậy
2

x y
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta có :
 xy hay
 2 

( x+y)2  4xy
ha
y x+y  4 xy
Theo gi¶ thiÕt : Ta cã xy = k2 (không đổi), nên ta có :
x + y 2. k 2 2k (*)
VËy tæng M = x + y lÊy giá trị nhỏ nhất khi x + y = 2k.
Theo bất đẳng thức Côsi, x + y = 2k = 2 xy khi vµ chØ khi x = y. VËy
x + y = 2k khi vµ chØ khi x = y.
Tóm lại :
Với x > 0, y > 0 và xy = k2 (không đổi ), thì x + y nhỏ nhất
khi và chỉ khi x = y
Bài toán tìm giá trị lớn nhất
Chứng minh rằng, nếu hai đại lợng dơng có tổng không đổi thì
tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi giá trị của chóng
b»ng nhau.
GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

7


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Giải : (áp dụng bất đẳng thức Côsi và chứng minh tơng tự ở trên)
Tóm lại
x + y = k 2 (không đổi ) thì xy lớn nhất khi vµ

Víi x > 0, y > 0 vµ
chØ khi x = y

Chóng ta sÏ sư dơng kÕt qu¶ cđa hai bài toán trên để giải các bài toán
về cực trị đại số.
Thí dụ 6
Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức đại số sau: A(x) =

8x 2 2
, với x >
x

0.
Gi¶i : Ta cã : A(x) =

2
8x 2  2
= 8x +
x
x

Ta thấy 8x và

2
là hai đại lợng lấy giá trị dơng không đổi, nhng tích
x

của chúng 8x.

2
= 16 luôn luôn không thay đổi.
x

Vậy A(x) = 8x +

2
2
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 8x =
hay
x
x

8x2 = 2
Từ đây, ta tính đợc x2 =

1
1
1
, suy ra x =
hoặc x = . Kết hợp với

4
2
2

điều kiện x > 0, ta chỉ lấy giá trị x =

1
.
2

1
1
1
Với x = ; A(x)( nhá nhÊt ) = 8. + 1 = 4 + 4 = 8.
2
2
2

Đáp số : A(x)( nhỏ nhất ) = 8; với x =

1
.
2

Thí dụ 7:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức đại số B(x) =16x3- x6, với x thuộc
tập hợp số thực dơng.
GV: Vừ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

8

Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Giải:
Trớc hết ta phải tìm cách biến đổi để áp dụng đợc các bài toán áp
dụng bất đẳng thức C«si.
Tõ B(x) = 16x3 - x6 , ta cã : B(x) = x 3(16 -x3 ). Râ rµng x3 > 0; cßn 16
- x3 > 0
khi 16 > x3 hay x < 3 16 (*)
Đến đây ta nhận thấy rằng x3 và 16 - x3 là hai đại lợng biến ®ỉi nhng tỉng cđa chóng x3+ (16-x3) = 16 lu«n luôn không thay đổi, vậy
tích của chúng B(x) = x3(16-x3) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x 3
= 16 - x3. Từ đây ta có : 2x3 = 16 hay x3 = 8. Ta tính đợc
x = 2. Giá trị x = 2 thoả mÃn điều kiện (*).
Vậy B(x) đạt giá trị lớn nhất tại giá trị x = 2.
B(x)( lín nhÊt ) = 16 . 23-26 =(16-23).23 = 8 . 8 = 64.
Đáp số: B(x)( lớn nhất ) = 64, với x = 2
Phơng pháp 4 - Giải các bài toán cực trị đại số bằng phơng pháp
đặt ẩn phụ.
Thí dụ 8.

Với giá trị nào của x th× biĨu thøc
P(x) =

4 x 4  16 x 3  56 x 2  80 x  356
, đạt giá trị nhỏ nhất.
x 2 2x 5

Giải
Đây là một bài toán rất khó giải đối với học sinh. Bởi vì trong bài toán

còn ẩn tàng cả phép giải phơng trình, xét các dấu hiệu có thể áp
dụng đợc bất đảng thức Côsi hay không, ngoài ra việc biến đổi
đồng nhất để rút gọn đợc biểu thức không phải không có khó khăn
1)Trớc hết ta biến đổi biểu thức về dạng để có thể áp dụng đợc các
bài toán về bất đẳng thức Côsi.
Bằng cách biến đổi đồng nhất, ta cũng có thể biến đổi tử thức
thành tích các nhân tử và sau đó rút gọn. Cách này khá dài dòng và
gặp không ít khó khăn
GV: Vừ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

9


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Để đơn giản hơn, ta dùng phơng pháp chia ®a thøc cho ®a thøc
4x4 + 16x3 + 56x2 + 80x + 356
x2+ 2x +5
4x4 + 8x3 + 20x2

4x2 + 8x + 20

0 + 8x3 + 36x2 + 80x +356
8x3 + 16x2 + 40x
0 + 20x
20x22 ++ 40x
40x ++ 100
356
0 + 0 + 256

Kết quả ta đợc :
P(x) = 4x2 + 8x + 20 +

256
x  2x  5
2

V× x2 + 2x + 5 = x2 + 2x + 1 + 4 = (x+1)

2

+ 4 > 0 (*), nên P(x)

luôn luôn xác đinh với mọi giá trị x.
2) Đặt ẩn phụ để đa về xét biểu thúc có dạng đơn giản hơn
Từ P(x) = 4x2 + 8x + 20 +

256
, ta cã : P(x) = 4 ( x 2 + 2x +
x 2x 5
2

256
x 2x 5

5)+

2

Đặt y = x2 + 2x + 5, ta cã :

256

P(x) = 4y + y , vµ y = x2 + 2x + 5 > 0 với mọi x.
256
là các đại lợng luôn lấy giá trị dơng và có tích bằng 1024
y

4y và

( không đổi ). Vậy tổng 4y +
4y =

256
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
y

256
.
y

Từ đây ta đợc y2 = 64.
Giải phơng trình y2 = 64, ta đợc y = 8 hoặc y = -8.
Từ trên , vì y > 0 nên ta chỉ lấy giá trị y = 8.
Víi y = x2 + 2x + 5 = 8, giải phơng trình bậc hai này ta đợc x = -3 ,
x = 1.
GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

10

Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Vậy P(x) lấy giá trị nhỏ nhất khi x = -3 hc x = 1 ( øng víi y = 8 ), ta
tính đợc :
P(x) = 4.8 +

256
= 64.
8

Đáp số : P(x) đạt giá trị nhỏ nhất bằng 64 khi x =
-3 hay x = 1.
ThÝ dô 9 : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức đại số sau :
Q(x) = ( x2 - 2x + 2 ) ( 4x - 2x2 + 2 ), víi  x R .
Giải: Nhận xét về các hệ số của Èn x, ta thÊy r»ng 4x - 2x 2 = 2 ( 2x x2 ) = -2( x2 - 2x).
Do đó đặt x2 - 2x + 2 = y thì ta cã : 4x - 2x 2 + 2 = -2( x2- 2x + 2) +
6 = -2y + 6
VËy Q(x) = ( x2 - 2x + 2 ) ( 4x - 2x2 + 2 ) = y ( 6 - 2y )
Ta liên tởng đến vấn đề tích 2 số lớn nhất khi tổng của chúng không
đổi. ở đây y và
6 - 2y thoả mÃn điều kiện trên vì thế để tìm giá trị lớn nhất của
Q(x) ta chuyển sang tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P(x) = 2.Q(x)
Ta cã P(x) = 2.Q(x) = 2.y( 6 - 2y)
Ta thÊy y = x2 - 2x + 2 = ( x - 1 ) 2 + 1 > 0, 6 - 2y > 0 khi 6 > 2y hay
y<3
Ta l¹i cã 2y + ( 6 - 2y ) = 6 không đổi .
Vậy P(x) = 2.Q(x) đạt giá trị lín nhÊt khi 2y = 6 - 2y, lóc ®ã y =

3
2

( thoả mÃn ĐK ).
Vậy P(x)

Lớn nhất

Q(x)

= 2.

Lớn nhất

3
3
( 6 - 2. ) = 3.3 = 9.
2
2

=

9
= 4,5.
2

GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

11


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Lúc đó y =

3
3
, hay x2 - 2x + 2 = . Giải phơng trình bậc hai ta đợc :
2
2

2
.
2

x=1

Đáp số : Q(x)

Lớn nhất

= 4,5 ; với x = 1

2
.
2

Phơng pháp 5 - Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của các biểu thức
chứa nhiều đại lợng.
Thí dụ 10 .
Tìm giá trị của m và p sao cho : A = m 2 - 4mp + 5p2 + 10m - 22p +
28 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

Giải : Ta có A = ( m2 - 4mp + 4p2 ) + ( p2 - 2p + 1 ) + 27 + 10m - 20p
= ( m - 2p )2 + ( p - 1 )2 + 27 + 10( m - 2p )
Đặt X = m - 2p, ta cã :
A = X2 + 10X + ( p - 1 )2 + 27 = ( X + 5 )2 + ( p - 1 )2 + 2.
Đến đây, ta thấy rằng ( X + 5 ) 2  0,  m, p  R; ( p -1 )2  0 ,  p R,
do đó A đạt giá trị nhỏ nhất khi X + 5 = 0 vµ p - 1 = 0.
 X  5
 m  2 p  5
 m  3
, hay 
 
.
 p 1
 p 1
 p 1

Lóc ®ã , 
VËy A

( Nhá nhÊt )

= 2 ; víi p = 1; m = -3.

ThÝ dơ 11. Với giá trị nào của x và y, biểu thức sau đây đạt giá trị
nhỏ nhất ?
F(x,y) = x2 + 26y2 - 10xy + 14x - 76y + 59.
Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Giải: Ta có F(x,y) = x2 + 26y2 - 10xy + 14x - 76y + 59 = ( x2 - 10xy +
25y2 ) + ( y2 - 6y + 9 ) + ( 14x - 70y ) + 50 = ( x - 5y ) 2 + ( y - 3 )2 +
14( x - 5y ) + 50.

Đặt Z = x - 5y, ta có :
F(x,y) = Z2 + ( y - 3 )2 + 14Z + 50 = ( Z + 7 )2 + ( y - 3 )2 + 1.
GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

12


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Vì ( Z + 7 )2 0 và ( y - 3 ) 2  0 víi mäi giá trị x, y nên F(x,y) đạt giá
trị nhỏ nhất khi
( Z + 7 )2 = 0 vµ ( y - 3 ) 2 = 0. Tõ ®ã suy ra Z = -7, y = 3 hay
 x  5 y 7
x 8


y 3
y 3

Đáp sè : F(x,y)

nhá nhÊt

= 1, víi x = 8, y = 3.

Phơng pháp 6- Phơng pháp giải các bài toán cực trị đại số có hệ
ràng buộc ( thoả mÃn một hệ các điều kiện nào đó ).
Thí dụ 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P(x,y) = 6x + 4y thoả
xy 216

mản điều kiện : x 0
y 0


Giải: Vấn đề quan trọng và then chốt là ta phải tìm ra từ biểu thức
đà cho P(x,y) = 6x + 4y ta lµm xt hiƯn đợc các yếu tố ràng buộc đÃ
cho.
Từ P(x, y) = 6x + 4y, víi x > 0, y > 0 nên 6x > 0, 4y > 0 và do đó

P( x, y) 2 (6 x  4 y) 2 4.(6 x).(4 y) ( áp dụng bất đẳng thức Côsi )
Tõ ®ã  P( x, y ) 2 4.6.4.xy 96.xy. Đến đây ta làm xuất hiện tích xy.
Theo giả thiết ( rµng buéc ), ta cã xy = 216, suy ra P(x,y) đạt giá trị
nhỏ nhất là:
P(x,y) = 96.216 = 144
Đáp số : P(x,y)

nhỏ nhất

= 144.

GV: Vừ Quang Nht THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

13


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Thí dụ 13 . Tìm giá trị của x, y, z ®Ĩ biĨu thøc sau : F(x,y,z) = 2x +
3y - 4z đạt giá trị nhỏ nhất. Biết rằng x, y, z thoả mÃn hệ ràng buộc

2 x  y  3z 6
 3 x  4 y 3 z 4

sau đây : x 0
y 0

 z 0
 2 x  y  3 z 6
, tríc hÕt ta tÝnh x, y theo z, ta đợc
3 x 4 y 3z 4

Giải: Từ ®iỊu kiƯn 
 x  4  3 z (*)

 y 3 z 2(**)

Để x 0 thì 4 - 3z  0, suy ra z 
§Ĩ y  0 th× 3z - 2  0, suy ra z

4
3
2
3

Để x 0 và y 0, phải có điều kiện :

2
3

z

4
(***)
3

Thay các giá trị của x,y từ (*) và (**) vào biểu thức đà cho ta ®ỵc
F(x,y,z) = 2(4 -3z) + 3(3z - 2) - 4z = 2 - z.
Nh vËy F(x,y,z) chØ cßn phơ thc vào giá trị của z . F(x,y,z) đạt giá
trị nhỏ nhất khi z đạt giá trị lớn nhất. Nhng từ ràng buộc, z chỉ có
thể lấy các giá trị trong khoảng xác định

2
3

z

4
mà thôi .
3

Từ đó suy ra : F(x,y,z) đạt giá trị nhỏ nhất với hệ ràng buộc đà cho
khi z =

4
.
3

Từ đó ta tính đợc x = 4 - 3z = 4 - 3.
Vµ F(x,y,z)

nhá nhÊt

=2-

4
4
= 0; y = 3z - 2 = 3.
-2=2
3
3

4
2
= .
3
3

GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

14


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Đáp số : F(x,y,z)

nhỏ nhất

=

2
4
; với x = 0, y = 2, z = .
3
3

ThÝ dô 14 . Cho biểu thức đại số sau : P = x 1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 ;
víi x1, x2, x3, x4, x5 là các đại lợng lấy giá trị không âm.
HÃy tìm giá trị lớn nhất của P, biết rằng : x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 1.
Gi¶i: Tõ P = x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 , và vì x1x4 + x2x5 0, ta cã :
P = x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5  x1x2 + x2x3 + ( x1x4 + x2x5 )
+ x3x4 + x4x5
Biến tổng thành tích ta đợc :
P  x2 (x1 + x3 + x5 ) + x4(x1 + x3 + x5) hay P  (x2 + x4) (x1 + x3 + x5 )
Đến đây ta nhận thấy rằng :
Do giả thiết các xi ( i = 1,2,,5) 0 nên các tổng (x1 + x3 + x5) và
tổng (x2 + x4) là đại lợng không âm.
Đặt U = x1 + x3 + x5 ; V = x2 + x4
Ta cã : U  0, V  0 vµ U + V = 1
2

U V
U V 
 U .V hay
áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
 U .V
2
 2 
2

 x1  x 2  x3  x 4  x5 

  x1  x3  x5  x 2  x 4  (1)
2



Ta l¹i cã : (x2 + x4) (x1 + x3 + x5 ) = x1x2 + x2x3 +

x1x4 + x2x5 + x3x4 +

x4 x5
Suy ra (x1 + x3 + x5 )(x2 + x4)  x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 (2)
2

x x x x x 
Tõ (1) vµ (2) suy ra :  1 2 3 4 5  x 1 x 2  x 2 x 3  x 3 x 4  x 4 x 5
2



Theo gi¶ thiÕt, ta cã x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 1, nªn ta cã

1
 x1x2 +
4

x2x3 + x3x4 + x4x5.

GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

15


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong §¹i sè

P = x1x2 + x2x3 + x3x4 + x4x5 đạt giá trị lớn nhất bằng

1
khi và chỉ khi
4

x 1 x 2  x 2 x 3  x 3 x 4  x 4 x 5  x1  x 3  x 5  x 2  x 4 


1
 x1  x 3  x 5 x 2  x 4  2

Tõ trªn ta suy ra x1 = x2 = x5 = 0, x3 = x4 =
Đáp số : P

( lớn nhất )

=

1
2

1
1

, với x1 = x2 = x5 = 0 vµ x3 = x4 = .
4
2

Phơng pháp 7 - Giải các bài toán cực trị đại số bằng phơng pháp sử
dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski.

1.Bất đẳng thức Bunhiacốpski
a) Viết dới dạng luỹ thừa :
( ax + by )2  ( a2 + b2 ) ( x2 + y2 )
DÊu b»ng xÈy ra khi

x y

a b

 ( ax + by + cz )2  ( a2 + b2 + c2 ) ( x2 + y2 + z2 )
DÊu b»ng xÈy ra khi

x y z
  .
a b c

 Tỉng qu¸t ta cã :
( a1b1 + a2b2 +…+ anbn )2  ( a12 + a22 +…+ an2 )( b12 + b22 +
…+ bn2 )
DÊu b»ng xÈy ra khi

a
a1 a 2

 ...  n .
b1 b2
bn

b) Viết dới dạng căn thức:
ax + by

( a 2  b2 ) ( x 2  y2 )

DÊu b»ng xÈy ra khi
 ax + by + cz 

x y

a b

( a 2  b2  c2 ) ( x 2  y2  z2 )

DÊu b»ng xÈy ra khi

x y z
  .
a b c

GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

16


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

* Tổng quát ta có :
a1b1 + a2b2 ++ anbn 
DÊu b»ng xÈy ra khi

( a 2 1  a 2 2    a n n )( b 2 1  b 2 2    b n n )

a
a1 a 2
 ...  n .
b1 b2
bn

2.Các thí dụ
Thí dụ15
Tìm các giá trị của x, y, z để sao cho biểu thức sau đây
đạt giá trị nhá nhÊt :
P = x2 + y2 + z2. T×m giá trị nhỏ nhất đó. Biết rằng x + y + z
= 1995.
Giải
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho các bé sè 1, 1, 1 vµ
x, y, z ta cã :
( x.1 + y.1 + z.1 )2  ( 12 + 12 + 12 )( x2 + y2 + z2 )
hay ( x + y + z )2  3 . ( x2 + y2 + z2 )
Tõ ®ã ta cã : P = x2 + y2 + z2 

 x  y  z 2
3

Theo gi¶ thiÕt : x + y + z = 1995, nªn ta cã P = x 2 + y2 + z2 

1995 2
víi x, y, z R .
3
1995 2
P đạt giá trị nhỏ nhất khi dấu đẳng thức xẩy ra, tức P =
3

chỉ khi

x y z
  ( hay x = y = z ).
1 1 1

x y z
1995
ta tính đợc x = y = z =
= 665.
3
 x  y  z 1995

Từ

1995 2
Đáp số : P ( nhỏ nhất ) =
, víi x = y = z = 665.
3

ThÝ dô 16
GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

17


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong §¹i sè

Cho biĨu thøc Q(x,y,z) = 2 x  4 y  5 z , trong ®ã x, y, z là các
đại lợng
thoả mÃn điều kiện x2 + y2 + z2 = 169.
Tìm các giá trị của x, y, z để sao cho Q(x,y,z) đạt giá trị lớn nhất.
Tìm giá trị lớn nhất đó.
Giải
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho các bộ số 2, 4,

5 và x, y, z

2
2
2
2
2
ta có : 2 x  4 y  5 z   2  4   5    x  y  z  ,
2

2

hay Q2(x,y,z) = ( 2x + 4y +

2
2
5 z )2   2  4 

 5    x
2

2



 y2  z2 .

Theo gi¶ thiÕt ta cã : x2 + y2 + z2 = 169, víi x, y, z  R , do đó ta có :
x

y

z

Q2(x,y,z) 25.169 và lúc đó 2  4 
(*).
5
Tõ (*) ta cã z =

4x
5x
,y=
= 2x thay vào phơng trình x2 + y2 + z2
2
2

= 169, ta cã :

x2 + ( 2x )2 + (
 x2 + 4x2 +

5x 2
) = 169
2

5x 2
= 169
4

 25x2 = 4.169  x2 =
x=

26
.
5

* Víi x =

26
52
13 5
, y=
, z=
5
5
5

* Víi x = Q(x,y,z)

4.169
25

26
52
13 5
, y=, z=.
5
5
5

( lín nhÊt )

=

25.169 = 5.13 = 65.

GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

18


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Đáp số : Q(x,y,z)

( lớn nhất )

= 65 ứng với các bộ số ( x =

26
52
;y= ;z=
5
5

13 5
).
5



Phơng pháp 8 - Phơng pháp chia khoảng để tìm cực trị.
Thí dụ17 : Tìm giá trị lớn nhất của A = x2 ( 3 - x ), víi x  0 .
x x
2 2

Gi¶i : a) XÐt 0  x  3. Ta cã : A = 4. . ( 3 - x ).
áp dụng bất đằng thức Côsi cho 3 số không âm

x x
, , 3 - x ta ®ỵc
2 2

3

 x x

   3  x


x x
2 2
  1
. ( 3 - x )  
.
2 2
3







Do ®ã A  4.1 = 4

(1)

b)XÐt x > 3, khi đó A < 0 (2)
x
3 x
So sánh (1) và (2) ta đi đến kết luận : MaxA = 4   2
x=
 x 0

2.
ThÝ dơ18 : T×m giá trị lớn nhất của B = x 1 x 2 .
Gi¶i :

a) XÐt -1  x  0 th× B  0 (1)
b) XÐt 0 < x  1 th× B = x

x 2  (1  x 2 ) 1

1 x 
2
2
2

 x 2 1  x 2
1
2
Do đó Max B =

x=
2
2
x 0

Phơng pháp 9 : Phơng pháp áp dụng điều kiện có nghiệm của phơng trình bậc hai.
Chúng ta biết rằng điều kiện cần và đủ để phơng trình bậc hai
ax2 + bx + c = 0 (a  0) cã nghiƯm lµ  = b2 - 4ac  0 hc , = b,2 ac ( với b = 2b,); điều kiện này đợc sử dụng để giải khá nhiều dạng
GV: Vừ Quang Nht THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

19


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của
một biểu thức. Sau đây là một số ví dụ minh họa.
Thí dụ 19. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức Q =
Giải:

x 2 2x  2
.
x2  x 1

Do x2 - x + 1 > 0 với mọi x nên Q xác định với mọi x. Giả sử tồn

tại x để Q đạt GTLN và GTNN, khi đó phơng trình

Q.( x2 - x + 1) =

x2 - 2x + 2
 (Q - 1) x2 + (2 - Q) x + Q - 2 = 0 (*)

phải có nghiệm đối với ẩn

x.
Nếu Q = 1 th× (*)  x = 1.
NÕu Q  1 thì (*) là một phơng trình bậc hai đối với Èn x, cã nghiÖm
 x  0
 (2 - Q)2 - 4(Q - 1)(Q - 2)  0  (Q - 2)(-3Q + 2)  0 
V×

2
 Q  2.
3

2
< 1 < 2 suy ra : Q đạt GTLN là 2  x = 0 ( thay vµo (*) );
3

Q đạt GTNN là

2
x = 2.
3

Nhận xét : Ví dụ 1 cã thĨ më réng cho biĨu thøc tỉng qu¸t cã d¹ng
Q(x) =

a1 x 2  b1 x  c1
víi b22 - 4a2c2 < 0.
a 2 x 2  b2 x  c 2
x  2y 1

ThÝ dô 20 : Tìm GTLN và GTNN của biểu thức Q = x 2  y 2  7 .
Gi¶i: Ta cã Q xác định với mọi x, y.
x 2y 1

Ta tìm Q để tồn tại x, y thỏa mÃn Q = x 2  y 2  7 hay Q.x2 - x + Q.y2 +
7Q - 2y - 1 = 0 (*)
Với Q = 0 thì (*) trở thành x + 2y + 1 = 0 hiển nhiên tồn tại x và y,
chẳng hạn x = 0,

GV: Vừ Quang Nht THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

20


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

1
2

y =- .
Với Q 0 thì tồn tại x, y tháa m·n (*)  tån t¹i y tháa m·n :
4Q2y2 - 8Qy + 28Q2 - 4Q -1  0
,



 y
5
1
, y  0  28Q2 - 4Q - 5  0   Q  .
2  0 
14
2
4Q

Víi x = 1, y = 2 th× Q =
Víi x =

1
1
nên Q đạt GTLN là .

2
2

7
14
5
5
,y=
thì Q = - nên Q đạt GTNN là - .
5
15
14
14

Phơng pháp 10 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số có chứa dấu giá
trị tuyệt đối.
a) Cơ sở lý luận : Khi tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) hay giá trị lớn
nhất (GTLN) của biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối, chúng ta thờng xét các trờng hợp để khử dấu giá trị tuyệt đối để vẽ đồ thị
hoặc sử dụng các bất đẳng thức về giá trị tut ®èi nh : a  b 
a  b a b ..., sau đó xét khả năng trở thành đẳng thức. Vấn đề

này đề cập đến một phơng pháp tìm GTNN, GTLN khá hiệu quả cho
một lớp bài toán.
Giả sử tồn tại m là GTNN của hàm số f(x) trên miền D khi đó f(x)
m với mọi x D
Với môt số D thì m sẽ đat tại các giá trị x thoả mÃn điều kiện f(x)
f( ). Từ đó xác định ®ỵc x  K, trong ®ã K  D ®ỵc gọi là phạm vi

tìm kiếm .
Để tìm giá trị m của hàm số f(x) trên miền D, khi đó ta chỉ cần tìm

giá trị m trên miền K(tơng tự đối với GTLN). Nếu chọn đợc số khác
mà f( ) < f( ) thì ta sẽ xác định đợc phạm vi tìm kiếm hẹp hơn.

GV: Vừ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

21


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Phơng pháp này cần có kĩ năng giải bất phơng trình để tìm đợc K.
Công việc trên đợc ví giống nh ta đi tìm chiếc chìa khoá bị đánh
rơi, nếu ta chắc chắn nó bị rơi trong nhà thì không lẽ ta lại tìm nó
ở ngoài đờng?
b) Một số thí dụ:
Thí dụ 21. Tìm GTNN của hàm số : y = f(x) = x  1 + 2 x 1
Giải: Hàm số y = f(x) có tập xác định là R
1
2

Cách 1. Vì f( ) =

3
3
nên ta chỉ cần tìm x thoả mÃn f(x) , suy ra :
2
2
3
3
x 1  ; 2x  1 

2
2
 1 1

Gi¶i hệ phơng trình trên, ta nhận đợc phạm vi tìm kiÕm K =   ; 
 4 2
ChØ cÇn xÐt x  K, ta cã x + 1 > 0; 1 - 2x  0 suy ra f(x) = 2 - x
Đẳng thức xảy ra

x=

1
, suy ra
2

f(x) = x  1  2 x  1  x  1  x 
1
2

1
 K
2

3
2

VËy GTNN cña f(x) là
Cách 2. Ta có 2 x 1 x

3

2

Mặt khác, f( ) =

1
x 1
2

1
3

x =
2
2


3
3
nên GTNN f(x) là
2
2

Bình lụân : Mặc dù cách 2 đơn giản hơn cách 1 nhng không phát
huy đợc cho các
bài toán dới đây.
Thí dụ 22. Tìm GTNN của các hàm số sau :
a) y = f(x) = x  1 

2
;

x

GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

22


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong §¹i sè

b) y = g(x) = 3 x  1 

2
;
x

c) y = h(x) = 2 x  1 

x 1
;
x

Giải. 1, Lời giải cho cả câu a) và câu b)
Vì f(1) = 2 = g(1) nên ta chỉ cần tìm x thoả mÃn :
x 1 2;

1  x 3
2
2  

x

 x 1

 x  1
1  x 3 ;


Do f(-1) > 2 vµ g(-1) > 2 nên ta chỉ cần xét x thuộc miền K = 1;3 , ta
cã
f(x) = (x - 1) +

2
2
= x + - 1 2 2 - 1.
x
x

Đẳng thức xẩy ra  x =

2  K.

VËy GTNN cđa f(x) lµ 2 2 - 1
g(x) = 3(x - 1) +

1
2

= 2 x   + x - 3  2.2 + 1 - 3 = 2.
x
x

Đẳng thức xẩy ra x = 1 K.
Vậy GTNN của g(x) là 2.
2) câu c)
Vì h(-1) = 2 nên ta chỉ cần tìm x tháa m·n h(x)  2 suy ra 2 x  1 2;
x 1
2,
x

Giải hệ hai bất phơng trình này ta thu đợc miền K = 2; 1 . Víi x 
K ta cã .
h(x) = -2(x + 1) +

1
x 1

= -  x   - x - 1 2 - (-1) -1 = 2.
x
x


Đẳng thøc xÈy ra  x = -1  K.
VËy GTNN của h(x) là 2.

III . Bài tập áp dụng
GV: Vừ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

23

Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong §¹i sè

1. Cho biĨu thøc M(x) = x2 - 10x + 40 . Với giá trị nào của x
thì M(x) đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.
2. Cho biểu thức Q(x) =

3
. Với giá trị nào của x thì
4x 4x 5
2

Q(x) đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
x2 x 1
, víi x  -1.
x 2  2x  1

3. Cho biểu thức A(x) =

Tìm giá trị nhỏ nhất của A(x) và giá trị tơng ứng của x.
x 2 6 x  14
4. Cho biÓu thøc F(x) = 2
.
x 6 x 12

Tìm giá trị của x để F(x) đạt giá trị lớn nhất.
5. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A(x) với A(x) =
6. Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa y, biÕt r»ng y =

x2
1 x4

 x  2 x  8
x

, víi x >

0.
7. T×m các giá trị của x để biểu thức sau đây đạt giá trị lớn
nhất :
A(x) =

x

x 1995 2 , với x > 0.

8. Tìm giá trị cuả x ®Ĩ hµm sè y =



( x 2  2 x  3) x 2  2 x  9
x 2 2x 1



đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.
9 . Tìm giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc
1

1

P(x, y) = x  y
BiÕt r»ng x > 0, y > 0 vµ x + y = 100
10. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M (x, y, z) = xyz

GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

24


Một số phơng pháp giảI bài toán cực trị trong Đại số

Với hệ ràng buộc sau đây :

xy yz  zx 300
x 0


y 0
 z  0

11. T×m giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
B (x,y) = x2 + 26 y2 - 10xy + 14x - 76y + 59

12. Cho hệ phơng trình :

3 x 2 z 51
 z  5 y 21

 x 0

 y 0

z 0

Tìm các giá trị của x, y, z ®Ĩ biĨu thøc A( x, y, z) = x +
y+z
đạt giá trị lớn nhất.
13. Cho biểu thức F(x,y,z,t) = 2x + y + z + t.
HÃy tìm giá trị lín nhÊt cđa F(x, y, z, t) biÕt r»ng:
 x  7 y 50

 x  z 60
 y  t 15


và x, y, z, t là các số không âm
14. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số sau :
F (x) = x ( x +1 )( x + 2 )( x + 3 )
15. Tìm giá trị của các đại lợng x, y để sao cho biểu thức
đạt giá trị nhỏ nhất :
Q(x,y) = x3 + y3 +xy. Biết rằng : x + y = 1.
16. Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc
P( x, y, z) =

1 x 1 y 1 z
.
.
x
y
z

GV: Võ Quang Nhật – THCS Thủy Mai – Hương Sưn – Hà Tĩnh

25