(Sáng kiến kinh nghiệm) phương pháp giải một số dạng toán tìm giá trị lớn nhất(GTLN), giá trị nhỏ nhất(GTNN) trong chương trình toán THCS

MỤC LỤC
Trang

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI ……………………………………………………….….
1. Lời nói đầu ……………………………………………………..………….………
2. Lý do chọn đề tài…………………………………………………...………..……....
II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU………………………..……..
1. Đối tượng nghiên cứu……………………………………………....………..……..
2. Phạm vi nghiên cứu……………………………………………...…….……..……..
III. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU……………………………………….…….………
IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU…………………………………….......…………..
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU……………………………...……...….……
1. Phương pháp nghiên cứu tài liệu……………………………………….….…….
2. Phương pháp điều tra khảo sát……………………………………….….……….
3. Phương pháp thử nghiệm………………………………………….………..……..
4. Phương pháp tổng kết kinh nghiệm…………………………….………..……..
VI. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC…………………………………....………………..

2
2
2
3
3
3
3
4
4
4
4
4

4
4

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ CƠ SỞ THỰC TIỄN………………….……………
1. Cơ sở lý luận………………………………………………………………..….…..….
2. Cơ sở thực tiễn……………………………………………………………..…………
II. MỘT SỐ VẤN ĐỀ LÝ THUYẾT LIÊN QUAN ĐẾN ĐỀ TÀI
III. KHẢO SÁT BAN ĐẦU…………………………………………….…………….
IV. THỰC TRẠNG VÀ NGUYÊN NHÂN…………………….……...…………
1. Thực trạng………………………………………………………….………………….
2. Nguyên nhân…………………………………………………….…………………….
V. GIẢI PHÁP CHỦ YẾU…………………………………….….….……………….
VI. MỘT SỐ BÀI TẬP THAM KHẢO………………………….……...…………
VII. HIỆU QUẢ MANG LẠI CỦA SÁNG KIẾN………….……….……….

5
5
5
5
7
7
7
7
8
18
19

C. KẾT LUẬN
I. NHỮNG BÀI HỌC KINH NGHIỆM…………………….……….…………..

II. MỘT SỐ KIẾN NGHỊ ĐỀ XUẤT……………………….……..…...…………

20
20

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO

22
1


A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1. Lời nói đầu:
Víi xu thÕ ph¸t triĨn cđa x· héi nãi chung và sự phát triển
của khoa học nói riêng, con ngời cần phải có một tri thức, một t
duy nhạy bén để nắm bắt và sử dụng những tri thức đó trong
cuộc sống hàng ngày. Muốn có những tri thức đó con ngời cần
phải học,

nhà trờng là một trong những nơi cung cấp những

hành trang đó. Bộ môn toán trong trờng trung học cơ sở, nhất là
bộ môn đại số 8 là một bộ môn rèn luyện tính t duy nhạy bén của
học sinh, nó đòi hỏi ngời học phải nhìn nhận vấn đề dới mọi góc
độ phải liên hệ giữa bài toán đà giải, những kiến thức đà biết
để giải quyết. Vì vậy ngời thầy phải cho học sinh nắm đợc các
dạng toán cơ bản và các hớng mở rộng của bài toán đó. Từ đó để
học sinh phát triển t duy và hình thành kĩ năng giải toán. Muốn
đạt đợc điều đó phải đòi hỏi tính tích cực, tính t duy của ngời

học nhng phơng pháp của ngời thầy cũng rất quan trọng, làm cho
học sinh học một nhng có thể làm đợc hai ba. Từ bài toán đơn
giản mở rộng lên bài khó.
Vỡ vy vic nghiờn cu tìm tịi “Phương pháp giải một số dạng tốn tìm
giá trị lớn nhất(GTLN), giá trị nhỏ nhất(GTNN) trong chương trình Toán
THCS” là rất thiết thực, giúp giáo viên nắm vững nội dung và xác định được
phương pháp giảng dạy phần này đạt hiệu quả, góp phần nâng cao chất lượng dạy
và học, đặc biệt là chất lượng học sinh giỏi và giáo viên giỏi ở các trường THCS.
2. Lý do chọn đề tài:
Từ những cơ sở và nhận thức trên và cũng để đáp ứng nhu cầu tìm hiểu, học
tập của giáo viên và nhiều học sinh trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi.
Phương pháp giải những dạng toán khó đã được xây dựng. Một trong những dạng
tốn đó là: phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong toán Trung học
2


cơ sở. Tuy nhiên việc biên soạn các bài toán này trong các cuốn sách chưa hồn
chỉnh và cịn hạn chế về phương pháp giải. Bài tốn tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất có ý nghĩa quan trọng trong chương trình tốn phổ thơng. Chun đề này
sẽ trình bày một số phương pháp thường gặp để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
trong đó những phương pháp quan trọng như đưa về tổng các bình phương, phương
pháp sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2 …
Do đó trong q trình dạy học bản thân ln cố gắng tìm tịi và nghiên cứu
tài liệu, tích lũy kinh nghiệm trong nhiều năm để viết nên sáng kiến kinh nghiệm
với đề tài “Phương pháp giải một số dạng tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất trong chương trình Tốn THCS”.
II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
1. Đối tượng nghiên cứu:
Học sinh lớp 7; 8; 9 bậc THCS
2. Phạm vi nghiên cứu:

- Các tiết dạy trên lớp, dạy bồi dưỡng học sinh giỏi toán 6; 7; 8; 9 qua các
năm.
- Tham khảo tài liệu, chuẩn kiến thức của bộ GD&ĐT, tài liệu bồi dưỡng
thường xuyên, các loại sách tham khảo.
- Các tiết sinh hoạt chun đề trong tổ chun mơn.
III. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Đề tài này cũng có nhiều tài liệu đã đề cập đến nhưng theo tôi chưa phù hợp
với sự phát triển của nhận thức học sinh. Nên khi viết sáng kiến này tôi cố gắng hệ
thống xây dựng theo các dạng bài tập có bài tập tổng quát, phát triển các bài tập tử
dễ đến phức tạp hơn, đặc biệt trong đề tài tơi có đưa ra một số sai lầm của học sinh
thường mắc phải và cách khắc phục. Từ đó rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy,
phân tích bài tốn, tránh những sai lầm, ngộ nhận trong suy luận logic. Tạo cho học
sinh hứng thú học hơn.
Nghiên cứu về “Phương pháp giải một số dạng tốn tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất trong chương trình Toán THCS”. Giúp giáo viên nâng cao năng
lực tự nghiên cứu, đồng thời vận dụng tổng hợp các tri thức đã học, mở rộng, đào
sâu và hoàn thiện hiểu biết. Từ đó có phương pháp giảng dạy phần này có hiệu quả.
3


Nghiên cứu vấn đề này để nắm được những thuận lợi, khó khăn khi dạy học
phần chứng minh đẳng thức và rút gọn biểu thức trong bồi dưỡng học sinh khá giỏi,
từ đó định hướng nâng cao chất lượng dạy và học mơn tốn.
Nghiên cứu vấn đề này cịn giúp giáo viên có tư liệu tham khảo và dạy thành
cơng về tìm GTLN, GTNN của biểu thức.
IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
1. Nghiên cứu về tình hình dạy học và học vấn đề này ở nhà trường.
2. Hệ thống hóa kiến thức và phương pháp giải tốn tìm GTLN, GTNN
3. Đưa ra được những kó năng cần thiết khi biến đổi và tìm GTLN, GTNN.
4. Tạo ra sự đam mê tìm hiểu, nghiên cứu, sáng tạo trong việc dạy học toán.

5. Tìm hiểu mức độ và kết quả đạt được khi triển khai đề tài.
6. Phân tích rút ra bài học kinh nghiệm.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
1. Phương pháp nghiên cứu tài liệu.
Trong nhiều năm qua với mục đích đã xác định tơi tìm tịi các tài liệu có liên
quan đến tìm GTLN, GTNN ghi chép phân dạng các loại tốn.
2. Phương pháp điều tra, khảo sát.
Ban đầu tôi điều tra khảo sát hai vấn đề. Thứ nhất là đối với học sinh khi tiếp
cận dạng tốn tìm GTLN, GTNN các em có hứng thú khơng, khi giải gặp khó khăn
như thế nào? Có nhiều học sinh biết giải khơng? Thứ hai là đối với giáo viên khi
giảng dạy vấn đề này như thế nào? gặp khó khăn ở chổ nào? Khi dạy sử dụng tài
liệu nào?
3. Phương pháp thử nghiệm.
Trước khi thực hiện đề tài tôi chọn một số học sinh lớp 8 khá, giỏi làm bài
kiểm tra với một số bài tập về tìm GTLN, GTNN.
4. Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
Sau thử nghiệm tơi phân tích, đánh giá ngun nhân tồn tại từ đó tìm ra giải
pháp khác phục tồn tại đó. Qua đó tổng kết và đúc rút những kinh nghiệm để thực
hiện đề tài.
VI. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC
4


Nâng cao chất lượng dạy và học trong và sau khi nghiên cứu áp dụng sáng
kiến kinh nghiệm, giúp cho giáo viên dạy có hiệu quả cao hơn, học sinh ham thích
học dạng tốn này hơn .

5

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ CƠ SỞ THỰC TIỄN
1. Cơ sở lý luận:
-Với mục tiêu phát hiện, bồi dưỡng và phát triển những học sinh có năng lực
về Tốn, từ đó xây dựng cho học sinh kĩ năng nhận dạng và giải Toán.
-Thúc đẩy việc tìm hiểu và mở rộng kiến thức thêm của giáo viên cũng như
của học sinh.
-Xây dựng một tài liệu hoàn chỉnh về một số dạng Tốn khó ở cấp học THCS.
-Với nội dung của đề tài học sinh có thể tự học, tự nghiên cứu và nội dung
không những giới hạn ở cấp THCS mà còn vận dụng ở nhiều cấp học cao hơn.
2. Cơ sở thực tiễn:
- Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất là loại toán mà học sinh THCS coi là loại
tốn khó, nhiều học sinh khơng biết giải như thế nào? có những phương pháp giải
nào?
- Thực tế chương trình Tốn THCS chưa xây dựng hoàn chỉnh về nội dung và
phương pháp của một số dạng Tốn khó, thường chỉ mang tính chất giới thiệu.
Trong đó có dạng tìm GTLN, GTNN.
- Học sinh muốn tìm tìm tịi nghiên cứu nhưng việc tìm tài liệu cịn gặp khó
khăn.
-Về giáo viên chưa có một tài liệu đầy đủ nên trong quá trình nghiên cứu,
giảng dạy phải tổng hợp ở nhiều tài liệu khác nhau, do đó làm mất nhiều thời gian.
- Cần phải phát triển cao hơn, đầy đủ hơn một số dạng Toán để xây dựng
chuyên đề về Toán học làm tài liệu tham khảo cho việc dạy và học tốt hơn.
- Việc viết sáng kiến kinh nghiệm là một định hướng của ngành.
II. MỘT SỐ VẤN ĐỀ LÝ THUYẾT LIÊN QUAN ĐẾN ĐỀ TÀI.
1. Định nghĩa giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN):
 Cho biểu thức f(x) xác định trên miền D. Ta nói M là giá trị lớn nhất của f(x)
trên D. Kí hiệu M = max f(x), nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn.
+ Với mọi x thuộc D thì f(x) ≤ M, M là hằng số.
+ Tồn tại xo thuộc D sao cho f(xo) = M.

 Cho biểu thức f(x) xác định trên miền D. Ta nói m là giá trị nhỏ nhất của f(x)
trên D, kí hiệu m = min f(x), nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:
+ Với mọi x thuộc D thì f(x) ≥ m, m là hằng số.
+ Tồn tại xo thuộc D sao cho f(xo) = m.
2. Mở rộng khái niệm trên đối với biểu thức f(x,y…), xác định trên miền D
như sau:
6


 Cho biểu thức f(x ; y …). Ta nói M là giá trị lớn nhất (GTLN) của biểu thức
f(x ; y …) ký hiệu Max f = M nếu hai điều kiện sau đây được thõa mãn :
- Với mọi x , y … để f(x ; y …) xác định thì f(x ; y …) ≤ M
(1).
- Tồn tại xo , yo … sao cho f(xo ; yo … ) = M (M là hằng số) (2).
 Cho biểu thức f(x ; y …). Ta nói m là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức
f(x ; y …) ký hiệu Min f = m nếu hai điều kiện sau đây được thõa mãn :
- Với mọi x , y … để f(x ; y …) xác định thì f(x ; y …) ≥ m.
(1)’.
- Tồn tại xo , yo … sao cho f(xo ; yo … ) = m (m là hằng số) (2)’.
 Chú ý rằng : Nếu chỉ có điều kiện (1) hay (1)’ thì chưa thể nói gì về cực trị của
một biểu thức.
Ví dụ : Xét biểu thức A = (x – 1)2 + (x – 3)2.
Mặc dù ta có A ≥ 0 nhưng chưa thể kết luận Min A = 0 vì không tồn tại giá trị
nào của x để A = 0.
Cách giải đúng như sau :
A = x2 – 2x + 1 + x2 – 6x + 9 = 2(x2 – 4x + 5) = 2(x – 2)2 + 2 ≥ 2.
A = 2 ⇔ x – 2 = 0 ⇔ x = 2. Vậy Min A = 2 khi và chỉ khi x = 2.
3. Định nghóa và tính chất giá trị tuyệt đối của
một số
a. Định nghĩa:

a = a nếu a ≥ 0
a = - a nếu a < 0

b. Tính chất:
1)

a ≥ 0

2)

a+b ≤ a + b

3)

a − b ≥ a - b ( đẳng thức xảy ra khi a ≥ b ≥ 0 hoặc a ≤ b ≤ 0 )

4)
5)

| a | + | b | ≥ | a + b |,
| a | – | b | ≥ | a – b |.

6)

a b
+ ≥ 2 với a > 0, b> 0.
b a

đẳng thức xảy ra khi ab > 0.

4. Định lý về dấu của nhị thức bậc nhất.
Nhị thức ax + b (a ≠ 0) cùng dấu với a với các giá trị của x lớn hơn nghiệm
của nhị thức, trái dấu với a với các giá trị x nhỏ hơn nghiệm của nhị thức.
x
-b/a
ax + b
Trái dấu với a
0 Cùng dấu với a
Việc xét dấu của nhị thức bậc nhất có nhiều ứng dụng như: giải bất phương
trình tích bằng cách xét dấu các nhân tử của tích. Nếu số nhân tử âm mà chẳn thì
tích dương, ngược lại tích sẽ âm. Khử dấu giá trị tuyệt đối nhờ xét từng khoảng giá
trị của biến.
7


5. Các hằng đẳng thức đáng nhớ, các bất đẳng thức đã học, các quy tắc so
sánh phân số…
6. Sử dụng các mệnh đề tương đương:
* A nhỏ nhất ⇔ – A lớn nhất.
* B lớn nhất ⇔ B2 lớn nhất. (B > 0)
* C nhỏ nhất ⇔

1
lớn nhất. (C > 0)
C

7. Trong các hằng đẳng thức cần chú ý đến 2 mệnh đề sau cho ta GTLN của
tích, GTNN của tổng.
a) Nếu hai số có tổng khơng đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi
hai số đó bằng nhau:

Chứng minh: Nếu a, b có a + b = k ( k là hằng số ) thì (a + b) 2 ≥ 4ab ta có a.b
≤

k2
k2
do đó max(a.b) =
khi và chỉ khi a = b.
4
4

b)Nếu hai số dương có tích khơng đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ
khi hai số đó bằng nhau:
Chứng minh: Nếu hai số dương a và b có a.b = h (hằng số) thì (a + b) nhỏ
nhất khi và chỉ khi (a + b)2 nhỏ nhất. Mà (a + b)2 ≥ 4ab ⇒ Min (a + b)2 = 4h, (khi
và chỉ khi a = b) ⇒ Min (a + b) = 2 h , (khi và chỉ khi a = b).
III. KHẢO SÁT BAN ĐẦU:
Đơn vị
Lớp khối 8;9
Tổng số
Tỷ số%

60 HS
100%

Hứng thú với dạng
toán
19
31,7%

Biết cách tiếp

cận dạng toán
7
11,7%

IV. THỰC TRẠNG VÀ NGUYÊN NHÂN:
1. Thực trạng:
- Qua kết quả khảo sát chất lượng ban đầu đã phản ánh học sinh khơng hứng
thú với dạng tốn 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.
- Tiềm năng của học sinh về mơn tốn chưa được khai thác hết.
- Chất lượng học sinh giỏi các cấp của trường trong những năm gần đây có
tăng về số lượng và chất lượng nhưng chưa tương xứng với tiềm năng thực tế.
2. Nguyên nhân:
8


- Học sinh chưa nắm vững được kiến thức và kĩ năng giải bài tập tìm
GTLN,GTNN nên khi tiến hành các bước giải thường mắc phải những sai lầm và
không có tính sáng tạo trong cách giải.
- Đây là dạng tốn khó, chủ yếu là dạng tốn nâng cao dành cho học sinh khá
và giỏi.
- Trong sách giáo khoa cũng như sách bài tập rất ít có dạng tốn này. Vì vậy
trên lớp ít có cơ hội tiếp cận dạng tốn này, thường nó chỉ phổ biến cho một số em
đội tuyển học sinh giỏi và học sinh lớp chọn.
- Chưa có một hệ thống hồn chỉnh các đề tài về phương pháp giải các dạng
tốn khó phục vụ cho việc dạy và học đăc biệt là việc bồi dưỡng học sinh giỏi.
- Học sinh khơng có tài liệu để tự học, tự nghiên cứu về phương pháp tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
V. GIẢI PHÁP CHỦ YẾU:

Thực tế trong q trình giải tốn nói chung và dạng tốn này nói riêng thì
khơng có một con đường nào thực sự cụ thể mà việc giải toán đặc biệt là tốn khó
thì địi hỏi người dạy, người học phải tìm tịi sáng tạo cho mình một phương pháp
tiếp cận bài tốn dựa trên cơ sở đã học. Từ đó chúng ta sẽ tìm ra những quy luật
những cách giải cho một dạng tốn. Vì vậy trong đề tài này tơi xin đưa ra một
phương pháp tìm GTLN, GTNN.
1. Dạng 1: Tìm GTLN hoặc GTNN của biểu thức đại số ( nổi bật trong dạng
này là biểu thức cho dưới dạng f(x) = ax2 + bx + c. (a, b, c là hằng số, a ≠ 0 ).)
Để giải dạng toán này ta hướng dẫn học sinh đưa biểu thức đã cho về dạng:
f(x)=k(X)2 + C trong đó C là hằng số từ đó ta sẽ tìm được GTLN hoặc GTNN.
Đây là dạng toán đơn giản nhất trong loại toán này(dạng có đề cập trong sách
bài tập), nhưng để giải được nó học sinh thường sử dụng phương pháp thêm bớt
hạng tử hoặc thêm bớt hạng tử để đưa về dạng (a + b) 2 + c (c là hằng số). Nhưng
đối với học sinh trung bình thì thực sự gặp rất nhiều khó khăn, cịn đối với những
đa thức có hệ số khơng ngun hoặc hệ số lớn thì nhiều em học sinh khá cũng cảm
thất khó khăn. Nên tôi đưa ra giải pháp là cung cấp cho các em bài tốn tổng qt,
từ đó các em sẽ giải quyết dạng toán này một cách đơn giản kể cả học sinh trung
bình.
1.1. Bài tốn tổng qt:
Cho tam thức: P(x) = ax2 + bx + c. (a, b, c là hằng số, a ≠ 0 ).
9


a) Tìm GTLN, GTNN của P khi a > 0
b) Tìm GTLN, GTNN của P khi a < 0
Giải:
Ta có: P(x) = ax2 + bx + c = a ( x2 +
= a (x +
Đặt

b
b2
b2
x+ 2 )+c
a
4a
4a
b 2 − (b 2 − 4ac )
) +
2a
4a

− (b 2 − 4ac )
=k
4a

a) Nếu a > 0
b 2
b 2
) ≥ 0 ⇒ a (x +
) ≥0
2a
2a
−b
Do đó: P(x) ≥ k ⇒ MinP = k ⇔ x =
và khơng có GTLN.
2a

Vì (x +

b) Nếu a < 0
b 2
b 2
) ≥ 0 ⇒ a (x +
) ≤0
2a
2a
−b
Do đó: P(x) ≤ k ⇒ MaxP = k ⇔ x =
và khơng có GTNN.
2a

Vì (x +

1.2. Ví dụ:
Bài tốn 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
Bài toán 2: Tìm GTLN của B = - 3x2 + 2x + 5
Giải:
2
1
1
1
16
16
≤
x + ) + + 5 = - 3(x - )2 +

3
9
3
3
3
3
16
1
1
Nên maxB =
khi x - = 0 hay x =
3
3
3
16
1
Vậy maxB =
khi x =
3
3

Ta có:B = - 3x2 + 2x + 5 = - 3 (x2 -

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 tốn tổng qt thì học sinh sẽ thực hiện được 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.

10

Khi các em đã làm quen dạng 1 ta tiếp tục giới thiệu các em dạng tiếp theo
nhưng thực chất các em có thể tiến hành giống dạng 1.
2. Dạng 2: Biểu thức cần tìm GTLN, GTNN có dạng phân thức:
2.1. Phân thức có tử là hằng số cịn mẩu là một tam thức bậc hai:
Đối với dạng toán này ta cần chú ý đến biểu thức ở mẩu mà biểu thức ở dưới
mẩu chính là biểu thức học sinh được tiếp cận ở dạng 1.
Bài tốn 1: Tìm GTNN của C =

−5
2x − 8x + 1
2

Giải:
−5

−5

Ta có: C = 2x 2 − 8x + 1 = 2 x − 2 2 − 7
(
)
−5

5

Ta thấy 2 ( x − 2 ) − 7 ≥ −7 ⇒ 2 x − 2 2 − 7 ≥ 7
(
)
2

Vậy MinC =

5
khi x = 2
7

Bài tốn 2: Tìm GTLN của D =

3
9x − 6x + 5
2

Giải:
3

3

Ta có: D = 9x 2 − 6x + 5 = 3x − 1 2 + 4
(
)
3

3

Ta thấy ( 3x − 1) + 4 ≥ 4 do đó 3x − 1 2 + 4 ≤ 4 (theo quy tắc so sánh hai phân
(
)
2

thức cùng tử, tử và mẩu đều dương)

Do đó D ≤

3
4

Vậy MaxD =

3
1
khi x=
4
3

Chú ý: Sẽ khơng chính xác nếu lập luận rằng D có tử là hằng số nên D
lớn nhất khi mẩu nhỏ nhất.
1
x −3
1
1
Mẩu thức x2 – 3 có GTNN là -3 khi x = 0 nhưng với x = 0 thì 2 = −
x −3
3

Lập luận trên có thể dẫn tới sai lầm, chẳng hạn với phân thức

không phải giá trị lớn nhất của phân thức ( chẳng hạn x = 2 thì
lớn hơn −

2

1
= 1,
x −3
2

1
)
3

11


2.2.

Phân thức có tử và mẩu đều chứa biến:

Bài tốn 1: Tìm GTLN của biểu thức D =

3x 2 + 6x + 10
x 2 + 2x+3

Giải:

2
3x 2 + 6x + 10 3 ( x + 2x+3) + 1
1
1
=
= 3+ 2
= 3+

Ta có: D = 2
2
2
x + 2x+3
x + 2x+3
x + 2x+3
( x+1) + 2

(bài toán lại quay về dạng trên)
1

1

1

1 7

Vì x+1 2 + 2 ≤ 2 nên 3 + x+1 2 + 2 ≤ 3 + 2 = 2
( )
( )
Vậy MaxD =

7
khi x = -1
2

3x 2 − 8x + 6
Bài tốn 2: Tìm GTNN của biểu thức E = 2
x − 2x+1

Giải:

2
3x 2 − 8x + 6 3 ( x − 2x+1) − 2 ( x − 1) + 1
2
1
=
=
3
−
+
Ta có E = 2
2
x − 2x+1
( x − 1) ( x − 1) 2
( x − 1)
1
2
⇒ E = 3 − 2 y + y 2 = ( y − 1) + 2 ≥ 2
Đặt y =
( x − 1)

1
=1⇔ x = 2
x −1
3. Dạng 3: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Bài toán dạng này cần cung cấp cho học sinh một số kiến thức sau:
Vậy MinE = 2 khi y = 1 ⇔

1)

a ≥ 0 với mọi giá trị của a

2)

a+b ≤ a + b

3)

a − b ≥ a - b ( dấu bằng xảy ra khi a ≥ b ≥ 0 hoặc a ≤ b ≤ 0 )

(dấu bằng xảy ra khi ab > 0.)

4) a − b = b + a
3.1. Dạng: f(x) = M - A(x)
Cách giải:
Vì A(x) ≥ 0 nên f(x) ≤ M. Do đó maxf = M. Khi A(x) = 0.
Bài toán: Với giá trị nào của x thì biểu thức A = 100 - x + 5 có giá trị lớn nhất. Tìm
GTLN đó.
Giải: Với mọi x ta có x + 5 ≥ 0 nên 100 - x + 5 ≤ 100
Do đó maxA = 100 khi x + 5 = 0 hay x = - 5.
12


Vậy maxA = 100 khi x= -5.
3.2. Dạng f(x) = A(x) + m
Cách giải:
Vì A(x) nên f(x) ≥ m. Do đó minf = m. Khi A(x) = 0.
Với biểu thức nhiều biến x, y áp dụng tương tự.
Bài toán : Tìm GTNN của biểu thức B = 2 3x − 6 - 4

Giải:
Với mọi x, ta có 3x − 6 ≥ 0. Suy ra 2 3x − 6 ≥ 0 nên 2 3x − 6 - 4 ≥ - 4. Do
đó min B = - 4 khi 3x – 6 = 0 ⇔ x = 2.
Vậy minB = - 4 khi x = 2
3.3. Dạng f(x) = mx − a + mx − b
Cách giải:
Áp dụng tính chất 2 ta có mx − a + mx − b = mx − a + b − mx ≥
mx − a + b − mx = b − a

Suy ra minf = b − a khi (mx – a) (b – mx) ≥ 0.
Bài toán 1 : Với giá trị nào của x, y thì biểu thức C = x − 100 + y + 20 - 1 có giá trị
nhỏ nhất. Tìm GTNN đó.
Giải:
Với mọi x, y ta có x − 100 ≥ 0, y + 20 ≥ 0.
Nên x − 100 + y + 20 - 1 ≥ - 1. Do đó min C = - 1 khi x = 100, y = - 20.
Vậy minC = - 1 khi x = 100, y = -2.
Bài tốn 2: Tìm x ∈ Z để biểu thức D = x − 2 + x − 8 đạt GTNN.
Giải:
Ta có D = x − 2 + x − 8 = x − 2 + 8 − x ≥ x − 2 + 8 − x = 6.
Dấu “=” xảy ra khi (x-2) (8-x) ≥ 0.
Lập bảng xét dấu:
x
2
8
x-2
0
+
8-x
+
+

0
(x-2)(8-x)
0
+
0

+
13


Dựa vào bảng xét dấu ta có(x-2) (8-x) ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 8.
Vậy minD = 6 khi 2 ≤ x ≤ 8.
Bài tốn 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức N = x − 2016 − x + 2015
Giải:
Ta có N = x − 2016 − x + 2015 ≤ x − 2016 − x − 2015 = 4031
Vậy maxN = 4031 khi x ≤ - 2015
Bài tốn 4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức E =

( x − 2015)

2

+

( x − 2016 )

2

Giải:
Ta có

E=

( x − 2015)

2

+

( x − 2016 )

2

= x − 2015 + x − 2016
= x − 2015 + 2016 − x ≥ x − 2015 − x + 2016 = 1

⇒ MinE = 1 khi 2015 ≤ x ≤ 2016
Bài tốn 5: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức D = x − 1 + x − 2 + x − 3 + x − 4
Giải:
Ta có x − 1 + x − 4 ≥ x − 1 + 4 − x = 3
Dấu “=” xảy ra khi ( x − 1) ( 4 − x ) ≥ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 4
Và x − 2 + x − 3 ≥ x − 2 + 3 − x = 1
Dấu “=” xảy ra khi ( x − 2 ) ( 3 − x ) ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 3
Do đó D ≥3+1=4 Dấu “=” xảy ra khi 2 ≤ x ≤ 3
Vậy minD = 4 khi 2 ≤ x ≤ 3
M ( x)

3.4. Dạng f(x) = A( x) + b , f(x) = A(x) + B(x).
Cách giải:
Ta nên xét từng khoảng giá trị của biến, sau đó so sánh các giá trị của biểu
thức trong các khoản ấy để tìm GTLN, GTNN.

Bài tốn : Tìm GTLN của biểu thức C =

x+2
x≠0
x Với

Giải:
14


x+2
2
≤ 1
=-1+
−x
−x
−1+ 2
Nếu x = -1 thì C =
= 1.
1
x+2
2
2
Nếu x ≥ 1 khi đó C =
= 1 + . Ta thấy C lớn nhất ⇔
lớn nhất. Vì
x
x
x

Nếu x ≥ - 2, C =

x ≥ 1 nên

2
lớn nhất ⇔ x nhỏ nhất ⇔ x = 1, khi đó C = 3.
x

So sánh các trường hợp trên suy ra GTLN của C = 3 khi x = 1.
4. Dạng 4: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức là đa thức nhiều biến
Dạng này khi mới nhìn thấy đề ra học sinh thường thấy khó khăn vì đa thức
có nhiều biến khơng biết tiến hành thế nào. Do đó giáo viên cần hướng dẫn học
2
2
sinh cách chọn biến chính và vận dụng hằng đẳng thức ( a + b ) hoặc ( a − b )
Bài toán tổng quát: f(x,y) = ax2 + by2+cxy + dx + ey + f.
(a,b,c,e,f là hằng số a.b ≠ 0 ).
Ta có f(x) = ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = ax2 + (cy + d)x + by2 + ey + f.
 2
= a  x + (cy + d ) x +


1
a

1
1

(cy + d ) 2  (cy + d ) 2 + by 2 + ey + f
2

4a
 4a
2

1


= ……. = a  x + (cy + d ) + m( y + q) 2 + p
2a


1
2

Suy ra GTNN, GTLN của f(x,y) = p ( khi x = − (cy + d ) và y = - q.)
Bài toán 1: Tìm GTNN của biểu thức A = x2 + 2y2 – 2xy + 4x – 2y + 15.
A = 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 minA = 10 khi 
y +1 = 0
 y = −1
Giải:

Vậy minA = 10 khi x = -3, y = -1
Bài tốn 2: Tìm GTNN của biểu thức

B = x 2 + 2 y 2 + 3z 2 − 2xy + 2xz − 2x − 2 y − 8z + 2016
Giải:
15


B = x 2 + 2 y 2 + 3z 2 − 2xy + 2xz − 2x − 2 y − 8z + 2016
= x 2 − 2xy + 2xz − 2x + 2 y 2 − 2 y + 3z 2 − 8z + 2016
2
2
=  x 2 − 2x ( y − z + 1) + ( y − z + 1)  + 2 y 2 − 2 y + 3z 2 − 8z + 2016 − ( y − z + 1)



=  x − ( y − z + 1)  + 2 y 2 − 2 y + 3z 2 − 8z + 2016 − y 2 − z 2 − 1 + 2 yz − 2 y + 2 z
2

=  x − ( y − z + 1)  + y 2 − 4 y + 2z 2 − 6z + 2 yz + 2015
2

2
2
2
=  x − ( y − z + 1)  +  y 2 − 2 y ( 2 − z ) + ( 2 − z )  + 2z 2 − 6z + 2015 − ( 2 − z )



=  x − ( y − z + 1)  +  y − ( 2 − z )  + 2z 2 − 6z + 2015 − 4 − z 2 + 4z
2

2

=  x − ( y − z + 1)  +  y − ( 2 − z )  + z 2 − 2z + 1 + 2010
2

2

=  x − ( y − z + 1)  +  y − ( 2 − z )  + ( z − 1) + 2010 ≥ 2010
Vậy minB = 2010 khi x = y = z = 1
2

2

2

Bài toán 3: Tìm GTNN của biểu thức C = 5x 2 + 5 y 2 + 8xy − 2x − 2 y + 2016
Ta phát hiện thấy bài toán chưa xuất hiện những đại lượng bình phương vì
vậy ta phải tạo ra các đại lượng đó thì se quay về bài tốn 1 và bài toán 2.
2
2
Thật vây 5C = ( 5x ) + ( 5 y ) + 40xy − 10x − 10 y + 10080
2
2
2
2
= ( 5x ) + 10x ( 4 y − 1) + ( 4 y − 1)  + ( 5 y ) − 10 y + 10080 − ( 4 y − 1)



= [ 5x + 4 y − 1] + 25 y 2 − 10 y + 10080 − 16 y 2 + 8 y − 1
2

= [ 5x + 4 y − 1] + 9 y 2 − 2 y + 10079
2

2
1
9
2

= [ 5x + 4 y − 1] + 9  y 2 − y + ÷+ 10079 −
9
81 
81

2
1  90710
2

= [ 5x + 4 y − 1] + 9  y − ÷ +
9
9

90710
18142
⇒ 5C ≥
⇒C≥
9
9
18142
1

khi x = y =
Vậy min C =
9
9
5. Dạng 5: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức thỏa mãn điều kiện nào đó
Dạng này ta nên cho học sinh tiếp cận bài toán từ giả thiết đã cho của bài tốn.
Bài tốn 1:Tìm GTNN của biểu thức A = x3 + y 3 + x 2 + y 2 trong đó x, y thỏa mãn
điều kiện x+y = 1
Giải:
16


A = x3 + y 3 + x 2 + y 2
Do ( x + y ) = x 3 + y 3 + 3xy ( x + y ) ⇔ x 3 + y 3 = ( x + y ) − 3xy ( x + y )
3

3

và ( x + y ) = x 2 + y 2 + 2xy ⇔ x 2 + y 2 = ( x + y ) − 2xy
Thay (*) và (**) vào A ta có:
A = x3 + y 3 + x 2 + y 2
2

2

(*)
(**)

= ( x + y ) − 3xy ( x + y ) + ( x + y ) − 2xy
3

2

= 13 − 3xy.1 + 12 − 2xy
= 2 − 5xy = 2 − 5x ( 1 − x ) = 2 − 5x+5x 2
1 3

= 5  x 2 − x + ÷+
4 4

2

1 3 3

= 5 x − ÷ + ≥
2 4 4

1
1
=0⇔ x=
2
2
3
1
Vậy min A = khi x =
4
2
Dấu “=” xảy ra khi x −

Bài tốn 2:Tìm GTNN của biểu thức B = xy + yz + zx trong đó x, y, z thỏa mãn

điều kiện x+y+z = 3
Giải:
Ta có
B = xy + yz + zx = xy + z ( y + x ) = xy + 3 − ( y + x )  ( y + x )
= xy + 3 ( x + y ) − ( x + y ) = xy + 3x + 3 y − x 2 − y 2 − 2xy
2

= − x 2 − xy + 3x − y 2 + 3 y
2
2
 2
y − 3) 
y − 3)
(
(
2
= −  x + x ( y − 3) +
 − y + 3y +
4 
4


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

Vậy maxB = 3 khi x = y = z =1
2

2

Chú ý: Khi giải tìm GTLN, GTNN của f(x,y…) ta cần biến đổi f(x,y…) ≤
M hoặc f(x,y…) ≥ M với M là hằng số với mọi giá trị của biến và chỉ ra trường
hợp xẩy ra đẳng thức.
Ví dụ ta xét bài tốn tìm GTNN của biểu thức A = x2 + y2 biết x + y = 4.
17


Lời giải sai: ta có A = x2 + y2 ≥ 2xy. Do đó A nhỏ nhất ⇔ x2 + y2 = 2xy ⇔
x = y = 2. Khi đó minA = 22 + 22 = 8.
Phân tích sai lầm: đáp số không sai nhưng lập luận mắc sai lầm, ta mới
chứng minh được f(x,y) ≥ g(x,y) chứ chưa chứng minh được f(x,y) ≥ M với M là
hằng số.
Chẳng hạn với lập luận trên, từ bất đẳng thức đúng x 2 ≥ 4x – 4 sẽ suy ra x2
nhỏ nhất ⇔ x2 = 4x – 4 ⇔ (x – 2)2 = 0, do đó min(x2 )= 4 ⇔ x = 2, nhưng dễ thấy
kết quả đúng phải là min(x2 )= 0 ⇔ x = 0.
Cách giải đúng:
x + y = 4 suy ra x2 + 2xy + y2 = 16
(1)
2
2
2
Ta lại có (x – y) = x – 2xy + y ≥ 0
(2)
2
2

2
2
Từ (1) và (2) ta có (x + 2xy + y )+(x – 2xy + y ) ≥ 16
⇔ 2(x2 + y2) ≥ 16
⇔ x2 + y2
≥ 8
Nên minA = 8 khi x = y = 2.

18


VI. MỘT SỐ BÀI TẬP THAM KHẢO
Dạng 1:
Bài 1: Tìm GTNN của biểu thức sau:
a) 3x2 – 5x – 2
b) 2x2 + 4y2 – 4xy – 4x – 4y + 2007
c) 12(x – 1) (x + 2) (x + 3) (x + 6)
d) (x + 2)2 + (y +

1 2
) – 10
5

Bài 2: Tìm GTLN của biểu thức sau:
a) - 2x2 + x – 1
b) - 5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – 1

e) x2 + 2y2 – 2xy – 4y + 5
f) (x – 2) (x – 5) (x2 – 7x + 10)
g) x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1

h) (2x +

4 4
) –1
3

d) - x2 – y2 + xy + 2x + 2y
e) - x2 + 2xy - 4y2 + 2x + 10y – 8

f) -  x −
4
9

c) 11 – 10x2 – x2

6

2
 +3
15 

Dạng 2:
Bài 1. Tìm GTLN của các biểu thức sau:
4x + 1
a) 2
x +5

x2 + x +1
b) 2
x − x +1

x4 +1
d) 4
x + 2x 2 + 1

1
c) 2
x + x +1

Bài 2. Tìm GTNN của các biểu thức sau:
x 2 − 2 x + 2004
a)
x2

5x 2 − 4 x + 4
f)
x2

, x≠0

x2 + x +1
b) 2
1
x − x +1

6x 2 − 2x + 1
g)
x2

, x≠0

x 2 + 2x + 3
c)
x2 + 2

x 2 − 4x + 1
h)
x2

x4 + x2 + x +1
d) 4 3
x − x + 2x 2 − x + 1

x 2 − 2 x + 1995
m)
, x≠0
x2

e)

, x≠0

2002 x 2 − 2 x + 1
x2

n)

, x≠0

x 2 + 2x + 1

x 2 − 4x + 5

Dạng 3:
Bài 1: Tìm GTNN của các biểu thức:
a) 2 3x − 1 - 1
b) x +
c)

15
19

3
1
−x +
5
9

d) x − 2 + x − 4

e) x2 + 3 y − 2 - 1
f) x −
g)

4
1
7
2

2009
2010

+ x+
2010
2011

h) x − 2 + x − 3 + x − 4

Bài 2: Tìm GTLN của cácbiểu thức.
19


a) 5 - 2 x − 1

e) x +

1

b) x − 2 + 3
c) 9 - x −
d)

f) -

1
10

2
1
- x−
3
2

5
−x
3

g) 9 - 2 x − 3

3
2011
- x−
5
2010

h) x −

1
3
+ -x
2
4

Dạng 4:
d) - 5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – 1
e) - x2 + 2xy - 4y2 + 2x + 10y – 8
Dạng 5:
Bài 1.Cho x + 2y = 1. Tìm GTNN của x2 + 2y2
Bài 2.Cho 4x – 3y = 7. Tìm GTNN của 2x2 + 5y2
Bài 3.Cho a + b = 1. Tìm GTNN của a4 + b4
Bài 4.Cho a + b = 1. Tìm GTNN của a3 + b3
Bài 5.Cho x.y = 1. Tìm GTNN của x + y

Bài 6.Tìm GTNN, GTLN của A = x3 + y3. Biết x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y2 = 1
Bài 7.Tìm GTLN của A = a2 + b2 + c2 . Biết – 1 ≤ a, b, c ≤ 3, a + b +c = 1
VII. HIỆU QUẢ MANG LẠI CỦA SÁNG KIẾN
Sau khi áp dụng đề tài này giảng dạy cho học sinh, tôi khảo sát thu lại kết
quả như sau:
Đơn vị

Lớp khối 8;9

Hứng thú với dạng
Biết cách tiếp
toán
cận dạng toán
Tổng số
60 HS
52
41
Tỷ số%
100%
86,7%
68,3%
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 19 HS lên 52 HS ( 31,7% lên 86,7%).
- Biết cách tiếp cận dạng toán: tăng từ 7HS lên 41HS ( 11,7% lên 68,3%).
Thông qua bảng số liệu cho thấy sáng kiến này đã có tính ứng dụng và mang
lại hiệu quả rõ rệt cho việc học tập của học sinh.

20

C. KẾT LUẬN
I. Những bài học kinh nghiệm
Bài toán về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là dạng tốn thường gặp
trong chương trình tốn 8; 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi THCS. Nếu chỉ dừng lại
yêu cầu trong sách giáo khoa thì chưa đủ, vì vậy địi hỏi giáo viên phải tích cực tự
học, tự nghiên cứu, tìm tịi sáng tạo thường xun bổ sung kiến thức và tích luỹ
kinh nghiệm về vấn đề này.
Để dạy học cho học sinh hiểu và vận dụng tốt phương pháp tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất thì bản thân mỗi giáo viên phải phân dạng được các bài toán
và biết cách giải cụ thể của các dạng toán.
Qua việc nghiên cứu bên cạnh việc giúp cho bản thân nâng cao kiến thức,
nâng cao nghiệp vụ, bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu quả, ngồi ra cịn giúp bản
thân nâng cao phương pháp tự học, tự nghiên cứu để có thể tiếp tục nghiên cứu các
vấn đề khác tốt hơn trong suốt quá trình dạy học của mình.
Quá trình giảng dạy cần động viên khuyến khích học sinh cố gắng học tập
và tăng cường thời gian luyện tập thực hành.
Sau nội dung thực hiện đề tài phải tổ chức kiểm đánh giá học sinh.
II. Một số kiến nghị, đề xuất
Đối với giáo viên: Cần nghiên cứu kĩ đề tài, nắm chắc các phương pháp giải
từng dạng toán; chuẩn bị kĩ càng giáo án; tích cực nghiên cứu tài liệu và bắt tay giải
toán như một học sinh.
Đối với học sinh: Sáng kiến này áp dụng với học sinh khối 8; 9 cho kết quả
tốt thì học sinh cần nắm chắc phương pháp giải đối với các dạng toán và phát huy
tính chủ động sáng tạo, chăm chỉ rèn luyện, làm nhiều bài tập luyện để nâng cao kĩ
năng giải toán.
Mặc dù sáng kiến kinh nghiệm “Phương pháp giải một số dạng tốn tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong chương trình Tốn THCS” đã khẳng định
được tính khả thi và giá trị áp dụng song với thời gian trải nghiệm chưa nhiều và
năng lực cá nhân cịn hạn chế nên tính bao qt tồn diện nhất định còn chưa hết.

21


Tôi mong muốn bản thân cũng như đồng nghiệp sẽ tiếp tục có những bài tập bổ
sung, những đóng góp mới để sáng kiến ln giữ được tính khả thi và giá trị của nó
trong từng năm học, nhất là hiện nay với việc dạy học theo định hướng phát triển
năng lực của học sinh thì việc dạy học theo chủ đề sẽ ngày càng được quan tâm.
Tôi xin chân thành cảm ơn !

22


D. 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 tốn 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 ...

23