(Sáng kiến kinh nghiệm) 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

1.MỞ ĐẦU
Trang
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 nghiệm ..…….….…...3
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết
vấn đề …………………………………………………………………………..…....4
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với 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 . MỞ ĐẦU

1.1. Lí do chọn đề tài:
Qua nhiều năm giảng dạy mơn Tốn ở trường THCS , trong chương
trình sách giáo khoa khơng đề cập đến nhiều các dạng tốn “ Tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của một biểu thức” nhưng trong các kì thi HSG bậc THCS và
các kì thi tuyển sinh vào trường THPT , đặc biệt là thi vào các trường THPT
chuyên thường gặp những bài tốn u cầu tìm GTLN,GTNN của một biểu

thức. Vì vậy các bài Tốn cực trị rất có ý nghĩa đối với các em HS THCS.Ở bậc
học này chưa có lí thuyết đạo hàm nên phải bằng những cách giải thơng
minh, tìm ra những biện pháp hữu hiệu và phù hợp với kiến thức tốn học 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 trọng . Qua thực tế
giảng dạy, bản thân tôi đã luôn cố gắng tìm tịi và nghiên cứu tài liệu, 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 trị nhỏ nhất
thường gặp trong chương trình Tốn THCS” .
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Thơng qua đề tài, 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, hoàn thiện hơn
về kiến thức chun mơn .
Từ đó giúp học sinh giải quyết các bài Tốn cực trị từ dễ đến khó. Rèn
cho học sinh khả năng dự đốn , tính sáng tạo , tính tự giác, tích cực.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
- Nghiên cứu các phương pháp giải và các dạng Tốn tìm giá trị lớn nhất , giá
trị nhỏ nhất thường gặp trong chương trình Tốn 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 điều kiện
sau đồng thời được thỏa mãn:
2


1. f(x,y,...) ≤ M
∀(x,y,..) ∈ (D)
2. ∃ (x0, y0,...) ∈ (D) sao cho f(x0, y0...) = M.
Ký hiệu : M = Max f(x,y,..) với (x,y,...) ∈ (D)
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:
1. f(x,y,...) ≥ M
với ∀(x,y,..) ∈ (D)
2. ∃ (x0, y0,...) ∈ (D) sao cho f(x0, y0...) = M.
Ký hiệu : M = Min f(x,y,..) với (x,y,...) ∈ (D)
b. Các kiến thức cần dùng:
b.1. Lũy thừa :
a) x2 ≥ 0  ∀x ∈ |R  ⇒ x2k ≥ 0 ∀x ∈ |R, k ∈ z    ⇒ - x2k ≤ 0
Tổng quát : [f (x)]2k ≥ 0  ∀x ∈ |R, k ∈ z ⇒ - [f (x)]2k ≤ 0
Từ đó suy ra :
[f (x)]2k + m ≥ m
∀x ∈ |R, k ∈ z
2k
M - [f (x)]  ≤ M
a)

√x

≥0

∀x ≥ 0

⇒(

√x

)2k ≥ 0

∀x≥0 ; k ∈z

Tổng quát : (
)2k ≥ 0 ∀ A ≥0
(A là một biểu thức)
b.2. Biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối:
a) |x| ≥ 0 ∀ x∈|R
b) |x+y| ≤ |x| + |y| ; dấu "=" xảy ra⇔ x.y ≥ 0
c) |x-y| ≥ |x| - |y| ; dấu"=" xảy ra ⇔ x.y ≥ 0 và |x| ≥ |y|
b.3. Bất đẳng thức côsy:
∀x ≥ 0 ;  i =
:    ∀n∈N, n ≥2.
Dấu "=" xảy ra ⇔a1  = a2 = ... = an
b.4. Biểu thứcBunhiacopxki :
Với n cặp số bất kỳ a1,a2,...,an ; b1, b2, ...,bn ta có :
(a1b1+ a2b2 +...+anbn)2  ≤ (
ai

Dấu "=" xảy ra⇔ bi = Const  (i =

)
Nếu bi = 0 xem như ai = 0
b.5. Bất đẳng thức Bernonlly :
Với a ≥ 0 :
(1+a)n  ≥ 1+na
∀n ∈N.
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = 0.
 Một số bất đẳng thức thường gặp suy ra từ (A+B) 2 ≥ 0.
a. a2 + b2 ≥ 2ab
b. (a + b)2 ≥ 4ab
c. 2( a2 + b2 ) ≥ (a + b)2
d.
e.

a b
+ ≥2
b a
(ab > 0 )
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 khơng hứng thú với
dạng tốn này đặc biệt rất ít học sinh biết tiếp cận dạng tốn 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
Tỷ số%
100%
33.3 %
20 %
Tiềm năng của học sinh về mơn tốn chưa được khai thác hết.
Thực tế chương trình Tốn THCS chưa xây dựng hồn chỉnh về nội
dung và phương pháp của một số dạng Tốn khó, thường chỉ mang tính chất
giới thiệu chưa sâu.
Nhiều học sinh cũng lúng túng khi muốn tìm hiểu thêm trong tài liệu
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 tốn tìm giá trị lớn nhất, 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(x0,y0,...) = m
Các ví dụ minh họa:
Ví dụ1:Tìm giá trị nhỏ nhất của A1 = x2 + 4x + 5
Giải
2
2
Ta có : A1  = x + 4x + 5 = x + 4x + 4 + 1 = (x + 2)2 + 1 ≥ 1 vì (x + 2)2 ≥0.
⇒ A1 min = 1⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = -2
Vậy A1 min = 1⇔ x = -2
1
Ví dụ 2: Cho a > b > 0. Tìm GTNN của B 1 = a + b(a−b)
Giải :
1
1
3 b (a−b)
Ta có : B1 = a + b(a−b) = b + (a-b) + b(a−b) ≥ 3. b (a−b) (theo
Côsi).
1
B1 ≥ 3 ⇒ B1 min = 3 ⇔ b = a-b = b(a−b) ⇔

√

{a=2¿¿¿¿

{a=2¿¿¿¿

Vậy : B1 min = 3 ⇔
2.3.a.2. Phương pháp đặt ẩn phụ:
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
Đặt : x2 + 3x + 5 = a
C1 = a2 - 6a + 17 = a2 + 6a + 9 + 8
C1 = (a-3)2 + 8≥ 8
do (a-3)2≥ 0
∀a.
⇒C1min  = 8 ⇔ a - 3 = 0 ⇔ a = 3 ⇔ x2 + 3x + 2 = 0 ⇔
Vậy : C1min  = 8 ⇔

{x=−1¿¿¿¿

(
Ví dụ 2: Tìm GTNN của C = 2.
2

x y
+
y x

( )

{x=−1¿¿¿¿

x2 y2
+
y2 x2

)

Giải :

(

x2 y2
+
y2 x2

x y
+ )+6
(
-5 y x

 với x,y> 0

)

Đặt  :
= a ≥2  ⇒

= a2 - 2
⇒ C2 = 2.( a2 - 2) - 5a + 6 = 2a2 - 5a + 2
Ta thấy : a ≥ 2 ⇒ C2 = 2a2 - 5a + 2 ≥ 0
⇒ C2min = 0 ⇔a = 2 ⇔  x = y > 0
Vậy : C2min = 0 ⇔ x = y > 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 thể sử
dụng  kiến thức về miền giá trị của hàm số để giải và thấy rất hiệu quả.
 Đường lối chung là :
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 có nghiệm. Sau khi giải phương trình f(x)=y 0 (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 hoạ :
x 2 + 4 x +6
2
Ví dụ : Tìm GTLN, GTNN của f(x) = x +2 x+ 3

Gọi y là một giá trị của f(x) .

Giải :

5


2

x + 4 x +6
2
Ta có : y = x +2 x+ 3

⇔ yx2 + 2yx + 3y - x2 - 4x - 6 = 0
⇔ (y - 1)x2 + 2 (y - 2).x + 3y - 6 = 0 (có nghiệm)
3
* Nếu y = 1 ⇒ x = - 2

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

Do vậy :

1
f(x) Min = 2

⇔ x = -3
f(x) Max = 2  ⇔ x = 0

2.3.a.4. Phương pháp xét khoảng giá trị:
Có nhiều bài tốn 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 trị vẫn

gặp rất nhiều khó khăn có khi khơng thể tìm được. Những khi ta biết cách xét
từng khoảng hợp lý (có sự dự đốn) thì việc tìm được cực trị trở nên đơn
giản.
Các ví dụ minh hoạ :
n2
n
Ví dụ: Cho m ∈ N*  . Tìm giá trị lớn nhất của B = 2

Với n = 1
Với n = 2

1
ta có : B  = 2

ta có : B = 1

Giải :

<1

9
        Với n = 3     ta có : B = 8 > 1

Với n = 4
Với n = 5

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 phương pháp quy nạp.
n2
n
a) Giả sử n ≥ 5, n ∈ N ta có B = 2

< 1 (*)
6


Ta cần phải chứng minh công thức (*) đúng với (n+1) nghĩa là phải chứng
( n+1 )2
n+1
2

minh :
< 1⇔ (n + 1)2 < 2n+1
(1)
2
n
2
n+1
Từ (*) ta có : n < 2  ⇔ 2n < 2
(2)

Để chứng minh (1) ta chứng minh (n + 1)2  < 2n2
⇔ n2 + 2n + 1 <2n2  ⇔ n2 - 2n - 1 > 0 ⇔ (n - 1)2 - 2 > 0   (đúng vì n ≥ 5)
n2
n
b) Kết luận :  B = 2 < 1
9
Vậy Bmax = 8  ⇔ n = 3

∀ n ≥5, n ∈N*

2.3.a.5. Phương pháp hình học:
Trong các bài tốn 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 tốn xét cực
trị của các biểu thức đại số sang xét độ dài của các đoạn thẳng 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.

|√ x 2−4 x+5−√ x 2−10x+50|

Ví dụ 1: Cho f(x) =
Hãy tìm giá trị lớn nhất của f(x) .
Giải :
2

2

|√ ( x−2 ) +1−√ ( x−5 ) +25|

Ta có : f(x) =
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 thẳng hàng.
Ta lại có phương trình của đường thẳng(d) qua A và B là : f(x)=
5
cắt Ox tại M ( 4 ; 0)

4 5
x−
3 3

 (d)

7


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

 Các chú ý quan trọng:

a)
Muốn tìm được cực trị hàm số, không những ta cần chứng minh một
bất đẳng thức (f(x) ¿ m; f ( x ) ≤M ) 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 cực trị của 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

A lớn nhất (A ¿ 0)
⇔ B2
B lớn nhất (B >0 )

nhỏ nhất.
lớn nhất.

2.3.b. Các dạng bài tập thường gặp:
Dạng 1: Đa thức bậc nhất có chứa dấu giá trị tuyệt đối
Ví dụ 1: Tìm GTNN của biểu thức B = 2
Giải:
3x  6

3x  6

-4

3x  6

3x  6

 0. Suy ra 2
 0 nên 2
Với mọi x, ta có
- 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  5 .
Dạng 2. Đa thức bậc hai:
Dạng 2.1. Bài toán tổng quát:
Cho tam thức: P(x) = ax2 + bx + c. (a, b, c là hằng số, a  0 ).
a) Tìm GTLN, GTNN của P khi a > 0
b) Tìm GTLN, GTNN của P khi a < 0
8


Giải:
b2
b2
b
2
Ta có: P(x) = ax2 + bx + c = a ( x2 + a x + 4a ) - 4a + c
 (b 2  4ac)
b
4a
= a (x + 2a )2 +

 (b 2  4ac)

4a
Đặt
=k

a) Nếu a > 0

b
b
2
Vì (x + 2a ) ≥ 0  a (x + 2a )2 ≥ 0
b
Do đó: P(x) ≥ k  MinP = k  x = 2a và khơng có GTLN.

b) Nếu a < 0

b
b
Vì (x + 2a )2 ≥ 0  a (x + 2a )2 ≤ 0
b
Do đó: P(x) ≤ k  MaxP = k  x = 2a và khơng có GTNN.

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 tốn 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 tốn này.
Dạng 2.2. 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
2
a

b


dẫn học sinh cách chọn biến chính và vận dụng hằng đẳng thức
hoặc

 a  b

2

Bài toán tổng quát: f(x,y) = ax2 + by2+cxy + dx + ey + f.
(a,b,c,e,f là hằng số a.b  0 ).
2
2
Ta có f(x) = ax + by + cxy + dx + ey + f = ax2 + (cy + d)x + by2 + ey + f.
1
 2 1
1
2
(cy  d ) 2  by 2  ey  f
 x  a (cy  d ) x  4a 2 (cy  d ) 
=a
- 4a

2

1


2
 x  2a (cy  d )  m( y  q )  p
= ……. = a
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


y 1  0


 y  1
Nên minC = 10 khi
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 thức bậc hai:
2
2
Ví dụ : Tìm GTNN của A = 6 x−5−9 x .
−2
2
−2
2
2
2
Giải : A = 6 x−5−9 x . = 9 x −6 x +5 = (3 x−1) +4 .

Ta thấy (3x – 1)

2

¿

0 nên (3x – 1) +4
2

¿

1
(3x  1)2  4

4 do đó

¿

1
4

1
1
b với a, b cùng dấu).
theo tính chất a ¿ b thì a ¿
−2
−2
1
2
4
¿
⇒ A ¿
Do đó (3 x−1) +4
- 2
1

1
⇔ 3x – 1 = 0 ⇔ x = 3 .
minA = - 2

b. Phân thức có mẫu là bình phương của nhị thức.
3 x 2 −8 x+6
x 2−2 x+1 .

Ví dụ : Tìm GTNN của A =
Giải :
Cách 1 : Viết A dưới dạng tổng hai biểu thức không âm
2  x 2  2 x  1   x 2  4 x  4 

A =

x2  2x  1

2

( x−2)
2
= 2 + ( x−1)

¿

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  1

A =

2

 2  y  1  1



3 y2  6 y  3  8 y  8  6 3 y2  2 y 1

y2  2 y 1 2 y  2 1
y2

1
2
1
2
= 3 - y + y = ( y -1)2 + 2
minA = 2 ⇔ y = 1 ⇔ x – 1 = 1
c. Các phân thức dạng khác:

⇔

x=2

3−4 x
x 2 +1

Ví dụ : Tìm GTNN và GTLN của A =

Giải
Để tìm GTNN , GTLN ta viết tử thức về dạng bình phương của một số :
x 2 −4 x+4−x 2−1
x 2 +1

3−4 x
2
A = x +1

=
Min A= -1 khi và chỉ khi x = 2
3−4 x
2
Tìm GTLN : A = x +1

2

=

2

=

( x−2)
x 2 +1

-1

¿

-1
2

2

4 x +4−4 x −4 x −1
x 2+ 1

=4-

(2 x +1)
x2 +1

¿

4

−1
Max A= 4 khi và chỉ khi x = 2

Dạng 5: Biểu thức có chứa căn thức:
Ví dụ 1: Cho biểu thức: f ( x)  2  x  1  x . Tìm giá trị của x để f(x) đạt Giá
trị lớn nhất.
Giải :
Cách 1:

Biểu thức f(x) có nghĩa khi:
2  x  0

1  x  0

 1  x  2

2
Trong điều kiện này ta có f(x)  0 nên f(x) đạt GTLN khi và chỉ khi  f  x   đạt
GTLN.
2
2
Ta có:  f  x    2  x  1  x  2  2  x 1  x   3  2 2  x  x

2
Do đó  f  x  

Vậy khi
Cách 2:

x

9
1
9 
1
 3 2
 x2  x   3  2
x 
4

4
4 
2
1
1
x 0  x 
2
2
đạt GTLN khi và chỉ khi

2

1
1
1
2   1  3
2
2
2 thì GTLN của biểu thức f (x) =
.
f(x) = 2  x + 1  x

x 1  0
 1  x  2

2

x

0


Điều kiện để f(x)xác định
(*)
Với điều kiện (*) f(x)  0 bình phương 2 vế được
11


 f  x 2 = x + 1 + 2 - x + 2

( x  1)(2  x)

= 3 + 2 ( x  1)(2  x)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 2 số không âm (x + 1) và (2 - x) ta có
3 = (x + 1) + (2 – x )  2 ( x  1)(2  x)
1
Dấu “=” xảy ra  x + 1 = 4 - x  x = 2
2
Suy ra:  f  x    4 vì f(x)  0 nên ta được
1
Max f(x) = 3 khi x= 2 .

Ví dụ 3 : Cho biểu thức:

f ( x) 

x3
x  1  2 . Tìm giá trị của x để f(x) đạt GTNN.

Giải

x  1  0
x  1
 

x 1  2  0
x  3
Biểu thức f(x) có nghĩa khi: 

f ( x) 
Ta biến đổi:

( x  1  2)( x  1  2)
x 3
x 1 2


 x 1  2
x 1  2
x 1  2
x 1  2

Do đó: f ( x)  x  1  2 nên f  x  đạt GTNN khi và chỉ khi

x  1 đạt GTNN

mà x  1  0 nên x  1 đạt GTNN bằng 0 khi x  1
Vậy f(x) đạt GTNN bằng 2 khi x  1
Dạng 6: Cực trị có điều kiện ( các biến bị ràng buộc thêm bởi một 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
2
2
Mà
(x – y) ¿ 0 Hay: x - 2xy + y ¿ 0
(2)
Cộng (1) với (2) ta có 2(x2 + y2 )
1
2

¿

1
1
2

⇒

x2 + y 2

¿

1

2

minA =
khi và chỉ khi x = y =
Cách 2: Biểu thị y theo x rồi đưa về tam thức bậc hai đối với x.
Thay y = x – 1 vào A ta có:
1
1
A = x2 + (1 – x)2 = 2(x2 – x) +1 = 2(x2 - 2 )2 + 2
1
1
minA = 2 khi và chỉ khi x = y = 2

¿

1
2

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

1
2

+ a thì y =

1
2

- a . Biểu thị x2 + y2 ta được :

12


1
x +y = ( 2
2

2

=0

1
+ a) + ( 2
2

- a) =
2

1
2

+2 a

2

¿

1
1
2 => MinA = 2

a

⇔

1
⇔ x=y = 2

Ví dụ 2 :Cho xy + xz + yz = 4 . Tìm GTNN của B 3 = x4 + y4 + z4
Giải :
Do xy + xz + yz = 4 ⇒ 16 = (xy + xz + yz)2≤ (x2+y2+z2) (x2+y2+z2)
(Theo Bunhiacôpxki) ⇔ 16 ≤ (x2+y2+z2)2≤ (x4 + y4 + z4) (12+12+12)
2 √3
16
16
4
4
4
⇒ B3 = x + y + z ≥ 3  ⇒ B3min = 3 ⇔ x = y = z = ± 3
2 √3
16
Vậy : B3min = 3 ⇔ x = y = z = ± 3
Ví dụ 3: Cho x2 + y2 = 52 . Tìm GTLN của A = 2x + 3y
Giải :
Áp dụng BĐT Bunhiacốpski ta có: ( 2x + 3y ) 2 ¿ ( 22+32 ).52
⇒ ( 2x + 3y )2 ¿ 13.13.4
⇒

2x + 3y

¿

2 x  3 y

26. Vậy maxA = 26 ⇔ 2 x  3 y  0

3x
Thay y = 2 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 khơng đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 số đó bằng
nhau
- Nếu 2 số dương có tích khơng 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 của biểu thức :
A=

1 4

x y

Giải sai
1 4
4
1 4
 
,
xy (1)
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số khơng âm x y ta có: x y
1 x y

 xy
2
Lại có: 2
(2 )
13


1 4
4
4
 
 8
1
x y
xy
2
. Vậy Min A = 8

A=

Từ (1) và (2) suy ra :
Phân tích sai lầm:

1 4
  4x  y
Đẳng thức xảy ra ở (1) khi x y

Đẳng thức sảy ra ở (2) khi x = y . Từ đó suy ra x = y = 0 ( Loại vì x + y = 1)
Có bạn đến đây kết luận khơng có giá trị nhỏ nhất cũng là kết luận sai.

1 4
4x y
A =  x+y      5 

x
y
y
x


Giải đúng: Vì x + y = 1 nên
4x y
,
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho hai số không âm y x Ta có :
1

 4x y
x



 y  2x
 

3
y
x 


4x y
4x y
x  y  1 x  y  1  y  2
 2
. 4

y x
y x

3
Dấu “=” xảy ra khi

2. Sai lầm khi không sử dụng hết điều kiện của bài tốn:
Ví dụ 2: cho x, y là các số dương thỏa mãn x+y= 1. Tìm GTNN của BT :
2

1
 1 
A =  x+    y  
y
 x 

2

Giải sai: Áp dụng bất đẳng thức cơ si cho hai số khơng âm
Ta có:

x+

1
x

1
1
 2 x.  2
x
x
(1)

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số khơng âm
y+

x,

y,

1
y

1
1

 2 y.  2
y
y

Ta có:
(2)

Từ (1) và (2) =>A 8 => Min A = 8
1
 x  x2  1
x
Phân tích sai lầm: Đẳng thức sảy ra ở (1) khi
1
 y  y2  1
Đẳng thức sảy ra ở (2) khi y
.

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
1
1
 xy  xy   xy 
2
2
4
2

2

1 1
1 1
A = 4 + x +y    +  
x
y
2
2
2


  . Khi đó: x + y = (x + y) – 2xy  1 - 2 = 2 (1)
Ta có :
2

2

14


1
1
1
2
1
25
 2 2 2 2 
8
2
x
y

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

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

1
x  6 x  17
2

Ví dụ 3:: Tìm GTLN của bt:
2
Lời giải sai: A đạt Max khi x  6 x  17 đạt Min Ta có :
x 2  6 x  17   x  3  8  8
2

x
Do đó Min 

2

 6 x  17   8  x  3

1
. Vậy Max A = 8  x  3

Phân tích sai lầm: Kết quả đúng nhưng lập luận sai ở chỗ cho rằng “ A có tử
khơng đổi nên đạt GTLN khi mẫu đạt GTNN” mà chưa đưa ra nhận xét tử và
mẫu là các số dương
x 2  6 x  17   x  3  8  8
2

Lời giải đúng: Bổ sung thêm nhận xét
của A là dương
4. Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2

nên tử và mẫu

Ví dụ 4: Tìm GTNN của bt: A = x + x
Lời giải sai : x + x =
Vậy: Min A =



 x

2

1
4

Phân tích sai lầm: Sau khi chứng minh f(x) 
1
xảy ra f(x)= 4 


2

1 1 1 
1 1
1
+2 x     x     
2 4 4 
2 4
4.

x 



1
4 chưa chỉ ra trường hợp

1
2 (vơ lí )

Lời giải đúng: ĐKTT x là x  0 do đó : A = x + x  0 => Min A = 0  x  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
Tỷ số%
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 mơn Tốn THCS nói chung và Tốn 8 , 9 nói
riêng tơi nhận thấy dạng Tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là dạng
Tốn hay, khó, ít phổ biến nhưng thường xuất hiện nhiều trong các đề thi
HSG. Vì vậy tơi đã tìm tịi nghiên cứu đưa ra một số phương 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. Ngồi ra cịn giúp
bản thân nâng cao phương pháp tự học , tự nghiên cứu, tự bồi dưỡng, để có
thể tiếp tục nghiên cứu các vấn đề khác tốt hơn trong suốt quá trình dạy học

của mình.
Trong q trình nghiên cứu khơng tránh khỏi sự sai sót và những hạn
chế mong sự chia sẻ và thơng cảm của q bạn đọc, mong sự góp ý chân thành
của đồng nghiệp để đề tài ngày càng hồn thiện hơn. Tơi 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 tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất. Và nhiều em đã đi sâu tìm hiểu và say mê với mơn Tốn. Vì vậy tơi rất
mong được sự góp ý chân thành của đồng nghiệp và các nhà quản lý giáo dục
để đề tài được hồn thiện hơn, để có thể phổ biến rộng rãi hơn cho đồng
nghiệp trong tỉnh cũng như cả nước.
Tơi 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 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 ...

17