Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giả bài toán cực trị đại số

Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số

PHẦN MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài:
Tốn học là một mơn khoa học tự nhiên, nó ra đời và phát triển gắn liền
với sự phát triển của xã hội loài người. Từ xa xưa con người đã biết đến Toán
học và khoa học đã khẳng định rằng Toán học là nền tảng của nhiều mơn khoa
học khác, các ứng dụng của tốn học đưa lại hiệu quả to lớn trong đời sống xã
hội và là nền tảng tư duy tri thức rèn luyện kỹ năng, kỷ xảo, phát triển trí tuệ,
phẩm chất đạo đức cho mỗi con người. Do đó việc dạy và học bộ mơn Tốn
khơng chỉ dừng lại ở việc học thuộc bài toán mà phải phát huy năng lực tư duy
sáng tạo cho học sinh, trang bị cho học sinh các kỹ năng cần thiết để học sinh có
thể vận dụng một cách linh hoạt vào thực tiễn cuộc sống. Hơn nữa việc đổi mới
phương pháp dạy học ở trường phổ thông phải hướng đến đào tạo nguồn nhân
lực, bồi dưỡng nhân tài đáp ứng yêu cầu của xã hội trong thời kỳ hội nhập quốc
tế. Nó địi hỏi mỗi người giáo viên phải chú trọng đến việc thiết kế và hướng
dẫn học sinh thực hiện các dạng bài tập phát triển tư duy và rèn luyện kỹ năng,
động viên khuyến khích, tạo cơ hội và điều kiện cho học sinh tham gia một cách
tích cực, chủ động, sáng tạo vào quá trình khám phá và lĩnh hội nội dung bài
học, chú ý khai thác vốn kiến thức, kinh nghiệm và kĩ năng đã có của học sinh,
bồi dưỡng hứng thú, nhu cầu hành động và thái độ tự tin trong học tập của học
sinh, góp phần phát triển tối đa tiềm năng của bản thân.
Tốn học mang tính chính xác rất cao, một bài tốn có thể có nhiều cách
giải song nó chỉ có một đáp số duy nhất. Do đó trong q trình dạy học tốn,
giáo viên cần phân tích, tìm tịi và giúp học sinh phát hiện bài tập đã cho thuộc
dạng toán nào để vận dụng phương pháp giải cho phù hợp. Trong q trình giải
tốn, học sinh thường mắc phải những sai lầm mà chính học sinh cũng không
phát hiện được nên vẫn cứ nghĩ rằng cách giải của mình là đúng. Trong nhiều
năm tham gia bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi mơn Tốn, bản thân tơi nhận
thấy dạng tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất (gọi là bài toán cực trị đại số) thì
học sinh thường mắc phải nhiều sai lầm. Từ lý do đó nên tơi chọn sáng kiến kinh

nghiệm “Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài tốn cực trị
đại số” để nghiên cứu nhằm tìm ra những sai lầm cơ bản, tìm hiểu nguyên nhân
và hướng khắc phục, giúp học sinh tự tin hơn, chính xác hơn khi giải dạng toán
này.
Đổi mới phương pháp dạy học đã và đang diễn ra một cách mạnh mẽ ở
tất cả các trường và với mỗi một người giáo viên. Đã có nhiều nhà khoa học,
nhiều nhà quản lý giáo dục và nhiều giáo viên nghiên cứu, đưa ra những sáng
kiến hay trong việc đổi mới phương pháp dạy học để nâng cao hiệu quả giáo
dục. Điểm mới của đề tài này tơi muốn đề cập đến đó là nghiên cứu tìm ra
những sai lầm cơ bản trong việc trình bày bài giải của một bài tốn cực trị, từ đó
tìm ra ngun nhân và phương pháp khắc phục cụ thể cho từng sai lầm. Giúp
học sinh nắm chắc hơn và tự sửa chữa cho mình trong quá trình giải toán, nhằm
gây hứng thú học tập, tạo ra niềm say mê môn học trong mỗi một học sinh.
Đồng thời giúp tất cả các đối tượng học sinh nắm được phương pháp học tập để
1


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số
nắm thật chắc chắn kiến thức môn học, đặc biệt là bồi dưỡng, đào tạo nên những
học sinh giỏi thực sự, tạo nguồn nhân lực tương lai cho đất nước.
II. Phạm vi áp dụng:
Sáng kiến này được áp dụng trong việc dạy học phân môn Đại số cấp
THCS, trong việc ôn luyện cho học sinh dự thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT. Đặc
biệt áp dụng trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm nâng cao chất lượng
đội tuyển dự thi học sinh giỏi mơn Tốn cấp tỉnh.

PHẦN NỘI DUNG
I. Thực trạng nội dung cần nghiên cứu:
Thực tế cho thấy Toán học là nền tảng cho mọi ngành khoa học, là chiếc
chìa khố vạn năng để khai phá và thúc đẩy sự phát triển cho mọi ngành khoa

học, kinh tế, quân sự ... trong cuộc sống. Chính vì vậy việc dạy và học bộ mơn
tốn trong nhà trường đóng vai trị vơ cùng quan trọng. Dạy tốn chiếm vị trí số
một trong các môn học của nhà trường, đối với giáo viên, dạy tốn là niềm tự
hào song đó cũng là thử thách vơ cùng lớn. Để dạy tốn và học tốn tốt thì thầy
và trị khơng ngừng rèn luyện và đầu tư trí và lực vào nghiên cứu học hỏi. Học
và dạy tốn với chương trình cơ bản đã rất khó, xong dạy và học tốn trong đào
tạo mũi nhọn lại vơ cùng gian truân, việc học và dạy không dừng ở việc người
học và người dạy phải có trí tuệ nhất định mà cả thầy và trị phải dày cơng đầu
tư vào nghiên cứu các dạng toán, thuật toán vận dụng hợp lý các tính chất tốn
học do các nhà tốn học đã nghiên cứu vào giải tốn, ngồi ra người dạy và học
toán phải tự rèn luyện và nghiên cứu để có những cơng trình tốn của riêng mình
cùng góp sức để đưa bộ mơn tốn ngày càng phát triển.
Qua q trình giảng dạy nhiều năm bản thân tơi thấy việc hình thành cho
học sinh cách suy nghĩ để tìm lời giải cho bài toán hoặc mỗi dạng toán nào đó là
cơng việc rất khó. Đứng trước một bài tốn nếu người thầy chưa hiểu, chưa có
hướng giải thì ta hướng dẫn học sinh như thế nào, thật khó trong những tình
huống như thế người thầy sẽ mất vai trị chủ đạo trong việc dạy học sinh, còn
học sinh đã khơng giải được tốn nhưng lại mất niềm tin ở thầy và cảm thấy việc
học tốn là cực hình, là khó vơ cùng khơng thể học được.
Tốn học là bộ môn khoa học của nhân loại, một bộ môn khoa học đa
dạng về thể loại. Khơng phải cứ dạy tốn và học toán là biết hết, là đã đến đỉnh
cao của trí tuệ nhân loại. Khi trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi tơi tự thấy kiến
thức tốn của bản thân cịn rất hạn chế, nhất là những bài tốn về cực trị trong
đại số. Đây là dạng toán lớn, có nhiều cách thức để giải thường hay xuất hiện
nhiều trong các đề thi học sinh giỏi các cấp, thi vào lớp 10 THPT. Tuy nhiên,
nhiều học sinh không biết giải như thế nào? Có những phương pháp nào? Trong
2


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số

khi các tài liệu viết về vấn đề này rất hạn chế hoặc chưa hệ thống thành các
phương pháp nhất định, gây nhiều khó khăn trong việc học tập của học sinh, dẫn
đến học sinh dễ mắc phải các sai lầm. Vì vậy việc nghiên cứu các sai lầm của
học sinh khi giải các bài toán cực trị đại số 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. Tôi đã tiến hành khảo sát về chất lượng làm
bài thi của các em thuộc đội tuyển bồi dưỡng HSG lớp 9 cấp tỉnh, kết quả thu
được như sau:
Bảng 1: Kết quả học sinh làm bài tập về cực trị đại số trong đề thi HSG cấp tỉnh
Năm học

Số HS
tham gia

Chưa
làm
được

Đã làm nhưng Làm được
Làm được
định hướng
nhưng
cả bài
cách giải sai chưa xong

2014-2015

20

05

06

05

04

2015-2016

20

06

06

04

03

Bước vào đầu năm học tôi tiến hành khảo sát trên 20 học sinh đang tham
gia bồi dưỡng học sinh giỏi mà tôi đang trực tiếp giảng dạy, với bài tốn có kiến
thức trên mức độ đề tuyển sinh nhưng chưa đến mức độ đề thi học sinh giỏi cấp
tỉnh, thang điểm 1,5. Kết quả thu được như sau:
Bảng 2: Kết quả khảo sát 20 học sinh đang tham gia bồi dưỡng
Chưa làm
được

Đã làm nhưng định
hướng cách giải sai

Làm được nhưng
chưa xong

Làm được cả
bài

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

10

50,0%

03

15,0%

5

25,0%

2

10,0%

Qua công tác chấm chữa và tìm hiểu học sinh tơi nhận thấy có một số
nguyên nhân như sau:
- Học sinh chưa có đường lối rõ ràng khi giải bài tốn tìm cực trị Đại số.
- Học sinh chưa nắm chắc các tính chất của bất đẳng thức vì bài tốn cực
trị liên quan rất chặt chẽ với bài toán chứng minh bất đẳng thức.
- Chưa hệ thống, phân loại được các dạng bài tập và phương pháp giải.
- Không đọc kĩ đầu bài, chưa hiểu rõ bài toán đã đã vội đi ngay vào giải
tốn.
- Khơng biết đề cập bài tốn theo nhiều cách giải khác nhau, không chịu
nghiên cứu kĩ từng chi tiết và kết hợp các chi tiết trong từng bài tốn, khơng sử
dụng hết giả thiết bài tốn, khơng biết linh hoạt vận dụng kiến thức đã có.
3


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài tốn cực trị Đại số
- Khơng tự tư duy lại bài tốn mình làm sau khi đã giải xong xem đã đúng
chưa.
Qua đó tơi rút ra được một số vấn đề cần được khắc phục trong việc đổi
mới phương pháp dạy học như sau:
- Phải trang bị cho học sinh nắm chắc chắn các kiến thức cơ bản về bài
tốn tìm cực trị Đại số và các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức

- Phải phân loại được các dạng toán và xây dựng phương pháp giải phù
hợp cho từng dạng tốn cực trị
- Tìm ra các sai lầm cơ bản và hướng khắc phục cho từng sai lầm đó
- Yêu cầu học sinh thực hành tư duy tìm hướng giải và trình bày bài giải
Với đặc trưng của công tác bồi dưỡng học sinh giỏi tôi nhận thấy có nhiều
thuận lợi để triển khai nghiên cứu, áp dụng sáng kiến: “Một số sai lầm và
phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị đại số”. Sau đây tôi xin đưa
ra một số giải pháp:
II. Các giải pháp:
1, Giải pháp 1: Trang bị cho học sinh các kiến thức cơ bản về cực trị Đại số
cũng như các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức:
1.1, Kiến thức cơ bản về cực trị đại số:
1.1.1, Định nghĩa.
a, Định nghĩa GTNN (Min): Cho biểu thức một biến A(x) được xác định trên
tập D. Nếu mọi giá trị của x ∈ D mà A(x) ≥ m (với m ∈ R) (1), dấu đẳng thức
xảy ra tại x = x0 và x0 ∈ D (2) ta nói A(x) có giá trị nhỏ nhất là k, tại x = x0
Ký hiệu: Min A(x) = m, tại x = x0
b, Định nghĩa GTLN (Max): Cho biểu thức một biến A(x) được xác định trên
tập D. Nếu mọi giá trị của x ∈ D mà A(x) ≤ n ( với n ∈ R) (1), dấu đẳng thức
xảy ra tại x = x0 và x0 ∈ D (2) ta nói A(x) có giá trị lớn nhất là n, tại x = x0
Ký hiệu: MaxA(x) = n, tại x = x0
c, Chú ý: - Hai định nghĩa trên vẫn đúng với biểu thức hai biến A(x; y) trở lên
- Để tồn tại cực trị thì điều kiện (1) và (2) đồng thời thỏa mãn
Ví dụ minh họa: Ta xét biểu thức A = (x - 1) 2 + (x - 3)2. Rõ ràng A ≥ 0, dấu bằng
x - 1 = 0
x = 1
⇔
(điều này vô lý).
x - 3 = 0
x = 3

xảy ra khi: 

Nên ta không thể kết luận MinA = 0 được.
* Cách giải đúng:
A = (x - 1)2 + (x - 3)2 = 2x2 - 8x + 10 = 2(x - 2)2 + 2 ≥ 2
Dấu bằng xảy ra khi x = 2. Vậy MinA = 2, khi x = 2.
4


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài tốn cực trị Đại số
1.1.2, Một số tính chất của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
Tính chất 1:

Giả sử A ⊂ B khi đó ta có:

f ( x) ≥ min f ( x)
b, Min
x∈ B
x∈ A

f ( x) ≤ max f ( x)
a, Max
x∈ A
x∈B

Tính chất 2: Nếu f ( x, y ) ≥ 0

với mọi x thuộc D , ta có:

f ( x) = max f 2 ( x)
a, Max
x∈D
x∈D

f ( x) = min f 2 ( x)
b, Min
x∈D
x∈D

f ( x ) + Max f ( x )
( f ( x) + g ( x) ) ≤ Max
Tính chất 3:a, Max
x∈D
x∈D
x∈D
1

(1)

2

f ( x) + Min f ( x )
( f ( x) + g ( x) ) ≤ Min
b, Min
x∈D
x∈D
x∈D
1

2

(2)

Dấu bằng trong (1) xẩy ra khi có ít nhất một điểm x0 mà tại đó f (x) và g (x)
cùng đạt giá trị lớn nhất. Tương tự nếu tồn tại x0 thuộc D mà tại đó f , g cùng đạt
giá trị nhỏ nhất thì (2) có dấu bằng.
f(x) = - min (-f(x))
Tính chất 4: Max
x∈D
x∈D
1

f (x) , m = min f ( x) thì Max f ( x ) = Max{ M , m } .
Tính chất 5: Nếu đặt M = Max
x∈D
x∈D
x∈D
x∈D

Tính chất 6: Giả sử D1 = { x ∈ D; f ( x) ≤ 0} và D2 = { x ∈ D; f ( x) ≥ 0}
f ( x) = Min{ − max f ( x); min f ( x)}
thì Min
x∈D
x∈D
x∈D
1

2

Chú ý: Khi nói đến giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một hàm số, bao giờ cũng
phải tìm TXĐ. Cùng một hàm số f (x) nhưng xét trên hai TXĐ khác nhau thì nói
chung giá trị lớn nhất tương ứng khác nhau. Để cho phù hợp với chương trình
các lớp phổ thơng cơ sở, ta giả thiết là các bài toán đang xét đều tồn tại giá trị
cực trị trên một tập hợp nào đó.
1.2, Kiến thức cơ bản về bất đẳng thức:
1.2.1, Định nghĩa:
Hệ thức có dạng a > b (hoặc a < b, a ≥ b, a ≤ b) gọi là bất đẳng thức
1.2.2, Tính chất:
- Tính chất phản xạ:

a > b ⇔b > a

- Tính chất bắc cầu:

a > b và b > c ⇒ a > c

- Cộng hai vế của một bất đẳng thức với cùng một số:
a > b ⇒a + c > b + c
- Nhân hai vế của một bất đẳng thức với cùng một số:
+ Nếu a > b và c > 0 thì a.c > b.c
+ Nếu a > b và c < 0 thì a.c < b.c

5


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số
- Cộng vế theo vế của hai bắt đẳng thức cùng chiều ta được một bất đẳng
thức cùng chiều:
a > b và c > d ⇒ a + c > b + d

Chú ý: Không được trừ vế theo vế của hai bất đẳng thức cùng chiều
- Trừ vế theo vế của hai bất đẳng thức ngược chiều ta được một bất đẳng
thức mới cùng chiều với bất đẳng thức bị trừ: a > b và c < d ⇒ a – c > b – d
- Nhân vế theo vế của hai bất đẳng thức cùng chiều mà hai vế không âm
a > b ≥ 0 và c > d ≥ 0 ⇒ a.c > b.d
- Nâng lên lũy thừa bậc n nguyên dương hai vế của bất đẳng thức
a > b > 0 ⇒ an > bn (n ∈ N)
a > b ⇔ an > bn với mọi n lẻ; a > b ⇔ an > bn với n chẵn
- So sánh hai lũy thừa cùng cơ số với số mũ nguyên dương
Nếu m > n > 0 thì:

a > 1 ⇒ am > an
a = 1 ⇒ am = an
0 < a < 1 ⇒ am < an

- Lấy nghịch đảo hai vế và đổi chiều bất đẳng thức nếu hai vế cùng dấu:
a > b và ab > 0 ⇒

1
1
<
a
b

Lưu ý các bất đẳng thức a < b, a ≥ b, a ≤ b thì các tính chất trên tương tự
1.2.3, Các hằng bất đẳng thức:
- Với mọi a ta có: a2 ≥ 0 ; -a2 ≤ 0. Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a = 0
- Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối:
a ≥ 0. Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a = 0
a ≥ a. Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a ≥ 0

a + b ≥ a + b . Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ ab ≥ 0

a - b ≤ a - b . Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a ≥ b ≥ 0 hoặc a ≤ b ≤ 0

- Bất đẳng thức tam giác:
Với a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì a – b < c < a + b
- Bất đẳng thức Cơsi: Augustin Louis Cauchy Nhà Tốn học Pháp (1789-1857)
+ Với hai số a, b khơng âm ta có:

a+b
≥ ab . Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
2
2



Một vài dạng thường gặp: a2 + b2 ≥ 2ab; (a + b)2 ≥ 4ab; 
÷ ≥ ab .....
 2 
a+b

6


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số
+ Dạng đầy đủ: Với n số không âm a1, a2, ...., an (n ∈ N*), ta có:
a1 + a 2 + ... + a n
≥
n

n

n

a + a 2 + ... + a n 
a1a 2 ...a n hay  1
÷ ≥ a1a 2 ...a n
n



Dấu “=” xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an
- Bất đẳng thức Bunhiakopsky: Victor Yakovlevich Bunyakovsky Nhà Toán học
Nga (1804 – 1889)
+ Với các số a, b, x, y ta có: (ax + by)2 ≤ (a2 + b2)(x2 + y2)
Dấu “=” xảy ra ⇔ ay = bx (nếu a ≠ 0, b ≠ 0 thì ta viết

x
y
= )
a
b

+ Dạng đầy đủ: Với hai bộ n số (a1, a2, ..., an) và (b1, b2, ..., bn) ta có

( a1b1 + a 2 b 2 + ... + a n b n )
a

2

≤

(a

2
1

+ a 22 + ... + a 2n

a

)(b

2
1

+ b 22 + ... + bn2

)

a

Dấu “=” xảy ra ⇔ b1 = b2 = ... = bn
1
2
n
- Bất đẳng thức Trê-bư-sép ta có:
a1 ≤ a 2 ≤ ..... ≤ a n
a +a +...+a n b1 +b 2 +....+b n a1b1 +a 2 b 2 +....+a n b n

.
≤
thì 1 2
.
n
n
n
 b1 ≤ b 2 ≤ ..... ≤ b n

a, Nếu 

 a1 = a 2 = .... = a n

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 
 b1 = b 2 = .... = b n
a1 ≤ a 2 ≤ ..... ≤ a n
a +a +...+a n b1 +b 2 +....+b n a1b1 +a 2 b 2 +....+a n b n
.
≥
thì 1 2
n
n
n
 b1 ≥ b 2 ≥ ..... ≥ b n

b, Nếu 

 a1 = a 2 = .... = a n

Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 

 b1 = b 2 = .... = b n
2. Giải pháp 2: Phân tích những sai lầm và nêu hướng khắc phục
2.1, Sai lầm trong chứng minh điều kiện (1):
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =

3
4x - 4x + 5
2

Lời giải sai: Phân thức A có tử số là số khơng đổi nên A có giá trị lớn nhất khi
mẫu nhỏ nhất.
Ta có: 4x 2 - 4x + 5 = (2x - 1) 2 + 4 ≥ 4, ∀x ⇒

3
3
3
1
≤ , ∀x ⇒ MaxA = ⇔ x =
4x - 4x + 5 4
4
2
2

Phân tích sai lầm: Tuy đáp số khơng sai nhưng khi khẳng định “A có tử số là số
khơng đổi nên A có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất” mà chưa đưa ra nhận xét
tử mẫu là các số dương. Ta đưa ra một ví dụ: Xét biểu thức B =

1
x -4
2

7


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số
Với lập luận “phân thức B có tử khơng đổi nên có giá trị lớn nhất khi mẫu
nhỏ nhất” do mẫu nhỏ nhất bằng -4 khi x = 0, ta sẽ đi đến: Max B = phải là giá trị lớn nhất của B, chẳng hạn với x = 3 thì B =

1
khơng
4

1
1
≥− .
5
4

Mắc sai lầm trên là do khơng nắm vững tính chất của bất đẳng thức: Đã
máy móc áp dụng quy tắc so sánh 2 phân số có tử số và mẫu số là số tự nhiên
sang hai phân số có tử và mẫu là số nguyên.
Lời giải đúng: Bổ sung thêm nhận xét: 4x 2 - 4x + 5 = (2x - 1)2 + 4 ≥ 4 nên tử và
mẫu của A là các số dương. Hoặc từ nhận xét trên suy ra A > 0, do đó A lớn nhất
khi và chỉ khi

1
nhỏ nhất ⇔ 4x 2 - 4x + 5 nhỏ nhất.
A

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = x 2 + y 2 biết x + y = 4

Lời giải sai: Ta có: A = x 2 + y 2 ≥ 2xy
Do đó A nhỏ nhất ⇔ x2 + y2 = 2xy ⇔ x = y = 2
Khi đó Min A = 22 + 22 = 8
Phân tích sai lầm: Đáp số tuy khơng 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.
Ta đưa ra một ví dụ: Với lập luận như trên, từ bất đẳng thức đúng x 2 ≥ 4x - 4 sẽ
suy ra: x2 nhỏ nhất ⇔ x 2 = 4x - 4 ⇔ (x - 2) 2 = 0 ⇔ x = 2 ⇒ Minx 2 = 4 ⇔ x = 2
Dễ thấy kết quả đúng phải là: Minx 2 = 0 ⇔ x = 0
Lời giải đúng:

Ta có: ( x + y ) = 42 ⇔ x 2 + 2xy + y 2 = 16
2

Ta lại có:

( x - y)

2

≥ 0 ⇔ x 2 - 2xy + y 2 ≥ 0

(1)
(2)

2
Từ (1) và (2) : 2 ( x + y ) ≥ 16 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 8 . Vậy Min A = 8 ⇔ x = y = 2

2.2, Sai lầm trong chứng minh điều kiện (2):
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = x + x

2

1

1 1 
1
1

Lời giải sai: A = x + x =  x + x + ÷ - =  x + ÷ - . Vậy Min A = 4
4 4 
2
4

1
chưa chỉ ra trường hợp xẩy ra
4
1
dấu đẳng thức. Nếu xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi x = - vơ lý.
2

Phân tích sai lầm: Sau khi chứng minh A ≥ -

Lời giải đúng: Để tồn tại x phải có x ≥ 0,
Do đó A = x + x ≥ 0 , Min A = 0 ⇔ x = 0
8


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài tốn cực trị Đại số
Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất của: A = xyz ( x + y ) ( y + z ) ( z + x )
với x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 1

Lời giải sai: áp dụng bất đẳng thức: ab ≤ ( x + y ) ta có
2

4 ( x + y) z ≤( x + y + z)

2

=1

4 ( y + z) x ≤( x + y + z)

2

=1

4 ( z + x ) y ≤( x + y + z )

2

=1

1
64

Nhân từng vế ta có 64xyz ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) ≤ 1 ⇒ Max A =

Phân tích sai lầm: Sai lầm cũng ở chỗ chưa chỉ ra được trường hợp xẩy ra dấu
đẳng thức. Điều kiện để là:
x + y = z
y + z = x



⇔
z + x = y
x + y + z = 1


x, y, z ≥ 0

x = y = z = 0

x + y + z = 1
x, y, z ≥ 0


mâu thuẩn

Lời giải đúng: áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm:
1 = x + y + z ≥ 3 3 xyz

(1)

2 = ( x + y) + ( y + z ) + ( z + x ) ≥ 33 ( x + y ) ( y + z ) ( z + x )

(2)

Nhân từng vế (1) với (2) (do 2 vế đều không âm)
3

 2

2 ≥ 9 3 xyz ( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) ⇔ 2 ≥ 9 3 A ⇔ A ≤  ÷
9
3

1
2
Vậy MaxA =  ÷ ⇔ x = y = z =
3
9

2.3, Sai lầm khi sử dụng nhiều bất đẳng thức khác nhau:
Ví dụ 5: Cho x, y là các số dương thỏa mãn: x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1

4

biểu thức: A = x + y ?
Lời giải sai: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương, ta có
A=

1
4
1 4
+ ≥2 . =
x
y
x y
x+y

Mặt khác xy ≤ 2

4

4
,
xy
=

1

4

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y ⇒ y = 4x

1
1
⇒
≥ 2 , Dấu "=" xảy ra ⇔x = y
2
xy

1

nên A ≥ xy ≥ 4. xy ≥ 4.2 = 8 . Vậy giá trị nhỏ nhất của A = 8.
9


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài tốn cực trị Đại số
Phân tích sai lầm: Ta thấy khi áp dụng hai bất đẳng thức trên, dấu "=" không
đồng thời xảy ra
Lời giải đúng:

1
1
4
4
y
4x
+
= ( x + y)  + ÷ = 5 +
+
x
y
y
x
y
x

Vì x + y = 1 nên ta có A =

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương, ta có
y
4x
y 4x
+
≥2 .
= 4,
x
y
x y

y

y

4x

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y ⇒ y = 2x

4x

Do đó A = 5 + x + y ≥ 5 + 4 = 9
1
3

Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 9 khi y = 2x và x + y = 1 ⇔x = ; y =

2
3

Lưu ý: Nếu sử dụng nhiều BĐT khác nhau trong 1 bài tốn thì ta phải kiểm tra
xem chúng có đồng thời xảy ra dấu bằng khơng. Có như vậy thì hướng giải của
bài tốn mới đúng.
2.4, Sai lầm khi khơng sử dụng hết điều kiện của bài tốn:
Ví dụ 6: Cho x, y là các số dương thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2

2


1
1


biểu thức: B =  x + ÷ +  y + ÷ ?
x
y



Lời giải sai:
1
1
1
Ta có: x + ≥ 2 x. = 2
x
x
x

(1)

1
1
1
Áp dụng bđ t côsi cho hai số khơng âm y, y Ta có: y + ≥ 2 y. = 2
y
y

(2)

Áp dụng bđt côsi cho hai số không âm x,

Từ (1) và (2) =>A ≥ 8 => Min A = 8

Phân tích sai lầm:

Đẳng thức xảy ra ở (1) khi

1
= x ⇔ x2 = 1
x
1

2
Đẳng thức sảy ra ở (2) khi y = y ⇔ y = 1 .

Từ đó đẳng thức xảy ra thì x = y = 1 khơng thỏa mãn vì x + y = 1
Lời 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
Ta có : A = 4 + x +y +  ÷ +  ÷ .
x y
2

2

10


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài tốn cực trị Đại số
Khi đó: x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy ≥ 1 1
2

Từ (1) và (2) =>A ≥ 8 + +4 =

1 1
1
1
1
2
= (1); 2 + 2 ≥ 2 2 2 = ≥ 8 (2).
2 2
x
y
x .y
xy

25
25
1
=>Min A =
khi x=y =
2
2

2

Lưu ý: Khi giải bài tốn mà khơng sử dụng hết điều kiện của đầu bài thì cần
kiểm tra lại giả thiết. Có như vậy thì hướng giải của bài tốn mới đúng.
2.5, Sai lầm khi sử dụng bất đẳng thức với các biểu thức bị hạn chế:
Ví dụ 7: Cho x, y là các số thực thỏa mãn x2 + y2 = 1.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức C = 1 + x 2 + y ?
Lời giải sai: Với hai số thực a, b bất kỳ ta có: 2 ( a 2 + b 2 ) = ( a + b ) + ( a - b ) ≥ ( a + b )
2

Áp dụng với a = 1 + x 2 ; b = y ta có C2 =

(

1 + x 2 + y2

)

2

2

(

2

)

≤ 2 1 + x 2 + y2 = 4

Do đó C 2 = 4 ⇒ -2 ≤ C ≤ 2 . Vậy MinC = -2 và MaxC = 2
Phân tích sai lầm:
Ta thấy 1 + x 2 ≥ 0 nên C2 = 4 khi và chỉ khi 1 + x 2 = y ⇔ 1 + x 2 = y 2 với y ≥ 0
Mà theo giả thiết x2 + y2 = 1 nên x = 0, y = 1, khi đó C = 2,
do đó MinC = -2 là khơng thỏa mãn. Vậy sai lầm xảy ra ở đâu?
Ta thấy trong bất đẳng thức ( a + b ) ≤ 2 ( a 2 + b 2 ) ⇔ - 2 ( a 2 + b 2 ) ≤ ( a + b ) ≤ 2 ( a 2 + b 2 )
2

2

thì dấu bằng thứ nhất xảy ra khi và chỉ khi a = b ≤ 0; còn dấu “=” thứ hai xảy
ra khi và chỉ khi a = b ≥ 0. Nếu a, b có giá trị bị hạn chế thì dấu bằng trong các
bất đẳng thức trên có thể khơng xảy ra.
Lời giải đúng:
Vì x2 + y2 = 1 nên y ≥ -1, mặt khác 1 + x 2 ≥ 1 nên C = 1 + x 2 + y ≥ 0
Do đó MinC = 0 khi x = 1 và y = -1
2.6, Sai lầm khi sử dụng tính chất của dấu giá trị tuyệt đối:
Ví dụ 8: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức D = x - 1 + x - 2 + x - 3 + x - 4 ?
Lời giải sai: Áp dụng a + b ≥ a + b . Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ ab ≥ 0 ta có
x - 1 + x - 2 = x - 1 + 2 - x ≥ x - 1 + 2 - x = 1 , Dấu “=” xảy ra ⇔ 1 ≤ x ≤ 2
x - 3 + x - 4 = x - 3 + 4 - x ≥ x - 3 + 4 - x = 1 , Dấu “=” xảy ra ⇔ 3 ≤ x ≤ 4

Do đó D = x - 1 + x - 2 + x - 3 + x - 4 ≥ 1 + 1 = 2
11


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài tốn cực trị Đại số
Phân tích sai lầm: Ta thấy khơng có giá trị của x để MinD = 2
Lưu ý rằng: Nếu a ≤ b thì x - a + x - b ≥ b - a , Dấu “=” xảy ra ⇔ a ≤ x ≤ b
Lời giải đúng: Áp dụng a + b ≥ a + b . Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ ab ≥ 0 ta có

x - 1 + x - 4 = x - 1 + 4 - x ≥ x - 1 + 4 - x = 3 , Dấu “=” xảy ra ⇔ 1 ≤ x ≤ 4
x - 2 + x - 3 = x - 2 + 3 - x ≥ x - 2 + 3 - x = 1 , Dấu “=” xảy ra ⇔ 2 ≤ x ≤ 3

Do đó D = x - 1 + x - 2 + x - 3 + x - 4 ≥ 3 + 1 = 4 , Dấu “=” xảy ra ⇔ 2 ≤ x ≤ 3
2.7, Sai lầm khi sử dụng các bất đẳng thức ngược chiều nhau:
Ví dụ 9: Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 1.
x

y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức E = 1 - x + 1 - y ?
Lời giải sai: Từ giả thiết ta suy ra 0 < x, y < 1. Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:
x
x
+ 1 - x ≥ 2 x , Dấu “=” xảy ra ⇔
= 1-x ⇒x=
1-x
1-x
y
y
+ 1 - y ≥ 2 y , Dấu “=” xảy ra ⇔
= 1-y ⇒ y=
1-y
1-y
x
y
Do đó E = 1 - x + 1 - y ≥ 2 x + 2 y - 1 - x - 1 - y

1
2

1
2

Mặt khác x + y = 1 nên y = 1 – x, thay vào ta có
2 x +2 y - 1-x - 1-y =2 x +2 1-y - 1-x - 1-1+y =
x
y
+
≥ x + 1-x
⇒E =
1-x
1-y

Ta có

(

x + 1-x

)

2

x + 1-x

2

1 
1
1

= 1 + 2 x (1 - x) = 1 + 2
- x - ÷ ≤1 + 2
=2
4 
2
4

⇒ x + 1 - x ≤ 2 . Do đó E ≥ 2

Phân tích sai lầm: Sai lầm ở trên là ta đã dúng hai bất đẳng thức ngược chiều
nhau
và
để kết luận
E≥ x + 1-x

E ≥ 2

x + 1-x ≤ 2

Lời giải đúng: Ta có
E=

x
y
x2
y2
x 2 + y2
+
=
+

≥
=
1-x
1-y
x y
y x x y +y x

Vì x + y = 1 nên ta có xy ≤ x + y = 1 và
2

x+

2

( x + y)
xy

(

x +

2

y

)

=

xy

(

1
x +

y≤ 2

Do đó xy ( x + y ) ≤ 2 . 2 = 2 ⇒ xy x + y ≥ 2 = 2
(
)
1

2

1

2

12

y

)


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số
Vậy Min E = 2 ⇔ x = y =

1

2

2.8, Sai lầm khi làm việc với các biều thức quy về tam thức bậc hai:
Ví dụ 10: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = -x 2 + 2x + 3 -

(

)

x+1+ 3-x ?

Lời giải sai: Điều kiện -1 ≤ x ≤ 3
2
Đặt t = x + 1 + 3 - x ta có t 2 = 4 + 2 ( x + 1) ( 3 - x ) ⇒ ( x + 1) ( 3 - x ) = t - 4

2

Ta có F = ( x + 1) ( 3 - x ) Vậy MinF =

(

( t - 1) - 5 ≥ -5
t2 - 4
t 2 - 2t - 4
x+1+ 3-x =
-t=
=
2
2
2

2
2

)

-5
. Dấu “=” xảy ra ra khi t = 1
2

Phân tích sai lầm: Ta thấy t 2 = 4 + 2 ( x + 1) ( 3 - x ) ≥ 4 mà t ≥ 0 nên t ≥ 2. Do đó
khơng thể có dấu “=” xảy ra khi t = 1
Lời giải đúng: Ta xét (x + 1)(3 – x) = -x2 + 2x + 3 = 4 – (x – 1)2
Vì -1 ≤ x ≤ 3 nên -2 ≤ x - 1≤ 2 ⇒ (x – 1)2 ≤ 4 hay (x + 1)(3 – x) ≤ 4
Do đó t 2 = 4 + 2 ( x + 1) ( 3 - x ) ≤ 4 + 2 4 = 4 ⇒ 2 ≤ t ≤ 2 2
Vậy F = ( x + 1) ( 3 - x ) -

(

)

x+1+ 3-x =

t2 - 4
t 2 - 2t - 4
-t=
≥ −2
2
2

Dâu “=” xảy ra khi và chỉ khi t = 2 ⇔ x = -1 hoặc x = 3

2.9, Sai lầm khi sử dụng bất đẳng thức Côsi và khắc phục bằng kỹ thuật tách
số:
Ví dụ 11: Cho x > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2x +

1
?
x2

Lời giải sai: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương ta có:
P = 2x +

1
1
2
1
1
≥ 2 2x. 2 = 2
, dấu “=” xảy ra ⇔ 2x = 2 ⇔ x 3 = ⇔ x =
2
x
x
x
x
2

Vậy MinP = 2

2
= 2 6 16 đạt được khi và chỉ khi x =
x

3

3

1
2

1
2

Phân tích sai lầm: Ta thấy trong cách giải trên đã áp dụng bất đẳng thức Cơsi
nhưng vế phải vẫn cịn biến x chưa phải là hằng số nên không thể kết luận giá trị
nhỏ nhất của P được
Lời giải đúng: Để giải được bài toán trên ta phải sử dụng đến kỹ thuật tách số
rồi áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương
Ta có P = x + x +

1
1
1
3 x.x
⇔
x
=
⇔x=1
≥
3
=
3

.
dấu
“=”
xảy
ra
x2
x2
x2

13


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số
Vậy MinP = 3 khi và chỉ khi x = 1
Ví dụ 12: Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤ 1.
9

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = xy + xy ?
Lời giải sai: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương ta có:
Q = xy +

9
9
≥ 2 xy.
= 2.3 = 6
xy
xy
9

2

Dấu “=” xảy ra ⇔ xy = xy ⇔ ( xy ) = 3 ⇔ xy = 3 ( x > 0, y > 0 )
2

Phân tích sai lầm: Trong lời giải trên đã không sử dụng giả thiết x + y ≤ 1 nên để
dấu “=” xảy ra thì xy = 3 và x + y ≤ 1. Ta thấy với x > 0, y > 0 thì khơng có giá trị
nào của x, y để thỏa mãn xy = 3 và x + y ≤ 1
Lời giải đúng: Ta có 1 ≥ x + y ≥ 2 xy ⇒ 0 < xy ≤

1
1
1
. Do đó xy = ⇔ x = y =
4
4
2

Áp dụng kỹ thuật tách số để sử dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương
Q = xy +

9
1
143
1
143 1 143 145
= xy +
+
≥ 2 xy.
+
≥ +
=

xy
16xy 16xy
16xy
16xy 2
4
4

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =
Ví dụ 13: Cho x > 0, y > 0 và x + y ≤

1
2

4
.
3

1

1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x + y + x + y ?
Lời giải sai: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:
M=x+y+

1
1 
1 
1
1

1
+
=  x + ÷+  y + ÷ ≥ 2 x. + 2 y. = 4
x
y 
x 
y
x
y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
Phân tích sai lầm: Ta thấy trong lời giải trên dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = 1
khi đó x + y = 2 không thỏa mãn điều kiện x + y ≤
Lời giải đúng: Sử dụng kỹ thuật tách số

4
3

1
4
5 1
4
5
=
+
;
=
+
ta có:
x

9x
9x y
9x
9x

4  
4  5 1
1
4
4
5 4

M = x +
+ 2 y.
+
÷ +  + ÷ ≥ 2 x.
÷+  y +
9x  
9y  9  x
y
9x
9y
9x+y


14


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số
1

1

4

4

1

3

4

12

(áp dụng bất đẳng thức x + y ≥ x + y và x + y ≤ 3 ⇒ x + y ≥ 4 ⇒ x + y ≥ 4 = 3 )
Do đó M ≥ 2 x.

4
4
5 4
4
4
5
13
+ 2 y.
+
≥ + + .3 =
9x
9y

9x+y 3
3
9
3
2
3

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =
Ví dụ 14: Cho x, y là các số thực dương.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức N =
Lời giải sai: Đặt t =
Do đó N = t +

( x + y + 1)

2

xy + x + y

⇒

( x + y + 1)

xy + x + y

+

xy + x + y

( x + y + 1)

2

?

1
xy + x + y
=
2
t
( x + y + 1)

1
1
1
≥ 2 t. = 2 . Dấu “=” xảy ra ⇔ t = ⇒ t = 1 ( t > 0 )
t
t
t

( x + y + 1)
Phân tích sai lầm: Ta thấy khi t = 1 thì

2

xy + x + y

( x + y + 1)

2

=1

2

xy + x + y

= 1 ⇔ x 2 + y2 + 1 + 2xy + 2x + 2y = xy + x + y ⇔ x 2 + y 2 + 1 + xy + x + y = 0

2
2
Coi phương trình ẩn x, tham số y ta có: x + ( y + 1) x + y + y + 1 = 0 ( 1)
2

1 8
2

Ta có ∆ = ( y + 1) - 4 ( y 2 + y + 1) = -3y 2 - 2y - 3 = -3  y + ÷ - < 0


3

3

Nên phương trình (1) vơ nghiệm nên khơng thể tồn tại giá trị của x, y để N
đạt giá trị nhỏ nhất
Lời giải đúng: Đặt t =

( x + y + 1)

2

ta sẽ chứng minh t ≥ 3

xy + x + y

Thậy vậy với t ≥ 3 thì

( x + y + 1)

2

xy + x + y

≥ 3 ⇔ ( x + y + 1) ≥ 3 ( xy + x + y ) ⇔ 2 ( x + y + 1) ≥ 6 ( xy + x + y )
2

2

2x 2 + 2y 2 + 2 + 4xy + 4x + 4y ≥ 6xy + 6x + 6y ⇔ ( x - y ) + ( x - 1) + ( y - 1) ≥ 0
2

2

2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
Do đó N =

8t + t

1
8t
1  8.3
t 1 10
t
+
=
+  + ÷≥
+2 . =
9
t
9
t  9
9 t
3
9

15


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số
Vậy giá trị nhỏ nhất của N bằng

10
khi và chỉ khi x = y = 1
3

Ví dụ 15: Cho x > 0, y > 0 và x + y ≥ 6.
6

8

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 3x + 2y + x + y ?
6 
8
6
8

Lời giải sai: Ta có S =  3x + ÷ +  2y + ÷ ≥ 2 3x. + 2 2y. = 6 2 + 8
x 
y
x
y


3x +
Dấu “= xảy ra khi và chỉ khi 
 2y +


6

=0
3x =
x
⇔
8
2y =
=0
y



6
x
 x = 2
⇔
8
 y = 2
y

Phân tích sai lầm: Ta thấy ở cách giải trên dấu đẳng thức xảy ra khi x = 2; y = 2
nên x + y < 6, điều này mâu thuẫn với giả thiết x + y ≥ 6
Lời giải đúng: Dùng kỹ thuật tách số 3x =

3x
3x
y
3y
+
; 2y =
+
ta có:
2
2
2
2

6 y
8 3
3x 6

y 8
3
 3x
S= 
+ ÷ +  + ÷ + ( x + y) ≥ 2
. + 2 . + .6 = 6 + 4 + 9 = 19
x 2
y 2
2 x
2 y
2
 2
6
 3x
2 = x
x 2 = 4
x = 2

 2
8
y

⇔  y = 16 ⇔  y = 4
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  =
y
2
x + y = 6
x + y = 6



x + y = 6



Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 19 khi và chỉ khi x = 2, y = 4

Ví dụ 16: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn b2 + c2 ≤ a2.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =
1

1

4

1 2
1
 1
b + c 2 ) + a 2  2 + 2 ÷?
2 (
a
c 
b

1

1

4

Lời giải sai: Áp dụng bất đẳng thức x + y ≥ x + y ⇒ a 2 + b 2 ≥ a 2 + b 2

Ta có T =

1 2 2
1 1
4
 1
b + c ) + a 2  2 + 2 ÷≥ 2 ( b2 + c2 ) + a 2. 2 2
2 (
a
c  a
b +c
b

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có

16


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số
T≥

1 2 2
4
1
4
b + c ) + a 2 . 2 2 ≥ 2 2 ( b 2 + c 2 ) .a 2 . 2 2 = 2 4 = 4
2 (
a
b +c
a

b +c

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 2 2
4
b + c ) = a 2 . 2 2 ⇔ b 2 + c 2 = 2a 2
2 (
a
b +c

Phân tích sai lầm: Ta thấy trong lời giải trên dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
b 2 + c 2 = 2a 2 , điều này mâu thuẫn với giải thiết là b2 + c2 ≤ a2
1

1

4

1

1

4

Lời giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức x + y ≥ x + y ⇒ b 2 + c 2 ≥ b 2 + c 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b2 = c2
Ta có T =

1 2 2

1 1
4
 1
b + c ) + a 2  2 + 2 ÷≥ 2 ( b2 + c2 ) + a 2. 2 2
2 (
a
c  a
b +c
b

Áp dụng kỹ thuật tách số: a 2 .
Khi đó T ≥
⇒T≥2

4
4a 2
a2
3a 2
=
=
+
b2 + c2
b2 + c2
b 2 + c2
b2 + c2

 b2 + c2
1 2 2
4
a2 

3a 2
2
b
+
c
+
a
.
=
+
+
(
)

÷
2
a2
b2 + c2
b2 + c2  b2 + c2
 a

b2 + c2
a2
a2
.
+
3.
=2+3=5
a2
b2 + c2

b 2 + c2

 b2 + c2
a2
=
 a2
2
2
2
2
2
 2 2 b 2 + c
a
 b + c = a
⇔ 2 2
⇔b=c=
Dấu “=” xảy ra b + c = a
2
 b = c
b2 = c2



2.10, Một số sai lầm khác:
Ví dụ 17:
2
Cho phương trình bậc hai với tham m: x + 2 ( m - 2 ) x – ( 2m - 7 ) = 0 (1) có

nghiệm x1, x2. Tìm GTNN của biểu thức A = x12 + x 22
Lời giải sai: Vì x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1)

 x + x = -2 ( m - 2 )
1
2
Theo định lý Vi-et tacó: 
 x1.x 2 = -2m + 7

Ta có A = x12 + x 22 = ( x1 + x 2 ) – 2x1x 2 = ( 2m - 3) - 7 ≥ -7
2

Vậy MinA = - 7 khi m =

2

3
2
17


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài tốn cực trị Đại số
Phân tích sai lầm:
Sai lầm ở chỗ là không tồn tại x1 , x2 để biểu thức đạt GTNN là - 7
Thật vậy: Min x12 + x 22 = -7 khi m =

3
thì phương trình (1) vơ nghiệm.
2

Lời giải đúng: Ta có: Δ′ = m 2 - 2m - 3
 m ≤ -1

Để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thì Δ′ ≥ 0 ⇔ 

m ≥ 3

 x + x = -2 ( m - 2 )
1
2

Theo định lý Vi-et tacó: 

 x1.x 2 = -2m + 7

Ta có A = x12 + x 22 = ( x1 + x 2 ) – 2x1x 2 = ( 2m - 3) - 7
2

2

Với m ≥ 3 thì A ≥ ( 2.3 − 3) − 7 = 2
2

2

Với m ≤ −1 thì A ≥  2.( −1) − 3 − 7 = 18
Do đó MinA = 2 với m = 3
Ví dụ 18: Cho hai số thực x, y thoả mãn x > y và xy = 1.
Tìm GTNN của biểu thức B =

x 2 + y2
?
x-y

x 2 + y 2 ( x - y ) + 2xy
=
Lời giải sai: Ta có B =
. Do x > y và xy = 1
x-y
x-y
2

nên B =

( x - y)

2

x-y

+

2xy
2
x-y
x-y
2
x-y
=x-y+
=
+
+
≥2+

x-y
x-y
2
2
x-y
2

Vậy A có GTNN khi

x-y
2
=
2
x-y

Giải phương trình được x – y = 2
mà xy = 1 nên (x; y) là ( 1 + 2; −1 + 2 ) và (1 − 2; −1 − 2)
Do đó MinA =

x-y
+2=3
2

Phân tích sai lầm: Sai lầm của bài tốn trên là biến đổi đến (*) thì 2 +

x-y
2

khơng phải là hằng số mà còn phụ thuộc vào biến x, y
Lời giải đúng:

18


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài tốn cực trị Đại số
B=x-y+

x-y
2
2 
= 2 
+
÷
÷≥ 2 2
x-y
x
y
2


 2+ 6 − 2+ 6
 2− 6 − 2− 6
;
;
÷
÷
và 
÷
÷
2
2

2
2





Vậy MinA = 2 2 khi (x, y) = 

Ví dụ 19: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức D = -5x 2 - 2xy - 2y2 + 14x + 10y - 1 .
Lời giải sai: Ta có D = -5x 2 - 2xy - 2y2 + 14x + 10y - 1

(

) (

) (

)

D = - x 2 + 2xy + y2 - 4x 2 - 14x - y 2 - 10y -1
2

2

7
145
= - ( x + y ) -  2x - ÷ - ( y - 5 ) +
2
4


2

x + y = 0
 x = -y


7
7


145
Suy ra D ≤
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x - = 0 ⇔  x =
2
4
4


 y - 5 = 0
 y = 5

Phân tích sai lầm: Hệ trên vô nghiệm nên D không tồn tại giá trị lớn nhất.
145
Từ biến đổi mới chỉ suy ra D ≤
, còn việc kết luận giá trị lớn nhất của D
4
khơng tồn tại là chưa chính xác, khơng có căn cứ xác đáng.
Lời giải đúng:
Cách 1: Ta có

(

) (

) (

)

D = - x 2 + y 2 - 6x - 6y + 2xy + 9 - 4x 2 - 8x + 4 - y2 - 4y + 4 + 16
= - ( x + y - 3) - 4 ( x - 1) - ( y - 2 ) + 16
2

2

2

x + y - 3 = 0
x = 1

⇔ 
Suy ra D ≤ 16 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  x - 1 = 0
y - 2 = 0
 y = 2


Vậy Max D = 16, giá trị này đạt được khi và chỉ khi x = 1 và y = 2.
Lời giải trên tuy đúng song có vẻ thiếu “tự nhiên”, cách 2 sau đây sẽ mang
tính thuyết phục hơn.
Cách 2: Ta có D = -5x 2 - 2xy - 2y 2 + 14x + 10y - 1

2
2

x - 5)  ( x - 5)
(
2

D = -2. y + ( x - 5) y +
+
- 5x 2 + 14x - 1

4 
2


2

x - 5  9 ( x - 1)
= -2  y +
2 ÷
2


2

+ 16 ≤ 16
19


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số


x-5
x = 1
=0
y +
⇔ 
2
Suy ra D ≤ 16 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
x - 1 = 0
 y = 2


Vậy Max D = 16, giá trị này đạt được khi và chỉ khi x = 1 và y = 2.
Ví dụ 20: Cho a, b, c là các số dương, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức


P = 1 +


a 
b 
c 
1 +
÷1 +
÷
5b  
5c  
5a ÷

Lời giải sai: Do a, b, c là các số dương nên áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:

1+

a
a
≥2
( 1)
5b
5b

1+

b
b
≥2
( 2)
5c
5c

1+

c
c
≥2
5a
5a

( 3)

Nhân từng vế của ba bất đẳng thức cùng chiều và các vế đều dương ta


a 
b 
c 
a
b
c
8 5
≥8
.
.
=
được P = 1 +
1 +
÷1 +
÷
÷
5b  
5c  
5a 
5b 5c 5a
25


Do đó P nhỏ nhất bằng

8 5
.
25

8 5

. Đây là sai lầm thường
25
mắc khi dùng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu
thức. Một nguyên nhân sâu xa hơn nhiều là bạn đọc không hiểu đúng nghĩa của
dấu “≥” và dấu “≤”. Không phải khi nào viết “≥” cũng có thể xảy ra dấu “=”. Ví
dụ ta viết 10 ≥ 2 là đúng nhưng khơng thể có 10 = 2.
Phân tích sai lầm: Để ý không tồn tại a, b, c để P =

Lời giải đúng: Biến đổi


P = 1 +


a 
b 
c 
1a b c 
1 a b c
1
=1 +  + + ÷+
(1)
1 +
÷1 +
 + + ÷+
÷
÷
5b  
5c  
5a 

5  b c a  25  c a b  125

Do a, b, c là các số dương nên áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có
a b c
a b c
+ + ≥3 . . = 3
b c a
b c a
Từ (1), (2), (3) ta có P ≥ 1 +

(2) ;

a b c
a b c
+ + ≥3 . . = 3
c a b
c a b

(3)

1
1
1
216
.3 +
.3 +
=
.
5
25

125 125

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các dấu đẳng thức ở (2) và (3) đồng thời
xảy ra, tức là a = b = c.
20


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số
Vậy Min P =

216
, giá trị này đạt được khi và chỉ khi a = b = c > 0.
125

PHẦN KẾT LUẬN
I. Ý nghĩa của đề tài:
Trong thực tiễn dạy học, muốn đạt được chất lượng cao thì mỗi một người
giáo viên phải khơng ngừng đổi mới phương pháp dạy học. Việc đổi mới phải
được thực hiện một cách đồng bộ ở tất cả các hoạt động dạy học, từ việc nghiên
cứu, chuẩn bị bài, thực hiện các hoạt động dạy học trên lớp và giao nhiệm vụ về
nhà. Đồng thời người giáo viên cũng phải đánh giá, nắm bắt được mức độ hiểu,
áp dụng của học sinh đối với kiến thức vừa học. Trong năm học vừa qua, tôi đã
thực hiện áp dụng các giải pháp nêu trên đối với việc dạy học, bồi dưỡng đội
tuyển học sinh giỏi dự thi cấp tỉnh. Sau khi áp dụng đề tài, tôi tiến hành khảo sát
trên 20 học sinh tham gia bồi dưỡng mơn Tốn với đề bài là hai bài tìm cực trị
(lớn nhất và nhỏ nhất) có kiến thức ngang tầm với đề thi học sinh giỏi mơn Tốn
cấp tỉnh, thang điểm 2,5/bài. Kết quả thu được như sau:
Bảng 3: Kết quả khảo sát 20 học sinh đang tham gia bồi dưỡng
Chưa làm
được

Đã làm nhưng định
hướng cách giải sai

Làm được nhưng
chưa xong

Làm được cả
bài

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

10

50,0%

03

15,0%

5

25,0%

2

10,0%

Qua việc chấm chữa, sửa lỗi cho học sinh và kết quả khảo sát như trên, tôi
nhận thấy rằng, học sinh đã có sự tiến bộ trong việc giải bài tập về cực trị Đại
số. Đặc biệt trong kỳ thi học sinh giỏi lớp 9 cấp tỉnh vào ngày 23/3/2017 vừa
qua, đề thi có một bài tìm cự trị (giá trị nhỏ nhất) chiếm 1,5 điểm. Trong tổng số
20 học sinh dự thi thì cả 20 em đều đạt được điểm, cụ thể:
Bảng 4: Kết quả làm bài tập Hình học trong kỳ thi HSG tỉnh lớp 9
Năm học

Số HS
tham gia

Chưa
làm
được

2016-2017

20

03

Đã làm nhưng Làm được
Làm được
định hướng
nhưng
cả bài
cách giải sai chưa xong
02

02

13

Kết quả này cho thấy những giải pháp mà tôi áp dụng giảng dạy đối với
đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh là rất tích cực, giúp cho học sinh phát
triển được tư duy tìm tịi, sáng tạo tìm ra cách giải, phát hiện các sai lầm và
21


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài toán cực trị Đại số
hướng khắc phục cho sai lầm đó. Qua q trình áp dụng các giải pháp nêu trên
và với những kết quả đạt được tôi rút ra một số bài học như sau:
- Trong quá trình dạy học, mỗi một người giáo viên cần phải không ngừng
học hỏi, trau dồi chuyên môn nghiệp vụ, nâng cao tay nghề, nâng cao chất lượng
bài dạy và luôn có ý thức đổi mới phương pháp dạy học.
- Khơi dậy và tạo được nguồn cảm hứng, u thích mơn học trong mỗi
một học sinh, tạo cho học sinh niềm đam mê, hứng thú đối với từng tiết học,
từng bài dạy. Nắm chắc từng đối tượng học sinh để có phương pháp phù hợp,

giúp các em khơng bị chống ngợp trước những bài tốn khó.
- Phải cung cấp, trang bị cho học sinh hệ thống kiến thức cơ bản liên quan
đến môn học. Để học sinh thực sự nắm chắc kiến thức cơ bản thì người giáo
viên phải có phương pháp truyền đạt phù hợp, đi từ dễ đến khó, từ đơn giản đến
phức tạp. Cần giúp học sinh nắm chắc được nội dung bản chất của từng định
nghĩa, tính chất, các hằng bất đẳng thức có thể áp dụng được thì học sinh mới
nhớ lâu. Đồng thời phải phân tích, mổ xẻ các kiến thức theo nhiều hướng phát
triển khác nhau để học sinh có được cái nhìn bao quát, rèn luyện tư duy khái
quát, trừu tượng.
II. Kiến nghị, đề xuất:

Để áp dụng các giải pháp nêu trên có tính hiệu quả cao, tơi xin có
một số kiến nghị, đề xuất sau:
- Đối với người giáo viên: Phải không ngừng học tập nâng cao chuyên
môn nghiệp vụ, đổi mới phương pháp dạy học. Nghiên cứu tìm ra những giải
pháp, sáng kiến hay, mới để áp dụng vào trong thực tiễn dạy học nhằm nâng cao
chất lượng giáo dục.
- Đối với học sinh: Phải tạo cho mình động cơ, thái độ học tập nghiêm
túc, khơng ngại khó, ngại khổ, có tính kiên trì, nhẫn nại trong việc học tập. Phải
bắt đầu từ nhỏ đến lớn, từ dễ đến khó. Với mỗi kiến thức mới cần tìm hiểu bản
chất của nó nhằm giúp chúng ta nhớ lâu và xem xét các khả năng áp dụng của
nó vào trong việc giải bài tập. Với mỗi bài tập cần tìm được càng nhiều cách giải
càng tốt, đồng thời cần phân tích, tổng hợp, khái quát bài toán và tạo ra bài toán
mới nếu có thể.
- Đối với nhà trường: Cần phân cơng phần hành hợp lý, tạo mọi điều kiện
tốt nhất để mỗi một người giáo viên phát huy tối đa năng lực của mình trong quá
trình giảng dạy.
Trên đây là những giải pháp mà tôi đã rút ra trong thực tiễn của quá trình
dạy học và đã áp dụng vào thực tế giảng dạy có hiệu quả cao. Hy vọng nó sẽ
được áp dụng một cách rộng rãi nhằm nâng cao chất lượng học sinh, phát triến

tư duy tìm tịi, sáng tạo cho học sinh trong việc giải bài tập. Những sai lầm trong
khi giải tốn là khó tránh khỏi, vấn đề là chúng ta phải biết nhìn nhận, phát hiện
các sai lầm đó, để rồi tìm hướng khắc phục một cách phù hợp. Với chủ quan của
bản thân chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót, kính mong các bạn đồng
22


Một số sai lầm và phương pháp khắc phục khi giải bài tốn cực trị Đại số
nghiệp, q thầy cơ giáo đóng góp những ý kiến hay, những giải pháp tốt nhằm
hoàn thiện hơn trong đổi mới phương pháp dạy học, nâng cao chất lượng giáo
dục. Tôi xin chân thành cảm ơn!

MỤC LỤC
Nội dung

Trang

Phần mở đầu: ............................................................................................................................... 1
I. Lý do chọn đề tài: .............................................................................................................. 1
II. Phạm vi áp dụng: .............................................................................................................. 2
Phần nội dung: ............................................................................................................................ 2
I. Thực trạng nội dung cần nghiên cứu: ................................................................... 2
II. Các giải pháp:...................................................................................................................... 4
1. Giải pháp 1: Trang bị cho học sinh các kiến thức cơ bản về cực trị
Đại số cũng như các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức: ..................................... 4
2. Giải pháp 2: Phân tích những sai lầm và nêu hướng khắc phục:........... 7
2.1. Sai lầm trong chứng minh điều kiện (1) ................................................. 7
2.2. Sai lầm trong chứng minh điều kiện (2) ................................................. 8
2.3. Sai lầm khi sử dụng nhiều bất đẳng thức khác nhau....................... 9
2.4. Sai lầm khi không sử dụng hết điều kiện của bài toán.................. 10

2.5. Sai lầm khi khi sử dụng bất đt với điều kiện bị hạn chế............... 11
2.6. Sai lầm khi sử dụng tính chất của dấu giá trị tuyệt đối......... ...... 11
2.7. Sai lầm khi sử dụng các bất đẳng thức ngược chiều nhau......... 12
2.8. Sai lầm khi sử dụng các biểu thức quy về tam thức bậc hai...... 13
2.9. Sai lầm khi sử dụng bất đẳng thức Côsi và khắc phục bằng
kỹ thuật tách số................................................................................................................. 13
2.10. Một số sai lầm khác.......................................................................................... 17
Phần kết luận: ............................................................................................................................. 21
I. Ý nghĩa của đề tài: ............................................................................................................. 21
II. Kiến nghị đề xuất: ........................................................................................................... 22
23