SKKN cuc hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1.Lời nói đầu: Qua nhiều năm giảng dạy môn Toán ở trường THCS. Tôi nhận thấy, phát hiện và bồi dưỡng nhân tài là vấn đề rất quan trọng trong dạy học, nhất là môn Khoa học tự nhiên đặc biệt là môn Toán. Nhằm phát huy năng lực tư duy của học sinh trong quá trình giải Toán và phát hiện những học sinh có năng lực về Toán. Ai cũng thấy rằng: học thuộc bài học hoàn toàn không đủ, mà phải biết vận dụng kiến thức và rèn luyện kĩ năng trong việc giải Toán. Chuẩn bị cho việc vận dụng các kiến thức Toán vào thực tiễn công tác sau này. Số bài toán thì nhiều không kể xiết, mỗi bài mỗi vẻ, thời gian học tập lại hạn chế, do đó cần rèn luyện óc phân tích bài toán và nắm vững tính đặc thù của từng dạng bài. Hơn nữa việc đổi mới phương pháp dạy học ở trường Phổ thông nhằm đào tạo nguồn nhân lực, bồi dưỡng nhân tài đáp ứng yêu cầu của xã hội trong thời kỳ hội nhập quốc tế, đòi hỏi 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. Với thực tế và yêu cầu chung đó việc nghiên cứu khoa học sư phạm ứng dụng của giáo viên là hết sức cần thiết. Trong tài liệu này tôi xin giới thiệu đề tài “Phương pháp giải một số dạng toán tìm giá trị lớn nhất(GTLN), giá trị nhỏ nhất(GTNN) trong chương trình Toán THCS” Trong quá trình thực hiện đề tài với kiến thức và kinh nghiệm còn khiêm tốn chắc nội dung của sáng kiến còn chưa phong phú và không thể tránh khỏi những sai sót. Rất mong nhận được sự đóng góp chân thành của đồng nghiệp để sáng kiến được hoàn thiện hơn giúp ích cho việc dạy và học toán. Xin trân trọng cảm ơn! 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.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> toán đó là: phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong toán Trung học cơ sở. Tuy nhiên việc biên soạn các bài toán này trong các cuốn sách chưa hoàn chỉnh và còn hạn chế về phương pháp giải. Bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất có ý nghĩa quan trọng trong chương trình toán phổ thông. Chuyên 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 quá trình dạy học bản thân luôn cố gắng tìm tòi 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 toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong chương trình Toán 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 chuyên đề trong tổ chuyên môn. III. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Khi viết sáng kiến kinh nghiệm này tôi luôn cố gắng hệ thống, xây dựng cô đọng và đầy đủ những phương pháp giải, phát triển bài toán nhằm nâng cao năng lực tự học của học sinh, ứng dụng kết quả của bài toán vào giải quyết một số bài toán thực tế khác. Từ đó rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy, phân tích bài toán, tránh những sai lầm, ngộ nhận trong suy luận logic, phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có năng khiếu về toán. Hơn nữa trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện, thường có bài toán tìm cực trị đại số nên đây cũng là một tài liệu cho giáo viên tham khảo giúp ích cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi, đáp ứng nhu cầu học hỏi tìm hiểu của học sinh làm cho các em yêu thích môn Toán hơn. Nghiên cứu về “Phương pháp giải một số dạng toán 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..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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 môn toán. Nghiên cứu vấn đề này còn giúp giáo viên có tư liệu tham khảo và dạy thành công 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 phaùp giải toán 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. 2. Phương pháp điều tra, khảo sát. 3. Phương pháp thử nghiệm . 4. Phương pháp tổng kết kinh nghiệm . VI. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC 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 toán này hơn ..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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 Toán, 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 Toán 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: -Thực tế chương trình Toán THCS chưa xây dựng hoàn chỉnh về nội dung và phương pháp của một số dạng Toán khó, thường chỉ mang tính chất giới thiệu chưa sâu. -Nhiều học sinh muốn tìm hiểu thêm còn lúng túng trong tài liệu nghiên cứu. -Việc tìm hiểu của giáo viên về một số đề tài còn chưa tập trung trong một tài liệu cụ thể, 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:  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 :.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> - 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 nghĩa 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: |a| 1) 0 |a+ b| |a| + |b| 2) đẳng thức xảy ra khi ab > 0. |a − b| |a| - |b| ( đẳng thức xảy ra khi a 3) b 0 hoặc a b 0) 4) | a | + | b |  | a + b |, 5) | a | – | b |  | a – b |. 6). a b + ≥2 b a. với a > 0, b> 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. 5. Các hằng đẳng thức đáng nhớ, các bất đẳng thức đã học, các quy tắc so sánh phân số….

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 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 C. lớn nhất. (C > 0). 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 không 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. 2. k 4. do đó max(a.b) =. 2. k 4. khi và chỉ khi a = b.. b)Nếu hai số dương có tích không 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 Khối 8;9 Tổng số Tỷ số%. 240 HS 100%. Hứng thú với dạng toán 50 20,8%. Biết cách tiếp cận dạng toán 20 8,3%. IV. THỰC TRẠNG VÀ NGUYÊN NHÂN: 1. Thực trạng: - Qua kết quả khảo sát chất lượng ban đầu đã phản ánh học sinh không hứng thú với dạng toán này đặc biệt rất ít học sinh biết tiếp cận dạng toán một cách thực sự. - Chất lượng bài làm của học sinh rất thấp - Tiềm năng của học sinh về môn toán 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:.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> - 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 toán khó, chủ yếu là dạng toán nâng cao dành cho học sinh khá và giỏi. - Trong sách giáo khoa cũng như sách bài tập rất ít có dạng toán này. Vì vậy trên lớp ít có cơ hội tiếp cận dạng toán 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 hoàn chỉnh các đề tài về phương pháp giải các dạng toán khó phục vụ cho việc dạy và học đăc biệt là việc bồi dưỡng học sinh giỏi. - Học sinh không có tài liệu để tự học, tự nghiên cứu về phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. IV. GIẢI PHÁP CHỦ YẾU: Thực tế trong quá trình giải toán nói chung và dạng toán này nói riêng thì không có một con đường nào thực sự cụ thể mà việc giải toán đặc biệt là toán khó thì đòi hỏi người dạy, người học phải tìm tòi sáng tạo cho mình một phương pháp tiếp cận bài toán dựa trên cơ sở đã học. Từ đó chúng ta sẽ tìm ra những quy luật những cách giải cho một dạng toán. Vì vậy trong đề tài này tôi 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, còn đối với những đa thức có hệ số không nguyên 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 toán tổng quát, từ đó các em sẽ giải quyết dạng toán này một cách đơn giản kể cả học sinh trung bình. 1.1. Bài toán tổng quát:.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 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 Giải: Ta có: P(x) = ax2 + bx + c = a ( x2 + = a (x + Đặt. 2. −(b − 4 ac ) 4a. b a x+. b )2 + 2a. 2 b2 b 2 4 a ) - 4a + c =. −(b 2 − 4 ac ) 4a. =k. a) Nếu a > 0 b b Vì (x + 2 a )2 ≥ 0  a (x + 2 a )2 ≥ 0 −b Do đó: P(x) ≥ k  MinP = k  x = 2 a và không có GTLN. b) Nếu a < 0 b b Vì (x + 2 a )2 ≥ 0  a (x + 2 a )2 ≤ 0 −b Do đó: P(x) ≤ k  MaxP = k  x = 2 a và không có GTNN. 1.2. Ví dụ: Bài toán 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. Ta có:B = - 3x2 + 2x + 5 = - 3 (x2 - 3 x + 9 ) + 3 +. 16 3. 1. + 5 = - 3(x - 3 )2. 16 3. Nên maxB =. 16 3. Vậy maxB =. 1. 1. khi x - 3 = 0 hay x = 3 16 3. 1. khi x = 3 Với dạng toán này ta có thể hướng dẫn học sinh phân tích để xuất hiện hằng đẳng thức cũng được nhưng đối với đối tượng học sinh trung bình ta có thể vận.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> dụng bài toán tổng quát 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. 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 còn 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 toán 1: Tìm GTNN của Giải: C. Ta có:. 5 5  2x  8x  1 2  x  2  2  7 5. 2. Ta thấy MinD . D. 2. 2  x  2  7. . D. 3 9x  6x  5 2. 3 3  9x  6x  5  3x  1 2  4 2. 3 2. Do đó. 2. 3x  1  4.  Ta thấy  3x  1  4 4 do đó  thức cùng tử, tử và mẩu đều dương) D. 5 7. 5 khi x=2 7. Bài toán 2: Tìm GTLN của Giải: Ta có:. 5 2x  8x  1 2. 2. 2  x  2   7  7 . Vậy. C. . 3 4. (theo quy tắc so sánh hai phân. 3 4. MaxD . 3 1 khi x= 4 3. Vậy Chú ý: Sẽ không chính xác nếu lập luận rằng D có tử là hằng số nên D lớn nhất khi mẩu nhỏ nhất. 1 Lập luận trên có thể dẫn tới sai lầm, chẳng hạn với phân thức x  3 2.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1 1  3 Mẩu thức x – 3 có GTNN là -3 khi x = 0 nhưng với x = 0 thì x  3 2. 2. 1 1 không phải giá trị lớn nhất của phân thức ( chẳng hạn x = 2 thì x  3 , 2. . 1 3 ). lớn hơn Phân thức có tử và mẩu đều chứa biến:. 2.2.. Bài toán 1: Tìm GTLN của biểu thức. D. 3x 2  6x 10 x 2  2x+3. Lời giải: Ta có:. 2 3x 2  6x  10 3  x  2x+3  1 1 1 D 2  3  2 3  2 2 x  2x+3 x  2x+3 x  2x+3  x+1  2. (bài toán lại quay về dạng trên) 1. Vì. 1  2  x+1  2 2. Vậy. MaxD . 3. nên. 1. 1 7 3  = 2 2  x+1  2 2. 7 khi x= -1 2 E. 3x 2  8x  6 x 2  2x+1. Bài toán 2: Tìm GTNN của biểu thức Giải: 2 3x 2  8x  6 3  x  2x+1  2  x  1  1 2 1 E 2   3   2 x  2x+1 x  1  x  1 2  x  1  Ta có 1 2 y  E 3  2 y  y 2  y  1  2 2  x  1 Đặt MinE 2 khi y=1 . 1 1  x 2 x 1. Vậy 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: |a| 1) 0 với mọi giá trị của a |a+ b| |a| + |b| 2) (dấu bằng xảy ra khi ab > 0.) |a − b| |a| - |b| ( dấu bằng xảy ra khi a 3) b 0 hoặc a b 0).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 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. 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 |3 x − 6| - 4 Giải: Với mọi x, ta có |3 x − 6| 0. Suy ra 2 |3 x − 6| 0 nên 2 |3 x − 6| 4 - 4. Do đó min B = - 4 khi 3x – 6 = 0 ⇔ x = 2. Vậy minB = - 4 khi x=2 3.2. 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| Nên |x − 100| + | y +20| - 1. 0, | y +20| 0. - 1. Do đó min C = - 1 khi x = 100, y = -. 20. Vậy minC = - 1 khi x = 100, y = -2. Bài toán 2: Tìm x. Z để biểu thức D = |x − 2| + |x − 8| đạt GTNN..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Giải: Ta có D = |x − 2| + |x − 8| = |x − 2| + |8 − x| 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 Dựa vào bảng xét dấu ta có(x-2) (8-x) Vậy minD = 6 khi 2 x 8.. 0 ⇔ 2. |x − 2+8 − x| = 6.. x. 8.. Bài toán 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 toán 4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Giải: Ta có E. x. 2. 2015  . x. E. x. 2. 2015  . x. 2016 . 2. 2. 2016   x  2015  x  2016  x  2015  2016  x  x  2015  x  2016 1.  MinE 1 khi 2015 x  2016 Bài toán 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.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> M (x) | A(x )|+b. 3.3. Dạng f(x) =. , 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 toán : Tìm GTLN của biểu thức C =. x +2 |x|. Với x ≠ 0. Giải: x +2 2 = 1 + −x −x − 1+ 2 Nếu x = -1 thì C = = 1. 1 x +2 Nếu x 1 khi đó C = = 1+ x. Nếu x. - 2, C =. 1. 2 x. . Ta thấy C lớn nhất ⇔. 2. lớn nhất. Vì x. 2 x. 1 nên x lớn nhất ⇔ x nhỏ nhất ⇔ x = 1, khi đó C = 3. 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 không biết tiến hành thế nào. Do đó giáo viên cần hướng dẫn học 2 2 a  b a  b     sinh cách chọn biến chính và vận dụng hằng đẳng thức hoặc 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. 2 2 cy +d ¿ cy +d ¿ +by +ey + f 1 = a x 2+ 1 (cy +d ) x + 1 2 ¿ ¿ a 4a 4a ¿ y+ q ¿2 + p 2 = ……. = a x + 1 (cy+ d) + m¿ 2a 1 Suy ra GTNN, GTLN của f(x,y) ( khi x = − 2 ( cy+ d). [. ]. và y = - q.). Bài toán 1: 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.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> = 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 Bài toán 2: Tìm GTNN của biểu thức B x 2  2 y 2  3z 2  2xy  2xz  2x  2 y  8z  2016 Giải: 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   2.  x   y  z  1   2 y 2  2 y  3z 2  8z  2016  y 2  z 2  1  2 yz  2 y  z 2.  x   y  z  1   y 2  4 y  2z2  6z  2015 2 2 2  x   y  z  1    y 2  2 y  2  z    2  z    2z 2  6z  2015   2  z    2. 2. 2. 2. 2. 2.  x   y  z  1    y   2  z    2z 2  6z  2015  4  z 2  4z =  x   y  z  1    y   2  z    z 2  2z  1  2010 2.  x   y  z  1    y   2  z     z  1  2010 2010 Vậy minB = 2010 khi x = y = z = 1 2 2 C  5x  5 y  8xy  2x  2 y  2016 Bài toán 3: Tìm GTNN của biểu thức 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 vè bài toán 1 và bài toán 2. 2 2 5 C  5x  5 y  40xy  10x  10 y  10080     Thật vây 2 2 2 2   5x   10x  4 y  1   4 y  1    5 y   10 y  10080   4 y  1   2.  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 1 9 2   5x  4 y  1  9  y 2  y    10079  9 81  81 .

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 2. 1  90710   5x  4 y  1  9  y    9 9  90710 18142  5C   C 9 9 18142 1 min C  khi x=y= 9 9 Vậy 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 toán. 3 3 2 2 Bài toán 1:Tìm GTNN của biểu thức A x  y  x  y trong đó x, y thỏa mãn điều kiện x+y = 1 Giải: A x 3  y 3  x 2  y 2 2. 3. 3. 3 3 3 3 x  y  x  y  3x y x  y  x  y  x  y      Do 2 2 2 2 2 2 x  y  x  y  2x y  x  y  x  y  2xy     và.  3xy  x  y  (*) (**). Thay (*) và (*) vào A ta có: A x3  y 3  x 2  y 2 3. 2.  x  y   3xy  x  y    x  y   2xy 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 Dấu “=” xảy ra khi 3 1 min A  khi x  4 2 Vậy x. Bài toán 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.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> B xy  yz  zx xy  z  y  x  xy   3   y  x    y  x  2. xy  3  x  y    x  y  xy  3x  3 y  x 2  y 2  2xy  x 2  xy  3x  y 2  3 y 2 2  2 y  3  y  3   2   x  x  y  3    y  3y  4 4   2. 2.  3  y  1 y  3    x    3 3 2  4  Vậy maxB = 3 khi x = y = z =1 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 toán tìm GTNN của biểu thức A = x2 + y2 biết x + y = 4. 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) Ta lại có (x – y)2 suy ra x2 – 2xy + y2 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra 2(x2 + y2) 16 2 2 x +y 8 Nên minA = 8 khi x=y=2..

<span class='text_page_counter'>(17)</span> V. 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). e) x2 + 2y2 – 2xy – 4y + 5 f) (x – 2) (x – 5) (x2 – 7x + 10) g) x4 + 2x3 + 3x2 + 2x + 1. 1. d) (x + 2)2 + (y + 5 )2 – 10 Bài 2: Tìm GTLN của biểu thức sau: a) - 2x2 + x – 1 b) - 5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – 1 2. 2. c) 11 – 10x – x. 4. h) (2x + 3 )4 – 1 d) - x2 – y2 + xy + 2x + 2y e) - x2 + 2xy - 4y2 + 2x + 10y – 8 f) -. (. 4 2 6 x− +3 9 15. ). Dạng 2: Bài 1. Tìm GTLN của các biểu thức sau: 4 x +1 x 2 +5. a). b). x 2+ x +1 x 2 − x+ 1. c). 1 x + x+ 1. d). 2. 4. x +1 4 2 x + 2 x +1. Bài 2. Tìm GTNN của các biểu thức sau: 2. 2. a). x −2 x+2004 2 x. b). x + x +1 1 2 x − x+ 1. c). x +2 x+3 x 2 +2. h). x −4 x+1 x2. ,. d). x 4+ x2 + x +1 x 4 − x 3 +2 x 2 − x +1. x 2 −2 x+1995 x2. ,. ,. x≠0. f). 5 x − 4 x+4 2 x. g). 6 x −2 x+1 2 x. ,. x≠0 2. 2. ,. x≠0 2. 2. x≠0. m). x≠0 2002 x 2  2 x  1 x2 e). Dạng 3: Bài 1: Tìm GTNN của các biểu thức: a) 2 |3 x −1| - 1. n). x 2 +2 x+1 x 2 −4 x+5. e) x2 + 3 | y −2| - 1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> b) c) d). |x +1519 | |35 − x| +. f) 1 9. |x − 47|. 1. - 2. 2010 2009 g) 2011 + x + 2010 h) |x − 2| + |x − 3| +. |. |x − 2| + |x − 4| |x − 4|. |. Bài 2: Tìm GTLN của cácbiểu thức. 1. a) 5 - |2 x −1| b). e) x + 2 -. 1 |x − 2|+3. f) -. |x − 101 | 2011 3 x− | | 2010 5. c) 9 d). |x − 23|. |53 − x| g) 9 - 2 |x − 3|. h). |x − 12|. 3. + 4 -x. 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 Sau khi đưa ra những bài toán này hướng dẫn cho học sinh, tôi khảo sát thu lại kết quả như sau: Đơn vị. Khối 8;9. Hứng thú với dạng Biết cách tiếp toán cận dạng toán Tổng số 240 HS 110 80 Tỷ số% 100% 45,8% 33,3% 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 110 HS ( 20,8% lên 45,8%). - Biết cách tiếp cận dạng toán: tăng từ 20HS lên 80HS ( 8,3% lên 33,3%)..

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Thông qua bảng số liệu cho thấy sáng kiến này đã có tính ứng dụng và mang lại hiệu quả cho việc học tập của học sinh..

<span class='text_page_counter'>(20)</span> C. KẾT LUẬN Qua một số năm giảng dạy môn toán THCS nói chung và toán 8 nói riêng tôi nhận thấy dạng toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là một dạng toán hay, khó ít phổ biến nhưng thường xuất hiện nhiều trong các đề thi học sinh giỏi. Vì vậy tôi đã tìm tòi nghiên cứu đưa ra một số phương pháp hướng dẫn cho học sinh tiếp cận dạng toán này. Trên đây là một số bài toán tôi đã vận dụng vào quá trình nghiên cứu và hướng dẫn cho học sinh. Tôi nhận thấy học sinh hứng thú hơn và học tập hiệu quả hơn. Theo tôi đề tài này có thể phổ biến cho học sinh THCS trên toàn quốc. 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, ngoài ra còn 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. Trong quá trình nghiên cứu không tránh khỏi sự sai sót và những hạn chế mong sự chia sẽ và thông cảm của quý bạn đọc đặc biệt là sự góp ý bổ sung chân thành của quý đồng nghiệp để đề tài này ngày càng hoàn thiện hơn..

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 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 toán học tuổi thơ. NXB Giáo Dục 6. Tuyển chọn theo chuyên đề toán học tuổi trẻ. NXB Giáo Dục 7. Thực hành giải toán. NXB Giáo Dục 8. Một số đề thi học sinh giỏi ....

<span class='text_page_counter'>(22)</span>