Tiểu luận Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
1










TIỂU LUẬN

Sai lầm thường gặp khi giải các bài toán tìm
cực trị đại số và cách khắc phục












Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
2

1/ Đặt vấn đề:
Toán học là môn học rất trừu tượng. Tính trừu tượng và logic tăng dần khi các em
càng học lên các lớp trên. Từ năm học lớp 8 khó khăn của học sinh đã được bộc lộ
rõ nét hơn, đặc biệt là các bài toán chứng minh bất đẳng thức, các bài toán tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Đây là một đề tài thú vị, nó thường không có quy tắc
giải tổng quát. Do vậy học sinh hay mắc thiếu sót và sai lầm khi giải các bài toán
loại này. Vậy tại sao học sinh thường mắc phải sai lầm khi giải các bài toán cực
trị? Theo tôi nguyên nhân này xuất phát từ những lý do sau:
1. Người giải toán chưa có đường lối rõ ràng khi giải bài toán tìm cực trị.
2. Chưa nắm chắc các tính chất của bất đẳng thức.
3. Chưa hệ thống, phân dạng được các bài tập cùng loại.
4. Không đọc kĩ đầu bài, chưa hiểu rõ bài toán đã vội đi ngay vào giải toán.
5. Không biết đề cập bài toán theo nhiều cách giải khác nhau, không chịu nghiên
cứu kĩ từng chi tiết và kết hợp các chi tiết trong từng bài toán, không sử dụng hết
giả thiết bài toán, không biết linh hoạt vận dụng kiến thức đã có.
6. Không tự tư duy lại bài toán mình làm sau khi đã giải xong xem đã đúng
chưa.
Nói chung dạng toán chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất là dạng
toán khó nhưng rất thú vị. Mỗi bài toán chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất với số liệu riêng của nó đòi hỏi một cách giải riêng phù hợp. Điều đó có
tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Chính vì thế,
chúng ta thấy trong các kì thi học sinh giỏi toán thường có bài toán về chứng minh
BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Từ khó khăn của giáo viên và học sinh thường hay mắc sai lầm trong việc giải
các bài toán chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, tôi đã chọn đề tài
“Sai lầm thường gặp khi giải các bài toán tìm cực trị đại số và cách khắc
phục” trong chương trình THCS để nghiên cứu với hy vọng đề tài này sẽ góp phần
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục

3

vào việc giải quyết khó khăn, khắc phục sai lầm cho giáo viên và học sinh trong
việc dạy và học kiến thức về chứng minh BĐT hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Như nhà giáo dục toán học Polya đã nói: ” Con người phải biết học ngay ở những
sai lầm của mình” .
Khi trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi tự thấy kiến thức toán của bản thân
còn rất hạn chế, nhất là những bài toán về Bất đẳng thức, bài toán về tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất. Đây là dạng toán lớn, có nhiều cách thức để giải xong cả thầy và trò
lại rất ngại khi đụng đến vì nó khó và phải mất rất nhiều thời gian để dự đoán kết
quả và tìm cách giải, hơn nữa rất dễ mắc sai lầm. Tôi đã tìm nhiều biện pháp để
hướng dẫn học sinh nhận xét, phân tích để giải các bài toán dạng này bằng các
phương pháp mà học sinh được trang bị trong cấp học, nhưng đều không thành
công bởi chính thầy cũng phải lần mò mãi mới có lời giải, học sinh thì hay mắc sai
lầm. Sau đợt tập huấn cho GV dạy đội tuyển Toán do Sở GD - ĐT Quảng Ninh tổ
chức, dưới sự chỉ đạo trực tiếp của thầy giáo Cầm Thanh Hải – Trưởng phòng khảo
thí và qua tạp chí Toán tuổi thơ, tôi đã học tập và tích lũy được cho mình những
kinh nghiệm mà trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi, với những bài toán tìm
cực trị đại số, khi hướng dẫn học sinh tôi đã hoàn toàn tự tin và giữ vai trò chủ đạo
để hướng dẫn học sinh, còn học sinh đã khai thác bài toán được bằng nhiều cách,
tránh được những sai lầm cố hữu thường mắc phải khi giải toán cực trị và có hứng
thú thực sự với dạng toán này. Từ thực tế này tôi xin được trao đổi kinh nghiệm
này cùng các đồng nghiệp mong rằng đề tài này sẽ được mở rộng và phát triển sâu
rộng hơn.
Đối với bài toán tìm cực trị không có cách giải mẫu mực mà chủ yếu dựa vào
phân tích - kinh nghiệm của người làm toán. Các tài liệu tham khảo của môn toán
THCS dành cho giáo viên và học sinh có rất nhiều nhưng nội dung thì trùng nhau. Các
sách của Bộ giáo dục vì khuôn khổ chương trình học của cấp học nên phần giải bài
toán tìm cực trị trong chương trình THCS chỉ có tính chất giới thiệu thông qua một vài
bài tập mà không viết riêng thành một tài liệu để giáo viên và học sinh ở cấp học này

có thể tham khảo. Chính vì những lý do nêu trên, tôi đã chọn đề tài “Sai lầm
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
4

thường gặp trong các bài toán tìm cực trị và cách khắc phục” trong chương
trình THCS để nghiên cứu và thực hiện.
4. NỘI DUNG CHÍNH
I) Cách trình bày đề tài: Gồm hai phần
Phần 1: Lý thuyết
Phần 2: Các bài tập minh họa
Các sai lầm thường mắc được liệt kê ở cùng dạng.
1) Đưa ra các bài tập cụ thể, mỗi bài tập đều được đưa ra lời giải sai.
2) Phân tích sai lầm và cách khắc phục, đồng thời đưa ra lời giải đúng.
3) Các bài tập áp dụng.
II) Nội dung cụ thể.
PHẦN I: LÍ THUYẾT
a) Một số tính chất của bất đẳng thức
Cho a, b, c là các số thực
Tính chất 1
a b b a
  

Tính chất 2
a b
a = b
b a








Tính chất 3 Tính chất bắc cầu

a b
a c.
b c


 




Tính chất 4
a b a c b c
  
+ +

Tính chất 5
a b
a c b+ d
c d


 




+

Chú ý: Không được trừ hai bất đẳng thức cùng chiều cho nhau.
Tính chất 6
ac bc
a b
c 0


 




Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
5

Tính chất 7
ac bc
a b
c 0


 




Tính chất 8. Nhân từng vế hai bất đẳng thức cùng chiều và hai vế không âm
a b 0

ac bd
c d 0
 

 

 


Tổng quát:
1 1
2 2
*
1 2 n 1 2 n
n n
a b 0
a b 0
a a a b b b 0, n N

a b 0
 


 

   



 



Chú ý: Không được chia hai bất đẳng thức cho nhau.
Tính chất 9 Nâng luỹ thừa hai vế của bất đẳng thức
n n *
* a b 0 a b , n N
     

n n *
* a b a b (n N , n 2)
   


Tính chất 10
*
n n
a b 0 a b, n N ,n 2
      

Tính chất 11 So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số
m n
m n 0
* a a
a 1
 

 




*
 

 

 

m n
m n 0
a a
0 a 1

Tính chất 12
b a
1 1
ab 0
a b


 





b) Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối

a 0, a R
  


a = a
nếu
a 0



a = -a
nếu
a 0



- a a a
 

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
6


a+b a + b

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ab 0

.
c) Một số bất đẳng thức thường vận dụng để tìm cực trị.
+) Bất đẳng thức Côsi
Dạng cơ bản: Cho

a, b 0

, khi đó ta có bất đẳng thức
a+ b 2 ab

.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Dạng tổng quát: Cho các số không âm
1 2 3 n
a ,a ,a , ,a
.
Ta có bất đẳng thức
n
1 2 3 n 1 2 3 n
a +a +a + +a n. a a a a


với
n N,n 2
 
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 2 3 n
a = a = a = = a
.
+) Bất đẳng thức Bunhiacôpxki
Dạng cơ bản: Với
a,b,c,d
là các số thực tuỳ ý ta luôn có
 





2
2 2 2 2
ac+bd a + b c +d

.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b
=
c d
.
Dạng tổng quát: Cho hai bộ số




1 2 3 n 1 2 3 n
a ,a ,a , ,a , b ,b ,b , ,b
, khi đó ta có
 




2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 n n 1 2 3 n 1 2 3 n

a b +a b +a b + +a b a +a +a + +a b +b +b + +b


Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
1 2 n
1 2 3 n
a
a a a
= = = =
b b b b

(Với điều kiện các biểu thức đều có nghĩa).







Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
7




PHẦN II: CÁC BÀI TẬP MINH HOẠ
A. Dạng sai lầm thứ nhất:
Trong bài làm có sử dụng nhiều BĐT, nhưng khi tìm điều kiện để biểu thức
cần tìm đạt giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất) thì các dấu bằng không đồng thời

xảy ra đã kết luận kết luận biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất) hoặc
biểu thức không đạt giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất)
Bài 1. Cho x, y là hai số dương thoả mãn
1
x+ 1.
y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
x y
M = 32. + 2007. .
y x


Lời giải “có vấn đề”.
Từ x, y > 0, áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có
x y
+ 2
y x

.
Từ x, y > 0 và
1
x + 1
y

ta có
2
1 1 y
1 x+ 4x. 4.

y y x
 
   
 
 

Do vậy
x y x y y
M = 32. + 2007. = 32. + +1975. 32.2 1975.4 7964
y x y x x
 
  
 
 
.
Dấu “=” xảy ra  x = y .
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 7964, giá trị này đạt được khi x = y.
Nhưng với x = y thì M = 2039. Vậy sai lầm ở đâu?
Phân tích sai lầm: Lời giải sai ở chỗ với x, y > 0 thì
x y
+ 2
y x

.
Dấu “=” xảy ra  x = y, còn
y
4,
x

Dấu “=” xảy ra  y = 4x.

Mặt khác có thể thấy x = y thì mâu thuẫn với giả thiết
1
x+ 1.
y


Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
8

Như vậy nguyên nhân của sai lầm trong lời giải trên là trong một bài toán mà sử
dụng nhiều bất đẳng thức để tìm cực trị nhưng các dấu “=” không đồng thời xảy ra .
Lời giải đúng Từ giả thiết ta có
2
1 1 y
1 x+ 4x. 4.
y y x
 
   
 
 

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta có
x y x y y x y
M = 32. + 2007. = 32. + 2. + 2005. 2. 32. .2. 2005.4 80
36
y x y x x y x
 
  
 
 

Dấu “=” xảy ra 
1
x = ; y = 2
2
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 8036, giá trị này đạt được khi
1
x = ; y = 2
2
.
Bài 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = 2 x+ 3y
biết
2 2
2x +3y 5


Lời giải sai: Gọi
2 2
B = 2x +3y ,
ta có
B 5.


Xét
2 2
A+ B = 2 x+ 3 y+ 2 x + 3 y





2 2
= 2 x + x +3 y + y


2 2
1 1 5 5
= 2 x+ + 3 y+ - (1)
2 2 4 4
   
 
   
   

Ta lại có
B 5

nên
-B 5
 
(2)
Cộng (1) với (2) ta được
25
A
4
 

Min
25 1

A x = y .
4 2
    

Nhưng với
1 5
x =y A
2 2
  
, vậy sai lầm ở đâu?
Phân tích sai lầm:
Sai lầm ở chỗ với
1
x = y = -
2
, chỉ xảy ra dấu “=” ở (1), còn dấu “=” ở (2) không
xảy ra. Thật vậy với
1
x = y = -
2
thì
5
B 5
4
 
. Do đó
-B 5
 
.
Lời giải đúng: Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki ta có:



 
 
2
2 2 2
A = 2 . 2 x + 3 . 3 x 2 3 2 x + 3 y 5 .5 25
   

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
9


2
x 2 y 3
A 25 = x = y
2 3
  
. Do
2
A 2 5

nên
5 A 5
  
.
Min
x = y
A 5 x = y 1.
2x+3y 5


     

 


Max
x = y
A 5 x = y 1.
2 x+ 3 y = 5

   



Bài 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức









2 2 2
F x, y = x+ y + x+ 1 + y- x .

“Lời giải đẹp”: Ta thấy

     
2 2 2
x+ y ; x+1 ; y-x
không đồng thời bằng 0 nên


F x,y 0



F x,y

đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
 
2
a = x+1

và
   
2 2
b = x+ y + y- x
đồng thời đạt giá trị nhỏ nhất.
Có
 
2
a = x+1
đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi x = -1.
Khi đó
   
2 2

2
b = x+ y + y- x = 2y + 2,
nên b đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi y = 0.
Vậy giá trị nhỏ nhất của


F x, y
là 2 khi
x = -1
y = 0



.
Phải chăng lời giải trên là đúng?
Phân tích sai lầm:
Lời giải mắc sai lầm ở bước lập luận:


F x, y
đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi


2
a = x+ 1
và





2 2
b = x+ y + y- x
đồng thời đạt giá trị nhỏ nhất. Lập luận này chỉ
đúng khi các giá trị nhỏ nhất đó đạt được tại cùng một giá trị của các biến. Rõ ràng
ở đây a đạt giá trị nhỏ nhất khi x = -1, còn b đạt giá trị nhỏ nhất khi
x + y = x – y = 0, tức là khi x = y = 0.
Lời giải đúng:
Biến đổi
 
2
2 2 2
1 2 2
F x, y = 3x + 2 x+1+ 2 y = 3 x+ + 2 y + x, y
3 3 3
 
 
 
 

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
10

Đẳng thức xảy ra
1
x = - , y = 0.
3

Vậy giá trị nhỏ nhất của



F x,y

là
2
3
, giá trị này đạt được khi
1
x = - , y = 0.
3

Bài 4.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
D = -5 x - 2 xy- 2 y + 14 x+ 10 y-1
.

Lời giải “băn khoăn”:
Ta có
2 2
D = -5 x - 2 xy- 2 y + 14 x+ 10 y-1








2 2 2 2
= - x + 2 xy+ y - 4 x -14 x - y -10 y -1

   
2
2 2
7 145
= - x+ y - 2 x- - y- 5 +
2 4
 
 
 

Suy ra
145
D
4

. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x+ y = 0 x = -y
7 7
2x- = 0 x =
2 4
y-5 = 0 y = 5
 
 
 

 
 
 

 

Hệ trên vô nghiệm nên D không tồn tại giá trị lớn nhất.
Bạn có đồng ý với kết luận trên của bài toán không? Lời giải đã thuyết phục
chưa?
Phân tích sai lầm:
Từ biến đổi đến
   
2
2 2
7 145
D = - x+ y - 2 x- - y-5 +
2 4
 
 
 
thì mới chỉ suy ra
145
D
4

, còn việc kết luận giá trị lớn nhất của D không tồn tại là chưa chính xác,
không có căn cứ xác đáng.
Lời giải đúng:
Cách 1: Ta có







2 2 2 2
D = - x + y -6 x-6 y+2xy+ 9 - 4x -8x+ 4 - y -4 y+ 4 16



     
2 2 2
- x+ y-3 - 4 x-1 - y- 2 16
 

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
11

Suy ra
D 16

. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x+ y- 3 = 0
x = 1
x-1 = 0
y = 2
y- 2 = 0




 





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: Biểu thức tổng quát dạng
2 2
P(x, y) = ax + bxy+ cy + dx+ ey+ h (a, b,c 0)


Cách giải: Biến đổi
( , )
P x y
về một trong hai dạng sau:
Dạng 1:
2 2
P(x,y) = m.F (x,y) +n.H (x)+g (1)

Dạng 2:
2 2
P(x, y) = m.F (x, y)+ n.K (y)+ g (2)

Trong đó
H(x), K(y)
là biểu thức bậc nhất đối với biến của chúng, còn
F(x, y)

là biểu thức bậc nhất đối với cả hai biến x và y.
Nếu
m 0, n 0

 
thì ta có
min P(x, y) = g
.
Giá trị này đạt được khi và chỉ khi
F(x, y) = 0
H(x) = 0



hoặc
F(x, y) = 0
K(y) = 0



.
 Nếu
m 0, n 0
 
thì ta có
max P(x, y) = g
.
Giá trị này đạt được khi và chỉ khi
F(x, y) = 0
H(x) = 0



hoặc

F(x, y) = 0
K(y) = 0



.
Để biến đổi được như vậy, ta coi một biến là biến chính rồi tìm cách biến đổi để áp
dụng các hằng đẳng thức
   
2 2
2 2 2 2
a + 2 ab+ b = a+ b ; a - 2 ab+ b = a- b

ở đây ta chọn biến y là biến chính. Cụ thể:
Ta có
2 2
D = -5 x - 2 x y- 2 y + 1 4 x + 1 0 y- 1

 
   
2 2
2 2
x - 5 x - 5
= -2 . y + x - 5 y + + - 5 x + 1 4 x - 1
4 2
 
 
 
 
 

2
2
9 x - 1
x - 5
2 y+ - 1 6 16
2 2
 
   
 
 

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
12

Suy ra
D 16

. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x- 5
x = 1
y+ = 0
2
y = 2
x-1 = 0




 





Vậy Max D = 16, giá trị này đạt được khi và chỉ khi x = 1 và y = 2.
B. Dạng sai lầm thứ hai
Không xác định điều kiện xảy ra dấu bằng trong BĐT

f m
(hay

f m
),
hoặc điều kiện xảy ra dấu bằng không thoả mãn giả thiết.
Bài 1. Cho x, y, z thoả mãn
2 2 2
x + y + z 27

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = x+ y+ z+ xy+ yz+ zx .

Lời giải sai Với mọi x, y, z ta có:
     
2 2 2
x- y 0; y-z 0; z- x 0
  

2 2 2 2 2 2
x + y 2xy; y +z 2yz; z + x 2zx
   





2 2 2
2 x + y + z 2 xy+ yz+ zx
 

27 xy+ yz+ zx (1)
 

+)
     
2 2 2
x- 1 0; y-1 0; z- 1 0
  

2 2 2
x +1 2 x; y +1 2 y; z +1 2 z
   





2 2 2
x + y + z 3 2 x+ y+ z 15 x+ y+ z (2)
    

Cộng theo từng vế của (1) và (2) suy ra

P 42

. Vậy giá trị lớn nhất của P là 42.
Bài làm khá “đẹp”, nhưng kết quả lại sai? Theo bạn lời giải sai ở đâu? Khắc
phục như thế nào?
Phân tích sai lầm
Lời giải này đã quên một bước vô cùng quan trọng của một bài toán cực trị khi sử
dụng BĐT, đó là xác định điều kiện xảy ra đẳng thức.
Ta thấy P = 42  (1) và (2) đồng thời trở thành đẳng thức

2 2 2
x = y = z 3
x + y + z = 27
x = y = z = 1







Hệ trên vô nghiệm nên bất đẳng thức P ≤ 42 không thể trở thành đẳng thức.
Lời giải đúng: Xét hiệu


 
2
2 2 2
3 x + y +z - x+ y+z

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
13





2 2 2
= 2 x + y + z -2 xy+ yz+ zx

     
2 2 2
= x- y + y-z + z-x 0 (*)

.
Từ (*)
 


2
2 2 2
x+ y+ z 3 x + y + z 3.27
  

x+ y+ z 9 (1)
 

(đẳng thức xảy ra

x = y = z = 3).

Từ (*)
2 2 2
2(xy+ yz+ zx) 2(x + y +z )
 
2 2 2
xy+ yz+zx x + y + z 27 (2)
  

Từ (1) và (2)
x+ y+ z+ xy+ yz+ zx 36
 
. Đẳng thức xảy ra  x = y = z = 3.
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là 36, giá trị này đạt được  x = y = z = 3.
Bài 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = x + x .

Lời giải sai: Ta có
2
1 1 1 1 1
A = x+ x = x+ x + - = x +
4 4 2 4 4
   
  
   
   

Vậy
1
min A
4

 
.
Lời giải rất “hồn nhiên” và “ngắn gọn” nhưng lập luận đã chặt chẽ chưa?
Kết quả có chính xác không? Theo bạn “kẽ hở” ở chỗ nào?
Phân tích sai lầm: Sau khi chứng minh
1
A ,
4
 
chưa chỉ ra trường hợp xảy ra
1
A ,
4
 
. Xảy ra dấu đẳng thức

1
x = - ,
2
vô lí.
Lời giải đúng:
Để tồn tại
x
phải có
x 0

. Do đó
A = x+ x 0

.

Min A 0 x 0.
  

Bài 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức




x+ a x+ b
A =
x
, với
x 0

, a và b là
các hằng số dương cho trước.
Lời giải sai:
Ta có
x + a 2 ax (1)

và
x+ b 2 bx (2)


Do đó




x+ a x+ b

2 ax .2 bx
A = = 4 ab
x x


Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
14


Min A = 4 ab x = a = b .


Lời giải “thuyết phục” đấy chứ, có cần phải giải lại không?
Phân tích sai lầm:
Chỉ xảy ra
A = 4 ab
khi ở (1) và (2) xảy ra dấu đẳng thức, tức là x = a và
x = b. Như vậy đòi hỏi phải có a = b. Nếu a

b thì không có được
A = 4 ab
.
Lời giải đúng:
Ta thực hiện phép nhân và tách ra các hằng số:




 
2

x+a x+ b
x +ax+ bx+ab ab
A = = = x+ + a+b .
x x x
 
 
 

Ta có
ab
x+ 2 ab
x

(BĐT Côsi) nên


2
A 2 ab +a+b = a + b


Min


2
A = a + b



ab
x =

x = ab .
x
x 0








Bài 4.
Cho a, b, c là các số dương, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a b c
P = 1 + 1 + 1 + .
5 b 5 c 5 a
     
     
     

Một bạn học sinh đã giải như sau:
Do a, b, c là các số dương nên áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

a a b b c c
1+ 2 (1); 1+ 2 (2); 1+ 2 (3)
5b 5b 5c 5c 5a 5a
  

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

a b c 8 5
P 8 . . =
5 b 5c 5a 25

. Do đó P nhỏ nhất bằng
8 5
.
25

Các bạn có đồng tình với cách giải này không?
Phân tích sai lầm: Để ý không tồn tại a, b, c để
8 5
P =
25
. Đây là sai lầm
thường 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
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
15

của dấu “≥” và dấu “≤”. Không phải khi nào viết “≥” cũng có thể xảy ra dấu “=”.
Ví dụ ta viết 10 ≥ 2 là đúng nhưng không thể có 10 = 2.
Lời giải đúng: Biến đổi
a b c 1 a b c 1 a b c 1
P = 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 Côsi ta có
3
a b c a b c
+ + 3. . . 3 (2)
b c a b c a
 
và
3
a b c a b c
+ + 3. . . 3 (3)
c a b c a b
 

Từ (1), (2), (3) ta có
1 1 1 216
P 1 .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. Vậy
Min
216
P
125



a = b = c > 0.
Bài 5.
Cho a, b là hai số dương và x, y, z là các số dương tuỳ ý.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
        
2 2 2
x y z
M = + + .
ay+bz az+ by az+ bx ax+ bz ax+ by ay+ bx

Lời giải của một học sinh: Áp dụng bất đẳng thức Bunhia có

 




2
2 2 2 2
ay+bz a +b y +z

và
 




2
2 2 2 2
az+ by a +b z + y


Vậy

  
  
2 2
2 2 2 2
x x
ay+ bz az+ by
a + b y + z

. Tương tự ta có
  
  
2 2
2 2 2 2
y x
az+ bx ax+ bz
a +b z + x

và
  
  
2 2
2 2 2 2
z z
ax+ by ay+ bx
a + b x + y

.
Do đó
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2

1 x y z
M + +
a +b y + z z + x x + y
 

 
 
.
Mặt khác chứng minh được
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z 3
+ +
y + z z + x x + y 2


Suy ra
 
2 2
3
M .
2 a + b

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z.

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
16

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là

 
2 2
3
2 a + b
, giá trị này đạt được khi và chỉ khi
x = y = z.

Cách giải trên phải chăng là … đúng! Bạn giải bài toán này như thế nào?
Phân tích sai lầm:
Lời giải đã sử dụng khá nhiều bất đẳng thức nhưng bạn học sinh này chỉ xét dấu
đẳng thức xảy ra ở bất đẳng thức
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z 3
+ +
y + z z + x x + y 2

mà không xét dấu
đẳng thức xảy ra ở các bất đẳng thức còn lại.
Theo đó đẳng thức
 
2 2
3
M =
2 a +b
xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z
và a = b. Nhưng
theo giả thiết a, b là hai số dương tùy ý, nên với
a b


thì
 
2 2
3
M
2 a + b

.
Lời giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức (m + n)
2
≥ 4mn
Ta có
  
     




2
2 2 2
2 2
a+ b y + z
ay+ bz+az+ by a+ b y+ z
ay+ bz az+ by =
4 4 2
 

Suy ra
  

 
 
2 2
2
2 2
x 2 x
ay+ bz az+ by
a+ b y + z

. Tương tự ta cũng có
  
 
 
2 2
2
2 2
y 2y
az+ bx ax+ bz
a+ b x + z

và
  
 
 
2 2
2
2 2
z 2z
ax+ by ay+ bx
a+ b y + x


.
Do đó
 
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 x y z
M + +
y + z z + x x + y
a+ b
 

 
 
.
Mặt khác theo bất đẳng thức Net-bit thì
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z 3
+ +
y +z z + x x +y 2

,
suy ra
 
2
3
M .
a+ b


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z
.
Vậy
 
2
3
min M
a+ b

khi và chỉ khi
x = y = z
.
Bài 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
P = 2 x + 5 y + 4xy- 4 x-8 y+ 6

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
17

Lời giải đẹp”
Ta có






2 2 2 2

P = x +4 y +1+4xy-2x-4y + x -2x+1 + y -4 y+4


     
2 2 2
P = x+ 2 y-1 + x-1 + y- 2

Do






2 2 2
x+ 2 y-1 0, x-1 0, y- 2 0
  
nên
     
2 2 2
P = x+ 2 y-1 + x-1 + y- 2 0

. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 0.
Lời giải “quá gọn”, bạn có ý kiến gì không?
Phân tích sai lầm: Khẳng định
P 0

là đúng nhưng … chẳng được gì, bởi vì
không có giá trị nào của x, y để dấu “=” xảy ra. Sai lầm ở lời giải trên xuất phát từ
việc người giải đã không thực hiện bước 2 khi tìm giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất)

của biểu thức ta phải trả lời câu hỏi “dấu bằng xảy ra khi nào?”
Lời giải đúng: Coi x là biến chính để biến đổi như sau:
     
2 2
2 2 2 2
P 2 5y +4xy-4x-8y+6 2 x +2x y-1 + y-1 -2 y-1 +5y -8y+
6
x
 
  
 
   
2 2
2 2
2 4 4
P = x+ y-1 + 3 y - 4 y+ 4 = x+ y-1 + 3 y - 2 y . + - + 4
3 9 3
 
 
 

 
2
2
2 8
P = x+ y-1 + 3 y- +
3 3
 
 
 

. Vì
 
2
2
2
x + y-1 0 , 3 y - 0
3
 
 
 
 

nên
 
 
 
 
 
2
2
2 8 8
P = x+ y-1 + 3 y- + x,y
3 3 3
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi
 
2
2
1
1 0

1 0
3
2
2
2
0
3 0
3
3
3
x y
x y
x
y
y
y


  
  




 
 
  
 
 
 

  
 


 




Vậy
8
Min P =
3
. Giá trị này đạt được khi
 
1 2
x, y = ,
3 3
 
 
 

C. Dạng sai lầm thứ ba
Bất đẳng thức



f x a
không xảy ra đẳng thức ứng với một giá trị
0

x = x
nào
đó (x
0
thoả mãn điều kiện của bài toán) đã kết luận biểu thức


f x
đạt giá trị
nhỏ nhất bằng a hoặc biểu thức


f x
không đạt giá trị nhỏ nhất.
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
18

Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
P = 28+3x- x + 5+ 4x- x .

Lời giải sai: Điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa là




  
2
2
4 + x 7- x 0

28+3x- x 0 4 x 7
1 x 5.
1 x 5
1+ x 5-x 0
5+ 4x- x 0


   

 
    
  
  








Nhận xét: Với
1 x 5
  
ta có




2

5+ 4x-x = 1+ x 5-x 0

, suy ra
2
5+ 4x-x 0.






2
28+3x-x = 4+ x 7-x 0

, suy ra
2
28+3x-x 0.


Do đó, với
1 x 5
  
thì
2 2
P = 28+ 3x- x + 5+ 4x- x 0,

nên P không có
giá trị nhỏ nhất.
Phân tích sai lầm
Lời giải sai về mặt lôgic, tương tự như trường hợp

2
Q = x +1 0

với mọi x nhưng Q vẫn đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x = 0.
Lời giải đúng:
Điều kiện của x để P có nghĩa là
1 x 5
  
. Khi đó ta có









P 23- x+ 1+ x 5- x + 1+ x 5- x 23- x 23-5 3 2
   
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 5. Vậy
min P 3 2

khi và chỉ khi
x 5.


Bài 2. Tìm m để phương trình



2
x + m+1 x+1= 0
có tổng bình phương các
nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải của một học sinh: Điều kiện để phương trình có nghiệm là:
    
2
m 1
0 m+1 - 4 0 m+3 m-1 0 (*)
m 3


      

 

.
Khi đó tổng bình phương các nghiệm là:
   
2 2
2 2
1 2 1 2 1 2
x + x = x + x - 2x x = m+1 -2
(Theo định lí Viét).
Ta có
 
2
m+1 2 2
  

nên tổng bình phương các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất là -2
khi và chỉ khi
m+1= 0 m 1.
  

Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
19

Giá trị m = -1 không thoả mãn điều kiện (*) nên không tồn tại giá trị của m để tổng
bình phương các nghiệm đạt giá trị nhỏ nhất.
Phân tích sai lầm:
Mấu chốt của sai lầm trong lời giải này ở chỗ em học sinh chưa nắm vững khái
niệm giá trị nhỏ nhất của một biểu thức. Chúng ta cần lưu ý rằng: Nếu bất đẳng
thức


f x a

không xảy ra đẳng thức ứng với một giá trị
0
x x

nào đó (x
0
thoả mãn
điều kiện của bài toán) thì không thể kết luận được biểu thức


f x
đạt giá trị nhỏ

nhất bằng a hoặc biểu thức


f x
không đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải đúng: Điều kiện để phương trình có nghiệm là:
    
2
m 1
0 m+1 - 4 0 m+3 m-1 0 (*)
m 3


      

 

.
Khi đó tổng bình phương các nghiệm là
     
2 2 2
2 2
1 2 1 2 1 2
x + x = x + x - 2x x = m+1 -2 = m+1 -4 2 2.
 
 
 

Đẳng thức xảy ra


 
2
1
m+1 4 0
m 3
m


  

 

(thoả mãn (*)).
Vậy
2 2
1 2
x + x
đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi và chỉ khi m = 1 hoặc m = -3.
D. Dạng sai lầm thứ tư
Lập luận sai khi khẳng định “A có tử số không đổi nên A có giá trị lớn nhất
khi mẫu nhỏ nhất” (hoặc ngược lại) mà chưa đưa ra nhận xét tử và mẫu là các
số dương.
Bài 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
1
A = .
x -6x+10

Lời giải sai:

Phân thức
2
1
x -6 x+10
có tử không đổi nên A có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất.
Ta có:
 
2
2
-6 x+10 = x-3 +1 1
x



2
min x -6 x+10 1 x 3.
   

Vậy
max A 1 x 3.
  

Lời giải có vẻ khá “trơn”, nhưng nếu đi thi mà làm vậy thì “trượt”. Tại sao vậy?
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
20

Phân tích sai lầm
Tuy đáp số không sai nhưng lập luận lại sai khi khẳng định “A có tử số không đổi
nên A có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất” mà chưa đưa ra nhận xét tử và mẫu là
các số dương.

Ví dụ như: Xét biểu thức
2
1
B =
x -10
. Với lập luận như trên “Phân thức
2
1
x -10
có
tử không đổi nên có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất”, do mẫu nhỏ nhất bằng -10
khi x = 0, ta sẽ đi đến kết luận
1
max B x 0
10

  
. Điều này không đúng vì
1
10


không phải là giá trị lớn nhất của B, chẳng hạn với x = 5 thì
1 1
B =
15 10


.
Mắc sai lầm trên là do người làm không nắm vững tính chất của bất đẳng thức,

đã máy móc áp dụng quy tắc so sánh hai phân số có tử và mẫu là các số tự nhiên
sang hai phân số có tử và mẫu là các bất kì.
Lời giải đúng: Bổ sung thêm nhận xét
 
2
2
x -6x+10 = x-3 1 0
 
nên phân thức
2
1
x -6 x+10
có tử và mẫu đều là số dương, do đó A lớn nhất khi và chỉ khi
1
A
nhỏ
nhất

2
x -6 x+10
nhỏ nhất. Làm tiếp như trên ra kết quả.
Bài 2. Tìm x để biểu thức
2
1
P =
x + 2 x- 3
đạt giá trị lớn nhất.
Trong một lần kiểm tra có một học sinh đã giải bài toán này như sau:
Điều kiện
x 1


;
x 3
 
. Ta có
2
1
P =
x + 2 x- 3
 
2
1
=
x+1 -4
.
Để biểu thức P đạt giá trị lớn nhất thì
 
2
x+1 4

đạt giá trị nhỏ nhất. Điều này
xảy ra khi
 
2
x+1 0

hay
x 1
 
. Khi đó giá trị lớn nhất của

1
P
4
 

Nhưng có thể thấy khi
x 2

thì
1
P
5

, do đó
1
4

không phải là giá trị lớn nhất
của P. Vậy sai lầm của lời giải ở đâu? Khắc phục sai lầm đó như thế nào?
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
21

Phân tích sai lầm
Sai lầm của lời giải mà bạn học sinh này đưa ra chính là ở bước lập luận “để
biểu thức P đạt giá trị lớn nhất thì
 
2
x+1 4

đạt giá trị nhỏ nhất”. Điều này chỉ

đúng khi tử và mẫu của P cùng dương mà tử phải là hằng số. ở đây mẫu chưa biết
dương hay âm nên không thể lập luận như vậy được.
Lời giải đúng: Điều kiện
x 1

;
x 3
 
.
Với
x 3
 
hoặc
x 1

thì
P 0

, còn với
3 x 1
  
thì
P 0

.
Ta thấy khi
x =1+ a
với
a > 0
thì

2
1
P =
a + 4a
nên a càng nhỏ thì P càng lớn và lớn
bao nhiêu cũng được, do đó biểu thức
2
1
P =
x + 2x-3
không có giá trị lớn nhất.

E. Dạng sai lầm thứ năm
Nhầm tưởng vai trò của các biến trong bài như nhau nên sắp thứ tự các ẩn.
Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x y z
A = + +
y z x
với
x, y, z 0.


Lời giải sai: Khi hoán vị vòng quanh
x y z x
  
thì biểu thức A không đổi
nên không mất tính tổng quát, giả sử
x y z 0
  
, suy ra





2
0 y x- z z x-z xy- yz+ z xz. (1)
x z     

Chia cả hai vế của (1) cho số dương xz ta được
y y z
- + 1. (2)
z x x


Mặt khác ta có
x y
+ 2 (3).
y x


Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức cùng chiều (2) và (3) ta được
x y z
+ + 3.
y z x

Từ đó suy ra
min A = 3 x = y = z.


Tuy kết quả đúng, nhưng xem ra lời giải bất ổn. Tại sao vậy?

Phân tích sai lầm: Khi hoán vị vòng quanh
x y z x
  
thì biểu thức A trở
thành
y z x
+ + ,
z x y
tức là biểu thức không đổi. Điều đó cho phép ta được giả sử một
trong ba số x; y; z là số lớn nhất (hoặc số nhỏ nhất), nhưng không cho phép giả sử
x y z
 
rồi sử dụng nó làm giả thiết bài toán khi đi chứng minh mà không xét các
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
22

trường hợp còn lại. Thật vậy sau khi chọn x là số lớn nhất ( x ≥ y, x ≥ z) thì vai trò
của y và z lại không bình đẳng: giữ nguyên x, thay y bởi z và ngược lại ta được
x z y
+ +
z y x
, biểu thức này không bằng biểu thức A.
Khắc phục sai lầm
Với lời giải đã đưa ra, thay cho việc sắp thứ tự
x y z
 
, ta chỉ cần giả sử z là
số nhỏ nhất trong ba số x, y, z kết hợp với phần còn lại của lời giải đã trình bày đó ta
được lời giải đúng.
Ngoài ra ta còn có thể giải bài toán này theo các cách sau:

Cách giải đúng:
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
3
x y z x y z
A = + + 3 . . 3.
y z y y z y
 
(Phải chứng minh BĐT Côsi cho ba số không âm)
Do đó
x y z
min + + 3
y z x
 

 
 
khi và chỉ khi
x y z
= =
y z x
, tức là x = y = z.
Cách 2: Giả sử z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z. Có:
A=
x y z x y y z y
+ + = + + + - .
y z x y x z x x
 
 
 
 

 
 
Ta có
x y
+ 2
y x

(do x, y > 0) nên để chứng
minh
x y z
+ + 3
y z x

chỉ cần chứng minh
y z y
+ - 1
z x x

(1).
Thật vậy
2
(1) xy+ z - yz x z (do x,z 0)
  




x- z y- z 0 (2)
 
.

Do z là số nhỏ nhất trong 3 số x, y, z nên (2) luôn đúng. Từ đó tìm được giá trị
nhỏ nhất của biểu thức A = 3 khi x = y = z.
Bài 2.
Cho x, y, z là các số thực lớn hơn - 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2
2 2 2
1+ x 1+ y 1+ z
P = + + .
1+ y+ z 1+ z+ x 1+ x+ y

Có một lời giải như sau:
Nếu
x 0

, ta thay x bởi (-x) thì hai hạng tử đầu của P không đổi còn hạng tử thứ ba
giảm. Từ đó không mất tính tổng quát giả sử
x y z 0
  
.
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
23

Từ
 
2
x-1 0






2 2 2
x +1 2 x 3 x +1 2 x + x+1 .
   

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Do đó
2 2
2 2
1+ x 1+ x 2
.
1+ y+ z 1+ x+ x 3
 

Tương tự ta cũng có
2 2
2 2
1+ y 2 1+ z 2
; .
1+ z+ x 3 1+ x+ y 3
 

Từ đó suy ra
P 2

. Dấu “=’ xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z 1

.
Theo các bạn lời giải trên đã chuẩn chưa? Lời giải của bạn như thế nào?

Phân tích sai lầm:
Các biến x, y, z trong biểu thức P có dạng hoán vị vòng quanh mà không có vai
trò như nhau nên chỉ được xem biến bất kì nào là lớn nhất hoặc nhỏ nhất mà thôi.
Do đó đoạn lập luận: Không mất tính tổng quát giả sử
x y z 0
  
.
Từ
 
2
x-1 0

, suy ra




2 2
3 x +1 2 x + x+1 .


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.Do đó
2 2
2 2
1+ x 1+ x 2
(1)
1+ y+ z 1+ x+ x 3
 

Tương tự ta cũng có

2
2
1+ y 2
; (2)
1+ z+ x 3

và
2
2
1+ z 2
(3)
1+ x+ y 3


là không đúng. Không thể từ (1) suy ra (2) và (3) bằng phép tương tự vì vai trò của
các biến x; y; z trong P không như nhau.
Lời giải đúng:
Có 1 + y
2
≥ 2y với mọi y nên
2 2 2
2 2 2 2
1+ x 2(1+ x ) 2(1+ x )
1+ y+ z 2 + 2 y+ 2z 2(1+ z ) +(1 y )
 


Tương tự
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2

1+ y (1+ y ) 1+z 2(1+ z )
;
1+ z+ x 2(1+ x ) + (1 z ) 1+ x+ y 2(1+ y )+ (1 x )
 
 


2 2 2
2 2 2
1+ x 1+ y 1+z
P = + +
1+ y+ z 1+ z+ x 1+ x+ y





   


   


   
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 1+ x 2 1+ y 2 1+ z
+ + = M
2 1+ z + 1+ y 2 1+ x + 1+ z 2 1+ y + 1+ x


Đặt
2 2 2
1+ x = a; 1+ y = b; 1+ z = c(a, b, c 0)

.
Lúc đó
2a 2b 2c
M = + + .
2c+ b 2a+ c 2b+a
Đặt
c a b
N = + +
2c+ b 2a+c 2b+ a
và
b c a
H = + +
2c+ b 2a+ c 2b+a
Khi đó
2N+ H = 3
.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
2a+ c 2b+a 2c+ b
M+ N = + + 3
2c+ b 2a+ c 2b+ a


suy ra
2M+ 2 N 6 (4)


Lại có
M 2b+a 2c+ b 2a+c
2H+ = + + 3
2 2c+ b 2a+c 2b+ a

, suy ra
M 3
H+ (5)
4 2


Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
24

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (4) và (5) ta có
 
9M 15
+ 2 N+ H
4 2

. Mà
2 N+ H = 3
nên
M 2

.
Từ đó suy ra
P 2


. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z =1
.
F/ Một số dạng sai lầm khác thường mắc phải
Bài 1.
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng



4 4 4 2 2 2 2 2 2
a +b +c 2 a b +b c +c a .


Lời giải sai.
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên

 
 
 
2 2 2 2 2 2
2
2
2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2
4 4 4 2 2 2 2 2 2
b - c < a b -2bc + c < a b +c - a < 2bc
b + c - a < 2bc b + c + a + 2b c - 2b a - 2c a < 4b c
a + b + c < 2 a b + b c + c a
 
 


Lời giải trên đã đúng chưa? Nếu chưa, giải thế nào thì đúng?
Phân tích sai lầm: Nâng lên luỹ thừa bậc chẵn ở hai vế của BĐT mà không có
điều kiện hai vế cùng không âm
Lời giải chưa đúng vì từ


 
2
2
2 2 2 2 2 2
b +c -a 2bc b +c -a 2bc
  
là sai, chẳng hạn
 
2
2
2 1 2 1
    
(sai). Lưu ý chỉ được bình phương hai vế của BĐT khi cả hai vế
đều không âm.
Lời giải đúng
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên





2 2
2

2 2 2 2 2 2 2 2
b-c a b+c b-c a b+ c
b -2bc+ c a b +2bc+c 2bc a -b -c 2bc
    
      



 
2
2
2 2 2 2 2 2
a - b -c 2bc a -b -c 2bc
   

 
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2
4 4 4 2 2 2 2 2 2
a + b +c -2a b -2c a + 2b c 4b c
a + b +c 2 a b +c a +b c
 
 

Bài 2.
Cho hai số x; y thoả mãn x > y và xy = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
2 2
x + y
A=
x - y

.
Sai lầm thường gặp khi giải bài toán cưc trị đại số và cách khắc phục
25

Lời giải sai.
Ta có
 
2
2 2 2 2
x- y + 2xy
x + y x -2xy+ y +2xy
A = = =
x- y x- y x- y

Do x > y và xy = 1 nên
 
2
x- y
2xy 2
A = + = x- y+
x- y x- y x- y

Biết rằng nếu a > 0 thì
1
a+ 2
a

(BĐT Côsi).
Do đó
x- y 2 x- y x- y

A = + + 2+
2 x- y 2 2

.
Vậy A có giá trị nhỏ nhất khi
x- y 2
+ = 2
2 x- y

       
2 2
x- y + 4 = 4 x- y x- y - 4 x- y + 4 = 0
 
.
Giải phương trình này được nghiệm x – y = 2.
Do đó ta có hệ phương trình sau
x- y = 2
xy =1



, nghiệm của hệ phương trình là
 


 


x;y = 1+ 2;-1+ 2 ; x;y = 1- 2;-1- 2
(Thoả mãn điều kiện bài ra).

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
x- y 2
A = + 2 = +2 = 3.
2 2

Nhưng với
6 + 2 6 - 2
x = ; y =
2 2
thì có x > y;
6- 2
xy = =1
4
và
A = 2 2 3.


Tại sao lại như thế?
Phân tích sai lầm: Chứng minh

f m
(hay

f m
), khẳng định giá trị nhỏ nhất
(hay lớn nhất) của f bằng m mà không chỉ ra m là hằng số
Rõ ràng lời giải sai: Vì
x- y
A 2+
2


mà
x- y
2
chưa là hằng số. Sai lầm ở đây là sai
lầm ở bước 1, đánh giá
f m

nhưng m không là hằng số.
Lời giải đúng