SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ THANH HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THCS NAM
NGẠN – THÀNH PHỐ THANH HÓA GIẢI CÁC BÀI
TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – NHỎ NHẤT

Người thực hiện: Mai Thị Tâm
Chức vụ : Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Nam Ngạn
SKKN thuộc lĩnh vực : Môn Toán

THANH HÓA NĂM 2016

1


MỤC LỤC
STT
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

11
12
13
14

Nội dung
I. Mở đầu
1.Lí do chọn đề tài
2. Mục đích nghiên cứu
3. Đói tượng nghiên cứu
4. Phương pháp nghiên cứu
II. Nội dung
1. Cơ sở lí luận
2. Thực trạng vấn đề
3. Các giải pháp đã sử dụng
4. Hiệu quả của sáng kiến kimh nghiệm
III. Kết luận và kiến nghị
1. Kết luận
2 Kiến nghị
Tài liệu tham khảo

Trang
3
3
3
4
4
4
4
5

6
17
18
18
18
19

I. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Trong những năm gần đây, các kỳ thi học sinh giỏi bậc THCS và các kỳ thi
tuyển sinh vào trường THPT đặc biệt là thi vào các trường THPT chuyên thường
gặp những bài toán yêu cần tìm Giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất
2


(GTNN) của một đại lượng nào đó. Các bài toán này gọi chung là các bài toán
cực trị. Đây là bài toán khó gây cản trở tâm lí dẫn đến nhiều học sinh ngại học
còn giáo viên dạy chưa tập hợp được phương pháp giải ảnh hưởng không tốt đến
chất lượng giáo dục học sinh.
Các bài toán cực trị rất phong phú và đa dạng mang nội dung vô cùng sâu
sắc trong việc giáo dục tư tưởng qua môn toán. Đi tìm cái tốt nhất, rẻ nhất, ngắn
nhất, dài nhất... trong một bài toán. Để dần dần hình thành cho học sinh thói
quen đi tìm giải pháp tối ưu cho một công việc nào đó trong cuộc sống sau này.
Các bài toán cực trị Đại số ở bậc THCS có ý nghĩa rất quan trọng đối với
các em học sinh. ở bậc THCS chưa có lý thuyết đạo hàm nên phải bằng cách
giải thông minh, tìm ra các biện pháp hữu hiệu và phù hợp với trình độ kiến thức
toán học ở bậc học để giải quyết loại toán này.
Các bài toán về cực trị Đại số ở bậc THCS góp phần không nhỏ vào việc
rèn luyện tư duy cho học sinh.
Nhưng hiện tại chưa có các tài liệu nghiên cứu nào bàn sâu vào vấn đề

này danh cho học sinh lớp 8 và lớp 9, đồng nghiệp, nhà trường chưa có kinh
nghiệm để giải quyết, khắc phục.
Với ý nghĩa như vậy, Tôi mạnh dạn chọn sáng kiến “Hướng đẫn học
sinh giỏi trường THCS Nam Ngạn – Thành phố Thanh Hóa giải các bài
toán tìm GTLN – GTNN"
2. Mục đích nghiên cứu
Mục tiêu giáo dục xã hội đang đặt ra là những học sinh cần thiết làm được
các bài toán tìm GTLN và GTNN để cho học sinh có kiến thức tổng hợp và kĩ
năng giải toán đó là yêu cầu cấp thiết cần phải giải quyết.
3. Đối tượng nghiên cứu
Dành cho học sinh lớp 8 lớp 9 và những học sinh thi vào lớp 10 trường THCS
Nam Ngạn
4. Phương pháp nghiên cứu
3


- Thống kê thu tập các bài tập toán cực trị thông qua các sách tham khảo và
nâng cao lớp 8 và lớp 9, các đề thi học sinh giỏi lớp 8 và lớp 9 , các nguồn tài
liêu trên mạng internet để tạo được các cách giải và cách suy luận bài toán trên.
- Cùng tham khảo và bàn luận với đồng nghiệp về vấn đề giải quyết bài
toán cực trị để tạo cho minh một phương pháp đầy đủ để truyền đạt cách giải bài
toán trên một cách tốt nhất cho học sinh.
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Cơ sở lí luận:
Để góp phần vào sự nghiệp phát triển, công nghiệp hoá,hiện đại hoá đất
nước, Đảng và nhà nước ta đã đặt ra “ Giáo dục là quốc sách hàng đầu”. Chính
vì thế nghị quyết trung ương II khoá 8 đã chỉ ra: “ Phát triển giáo dục nhằm nâng
cao dân trí, đào tạo nhân lực và bồi dưỡng nhân tài. Đào tạo những con người có
kiến thức văn hoá, khoa học, có kĩ năng nghề nghiệp lao động, tự chủ, sáng tạo
và có kỹ luật, giàu lòng nhân ái, yêu nước, sống lành mạnh, đáp ứng những nhu

cầu phát triển của đất nước và cuộc sống của cộng đồng”.
Xuất phát từ tình hình trên, song song với việc đổi mới phương pháp dạy
học được đặt ra như một tất yếu trên cơ sở đã và đang thực hiện phương pháp
dạy và học theo tinh thần đổi mới nhằm giúp học sinh rèn luyện kĩ năng tự học
tự, nghiên cứu, tư duy và sáng tạo. Trong đó dạng toán tìm GTNNvà GTLN là
vấn đề của ngành toán học nhằm giúp các em THCS có khả năng tư duy và lập
luận và các em có khả năng áp dụng vào cuộc sống và có ứng dụng trong nhiều
ngành khoa học khác. Nhằm đào tạo các em dần dần trở thành những con người
giàu tri thức, hoàn thiện về nhân cách để đáp ứng nhu cầu nền giáo dục hiện đại
cũng như đạt được mục tiêu mà Đảng và Nhà nước đặt ra.
2. Thực trạng vấn đề:
2.1. Đối với nhà trường.

4


Hiện nay thực tế việc dạy của giáo viên và việc học của học sinh trong trường
phần kiến thức này có nhiều vấn đề cần quan tâm. Đó là trong sách giáo khoa
toán 8; toán 9 chỉ đưa ra một phần nhỏ phương pháp giải bài toán. Vì vậy trong
khi ôn tập giáo viên chưa có đủ thời gian để hệ thống phương pháp giải một
cách lôgic đầy đủ và khoa học cho học sinh và tài liệu tham khảo cho học sinh
về GTNN và GTLN khi viết và đưa ra các ví dụ hoặc bài toán còn liên quan đến
nhiều kiến thức mà học sinh trong trường chưa tiếp cận đến vì vậy khi gặp dạng
toán này học sinh trong trường thường không làm được hoặc làm được thì giải
thích chưa được cặn kẽ.
- Thời lượng chương trình dành cho học dạng toán này hầu như không có
mà chỉ thông qua các bài tập
2.2. Đối với giáo viên và bản thân:
- Giáo viên đầu tư thời gian nghiên cứu còn ít, việc dạy tự chọn phần này
đôi khi bỏ qua vì cho là khó với học sinh và trong sách giáo khoa nói đến còn rất

ít. Vì vậy khi ôn tập cho học sinh lớp 9 thi học sinh giỏi và thi vào phổ thông
trung học giáo viên nhặt nhạnh vài bài thấy hay là dạy dẫn đến học sinh ngơ
ngác chẳng hiểu gì. Trong quá trình lên lớp “GTLN và GTNN” không đơn giản
chút nào . Ngoài ra phương pháp giảng dạy giáo viên chưa quan tâm rèn kĩ năng
- Nhưng dạng toán tìm GTNN và GTLN là một trong những bài toán
khó của THCS mà trong những năm gần đây được các thầy cô quan tâm đến
nhiều hơn về phương pháp và những dạng toán cụ thể nhằm rèn luyện khả năng
tư duy sáng tạo cho học sinh và khả năng làm toán tìm GTNN và GTLN, không
những thế mà đây là một dạng toán thường hay thi HSG và thi vào lớp 10
- Qua những năm tôi đã dạy học thì thấy học sinh tiếp thu bài toán tìm
“GTLN và GTNN” là khó khăn và tiếp thu một cách thụ động, giáo viên chữa
bài nào biết bài đó không vận dụng linh hoạt sáng tạo được dạng toán để làm bài
tập tương tự. Do vậy khi gặp bài toán dạng này học sinh rất lúng túng. Sỡ dĩ như
vậy là trong các đề toán ra những bài toán của “ GTLN và GTNN” trong việc

5


giải toán đòi hỏi sự vận dụng linh hoạt các kiến thức đã học sự uyển chuyển
trong phương pháp giải
2.3. Đối với học sinh:
- Học sinh thấy phần kiến thức này ít và khó nên không đầu tư học nhiều.
- Học sinh chưa biết cách vận dụng tổng hợp các kiến thức liên quan đã
hoc vào vận dụng vào giải bài toán GTNN và GTLN nên gặp loại bài toán này
học sinh bí tắc trong cách giải
- Tài liệu tham khảo cho học còn ít và chưa đưa ra các phương pháp cụ
thể để cho học sinh trung học cơ sở dễ tiếp cận.
- Cụ thể khi khảo sát dạy HS lớp 8A và 8B trường THCS Nam Ngạn năm
học 2014 - 2015 sau khi học xong bài “GTLN và GTNN”.
Số em vận dụng kiến thức đã học vào làm đúng và làm tốt đạt 25 % .

Số em biết vận dụng vào làm bài tập đạt 55% .
Số em chưa vận dụng kiến thức thành thạo vào làm bài tập giảm còn 20%.
Từ thực trạng trên để học sinh hiểu và vận dụng làm tốt hơn tôi đã mạnh
dạn đưa vào chủ đề tự chọn để giảng dạy: “Phần GTNN và GTLN ”
3. Các giải pháp đã sử dụng:
3.1.Giải pháp đã và đang thực hiện là
3.1.1.Giáo viên:
- Giáo viên phải đầu tư thời gian nghiên cứu tài liệu để trang bị đầy đủ
phần kiến thức này để giảng dạy cho HS.
-Tìm hiểu khả năng lĩnh hội kiến thức của HS về phần kiến thức này để có
những biện pháp cụ thể .
- Hình thành cho HS kỹ năng dự đoán bài toán, phương pháp chứng minh
bài toán .
- Khi giảng dạy phải rèn cho học sinh các đức tính kiên trì cần cù sáng
tạo, cẩn thận điều này bắt đầu từ giáo viên từ những việc như tư duy bài toán,
lập luận bài toán, trình bày lời giải.

6


- Đổi mới phương pháp một cách thực sự và phù hợp với đặc điểm học
sinh
- Tổ chức sinh hoạt chuyên đề này cho giáo viên trong tổ toán để trao đổi
rút kinh nghiệm.
- Tham mưu với ban giám hiệu tăng cường mua thêm tài liệu tham khảo
- Phòng đọc thư viện liên tục mở để GV và HS đọc tài liệu bồi bổ thêm
kiến thức.
3.1.2. Học sinh:
- Nắm vững kiến thức trong sgk và vận dụng làm bài tập từ dễ đến khó.
- Mỗi học sinh nên có sổ tích lũy ghi chép từng dạng toán ôn tập .

- Học sinh nên mượn hay mua tài liệu để học thêm,ôn thêm phần kiến
thức này
3.2.Các phương pháp tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất là:
3.2.1. Phương pháp giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
của một biểu thức đại số bằng cách đưa về dạng A(x) ≥ 0 (hoặc A(x) ≤ 0).
- Để tìm giá trị nhỏ nhất của một biểu thức A(x) ta cần:
+ Chứng minh rằng A(x) ≥ k với k là hằng số.
+ Chỉ ra dấu "=" có thể xảy ra.
- Để tìm giá trị lớn nhất của một biểu thức A(x) ta cần:
+ Chứng minh rằng A(x) ≤ k với k là hằng số.
+ Chỉ ra dấu "=" có thể xảy ra.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A(x) = (x - 1)2+(x-3)2.
Giải:
A(x) = (x-1)2 +( x-3)2 = x2 - 2x+1+ x2 - 6x+ 9=2(x2 - 4x +5)=2(x-2) 2+2 ≥ 2
Vì (x-2)2 ≥ 0 với ∀ x. Vậy Min A(x) = 2 khi x = 2
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B(x) = - 5x2 - 4x+1
4
5

Giải : Từ B(x) = -5x2 - 4x+1 ta có B(x)= - 5(x2+ x)+1

7


2
2
2
2
 2


2
2
4
2 9
2 2 

= −5  x + 2 x +  ÷ −  ÷  + 1 = − 5   x + ÷ −  + 1 = − 5  x + ÷ +
5
5  25 
5 5
 5   5  



2

2

2
2


Vì  x + ÷ ≥ 0 với ∀x ∈ R nên −5  x + ÷ ≤ 0
5
5


2

2 9 9


⇒ B(x) = −5  x + ÷ + ≤
5 5 5

9
2
khi x = −
5
5

Max B(x) =

3.2.2. Phương pháp giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
của một biểu thức đại số bằng cách đưa về dạng

A(x)
A(x)
≥ 0 hoặc
≤ 0.
2
k
k2

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức đại số A(x) =

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

3x 2 + 6x + 10
Giải: Từ A(x) = 2

x + 2x + 3

Ta có A(x) =

3x 2 + 6x + 9 + 1 3(x 2 + 2x + 3) + 1
1
=
= 3+
2
2
x + 2x + 3
x + 2x + 3
(x + 1) 2 + 2

Vì (x+1)2 ≥ 0 với ∀ x nên (x+1)2 + 2 ≥ 2 với ∀ x.
1

1

Do đó: (x + 1)2 + 2 ≤ 2
1

1

1

Vậy A(x) = 3 + (x + 1) 2 + 2 ≤ 3 + 2 = 3 2
Max A(x) = 3

1

khi (x+1)2 = 0 ⇔ x= -1
2

Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của B(x) =

2x 2 − 16x + 41
với x ∈ R
x 2 − 8x + 22

2x 2 − 16x + 41 2(x 2 − 8x + 22) − 3
3
=
= 2−
Giải: Từ B(x) = 2
2
x − 8x + 22
x − 8x + 22
(x − 4) 2 + 6

Vì (x- 4)2 ≥ 0 với ∀x nên (x- 4)2+6 ≥ 6.
3
3 1
≤ =
2
Nên (x − 4) + 6 6 2

8


⇒ B(x) = 2 −


3
1 3
≥ 2− =
2
2 2
(x − 4) + 6

Min B(x) =

3
khi (x - 4)2 = 0 ⇔ x = 4
2

3.2.3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đại số
bằng cách áp dụng bất đẳng thức CôSi.
- Bất đẳng thức CôSi cho 2 số.
Cho a, b không âm, ta có bất đẳng thức

a+b
≥ 2 ab
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b
- Bất đẳng thức CôSi cho n số:
Cho n số a1, a2, ....an không âm, ta có bất đẳng thức:
a1 + a 2 + ..... + a n n
≥ a1 , a 2 ...a n
n


Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an
+ Bài toán:
a. Chứng minh rằng, nếu hai số dương có tích không đổi thì tổng của
chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau.
b. Chứng minh rằng, nếu hai số dương có tổng không đổi thì tích của
chúng đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau.
Giải:
a. Ta cần chứng minh rằng với x >0; y> 0 và xy=k (không đổi) thì x+y
đạt giá trị nhỏ nhất khi x = y.
Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức CôSi cho hai số dương ta có:
2

x+y
2

÷ ≥ xy ⇒ (x + y) ≥ 4xy hay x + y ≥ 2 xy
 2 

mà xy = k (không đổi)

Nên ta có: x+y ≥ 2 xy = 2 k (1)
Vậy tổng P =x+y lấy giá trị nhỏ nhất x+ y =2 k khi x=y
b. Tương tự trên nếu hai số dương x và y có x+ y = k (hằng số).

9


Từ (x+y) ≥ 4xy ⇒ xy ≤
2


k2
4

Vậy tích Q = xy lấy giá trị lớn nhất bằng

k2
khi x=y
4

Chúng ta sẽ vận dụng kết quả của hai bất đẳng thức trên để giải các bài
toán cực trị đại số.
Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất của A(x) = (x2 - 3x+1) (21+ 3x - x2)
Giải:Các biểu thức x2-3x+1và 21+3x-x2 có tổng không đổi (bằng 22) nên
tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi
x2 - 3x + 1 = 21+ 3x - x2 ⇔ x2 - 3x - 10 = 0 ⇔ x1= 5; x2 = -2.
Khi đó A=11.11=121
Vậy Max A=121 ⇔ x = 5 hoặc x = - 2
Ví dụ 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của
16x 2 − 4x + 1
B(x) =
với x > 0
2x

Giải: Từ B(x)

1
1
16x 2 − 4x + 1
=
Ta có B(x) = 8x+2+ . Hai số 8x và

là hai
2x
2x
2x

số dương, có tích không đổi (bằng 4) nên tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi
8x=

1
1
⇔ 16x2 =1 ⇔ x= (x >0)
2x
4
1+1+1
1
=6⇔x=
Vậy Min B = 1
4
2

3.2.4. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến
số:
Ví dụ 7: Tìm giá trị của m và p sao cho:
A= m2 - 4mp + 5p2 + 10m - 22p + 28 đạt giá trị nhỏ nhất.
Tính giá trị nhỏ nhất đó.
Giải:
A = (m2 - 4mp + 4p2 ) + (p2 - 2p + 1) + 27 + 10m - 20p

10



= (m - 2p)2 + (p -1)2 + 27 + 10( m -2p)
Đặt X = m- 2p. Ta có A=X2 + 10X + 27 + (p - 1)2
= (X2 + 10X + 25) + ( p - 1)2 + 2 = (X+5)2 + (p - 1)2 + 2
Ta thấy: (X + 5)2 ≥ 0 với ∀ m, p; ( p - 1)2 ≥ 0 ∀ p
Do đó: A đạt giá trị nhỏ nhất khi:
X + 5 = 0
X = −5
m − 2p = −5
m = −3
⇔
hay 
⇔

p =1
p − 1 = 0
p = 1

p = 1

Vậy Min A = 2 khi m = - 3; p = 1.
Ví dụ 8 : Tìm các giá trị của x, y, z sao cho biểu thức sau đây đạt giá trị
nhỏ nhất P(x, y, z) = 19x2 + 54y2 + 16z2 - 16xz - 24yz + 36xy + 5
Giải: Khi gặp một biểu thức chứa nhiều biến số, ta cấn biến đổi biểu
thức đã cho về tổng các biểu thức không âm.
Ta có: P(x, y, z) = (9x2 + 36xy + 36y2) + (18y2 - 24yz + 8z2) +(8x2 - 16xz + 8z2)
+ 2x2 + 5 = 9(x+2y)2 + 2(3y - 2z)2 + 8(x - z)2 + 2x2 + 5.
Ta thấy: (x +2y)2 ≥ 0 với ∀ x, y.
(3y - 2z)2 ≥ 0 với ∀ y,z
(x - z)2 ≥ 0 với ∀ x, z

x2 ≥ 0 với ∀ x.
Biểu thức P(x,y,z) đạt giá trị nhỏ nhất khi các hạng tử (x+2y) 2, (3y-2z)2; (x-z)2, x2
đạt giá trị nhỏ nhất cùng một lúc hay nói cách khác chúng phải có giá trị đồng
thời bằng 0, nghĩa là hệ phương trình sau đây có nghiệm.
 x + 2y = 0
x = 0
3y − 2z = 0


⇔ y = 0

x − z = 0
z = 0

 x = 0

Vậy Min P(x,y,z) = 5 khi x = 0, y = 0, z = 0.
- Tổng quát: Khi gặp P = A + B + C_+ ...+
Với A ≥ k12, B ≥ k22, C ≥ k32, ...... thì ta có thể kết luận P đạt giá trị nhỏ nhất
khi A, B, C ..... đạt giá trị nhỏ nhất cùng một lúc và khi đó
P(min) = k12 + k22 + k32 +...
11


Để tìm ra các biến số tương ứng với P(min) ta giải hệ phương trình:
 A = k12

2
B = k 2


2
C = k 3
..........


Ví dụ 9: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
A= 7x − 5y + 2z − 3x + xy + yz + xz − 2000 + t − t + 2005 .

Trong đó x;y;z;t là các số hữu tỉ
Giải:
2

3
 1
Ta có : A= 7x − 5y + 2z − 3x + xy + yz + xz − 2000 +  t − ÷ + 2004
4
 2
2

3
 1
Vì α ≥ 0 ∀α ∈ Q và  t − ÷ ≥ 0 nên A ≥ 2004
4
 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
7x − 5y = 0
 2z − 3x = 0


 xy + yz + zx − 2000 = 0
2

 t − 1  = 0
 2 ÷


(1)
(2)
(3)
(4)

7
5

3
2

Từ (1) ta có: y= x . Từ (2) ta có: z = x
Thay vào (3) ta được:
7 2 21 2 3 2
x + x + x = 2000 <=> 5x 2 = 2000
5
10
2

<=> x2 =400 <=> x= ± 20
- Với x = 20 ta có y = 28; z = 30
- Với x = -20 ta có y = -28; z = -30
Ngoài ra, từ (4) ta có: t=


1
2
3
4

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 2004 , đạt được khi

12


(x;y;z;t) = (20;28;30;

1
1
); Hoặc (x;y;z;t) = (-20;-28;-30; )
2
2

3.2.5. Giải các bài toán cực trị đại số bằng phương pháp sử dụng bất
đẳng thức Bunhiacôpxki.
a. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki.
Cho 2n số a1, a2...., an; b1, b2, ....bn ta luôn có: (a1b1 + a2b2+....+ anbn) ≤ (a12
+ a22 + .... + an2)(b12 + b22 + ....+ bn2).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

a1 a 2
a
=
= ... = n

b1 b2
bn

b. Các ví dụ:
Ví dụ 10: Tìm các giá trị x, y, z để sao cho biểu thức sau đây đạt giá trị
nhỏ nhất P = x2 + y2 + z2. Tìm giá trị nhỏ nhất đó biết rằng x+y+z = 1995
Giải: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho các bộ số: 1, 1, 1; x, y, z
Ta có: (x.1 + y.1 + z.1)2 ≤ (12 + 12 + 12) (x2 + y2 + z2)
Hay: (x + y + z)2 ≤ 3(x2 + y2 + z2)
Từ đó ta có P = x + y + z ≥
2

2

2

(x + y + z) 2
mà x+ y + z = 1995 => Ta có:
3

19952
P= x + y + z ≥
với ∀ x, y, z
3
2

Pmin =

2


2

x y z
19952
khi = = hay x = y = z
1 1 1
3

Mà x + y + z = 1995 <=> x = y = z =

1995
= 665
3

Ví dụ 11: Cho x2 + y2 =52. Tìm giá trị lớn nhất của A = 2x + 3y
Giải: Áp dụng bất đẳng thức bunhiacôpxki cho các bộ số 2, 3; x,y, ta có:
(2.x+3.y)2 ≤ (22 + 32 (x2 + y2)
(2x+3y)2 ≤ 13.52262
2x + 3y ≤ 26

Max A = 26 <=>

x y
3x
= ⇔y=
2 3
2

13



Thay y =

3x
9x 2
2
2
2
= 52 ⇔ x = ±4
vào x + y = 52 ta có x +
2
4

Vậy Max A = 26 <=> x = 4; y = 6 hoặc x = - 4; y = - 6
3.2.6. Phương pháp giải các bài toán cực trị đại số thoả mãn một hệ
các điều kiện nào đó:
Ví dụ 12: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P(x,y) = 6x+4y thoả mãn điều kiện

 xy = 216

x > 0
y > 0


Giải: Từ P(x,y) = 6x+4y với x>0; y > 0 do đó 6x > 0; 4y > 0
=> [P(x,y)]2 = (6x+4y)2 ≥ 4.6x.4y=96.xy
Vì xy=216(gt) => [P(x,y)]2 ≥ 96.216=20736
 P(x,y) ≥ 144


<=> 

 P(x,y) ≤ −144

Min P(x,y) = 144 khi x= 12; y = 18
Ví dụ 13: Tìm giá trị lớn nhất của A(x,y,z) = xyz (x+y)(y+z)(z+x)
biết x, y, z ≥ 0 và x+ y + z=1.
Giải: áp dụng bất đẳng thức CôSi cho 3 số không âm x, y, z ta có:
1 = x+ y+ z ≥ 3 3 xyz

(1)

2 = (x+y) + (y+z) + (z+x) ≥ 3 3 (x + y)(y + z)(z + x) (2)
Nhân từng vế của (1) với (2) (do hai vế đều không âm)
3

2
Ta có: 2 ≥ 9 A => A ≤  ÷
9
3

3

1
2
Max A =  ÷ khi và chỉ khi x=y=z=
3
9

3.2.7. Phương pháp dùng tam thức bậc hai:

a. Đổi biến để đưa về tam thức bậc hai đối với biến mới.
Ví dụ 14: Tìm giá trị lớn nhất của A = x+ 2 − x
Giải: Điều kiện x ≤ 2

14


Đặt 2 − x = y ≥ 0. Ta có y2 = 2-x
2



A = 2-y2 + y = −  y − ÷ + ≤
2 4 4

1

Max A =

9

9

9
1
1
7
⇔ y = <=> 2 − x = <=> x =
4
2

4
4

b. Đổi biến để đưa về bất phương trình bậc hai đối với biến mới.
Ví dụ 15: Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của A=x2 + y2.
Biết rằng x2 (x2 + 2y2 -3) + (y2 -2)2 =1
Giải: Từ x2 (x2 + 2y2 -3) + (y2 -2)2 =1 => (x2 + y2)2 - 4(x2 + y2) +3=-x2 ≤ 0
Do đó: A2 - 4A + 3 ≤ 0 <=> (A-1)(A-3) ≤ 0 <=> 1 ≤ A ≤ 3
Min A=1 <=> x= 0 khi đó y = ± 1
Min A=3 <=> x= 0 khi đó y = ± 3
c. Đưa về phương trình bậc hai và sử dụng điều kiện ∆ ≥ 0
x2 − x + 1
Ví dụ 16: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của A= 2
x + x +1

Giải: Biểu thức A nhận giá trị a khi và chỉ khi phương trình ẩn x sau đây
có nghiệm a =

x2 − x + 1
(1)
x2 + x + 1
2

1 3

Do x +x+1 =  x + ÷ + > 0 ∀x
2 4

2


Nên (1) <=> ax2 + ax+a=x2 -x+1
<=> (a-1)x2 + (a+1)x+a-1=0

(2)

Trường hợp 1: Nếu a = 1 thì (2) có nghiệm x = 0
Trường hợp 2: Nếu a ≠ 1 để (2) có nghiệm, cần và đủ là ∆ ≥ 0
=> ∆ = (a+1)2 - 4(a-1)2 ≥ 0
<=> (3a-1) (a-3) ≤ 0 <=>

1
≤ a ≤ 3 (a ≠ 1)
3

Với a =

−(a + 1)
a +1
1
hoặc a = 3 thì nghiệm của (2) là x= 2(a − 1) = 2(1 − a)
3

Với a =

1
thì x = 1; với a = 3 thì x = -1
3

15



Gộp cả hai trường hợp 1 và 2 ta có
Min A =

1
khi và chỉ khi x = 1; Max A = 3 khi và chỉ khi x = -1
3

3.2.8. Một vài phương pháp đăc biệt :
(Tìm giá trị lớn nhất,nhỏ nhất của biểu thức biết quan hệ giữa các biến Tìm cực trị có điều kiện)
Ở dạng này thường dùng đó là biểu thị ẩn nọ qua ẩn kia (qua việc

giải hệ phương trình bằng phương pháp thế) .Trên cơ sở điều kiện của
bài để biến đổi đưa về biểu thức về dạng 1.
Ví dụ 3: Tìm cực trị của biểu thức

C = 2 x + 3 y − 4 z (*) biết rằng x, y, z ≥ 0
 2 x + y + 3z = 6 (1)
và thảo mãn hệ phương trình : 
3x + 4 y − 3z = 4 (2)

Theo phương trình (1) và (2), tìm được:
x+ y = 2⇒ y = 2− x ; z =

4 x
−
3 3

khi đó thay vào (*) ta được:


C=

x 2
+
( x, y, z có vai trò như nhau)
3 3

+ Dựa vào điều kiện: x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 để lập luận và tìm ra yêu cầu của bài.

C≥

2
3

(khix ≥ 0) suy ra C đạt giá trị nhỏ nhất bằng

+ Sử dụng điều kiện:

2
khi x = 0
3

y ≥ 0 ⇒ x ≤ 2
⇒ x≤2
z ≥ 0 ⇒ x ≤ 4

Do đó: 0 ≤ x ≤ 2 ( kết hợp với điều kiện) nên khi đó học sinh tìm được:

C=


4
x 2 4
+ ≤ suy ra C đạt giá trị lớn nhất bằng
khi x = 2.
3 3 3
3

16


Sau khi học xong các phương pháp toán tìm cực trị này giáo viên chốt lại
cho học sinh kiến thức tổng hợp cần thiết khi gặp giải bài toán tìm cực trị của

một biểu thức bằng cách tìm hiểu đề toán và lựa chọn các phương pháp trên
một cách thích hợp.
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
a) Kết quả đạt được so với các năm học trước.
Năm học

Điểm
Từ 0 - 2,5
Năm học
Từ 3 - 4,5
Từ 5 - 7,5
2014 - 2015
Từ 8 – 10
Từ 0 - 2,5
Năm học
Từ 3 - 4,5
2015 - 2016

Từ 5 - 7,5
Từ 8 - 10
b. Hiệu quả sau khi học sinh đã học.

Tỉ lệ %
40
35
20
5
12
20
43
25

Ghi chú

Trong các năm học trước tôi chưa áp dụng phương pháp dạy học theo đề tài
này thì kết quả chất lượng mũi nhọn ở trường THCS chúng tôi rất thấp. Sau khi
áp dụng phương pháp giảng dạy giải bài toán theo đề tài đã nêu trong năm học
2014- 2015 và đặc biệt là từ đầu năm học 2015 - 2016 này thì chất lượng học
sinh ở trường THCS chúng tôi nâng lên rõ rệt vì lí do sau:
Mức độ yêu thích môn toán nói chung nâng lên, các em không còn thấy
ngại dạng toán tìm GTLN và GTNN của môn đại số nữa mà trở nên hứng thú
học và tìm hiểu nhiều hơn.
Đa số các em nắm được các phương pháp tìm GTLN và GTNN, biết sủ
dụng các pháp này vào giải từng bài toán cụ thể .
Học sinh đã từng bước khai thác các bài toán khó dựa vào kiến thức đã học
để mở rộng kiến thức và rèn luyện kĩ năng giải toán tìm GTLN và GTNN .

17



III . KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận:
Phương pháp tìm cực trị trong việc giải toán là một vấn đề lớn, đòi hỏi
người học phải có tính sáng tạo, có tư duy tốt và kỹ năng vận dụng lý thuyết một
cách linh hoạt. Chính vì lẽ đó, trong quá trình giảng dạy, người giáo viên cần
chuẩn bị chu đáo, tỉ mỉ, rõ ràng từng thể loại bài tập cụ thể để học sinh hiểu sâu
bản chất và cách vận dụng. Xây dựng cho các em niềm đam mê, hứng thú trong
học tập, tôn trọng những suy nghĩ, ý kiến và sáng tạo của các em. Cần thường
xuyên kiểm tra, đánh giá kết quả học tập, bổ sung thiếu sót kịp thời, dạy sâu, dạy
chắc và kết hợp nhuần nhuyễn, lôgic giữa các bài khác nhau.Nghiên cứu đề tài
“ứng dụng GTLN và GTNN trong việc giải toán” không chỉ giúp cho học sinh
yêu thích học bộ môn toán, mà còn là cơ sở giúp cho bản thân có thêm kinh
nghiệm trong giảng dạy. Mặc dù đã rất cố gắng khi thực hiện đề tài, song không
thể tránh khỏi thiếu sót về cấu trúc, ngôn ngữ và kiến thức khoa học. Vì vậy, tôi
mong sự quan tâm của các đồng chí, đồng nghiệp góp ý kiến chân thành để đề
tài này hoàn thiện hơn.
2. Kiến nghị:
Trong khi thực hiện đề tài này tôi có gặp một số khó khăn vì vậy tôi có một
số kiến nghị sau:
- Cần phối hợp giữa GVBM , GVCN, nhà trường ,hội cha mẹ học sinh để kịp
thời nắm bắt tình hình học tập của học sinh.
-Không chỉ bộ môn toán mà các môn học khác các giáo viên nên chú trọng sâu
hơn vấn đề nội dung ,phương pháp và hình thức phụ đạo cho học sinh khơi gợi
cho học sinh sự hứng thú học tập.
- Đề nghị Phòng giáo dục và Đào tạo mở các chuyên đề để chúng tôi có điều
kiện trao đổi và học hỏi thêm.
- Các trường thường xuyên trao đổi kiến thức và kinh nghiệm qua hệ thống
mạng “ trường học kết nối”.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Nam Ngạn, ngày 8 tháng 4 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN
của mình viết, không sao chép
nội dung của người khác

Mai Thị Tâm
18


TÀI LIỆU THAM KHẢO
STT

TÊN TÀI LIỆU

TÊN TÁC GIẢ

NHÀ XUẤT BẢN

1

SGK ,SGV Toán 8

Phan Đức Chính

NXB Giáo dục

2


SBT Toán 8

Tôn Thân

NXB Giáo dục

3

Toán phát triển đại số 8

4

500 Bài toán cơ bản và Nguyễn Đức Tấnnâng cao
Nguyễn Đức Hoà- Tạ
Hoàn

NXB Đại học quốc
gia TPHCM

5

Phương pháp giải các Nguyễn Văn Nho
dạng toán 8 (tâp1)

NXB Giáo dục

6

Kiến thức cơ bản và


Nguyễn Ngọc Đạm-

NXB Hà Nội

nâng cao toán 9

Hàn Hải Liên-

Nguyễn Ngọc Đạm

NXB Giáo dục

Ngô Long Hậu
7

Các dạng toán điển hình

Lê Đức

NXB Đại học quốc
gia Hà Nội

Ý KIẾN NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ

19


VÀ XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP TRƯỜNG
………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………
………………

CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG

ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NGÀNH
………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………
…….............................................................................................................................................................................
...................................................
……………………………………………………………………………………………………………….
……………………………………………………………………………………………………………….
……………………………………………………………………………………………………………….............
.......................
………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………..
………………………………………………………………………………………………………………………
…….............................................................................................................................................................................
...................................................
……………………………………………………………………………………………………………….
……………………………………………………………………………………………………………….
……………………………………………………………………………………………………………….............
........................
……………………………………………………………………………………………….....................................

20



……………………………………………………………………………………………….....................................
……………………………………………………………………………………………….....................................

21