d¹y häc tù chän to¸n theo chñ ®ò to¸n cùc trþ ®¹i sè cho häc sinh líp 8 líp 9 ë trêng thcs môc lôc 1môc lôc a më ®çu 2 1 lý do chän s¸ng kiõn 2 2 môc ®ých cña s¸ng kiõn 3 3 nhiöm vô cña s¸ng kiõn

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (321 KB, 48 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Mục lục

Mục lục...1

A - Mở đầu...2

1. Lý do chän s¸ng kiÕn...2

2. Mục đích của sáng kiến...3

3. NhiƯm vụ của sáng kiến...3

4. Phạm vi nghiện cứu...4

5. Đối tợng nghiên cứu và phơng pháp tiến hành...4

B - Nội dung...5

I - Phơng pháp chung để giải các bài toán cực tr i s:...5

1. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:...5

2. Các kiến thức thờng dùng:...5

3. Mt số phơng pháp giải toán cực trị thờng dùng trong i s...8

a) Phơng pháp tam thức bậc hai:...8

b) Phơng pháp xét khoảng:...8

c) Phơng pháp miền giá trị của hàm số:...8

d) Phơng pháp sử dụng các bất đẳng thức phụ:...10

4. Nh÷ng sai lầm thờng gặp khi giải toán cực trị...13

a) Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1:...13

b) Sai lầm trong chøng minh ®iỊu kiƯn 2:...14

5. Mét sè chó ý khi tìm cực trị:...16

II. Cỏc dng toỏn cc tr i s thờng gặp:...17

Dạng 1: Biểu thức có chứa dấu giá trị tuyt i...17

Dạng 2: Biểu thức là đa thức...23

Dạng 3: Biểu thức là phân thức một biến...29

Dạng 4: Biểu thức có chứa căn thức...33

C - Thực nghiệm s phạm...39

I. Giáo án thùc nghiƯm:...39

II. KÕt qu¶ thùc nghiƯm:...44

D - KÕt ln...47

I. Những vấn đề cịn hạn chế:...47

II. Bµi häc kinh nghiƯm:...47

III. KiÕn nghị:...47

IV. Kết luận:...48
A - Mở đầu.

1. Lý do chọn sáng kiÕn

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Qua việc nghiên cứu và thực tế giảng dạy tốn THCS, tơi nhận thấy khái
niệm cực trị cha đợc xây dựng thành một hệ thống lý thuyết hồn chỉnh mà chỉ
hình thành từng bớc cho học sinh qua một số bài tập đơn giản trong SGK. Nhng các
bài toán cực trị rất hay gặp trong các kỳ thi, các bài kiểm tra định kỳ hàng năm của
học sinh lớp 8, lớp 9.

Thực tế hiện nay, học sinh nắm khái niệm cực trị và phơng pháp cơ bản để
giải các dạng toán cực trị thờng gặp trong chơng trình học của các em là rất yếu.
Ngay cả đối với những học sinh giỏi, khi làm bài tập về cực trị cũng gặp khơng ít
những khó khăn và mắc những sai lầm đáng tiếc trong lập luận hoặc vận dụng các
phép biến đổi thiếu chính xác do khơng nắm vững khái niệm cực trị, phơng pháp,
điều kiện của phép biến đổi khi vận dụng.

Về phía giáo viện giảng dạy bộ mơn tốn, thực tế có khơng ít những giáo
viên cịn hạn chế trong việc dạy học sinh giải tốn cực trị. Một trong những nguyên
nhân dẫn đến tình trạng đó là do giáo viên nghiên cứu những tài liệu có liên quan
đến cực trị nhng cha tìm cách phân loại, chỉ ra phơng pháp cơ bản cho từng dạng
bài cụ thể, cha tuyển chọn và sắp xếp các dạng toán cực trị theo một trật tự phù hợp
với đối tợng học sinh.

Đặc biệt từ năm học 2004 - 2005, mơn học tự chọn đã chính thức đợc thực
hiện giảng dạy cho học sinh lớp 8, lớp 9 ở các trờng THCS. Đây chính là cơ hội để
giáo viên dạy tốn có thể giúp học sinh của mình dần dần nắm vững khái niệm cực
trị và nhất là nắm đợc một số phơng pháp tìm cực trị cơ bản thờng dùng cho một số
dạng toán cực trị cụ thể. Từ đó các em dần bớt cảm giác "sợ" với những bài tốn
với u cầu của đề bài là tìm giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất.

Chính vì những lí do trên đây, tơi đã chọn sáng kiến Dạy học tự chọn toán

theo chủ đề "Toán cực trị đại số" cho học sinh lớp 8, lớp 9 ở trờng THCS nhằm

tháo gỡ một phần khó khăn cho học sinh khi làm các bài toán cực trị, đồng thời gợi
ý cho giáo viên khi dạy học tự chọn toán cho học sinh lớp 8, lớp 9 một chủ đề có
thể thực hiện một cách khả thi tại cơ sở trờng mình cơng tác.

2. Mục đích của sáng kiến.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

hứng thú học tập môn toán cũng nh việc giải các bài toán cực trị có trong ch
-ơng trình học tập của các em.

ti ny cng nhm mục đích gợi ý đối với giáo viên dạy học tự chọn toán
một chủ đề cần thiết phải dạy cho học sinh lớp 8, lớp 9 trong khi tài liệu dạy học tự
chọn chính thống hiện nay cha có.

Nh vậy, mục đích chính của sáng kiến vẫn là nhằm góp phần nâng cao chất
l-ợng giáo dục hiện nạy.

3. NhiÖm vụ của sáng kiến.

* Đối với giáo viên:

- Xõy dựng đợc cơ sở lý thuyết để giải các bài toán cực trị.

- Tuyển chọn, phân loại đợc các bài tập cơ bản và nêu lên đợc các phơng pháp
chính giải từng dạng bài tập cự trị cụ thể.

- Dự đốn đợc các sai sót của học sinh, nêu đợc những điểm cần chú ý khi giải
các bài toán cực trị.

* §èi víi häc sinh:

- Hiểu đợc khái niệm cực trị và nắm vững các bớc giải của bài toán cực trị.
- Nhận dạng đợc từng loại bài toán cực trị, vận dụng sáng tạo các phơng pháp
giải toán cực trị vào từng bài cụ thể, từ dễ đến khó. Dần thấy đợc những điểm mà
bản thân mình hay sai khi giải tốn cực trị và từ đó có ý thức khắc phục những sai
lầm đó.

- Bớc đầu thấy đợc những tình huống dẫn đến bài tốn cực trị, cách xây dựng
một bài tốn cực trị. Trên cơ sở đó có ý thức vận dụng kiến thức về tốn cực trị vào
các mơn học khác nh vật lý, hố học , … và thấy đợc tính ứng dụng của tốn cực trị
vào đời sống hàng ngày.

4. Ph¹m vi nghiƯn cøu.

Do khuôn khổ của một sáng kiến kinh nghiệm, do thực tế khả năng lĩnh hội
kiến thức của học sinh lớp 8, lớp 9 ở trờng THCS, mà sáng kiến này chỉ xin đề cập
đến một số dạng toán cực trị thờng gặp trong đại số có trong chơng trình tốn
THCS có thể dạy học tự chọn theo chủ đề bám sát hoặc nâng cao đối với học sinh
lớp 8, lớp 9 cỏc trng THCS.

5. Đối tợng nghiên cứu và phơng pháp tiến hành.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Đối tợng khảo sát và thực nghiệm là 58 học sinh lớp 9 đang ở học kỳ I tham
gia học tự chọn toán năm học 2005 - 2006 tại trờng THCS Đoàn Thị Điểm.

B - Néi dung.

I - Phơng pháp chung để giải các bài tốn cực trị đại số:
Do tính chất s phạm, để nhằm mục đích học sinh hiểu đợc khái niệm giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (cực trị), giáo viên khi dạy nên đa khái niệm thật đơn giản
tránh lý thuyết kinh viện. Chính vì thế ta có thể cho học sinh tìm hiểu khái niệm
cực trị thơng qua cực trị của hàm một biến nh dới đây.

1. Gi¸ trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:

Cho hàm số y = f(x) xác định trên miền (D).

a) M đợc gọi là giá trị lớn nhất của f(x) trên miền (D) nếu nh hai điều kiện sau
đồng thời đợc thoả mãn:

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

KÝ hiÖu: M = max f(x), x  (D).

b) m đợc gọi là giá trị nhỏ nhất của f(x) trên miền (D) nếu nh hai điều kiện sau
đồng thời đợc thoả mãn:

1(x)≥ m víi ∀ x∈(D)¿2¿ ∃ x0∈(D) sao cho f( x0)=m¿ ¿{¿ ¿

KÝ hiÖu: m = min f(x), x  (D).

Nh vậy, theo trên để giải một bài toán cực trị đại số thông thờng ta tiến hành
theo hai bớc sau:

Bớc 1: Chỉ rõ f(x)  m (hoặc f(x)  M), x (D) (với m, M là hắng số).
Bớc 2: Chỉ ra đợc x0 (D) để sao cho f(x) = m (hoặc f(x) = M).

2. C¸c kiÕn thøc thêng dïng:

1) x2  0, tổng quát [f(x)]2k  0 với x; k  Z.
Từ đó suy ra: [f(x)]2k + m  m

hc M - [f(x)]2k  M.
2) a/ x  0

b/ x + y x + y ; dÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi x, y cïng dÊu.
c/ x - y x- y ; dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x, y cïng dÊu.

Chøng minh

a) Dựa vào định nghĩa của giá trị tuyệt đối.

b) Vì hai vế của bất đẳng thức phải chứng minh đều khơng âm, bình phơng hai
vế ta đợc bất đẳng thức tơng đơng:

(|x + y|)2≤(|x|+|y|)2

 x2 + 2xy + y2  x2 + 2x.y + y2

 xy  x.y

Bất đẳng thức cuối cùng đúng, vậy bất đẳng thức phải chứng minh đúng.
Dấu "=" xảy ra  x, y cùng dấu.

c) x - y x- y

- Nếux< y thì vế phải là một số âm; vế trái là một số không âm, bất đẳng
thức đúng.

- Nếu x y thì cả hai vế đều khơng âm, bình phơng hai vế ta đợc bất đẳng
thức tơng đơng:

(|x − y|)2≥(|x|−|y|)2

 x2 - 2xy + y2  x2 - 2x.y + y2
 xy  x.y.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

DÊu "=" x¶y ra  x, y cïng dÊu.

3) Bất đẳng thức Côsi (Cauchy) có các dạng sau:

a) (a + b)2  4ab, dấu "=" xảy ra khi và chØ khi a = b.
b) a

b+
b

a≥2 , víi a.b > 0; dấu "=" xảy ra khi và chØ khi a = b.

c) a+b ≥ 2√ab , (a  0; b  0), dÊu "=" x¶y ra khi và chỉ khi a = b.

Các hệ quả:

d) Với a  0, b  0 và a + b = k (khơng đổi).
Tích (a.b) lớn nhất khi và chỉ khi a = b.

 Hai số khơng âm có tổng khơng đổi thì tích sẽ lớn nhất khi và chỉ khi hai số
đó bằng nhau.

 Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vng có diện tích lớn nhất.
e) Với a  0, b  0 và a.b = k (khơng đổi).

Tỉng (a + b) nhá nhÊt khi vµ chØ khi a = b.

 Hai số khơng âm có tích khơng đổi thì tổng sẽ nhỏ nhất khi và chỉ khi hai s
ú bng nhau.

Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vuông có chu vi nhỏ nhất.

Chứng minh

a) Từ (a - b)2  0: Bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b, ta suy ra:

a2 - 2ab + b2 > 0
 a2 + b2 > 2ab (1)
 a2 + 2ab + b2 > 4ab 
 (a + b)2  4ab (2)

b) Nếu ab > 0, chia cả hai vế của (1) cho ab ta đợc:

a2
+b2
ab ≥ 2

 a

b+
b

a≥2 , DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi a = b.

c) Tõ (√a −√b)2≥ 0 , víi a  0, b  0.

 a+b ≥ 2√ab (3)
d) NÕu a + b = k, tõ (2) suy ra:

k2  4ab  ab ≤k

2
4

VËy max(ab) = k

4 , dÊu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.

e) Nếu a.b = k tõ (3)  a+b ≥ 2√k .

Vậy min(a + b) = 2√k , dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.
4) Bất đẳng thức Bunhiacốpski:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

hc |ax +by|

(a2

+b2) (x2
+b2)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi ay = bx.

Chøng minh

XÐt hiÖu: (a2 + b2)(x2 + y2) - (ax + by)2

= a2x2 + a2 y2 + b2x2 + b2y2 - a2x2 - 2abxy - b2y2
= (ay - bx)2  0 (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi ay = bx.

* Tơng tự ta có bất đẳng thức Bunhiacốpski áp dụng cho 3 số:
(ax + by + cz)2  (a2 + b2 + c2)(x2 + y2 + z2),
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a

x=

b

y=

c

z .

5) Bất đẳng thức Mincơpxki:

√

a2+b2+

√

x2+y2≥

√

(a+ x )2+(b+ y )2

DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi ay = bx.

L

u ý: Khi cần sử dụng đến các bất đẳng thức Bunhiacốpski và Mincơpxki ta phải

chøng minh råi míi vËn dơng.

3. Một số phơng pháp giải tốn cực trị thờng dựng trong i s.

a) Phơng pháp tam thức bậc hai:

Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

D=x

2
+x +1
( x+1 )2

Lêi gi¶i:
Ta cã: D=x

2
+x +1
( x+1 )2 =

( x+1)2( x +1)+1
( x+ 1)2 =1

x +1+

1
( x +1)2

Đặt 1

x +1=t , khi đó D có dạng:

D = t2 - t + 1
=

(

t −1

)

+3
4≥

4 với mọi t.

D=3

4

(

t 
1
2

)

=0 1

x+1=

2 x=1.

Vậy giá trị nhỏ nhÊt cña D b»ng 3

4 , đạt đợc khi x = 1.

b) Phơng pháp xét khoảng:

Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

M = |x - 5| + |x + 2|
Lêi gi¶i:

* NÕu x < - 2, ta cã:

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

* NÕu - 2  x  5, ta cã:

M = - x + 5 + x + 2 = 7.
* NÕu x > 5, ta cã:

M = x - 5 + x + 2 = 2x - 3 > 10 - 3 = 7.

Vậy trong mọi trờng hợp ta có minM = 7, đạt đợc khi - 2  x  5.
Trong ví dụ trên ta có thể giải bằng cách sử dụng bất ng thc:

x + y x + y
c) Phơng pháp miền giá trị của hàm số:

Gi s ta phi tỡm cc trị của hàm số f(x) có miền giá trị (D). Gọi y0 là
một giá trị nào đó của f(x) với x  (D). Điều này có nghĩa là phơng trình f(x)
= y0 ( với x  (D) ) phải có nghiệm.

Sau khi giải phơng trình, điều kiện có nghiệm thờng dẫn đến bất đẳng thức:
m  y0  M.

Từ đó suy ra: min f(x) = m với x  (D); max f(x) = M với x  (D).

Cũng có trờng hợp ta chỉ tìm đợc giá trị nhỏ nhất mà khơng có giá trị lớn nhất,
hoặc ngợc lại.

VÝ dụ 1: Tìm cực trị của các hàm số:

a) y = 7x2 - 4x + 1 b) y = - 6x2 + 5x - 2.
Lêi gi¶i:

a) Hàm số xác định với x  R. Giả sử y0 là một giá trị nào đó của y suy ra:
y0 = 7x2 - 4x + 1

Do đó phơng trình (biến x): 7x2 - 4x + 1 - y

0 = 0 ph¶i cã nghiÖm.
 ' = 4 - 7(1 - y0) = 7y0 - 3  0  y0  3

7 .

VËy min y = 3

7 , đạt đợc khi và chỉ khi x =
2

7 (nghiệm kép vỡ lỳc ú ' = 0).

b) Làm tơng tự câu a) ta cã max y = −23

24 , đạt đợc khi và chỉ khi x =
5
12 .

VÝ dô 2: Cho A=2(x

2
+x +1)

x2+1

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của A.
Lời giải:

Vỡ x2 + 1 > 0 với x nên A xác định với x.
Phơng trình: A(x2 + 1) = 2(x2 + x + 1)

 (A - 2)x2 - 2x + (A - 2) = 0 (*)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

1) Khi A = 1, tõ (*) suy ra - x2 - 2x - 1 = 0
 (x + 1)2 = 0  x = - 1.

2) Khi A = 3, tõ (*) suy ra x2 - 2x + 1 = 0 
 (x - 1)2 = 0  x = 1.

VËy min A = 1 khi vµ chØ khi x = - 1; max A = 3 khi vµ chØ khi x = 1.
Chó ý: ë vÝ dơ 2 trên ta có thể giải bài toán theo cách khác.

1) A=2(x

2
+x +1)

x2+1 =

(x2+1)+(x2+2x+1)

x2+1 =1+

(x+1 )2

x2+1 1

vì (x +1)

x2+1 ≥ 0 . DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi x = - 1.

VËy min A = 1 khi vµ chØ khi x = - 1.
2) A=2(x

2
+x +1)

x2+1 =

3(x2+1)−(x2−2 x+1)

x2+1 =3 −

(x −1)2

x2

+1 ≤ 3

v× (x −1)

x2+1 ≥ 0 . DÊu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = 1.

Vậy max A = 3 khi vµ chØ khi x = 1.

d) Phơng pháp sử dụng các bất đẳng thức phụ:

Nội dung của phơng pháp này là vận dụng các bất đẳng thức đã chỉ ra ở mục các

kiến thức thờng dùng để chỉ ra giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

Giả sử cho một hàm số f(x) có miền xác định (D). Ta phải chứng minh:
* f(x)  M hoặc f(x)  m

* Chỉ ra trờng hợp x = x0  (D) sao cho bất đẳng thức trở thành đẳng thức.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:

a) A = 3 - (2x - 1)2 b) B = 4x - x2 + 2
c) C= 2

x2−4x +9 d) D=

5x2
+21

x2+3

Lêi gi¶i:

a) (2x - 1)2  0 víi x, dÊu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=1

2 .

- (2x - 1)2  0  3 - (2x - 1)2  3.
VËy max A = 3 khi vµ chØ khi x=1

2 .

b) B = 4x - x2 + 2 = 6 - (x2 - 4x + 4) = 6 - (x - 2)2  6.
VËy max B = 6 khi vµ chØ khi x = 2.

c) x2 - 4x + 9 = (x - 2)2 + 5 5, dấu bằng xảy ra khi và chØ khi x = 2.

Vì mẫu ln ln dơng nên phân thức đã cho ln có nghĩa, tử là hằng số
d-ơng nên phân thức sẽ lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất, do đó:

max C = 2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

d) D=5x

2
+21

x2+3 =

5x2+15+6

x2+3 =5+

x2+3

Ta cã: x2 + 3  3  6

x2+3≤
6
3=2 .

VËy max D = 5 + 2 = 7 khi vµ chØ khi x = 0.
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của :

a) E=|x|+|8 − x| b) F = |x - 3| + |x - 5|

Lêi gi¶i:

áp dụng bất đẳng thức |x| + |y|  |x + y|, dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x.y  0.
a) E=|x|+|8 − x|≥|x+8− x|=8 , khi và chỉ khi x(8 - x)  0

LËp b¶ng xÐt dÊu:

x … 0 8 …

x - 0 + +

8 - x + + 0

-x(8 - x) - 0 + 0

-VËy min E = 8 khi vµ chØ khi 0  x  8.

b) Ta cã: F = |x - 3| + |x - 5| = |x - 3| + |5 - x|  |x - 3 + 5 - x| = 2.
DÊu "=" xảy ra khi và chỉ khi (x - 3)(5 - x)  0  3  x  5.
VËy min F = 2 khi vµ chØ khi 3  x 5.

Ví dụ 3: Tìm giá tri nhỏ nhất của biĨu thøc:

a) M=x +16

x −2 víi x > 2

b) N=( x+ a) ( x+ b)

x với x > 0; a, b là các hằng số dơng.

Lời giải:

a) M=x +16

x 2=( x 2)+

x 2+2

Vì x > 2 x - 2 và 16

x −2 là hai số dơng có tích khơng đổi: (x - 2).

x −2 = 16

Nªn tỉng (x - 2) + 16

x −2 sẽ nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau:

x - 2 = 16

x −2  (x - 2)2 = 16  x2 - 4x - 12 = 0.

Ph¬ng trình này có hai nghiệm x1 = 6, x2 = - 2 nhng nghiƯm x2 = - 2 kh«ng phï hợp
với điều kiện x > 2.

Vậy min M = (6 - 2) + 16

6 − 2 + 2 = 10 khi vµ chØ khi x = 6.

Chú ý: Ta cũng có thể áp dụng ngay bất đẳng thức Côsi với hai số dơng x - 2 và

x −2 , ta cã (x - 2) +

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

b) N=(x+a) ( x+b)

x =

x2+(a+b) x+ab

x =x+

x +(a+b)

x+ab

x ≥ 2

√

x .

x =2√ab , dÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi:

x=ab

x  x2 = ab  x = ab , vì x > 0 nên x = √ab .

VËy min N = a + b + 2 √ab = (√a+√b)2 khi vµ chØ khi x = √ab .
VÝ dơ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của P=( a+b+c )

(

a+

b+

c

)

, víi a, b, c > 0.

Lêi gi¶i:

P=( a+b+c )

(

1
a+

b+

c

)

=1+

(

a
b+

b
a

)

+1+

(

b
c+

c
b

)

+1+

(

c
a+

a

c

)

áp dụng hằng đẳng thức a

b+
b

a≥2 (với a, b > 0) ta đợc:

P  3 + 2 + 2 + 2 = 9. VËy min P = 9 khi vµ chØ khi a = b = c.
VÝ dơ 5: Tìm giá trị lơn nhất của biểu thức:

G = |x + 2y + 3z| biÕt r»ng ba sè x, y, z thoả mÃn điều kiện x2 + y2 + z2 = 1.
Lêi gi¶i:

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpski, ta có:

(x + 2y + 3z)2  (12 + 22 + 33)(x2 + y2 + z2) = 14
 |x + 2y + 3z|  √14 , dÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi x

y

z

3  y = 2x, z =

3x.

VËy max G = √14 khi vµ chØ khi y = 2x, z = 3x.

VÝ dô 6: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A=x +5+√3 − x

Lêi gi¶i:

* Điều kiện xác định: - 5  x  3.

Ta có thể giải bài tốn trên theo những cách vận dụng bất đẳng thức nh sau:
Cách 1:

Ta cã A2=x +5+3 − x +2

√

(x +5 )(3 − x )=8+2

√

( x +5) (3− x )≤ 8+( x +5)+(3 − x )=16 .

 A2  16  A  4. A = 4 khi vµ chØ khi x + 5 = 3 - x  x = -1 (TMĐK).
Vậy max A = 4 khi và chỉ khi x = - 1.

C¸ch 2:

Chứng minh bất đẳng thức phụ: a + b

2(a2

+b2) (BĐT Bunhiacôpski)

ỏp dng bất đẳng thức trên ta có: A=√x +5+√3 − x ≤

√

2 (x +5+3 − x )=4 .
A = 4 khi và chỉ khi √x+5=√3− x  x + 5 = 3 - x  x = - 1.

VËy max A = 4 khi vµ chØ khi x = - 1.
C¸ch 3:

áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số khơng âm ta có:

A=1

[

√

(x +5). 4 +

√

(3 − x ). 4

]

≤
1
2.

[

x +5+4

2 +

3− x+4
2

]

1
2.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

A=4⇔
x+5=4

3 − x=4

⇔ x=− 1
¿{

VËy max A = 4 khi vµ chỉ khi x = - 1.

4. Những sai lầm thờng gặp khi giải toán cực trị

a) Sai lầm trong chứng minh điều kiện 1:
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhÊt cđa biĨu thøc:

A= 1

x2− 6x+17

Lêi gi¶i sai:

Phân thức A có tử khơng đổi nên A có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất.
Ta có: x2 - 6x + 17 = (x - 3)2 + 8  8.

min (x2 - 6x + 17) = 8 khi vµ chØ khi x = 3.
VËy max A = 1

8 khi và chỉ khi x = 3.

Phân tích sai lầm:

Tuy đáp số không sai nhng lập luận sai khi khẳng định "A có tử khơng đổi nên
A có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất" mà cha đa ra nhận xét tử và mẫu là các số
dơng.

Ta ®a ra mét vÝ dơ: XÐt biĨu thøc B= 1

x2− 4 . Víi lËp ln "ph©n thøc B cã tư

khơng đổi nên B có giá trị lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất", do mẫu nhỏ nhất bằng - 4
khi x = 0, ta sẽ đi đến: max B = −1

4 khi và chỉ khi x = 0. iu ny khụng ỳng:

1

4 không phải là giá trị lớn nhất của B, chẳng hạn với x = 3 th× B =
1
5 >

−1

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 hai phân số có tử và mẫu là số tự nhiên sang hai phân
số có tử và mầu là hai số nguyên.

Lời giải đúng:

Ta bổ sung thêm nhận xét: x2 - 6x + 17 = (x - 3)2 + 8  8 nên tử và mẫu của A 
là các số dơng; hoặc từ nhận xét trên suy ra A > 0, do đó: A lớn nhất khi và chỉ khi:

A nhá nhÊt  x2 - 6x + 17 nhá nhÊt.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Ta có: x4  0 x. Suy ra: x4 - 1  - 1 x và x4 + 1  1 x. 
Do đó: B = (x4 - 1)(x4 + 1)  (- 1).1 = - 1 x

B=−1⇔

x4−1=− 1

x4+1=1

⇔ x=0.
¿{

VËy min B = - 1 khi vµ chØ khi x = 0.
Phân tích sai lầm:

Tuy ỏp s khụng sai nhng việc lập luận để chỉ ra điều kiện 1 ( B  - 1) trong
lời giải trên lại sai. Để chỉ ra điều kiện 1, ngời làm đã sử dụng phép biến đổi:

¿
a ≥ b
c ≥ d
⇒a . c≥ b . d

¿{

mà không chú ý đến điều kiện của phép biến đổi trên chỉ đúng khi b  0 và d  0.
Lời giải đúng:

Ta cã B = (x4 - 1)(x4 + 1) = x8 - 1  - 1 x vì x8 0 x.
B = - 1 khi và chØ khi x8 = 0  x = 0.

Vậy min B = - 1 đạt đợc khi x = 0.

b) Sai lầm trong chứng minh điều kiện 2:
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của A=x +x .

Lời gi¶i sai:

Ta cã A=x +√x=

(

x+√x +1

)

−
1

(

√x+
1
2

)

−1

4 .

VËy min A = 1

4 .

Phân tích sai lầm:

Sau khi chứng minh f(x)  −1

4 , cha chØ ra trêng hỵp x¶y ra f(x) = −
1

4 . X¶y ra

dấu đẳng thức khi và chỉ khi √x=−1

2 , v« lÝ.

Lời gii ỳng:

Để tồn tại x phải có x  0.

Do đó A=x +√x ≥ 0 . Vậy min A = 0 khi và chỉ khi x = 0.
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của B=( x+ a) (x +b )

x , víi x > 0, a và b là các hằng số

cho trớc.
Lời gi¶i sai:

Ta cã : x+a ≥2√ax (1)

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Do đó: B=( x+ a) (x +b )

x ≥

2√ax . 2√bx

x =4√ab

VËy min B = 4√ab  x = a = b.

Phân tích sai lầm:

Ch xy ra B = 4ab khi và chỉ khi ở (1) và (2) đồng thời xảy ra dấu đẳng

thức, tức là x = a và x = b. Nh vậy đòi hỏi phải có a = b. Nếu a  b thì khơng có
đ-ợc B = 4√ab .

Lời giải đúng:

Ta thùc hiện phép nhân và tách ra các hằng số:

B=( x+ a) (x +b )

x =

x2+ax +bx+ab

x =

(

x +

x

)

+(a+b)

Ta cã x+ab

x ≥ 2√ab (Bất đẳng thức Côsi)

 B  2√ab + a + b = (√a+√b)2 .

VËy min B = (√a+√b)2 khi và chỉ khi :

x=ab

x
x >0

x=ab

{

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A=x +5+3 − x .

Lêi gi¶i sai:

* Điều kiện để biểu thức A có nghĩa: - 5  x  3.
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta có:

√

( x+5 ). 1≤x +5+1

2 (1).

√

(3− x ). 1≤3-x+1

2 (2)

Suy ra: A ≤x+5+1

2 +

x+5+1

2 =5 .

VËy max A = 5.
Ph©n tÝch sai lÇm:

Chỉ xảy ra A = 5 khi ở (1) và (2) đồng thời xảy ra đẳng thức, tức là:

¿
x +5=1

3 − x=1

⇔

¿x=− 4

x=2
¿{

(V« lÝ).

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Lời giải đúng:

Với điều kiện: - 5  x  3 thì x + 5  0 và 3 - x  0.
áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số khơng âm ta có:

A=1

[

√

(x +5). 4 +

√

(3 − x ). 4

]

≤
1
2.

[

x +5+4

2 +

3− x+4
2

]

1
2.

16
2 =4

A=4⇔

x+5=4

3 − x=4

⇔ x=− 1
¿{

VËy max A = 4 khi vµ chØ khi x = - 1.

5. Mét sè chó ý khi tìm cực trị:

a) Chỳ ý 1: Khi tỡm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức ta có thể đổi 
biến. Chẳng hạn ta xét vớ d sau õy:

Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất cña P = (x - 1)(x + 1)(x + 3)(x + 5)
Lêi gi¶i:

Ta có P = (x - 1)(x + 1)(x + 3)(x + 5) = (x2 + 4x - 5)(x2 + 4x + 3).
Đặt x2 + 4x - 1 = t, khi đó P có dạng:

P = (t - 4)(t + 4) = t2 - 16  - 16. t.

P = - 16 khi vµ chØ khi t = 0  x2 + 4x - 1 = 0  x=−2 −√5 hc x=−2+√5
VËy min P = - 16 khi và chỉ khi x=2 5 hoặc x=−2+√5 .

b) Chú ý 2: Khi tìm cực trị của biểu thức nhiều khi ta thay điều kiện để biểu thức 
này đạt cực trị bởi biểu thức khác đạt cực trị (xét biểu thức phụ)

A lín nhÊt (A > 0)  1

A nhá nhÊt.

A lín nhÊt (A > 0)  A2 lín nhÊt.

VÝ dơ : T×m giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của B= x

4
+1
(x2

+1)2

Lêi gi¶i:

Ta thÊy x4 + 1 > 0 x vµ (x2 + 1)2 > 0 x  B > 0 nªn:
B lín nhÊt  1

B nhá nhÊt; B nhá nhÊt 

B lín nhÊt.

Ta có: 1

B=

(x2+1)2

x4+1 =

x4+2x2+1

x4+1 =1+

2x2

x4+1 (*)

a) Tìm giá trị lớn nhất của B:

Vì 2x2 0 x, dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
x4 + 1 > 0. Suy ra 2x

x4+1≥0 x.

Tõ (*): 1

B=1+

2x2

x4+1≥ 1  min
1

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của B:

Ta cú: (x2 - 1)2  0, dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x2 = 1  x =  1.
 x4 + 1  2x2. Vì x4 + 1 > 0, chia hai vế cho x4 + 1 ta đợc 2x

x4

+1≤1 .

Tõ (*)  1

B≤ 1+1=2  min B = 2 khi vµ chØ khi x =  1.

II. Các dạng toán cực trị đại số thờng gặp:
Dạng 1: Biểu thức có chứa dấu giá trị tuyệt đối.

Các phơng pháp thờng dùng để giải các bài toán dạng này gồm:

* Chia khoảng, xét trong từng khoảng để khử dấu giá trị tuyệt đối. So sánh các giá 
trị trong tất cả các trờng hợp để tìm ra giá rtị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất.

* Sử dụng các bất đẳng thức phụ:

+ |A| + |B|  |A + B|. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi A.B  0.
+ |A| - |B|  |A - B|. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi B.(A - B)  0.
+ |A| + 1

|A|≥2 . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi A = 1.

Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biÓu thøc: 
M = |x - 5| + |x + 2|.

Lời giải:

Cách 1: Ta xét các trờng hợp sau

* Nếu x < - 2, ta cã M = - x + 5 - x - 2 = - 2x + 3 > 4 + 3 = 7.
* NÕu - 2  x  5, ta cã M = - x + 5 + x + 2 = 7.

* NÕu x > 5, ta cã M = x - 5 + x + 2 = 2x - 3 > 10 - 3 = 7.

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 7 đạt đợc khi và chỉ khi - 2  x  5.
Cách 2:

áp dụng bất đẳng thức |A| + |B|  |A + B| ta có:

M = |x - 5| + |x + 2| = |5 - x| + |x + 2|  |5 - x + x + 2| = 7.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi (5 - x)(x + 2)  0  - 2  x  5.
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 7 đạt đợc khi và chỉ khi - 2  x  5.
Cách 3:

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

DÊu "=" xảy ra khi và chỉ khi

5 x 0

x +2≥ 0
⇔
¿x ≤ 5
x ≥− 2
⇔− 2≤ x ≤ 5 .

¿{

Lêi b×nh:

- Theo cách 1, nếu bài tốn có n dấu giá trị tuyệt đối ta phải xét (n + 1) trờng
hợp ứng với (n + 1) khoảng giá trị của x. Rõ ràng với cách này làm cho lời giải bài
tốn rất dài nếu biểu thức có nhiều dấu giá trị tuyệt đối.

- Theo cách 2 và cách 3 lời giải của bài toán rất gọn ngay cả khi đề bài có chứa
nhiều dấu giá trị tuyệt đối. Nhng để làm theo cách 2 hoặc cách 3 thì ta cần phải có
thao tác đổi dấu của biểu thức nằm ở một trong hai dấu giá trị tuyệt đối của M trớc
khi vận dụng bất đẳng thức phụ. Làm nh vậy thì sau khi áp dụng bất đẳng thức phụ
để đánh giá sẽ đợc một hằng số. Chính điều này khi dạy, giáo viên cần chỉ ra cho
học sinh tại sao phải làm nh vậy, làm nh vậy nhằm mục đích gì?. Thực tế học sinh
rất dễ sai ở thao tác này khi làm bài.

- Nếu đối tợng là học sinh lớp 9, giáo viên nên chỉ ra biểu thức M ở trên có thể
thay thế bởi M =

√

x2−10x +25+

√

x2+4x+4 , chính điểm này giúp cho học sinh lớp 9

có thể giải đợc khơng ít các bài tập cực trị có chứa căn thức có trong chơng trình.
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

N = |x2 + 2x + 3| + |x2 + 2x - 15|.
Lêi gi¶i:

Ta có: x2 + 2x + 3 = (x + 1)2 + 2 > 0 x.
Do đó: |x2 + 2x + 3| = x2 + 2x + 3 x.

Suy ra ta cã:

N = |x2 + 2x + 3| + |x2 + 2x - 15|

= x2 + 2x + 3 +|- x2 - 2x + 15|  x2 + 2x + 3 - x2 - 2x + 15 = 18
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi - x2 - 2x + 15  0

 - (x + 1)2 + 16  0 
 - 4  x + 1  4
 - 5  x  3

VËy min N = 18 khi vµ chØ khi - 5  x  3.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

- Từ ví dụ 1 và ví dụ 2, giáo viên khi dạy có thể cho học sinh nhận xét về đặc
điểm của biểu thức M và N (số dấu giá trị tuyệt đối, cách làm …) qua đó thấy đợc
-u thế của phơng pháp sử dụng bất đẳng thức phụ |A| + |B|  |A + B|.

- Đến đây giáo viên có thể khái qt bài tốn qua ví d 1 v vớ d 2 ú l:

Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc |f(x) + a| + |f(x) + b|.

Nhng để đi đến bài toán tổng quát, giáo viên cần tiếp tục đa thêm những ví dụ
và đặt ra những câu hỏi trọng tâm để học sinh phát hin ra vn .

Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc:

B = |x - 1| + |x - 2| + |x - 3| + … |x - 1999| + |x - 2000|. +
Lêi gi¶i:

B = |x - 1| + |x - 2| + |x - 3| + … |x - 1999| + |x - 2000| +

= |x - 1| + |x - 2| + … |x - 999| + |x - 1000| + |1001 - x| + |1002 - x| + +

…

+ |1999 - x| + |2000 - x|
= (2000 - 1000) + (1999 - 999) + … + (1001 - 1)

1000+1000+.. . .+1000

1000 số hạng

= 1000 000.

Dấu "=" xảy ra 

¿
x −1 ≥ 0
x −2 ≥ 0

.. .

x −1000 ≥ 0

1001− x ≥ 0
1002− x ≥ 0
.. .

2000 − x ≥ 0

⇔
¿x ≥ 1

x ≥ 2

.. .

x ≥ 1000
x ≤ 1001
x ≤ 1002

.. .

x ≤ 2000
⇔1000 ≤ x ≤1001

¿{ { {{ { { {

Vậy min B = 1000 000 đạt đợc khi 1000  x  1001.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

- Trớc khi đi đến lời giải của ví dụ 3, giáo viên khi dạy cần cho học sinh nhận
xét về số dấu giá trị tuyệt đối có trong biểu thức. Vậy ta cần đổi dấu bao nhiêu biểu
thức trong dấu giá trị tuyệt đối để đợc tổng các số hạng sau khi vận dụng bất đẳng
thức phụ là một hằng số?.

- Cần lu ý học sinh cách đổi và thứ tự đổi dấu (1000 số hạng cuối).

- Với câu hỏi nh vậy giáo viên đã hớng học sinh tìm đến lời giải của bài tốn
sau:

Bài tốn tổng qt 1: Cho a1, a2, a3, … , a2m thoả mãn a1 < a2 < a3 < … < a2m.

Tìm x để: |x - a1| + |x - a2| + |x - a3| + … |x - a + 2m - 1| + |x - a2m| đạt giá trị nhỏ
nhất.

Lêi gi¶i:

Ta cã: |x - a1| + |x - a2| + |x - a3| + … |x - a + 2m - 1| + |x - a2m| =

= |x - a1| + |x - a2| + … |x - a+ m| + |am + 1 - x| + … |a + 2m - 1 - x| + |a2m - x| 
 (x - a1) + (x - a2) + …+ (x - am) + (am + 1 - x) + … + (a2m - 1 - x) + (a2m - x)
= (am + 1 + am + 2 + … + a2m) - (a1 + a2 + + am)

Dấu "=" xảy ra khi và chØ khi am  x  am + 1.
VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc

|x - a1| + |x - a2| + |x - a3| + … |x - a + 2m - 1| + |x - a2m|
lµ (am + 1 + am + 2 + … + a2m) - (a1 + a2 + …+ am) khi am  x  am + 1

Lêi b×nh:

Bài tốn trên là bài toán tổng quát của các bài toán ở ví dụ 1, 2, 3, nh ng cha
là bài tốn tổng qt nhất. Vì nếu trong biểu thức có một số lẻ lần dấu giá trị tuyệt
đối thì làm nh thế nào ?. Đến đây, giáo viên tiếp tục cho học sinh tìm hiểu cách làm
ví dụ 4.

VÝ dơ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

M = |x - 1| + |x - 3| + |x - 6|.
Lêi gi¶i:

Ta cã: M = |x - 1| + |x - 3| + |x - 6| = |x - 1| + |x - 3| + |6 - x| 

 x - 1 + 0 + 6 - x = 5 (v× |x - 1|  x - 1; |x - 3|  0; |6 - x|  6 - x).

DÊu = x¶y ra⇔

x-1≥ 0
x-3=0
6-x≥ 0

⇔ x=3
¿{ {

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

VËy min M = 5 khi x = 3.

Lời bình:

* Trong ví dụ trên, ta cũng có thể giải bằng phơng pháp xét khoảng nh sau:
- NÕu x  6  M = x - 1 + x - 3 + x - 6 = 3x - 10  3.6 - 10 = 8.

- NÕu 3  x < 6  M = x - 1 + x - 3 + 6 - x = x + 2  5  M < 8.
- NÕu 1  x < 3  M = x - 1 + 3 - x + 6 - x = 8 - x  5 < M  7.
- NÕu x < 1  M = 1 - x + 3 - x + 6 - x = 10 - 3x  7.

VËy trong mäi trêng hỵp ta cã min M = 5 khi x = 3.

Rõ ràng với cách chia khoảng nh trên, lời giải sẽ trở nên dài khi số dấu giá trị
tuyệt đối nhiều và việc đánh giá các bất đẳng thức kép để xác định miền giá trị của
M học sinh cũng thờng lúng túng.

Nhng với cách giải sử dụng bất đẳng thức |A|  A, giáo viên khi dạy cần chỉ

rõ phép biến đổi để chỉ ra điều kiện 1, điều kiện 2 của bài toán.

Để chỉ ra điều kiện 1 ta đã cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều:

|x −1|≥ x −1
|x −3|≥ 0

|6 − x|≥ 6 − x

} }

⇒|x −1|+|x −3|+|6 − x|≥5 .

Chính vì cáh chỉ ra điều kiện 1 ở trên, nên để dấu bằng xảy ra thì dấu bằng ở cả
3 bất đẳng thức đồng thời xảy ra từ đó dẫn đến điều kiện:

x-1≥ 0
x-3=0
6-x≥ 0

⇔ x=3
¿{ {

Với cách vận dụng bất đẳng thức |A|  A, giáo viên khi dạy cần chỉ rõ cho học

sinh tại sao phải thay |x - 6| bởi |6 - x| mà không thay |x - 1| bởi |1 - x|.

Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc sau:

N = |x - 1| + |x + 2| + |x - 3| + |x + 15| + |x - 19|.
Lêi gi¶i:

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

DÊu = x¶y ra⇔
x +15 ≥ 0

x +2 ≥0

x-1=0
3-x≥ 0
19-x≥ 0

⇔ x=1
¿{ { { {

VËy min N = 39 khi x = 1.

Lêi b×nh:

Trớc khi cho học sinh vận dụng bất đẳng thức |A|  A giáo viên nên cho học
sinh sắp thứ tự các giá trị tuyệt đối theo thứ tự tăng dần hoặc giảm dần về nghiệm
của các nhị thức trong các dấu giá trị tuyệt đối. Tiếp đó cho học sinh xác định số
biểu thức nằm trong bao nhiêu dấu giá trị tuyệt đối cần đổi dấu và đó là những biểu
thức nào?. Trong ví dụ 5 ở trên ta đã sắp xếp theo thứ tự

|x + 15| + |x + 2| + |x - 1| + |x - 3| + |x - 19|

và ta đổi dấu của hai biểu thức cuối mà không đổi dấu của hai biểu thức đầu.
Đến đây, giáo viên có thể dẫn học sinh đi đến bài toán tổng quát của vớ d 4, vớ d
5 l:

Bài toán tổng quát 2:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

|x - a1| + |x - a2| + |x - a3| + … |x - a + 2m + 1|
trong đó: a1, a2, a3, … , a2m + 1 cho trớc và a1 < a2 < a3 < … < a2m + 1.

Sự kết hợp của bài toán tổng quát 1 và bài toán tổng quát 2 cho ta lời giải của
bài toán tổng quát dới đây:

Bài toán tổng quát:

Cho n sè a1 < a2 < a3 < … < an.

Tìm các số x để: |x - a1| + |x - a2| + |x - a3| + … |x - a + n| nhận giá trị nhỏ nhất.

Bµi tËp vận dụng:

Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biÓu thøc sau: 
a) A = |x - 5| + |x + 4| + |x - 2| + |x - 1|.
b) B = |x + 20| + 11|3x - 5| + |x - 4|.
c) C = |x - y| + |y + 3| + |- x2 + x| .
d) D = |2x - y| + 2|2x - 1| + |y + 5|.

e) E=|x −1|+|x+4|+49

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

f) F=|x 1|+|2x 5|+ 4
|x-4| .

Bài 2: Tìm giá trị lín nhÊt cđa c¸c biĨu thøc sau: 
a) |x + 5| - |x - 1| ;

b) |x - 7| + |x - 2| .

Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất cđa biĨu thøc sau:

M = |x| + |2x + 1| + |3x + 2| + … |98x + 97| + |99x + 98|. +
Bài 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

H=(x

+16|x|+48) (x2+12|x|+27)

x2

Dạng 2: Biểu thức là đa thức.
Các phơng pháp thờng dùng:

- S dng bt ng thức A2m  0 m  N*. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi A = 0.
- Sử dụng phơng pháp đa dần các biến vào hằng đẳng thức.

- Phơng pháp miền giá trị, biến đổi đa về tam thức bậc hai, …

1. Đa thức một biến:

VÝ dô 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: 
a) A = x2 + x + 4,

b) B = 2x2 - x + 5,

c) C = ax2 + bx + c (víi a > 0, a, b, c là các hằng số)
Lời giải:

a Ta có: A= x2+x +4=

(

x2+x +1
4

)

15
4 =

(

x +

1
2

)

2
+15
4 ≥
15

4 ∀ x

A = 15

4 khi vµ chØ khi x = -
1
2 .

VËy min A = 15

4 đạt đợc khi x = -
1
2 .

b¿ Ta cã: B=2

(

x2−x

2+
1
16

)

8 =2

(

x −
1
4

)

2
+39
8 ≥
39

8 ∀ x

B = 39

8 khi vµ chØ khi x =
1
4 .

VËy min B = 39

8 đạt đợc khi x =
1
4 .

c¿ Ta cã:C=a

(

x2+b

ax +
b2
4a2

)

+c −

b2

4a=a

(

x +

b

)

−b

2−4ac
4a ≥ −

b2−4ac
4a

v× a

(

x+ b

)

≥ 0∀ x do a >0

C=−b

−4ac

4a khi vµ chØ khi a

(

x+

b

)

=0  x=− b

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

VËy min C=−b
2

− 4ac

4a khi x=

b

2a .

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau: 
a) M = - x2 - 3x + 4,

b) N = - 3x2 + 2x - 1,

c) P = ax2 + bx + c (víi a < 0, a, c, b là hằng số).
Lời giải:

a Ta có: M=− x2− 3 x +4=−

(

x2+3 x +9

)

+
25

4 =−

(

x +
3
2

)

2
+25
4 ≤
25

4 ∀ x

M = 25

4 khi vµ chØ khi x = -
3

2 .

VËy min M = 25

4 đạt đợc khi x = -
3
2 .

b¿ Ta cã: N=-3

(

x-1

)

−2

3≤−
2
3∀ x

N = −2

3 khi vµ chØ khi x =
1
3 .

VËy min N = −2

3 đạt đợc khi x =
1
3 .

c¿ Ta cã:P=a

(

x2+b

ax +
b2

4a2

)

+c −

b2

4a=a

(

x +

b
2a

)

2
−b
2
− 4ac
4a ≤−

b2− 4ac

4a ∀ x

v× a

(

x+ b

)

≤ 0∀ x do a<0

P=−b2− 4ac

4a khi vµ chØ khi a

(

x+

b

)

=0  x=− b

2a
VËy max P=−b2− 4ac

4a khi x=−

b

2a .
Lêi b×nh:

Ví dụ 1, ví dụ 2 là các đa thức bậc hai, phơng pháp thờng dùng để tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức dạng này là đa các biến vào hằng đẳng thức và sử
dụng bất đẳng thức A2m  0 m  N*. Đối với biểu thức dạng này, nếu là đối tợng
học sinh lớp 9 cuối học kỳ II , giáo viên có thể giới thiệu phơng pháp miền giá trị
để các em là quen.

Từ kết quả ví dụ 1c và ví dụ 2c ta rút ra đợc kết luận sau:
+ Đa thức ax2 + bx + c (a > 0) có giá trị nhỏ nhất là −b

− 4ac

4a khi x=−

b

+ §a thøc ax2 + bx + c (a < 0) có giá trị lớn nhÊt lµ −b

− 4ac

4a khi x=−

b

2a .

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất cđa c¸c biĨu thøc sau: 
a) A = (x - 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) + 2042.
b) B = (x - 1)(x - 4)(x - 5)(x - 8) + 2006.
Lêi gi¶i:

a) Ta cã A = [(x - 1)(x + 6)][(x + 2)(x + 3)] + 2042

= (x2 + 5x - 6)(x2 + 5x + 6) + 2042
= (x2 + 5x)2 - 62 + 2042

= (x2 + 5x)2 + 2006  2006 x.

A = 2006 khi vµ chØ khi x2 + 5x = 0  x = 0 hc x = - 5.
VËy min A = 2006 khi x = 0 hc x = - 5.

b) Ta cã B = [(x - 1)(x - 8)][(x - 4)(x - 5)] + 2006
= (x2 - 9x + 8)(x2 - 9x + 20) + 2006

= [(x2 - 9x + 14) - 6].[(x2 - 9x + 14) + 6] + 2006
= (x2 - 9x + 14)2 - 62 + 2006

= (x2 - 9x + 14)2 + 1970  1970 v× (x2 - 9x + 14)2  0 x
B = 1970  x2 - 9x + 14 = 0  x = 2 hc x = 7.

VËy min B = 1970 khi x = 2 hoặc x = 7.

Lời bình:

Bài toán ở ví dụ 3 trên có bài toán tổng quát là:

Tìm giá trị nhá nhÊt cña: (x - a)(x - b)(x - c)(x - d) + e víi a, b, c, d, e là các
hằng số và a + b = c + d.

Đối với dạng tốn này giáo viên có thể hớng dẫn học sinh phơng pháp đổi
biến (đặt ẩn phụ) để đa về tam thức bậc hai rồi vận dụng cách làm nh ví dụ 1, 2.

Khi hớng dẫn học sinh đặt ẩn phụ cần lu ý: có nhiều cách đặt ẩn phụ đối với

dạng toán này, nhng thờng cách đặt sau đây đem lại hiệu quả và giúp ta có lời giải
gọn hơn:

Biểu thức dạng: [f(x) + a].[f(x) + b] ta đặt ẩn phụ t = f(x) + a+b

2 .

Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biÓu thøc sau: 
a) A = (x + 5)4 + (x + 1)4

b) B = (x - 3)4 + (x + 7)4.
Lêi gi¶i:

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

= y4 + 8y3 + 24y2 + 24y + 16 + y4 - 8y3 + 24y2 - 24y + 16
= 2y4 + 48y2 + 32 32 y.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi y = 0  x + 3 = 0  x = - 3.
VËy min A = 32 khi x = - 3.

b) Đặt y = x + 2 ta cã:
B = (y - 5)4 + (y + 5)4

= y4 - 20y3 + 150y2 - 500y + 625 + y4 + 20y3 + 150y2 + 500y + 625
= 2y4 + 300y2 + 1250  1250 y

B = 1250 khi vµ chØ khi y = 0  x + 2 = 0  x = - 2.
VËy min B = 32 khi x = - 2.

Lêi b×nh:

VÝ dơ 4 a, b có bài toán tổng quát là:

Tỡm giỏ tr nh nht của: (x + a)4 + (x + b)4 (a, b là hằng số).
Với bài toán này ta thờng chọn cách đặt ẩn phụ là y = x + a+b

2 .

Bằng cách đặt ẩn phụ nh vậy sau khi khai triển và rút gọn ta sẽ nhận đợc một
đa thức dạng a0y4 + b0y2 + c0 với a0, b0, c0 > 0. Đến đây hoàn toàn ta có thể giải tiếp
đợc bài tốn.

Bµi tËp vËn dơng:

Bµi 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: 
a) (x - 3)2 + (x + 1)2

b) (x - 1)2 + (x + 3)2 + (x + 5)2

c) (x - a)2 + (x - b)2 + (x - c)2, (a, b, c là các hằng số).
Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:

a) (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4)
b) (x - 1)(x - 3)(x + 5)(x + 7)
c) (x2 + 8x + 8)(x2 + 8x + 16)
d) (4x + 1)(12x - 1)(3x + 2)(x + 1)
e) (x2 - 4x - 5)(x2 - 12x + 27)

2. Biểu thức là đa thức bậc hai nhiều biến:

Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:

a) M = 2x2 + y2 - 2xy - 2x - 2y + 12

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

a) Ta cã:

M = 2x2 + y2 - 2xy - 2x - 2y + 12

= (x2 + y2 - 2xy) + (2x - 2y) + 1 + (x2 - 4x + 4) + 7
= (x - y)2 + 2(x - y) + 1 + (x - 2)2 + 7

= (x - y + 1)2 + (x - 2)2 + 7  7 x, y

M=7⇔

x − y+1=0
x −2=0

⇔
¿x=2

y=3
¿{

VËy min M = 7 khi x = 2 vµ y = 3.
b) Ta cã:

N = x2 + 5y2 - 4xy + 6x - 14y + 15

= x2 - 2x(2y - 3) + (2y - 3)2 + 5y2 - (2y - 3)2 - 14y + 15
= (x - 2y + 3)2 + (y2 - 2y + 1) + 5

= (x - 2y + 3)2 + (y - 1)2 + 5  5 x, y.

N =5⇔

x − 2 y +3=0
y − 1=0

⇔
¿x=−1

y=1
¿{

VËy min N = 5 khi x = - 1 và y = 1.

Lời bình:

Li gii ý a) là ta tìm cách tách các hạng tử của M một cách thích hợp để đ a
các biến vào hằng đẳng thức và đa M về dạng tổng các bình phơng. Với cách làm
này khi học sinh áp dụng để làm các câu khác cùng loại thờng gặp khó khăn vì thao
tác tách nh nh thế nào để đợc kết quả nh ý. Nh vậy việc đi tìm cách tách đó mang
tính chất mị mẫm, mất nhiều thời gian, không thể hiện đợc đờng lối phơng pháp
chung cho loại biểu thực này.

Lời giải ở ý b) đã chỉ rõ cho ta một đờng lối để đạt đợc mục đích là đa biểu
thức ban đầu về dạng tổng các bình phơng đó là:

- Đầu tiên ta đi nhóm các hạng tử chứa ẩm x lại rồi thêm bớt để đa tồn bộ các

hạng tử chứa ẩn x vào bình phơng của một đa thức.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Với cách làm này, học sinh chỉ cần nắm vững về hằng đẳng thức đáng nhớ,
cùng với thao tác thêm bớt hạng tử đa dần từng biến của biểu thức vào các hằng
đẳng thức. Phơng pháp này gọi là phơng pháp đa dần các biến vào hằng đẳng thức,
vận dụng phơng pháp này học sinh dễ dàng làm tốt các bài tập với biểu thức là đa
thức bậc hai nhiều biến. Nhng điều hạn chế của phơng pháp này là lời giải của bài
toán thờng hơi dài hơn so với cách tách hợp lí các hạng tử. Ta xét ví dụ sau đây
lm rừ thờm iu ny:

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc:

H = 4x2 +3y2 - 2xy - 10x - 14y + 30.
Lời giải:

Cách 1: Ta cã:

H = 4x2 +3y2 - 2xy - 10x - 14y + 30

= (x2 + y2 + 1 - 2xy + 2x - 2y) + 3(x2 - 4x + 4) + 2(y2 - 6y + 9) - 1
= (x - y + 1)2 + 3(x - 2)2 + 2(y - 3)2 - 1  - 1 x, y.

H=− 1⇔
x − y+1=0

x −2=0
y − 3=0

⇔
¿x=2

y=3
¿{ {

VËy min H = - 1 khi x = 2 và y = 3.
Cách 2: Ta có:

H = 4x2 +3y2 - 2xy - 10x - 14y + 30

¿4

[

x2−2x .

(

y +5

)

(

y +5

)

]

+3y2−

(

y +54

)

−14y +30

(

x − y+5

)

+11y
2

− 66y+95

4
4

(

x − y +5

)

+11
4 .(y

2−6y +9
)+95

4 −
99

4
4

(

x − y +5

)

+11

4 ( y −3 )
2

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

H=−1⇔
x − y +5

4 =0

y −3=0
⇔
¿x=2

y =3
¿{

VËy min H = - 1 khi x = 2 vµ y = 3.
Bài tập vận dụng:

Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất cđa c¸c biĨu thøc sau: 
a) 5x2 + 2y2 + 2xy - 26x - 16y + 54,

b) (x - y)2 + (x + 1)2 + (y - 5)2 + 2006,
c) (x - 2y + 1)2 + (2x + ay + 5)2.

Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thøc sau:

a) x2 + 2y2 + 3z2 - 2xy + 2xz - 2x - 2y - 8z + 2014,
b) x2 + 6y2 + 14z2 - 8yz + 6zx - 4xy + 2005,

c) x2 + 5y2 + 3z2 - 4xy + 2xz - 2yz - 6z + 2014.
Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất của:

a) A = 4xy + 8yz - 4x2 - 10y2 - 3z2 - 4xz - 12z + 1969,
b) B = xy, biÕt x, y lµ hai số thực thoả mÃn x + 2y = 1.
Dạng 3: Biểu thức là phân thức một biến.

Các phơng pháp thờng dïng:

- Sử dụng phép biến đổi: Nếu A  B 1

A

B (với A.B > 0);

- Đặt ẩn phụ đa về tam thức bậc hai;
- Phơng pháp miền giá trị;

- Phng phỏp bt ng thc ph;
Vớ d 1:

a) Tìm giá trị lớn nhất của: A= 1

9x212x+11 ;

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của: B= 1

-4x2+20x − 29 .

Lêi gi¶i:

a) Ta cã: 9x2 - 12x + 11 = (9x2 - 12x + 4) + 7 = (3x - 2)2 + 7  7 > 0 x.

 A= 1

9x2−12x+11≤

7 x.

A = 1

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

VËy max A = 1

7 khi x =
2
3 .

b) Ta cã: - 4x2 + 20x - 29 = - (4x2 - 20x + 25) - 4 = - (2x - 5)2 - 4  - 4 < 0 x.

 B= 1

-4x2+20 x − 29≥ −
1
4 x.

B = −1

4  2x - 5 = 0  x =
5

2 .

VËy min B = −1

4 khi x =
5
2 .
Lêi b×nh:

- Biểu thức A và B trong ví dụ trên là phân thức một biến có tử là hằng số và
mầu là tam thức bậc hai. Để biểu thức dạng này tồn tại giá trị nhỏ nhất hay lớn nhất
trên tập xác định của nó thì mẫu thức luôn phải nhận giá trị âm hoặc d ơng với mọi
giá trị của biến.

- Với biểu thức dạng này, ta cũng có thể làm theo cách nhận xét về dấu của
tử và mẫu của biểu thức đã cho từ đó chuyển bài tốn về tìm giá trị nhỏ nhất hoặc
giá trị lớn nhất của mẫu. Đối với học sinh cuối lớp 9, khi các em đã học về phơng
trình bậc hai một ẩn giáo viên có thể hớng dẫn học sinh giải theo phơng pháp miền
giá trị.

VÝ dô 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: D=5x

26x+41

( x 2)2 , với x 2.

Lời giải:

Cách 1: Ta cã:

D=5x2− 26x+41

(x − 2)2 =

5(x2− 4x+4)− 6 ( x −2)+9

(x −2)2 =5− 6 .

x − 2+9.

1
(x −2)2
¿

[

(

x −2

)

−2

(

x − 2

)

]

+4=

(

x −2−1

)

+4 ≥ 4∀ x ≠ 2 .

D = 4  3

x −2− 1=0⇔ x=5 .

VËy min D = 4 khi x = 5.
C¸ch 2:

Ta cã: D=5x

− 26x+41

(x − 2)2 =

4(x2− 4x+4)

+x2−10x+25

(x − 2)2 =4 +

(x-5)2
(x −2)2≥ 4

v× (x-5)

(x −2)2≥ 0∀ x ≠ 2

D = 4  (x-5 )

(x −2)2=0⇔ x=5 .

VËy min D = 4 khi x = 5.

Lêi b×nh:

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

- Với cách giải 1, hoàn toàn đã thể hiện đợc phơng pháp chung để làm với
những biểu thức loại này. Với cách biến đổi này ta cũng có thể đổi biến bằng cách
đặt t= 1

x −2 trong ví dụ trên ta sẽ đợc D = 9t2 - 6t + 5, đây là biểu thức quen

thuộc đã đợc xét đến.

- Với cách 2, cơ sở của việc tách đó là khơng khả thi đối với các biểu thức cùng
loại có hệ số phức tạp. Lẽ dĩ nhiên các biểu thức loại này vẫn có thể sử dụng phơng
pháp miền giá trị để làm.

VÝ dơ 3: T×m giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thøc: A=4x+3

x2+1 .

Lêi gi¶i:

* Vì x2 + 1 > 0 x nên A xác định với mọi x.
Cách 1:

Ta cã: A=4x+3
x2

+1=

4(x2+1)−(4x2− 4x+4)

x2

+1 =4 −

(2x −1)2

x2+1

 A  4 x v× −(2x −1)

x2+1 ≤ 0∀ x .

A = 4  2x - 1 = 0  x = 1

2 .

VËy max A = 4 khi x = 1

2 .

Ta l¹i cã: A=4x+3
x2+1=

−(x2+1)+(x2+4x +4)

x2+1 =-1+

(x +2)2

x2+1 ≥ −1∀ x .

A = - 1  x + 2 = 0  x = - 2.
VËy min A = -1 khi x = - 2.
C¸ch 2:

* Vì x2 + 1  0 x, nên A xác định với mọi x.
Gọi A0 là một giá trị nào đó của biểu thức A=

4x+3

x2+1 , khi đó phơng trình:

A0=4x+3

x2+1 ⇔ A0x

2− 4x+ A

0− 3=0 (1) ph¶i cã nghiƯm.

+> NÕu A0 = 0 th× (1)  - 4x - 3 = 0  x=−3

4 .

+> NÕu A0  0 th× (1) cã nghiƯm  ' > 0
 4 - A0(A0 - 3)  0

 (4 - A0)(A0 + 1)  0
 - 1  A0  4.

 A0 = - 1 khi vµ chØ khi ' = 0  x=

A0=−2

 A0 = 4 khi vµ chØ khi ' = 0  x=

A0=

1
2

VËy max A = 4 khi x = 1

2 .

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Lêi b×nh:

BiĨu thức A trong ví dụ 3 ở trên thuộc loại phân thức một biến có mẫu là một
tam thức bậc hai khác 0 với mọi giá trị của biến, tử là một nhị thức.

Cỏch gii 1 l cỏch gii cú thể giới thiệu, hớng dẫn cho cả học sinh lớp 8 và
lớp 9. Nhng dựa trên cơ sở nào để mọi bài tập có dạng nh trên ta đều có thể tìm đợc
cách tách nh vậy.

Ta thấy, theo cách 1 thì ta cần tách tử thức thành tổng của một đa thức chia hết
cho mẫu thức và một đa thức có thể viết đợc dới dạng bình phơng của một nhị thức.
Điều này có thể hiểu nh sau:

Ta cã: A=4x+3
x2+1=

a(x2+1)

+(− ax2+4x+3 − a)

x2+1

Ta cần tìm a để - ax2 + 4x + 3 - a là một bình phơng của một nhị thức.
 ta phải có: ' = 4 + a(3 - a) = 0

 a2 - 3a - 4 = 0 
 a = - 1 hc a = 4.

+ Với a = 4, ta có cách tách để tìm max A nh trên.
+ Với a = - 1, ta có cách tách để tìm min A nh trên.

Đến đây ta thấy, để giải đợc bài tốn dạng này học sinh cần phải biết cách tìm
điều kiện để một tam thức bậc hai có thể viết đợc dới dạng bình phơng của một nhị
thức khi mà cha đợc học về phơng trình bậc hai. Vậy trớc khi dạy đến dạng này
giáo viên nên cho học sinh tìm điều kiện của a, b, c để ax2 + bx + c có thể viết đợc
thành bình phơng của một nhị thức (b2 - 4ac = 0).

Cách giải 2, là ta đã sử dụng phơng pháp miền giá trị để tìm min A, max A.
Tuy nhiên cách giải này chỉ đề cập đợc khi học sinh lớp 9 đã học về phơng trình
bậc hai. Ngồi ra, bài tốn trên có thể giải theo phơng pháp tham biến, tuy nhiên
hai phơng pháp đã chỉ ra qua hai cách giải ở trên là 2 phơng pháp thờng dùng nhất
để giải các bài tốn cực trị loại này.

Bµi tËp vËn dơng:

Bµi 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:

a A= 7

− 25x2+10x −12 ;

b¿ B=11x

2− 70 x +112

x2−6 x +9 (víi x ≠3) ;
c¿ C= x

− x +1

x2− 2 x +1 (víi x ≠1) .

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

a¿ M= 5

4x2− 4 x +21 ;

b¿ N=x

+10 x +20

x2+6 x +9 (víi x ≠− 3) ;

c¿ P=x

+4 x −14

x2− 2 x +1 (với x 1) .

Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:

a¿ D=2x+1

x2+2 ;

b¿ E=2x

2− 2 x +9

x2+2 x +5 ;

c¿ F=2(x

2
+x+1)

x2+1 ;

d¿ G=x

+xy + y2

x2

+y2 (víi x ≠ 0) .

Dạng 4: Biểu thức có chứa căn thức.
Kiến thức cÇn nhí:

√A cã nghÜa⇔ A ≥ 0 (víi n ∈ N❑

) ;
2n

√A= 0⇔ A=0 (víi n ∈ N❑

)

Các bất đẳng thức Cơsi, Bunhiacơpxki, Mincơpxki.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:

a¿ A=

√

x2−4x +3
b¿ B=

√

x2−2x +4

Lêi gi¶i:

a) * Điều kiện để A có nghĩa: x2 - 4x + 3  0  1  x  3.
Ta có: A=

√

x2

− 4x +3=

√

(x2−4x +4)−1=

√

( x −2)2− 1≥ 0 ∀ x .

A = 0  (x - 2)2 = 1  x = 1 hc x = 3.
VËy min A = 0 khi x = 1 hc x = 3.

b) * Ta cã: x2 - 2x + 4 = (x - 1)2 + 3 > 0 x, vËy B cã nghÜa víi mäi x.
Ta cã: B=

√

x2

−2x +4=

√

(x2− 2x+1)+3=

√

( x − 1)2+3 ≥√3∀ x

DÊu "=" xảy ra khi và chỉ khi (x - 1)2 = 0  x = 1.
VËy min B = √3 khi x = 1.

Lêi b×nh:

BiĨu thøc A, B trong ví dụ 1 có dạng tổng quát là M=

√

ax2

+bx +c víi a > 0 vµ a,

b, c là các số cho trớc.

Với a > 0 ta cã: M=

√

ax2+bx +c=

√

a

(

x+ b
2a

)

−b

− 4ac

+ NÕu b2 - 4ac  0 th× min M = 0;
+ NÕu b2 - 4ac < 0 th× min M =

√

−b2−4ac

4a ;

+ M không có giá trị lớn nhất.

Ví dụ 2: Tìm giá trÞ lín nhÊt cđa biĨu thøc sau:

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

b¿ D=

√

-3x2+2x+5

Lêi gi¶i:

a) * Điều kiện để C có nghĩa: - x2 + 2x + 7  0  1− 2

√2 ≤ x ≤1+2√2

Ta cã: C=

√

-x2

+2x +7=

√

−(x2− 2x+1)+8=

√

−( x −1)2+8 ≤√8∀ x

C = √8  (x - 1)2 = 0  x = 1 (TM§K)
VËy max C = √8 khi x = 1.

b) * Điều kiện để D có nghĩa: - 3x2 + 2x + 5  0  1 − 4√3

3 ≤ x ≤

1+4√3
3

Ta cã: D=

√

-3x2+2x+5=

√

−3

(

x2−2

3x +

1
9

)

3 =

√

−3

(

x −
1
3

)

2
+16

3 ≤

√

D =

√

3  x −

3=0⇔ x=
1

3 (TM§K)

VËy max D =

√

3 đạt đợc khi x=
1
3 .
Lời bình:

BiĨu thøc tỉng qu¸t cđa biĨu thøc C vµ D lµ: N=

√

ax2

+bx+c víi a < 0 và a, b, c là

các số cho trớc.

Với a < 0 ta cã: N=

√

ax2

+bx+c=

√

a

(

x + b
2a

)

−b2−4ac

+ NÕu b2 - 4ac < 0 thì N vô nghĩa;
+ Nếu b2 - 4ac = 0 th× N = 0  x=− b

2a ;

+ b2 - 4ac > 0 th× max N =

√

−b

− 4ac

4a vµ min N = 0.

Với những bài toán chứa căn thức khi dạy giáo viên cần chú ý yêu cầu học sinh
tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa trớc khi sử dụng các phép biến đổi biểu thức.
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:

a) A=x +√x − 2

b) B=2 x+√x −5+3

c) C=x −√x +2+5 .

Lêi gi¶i:

a) √x có nghĩa khi và chỉ khi x  0.
Do đó A=x +√x − 2  - 2 x  0.
 A = - 2  x = 0

VËy min A = - 2 khi x = 0.

b) √x-5 có nghĩa khi và chỉ khi x - 5  0  x  5.
Do đó ta có: B=2 x+√x −5+3  2.5 + 0 + 3 = 13.
B = 13  x = 5.

VËy min B = 13 khi x = 5.

c) √x+2 có nghĩa khi và chỉ khi x + 2  0  x  - 2.
Do đó ta có:

C=x −√x +2+5=

[

(x+2)−√x +2+1

]

+
11

(

√x+2−
1
2

)

2
+11
4 ≥
11

4 ∀ x .

C = 11

4  √x+2=
1

2⇔ x+2=

4⇔ x=−

7
4.

VËy min C = 11

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Lêi b×nh:

Các biểu thức loại này, ta cần lu ý đặt điều kiện để biểu thức có nghĩa trớc khi
biến đổi. Với điều kiện để biểu thức có nghĩa thờng làm cho miền xác định (D) của
biểu thức bị thu hẹp so với tập R. Chính vì điều này mà học sinh rất dễ nhầm lẫn
khi thực hiện biến đổi để chỉ ra điều kiện 1, điều kiện 2 của bài tốn, chẳng hạn ở
ví dụ 3a) học sinh thờng sai nh sau:

A=x +√x − 2=x +√x+1

4− 2
1

(

√x +
1
2

)

−9

4≥ −
9
4

 min A = −9

VÝ dô 4: Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất cđa c¸c biĨu thøc:
a) A=

√

( x-2) (6 − x )

b) B=

√

(1-x )( x −7)

Lêi gi¶i:

a) Điều kiện để A có nghĩa: (x - 2)(6 - x)  0  2  x  6 (1).
Với điều kiện (1) thì x - 2  0 và 6 - x  0.

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số không âm ta đợc:

A=

√

( x-2) (6 − x )≤ x −2+6− x
2 =2

DÊu "=" xảy ra khi và chỉ khi x - 2 = 6 - x  x = 4 (TM§K (1))
 max A = 2 khi x = 4.

Ta l¹i cã A  0 víi mäi 2  x  6.

A = 0  x - 2 = 0 hc 6 - x = 0  x = 2 hc x = 6.
 min A = 0 khi x = 2 hc x = 6.

b) Điều kiện để B có nghĩa (1 - x)(x - 7)  0  1  x  7 (2).
Với điều kiện (2) thì x - 1  0 và 7 - x  0.

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số không âm ta đợc:

B=

√

(1-x )( x −7)=

√

(x −1) (7 − x )≤ x −1+7 − x

2 =3

B = 3 khi vµ chØ khi x - 1 = 7 - x  x = 4.
 max B = 3 khi x = 4.

B  0 víi mäi 1  x  7. B = 0  x = 1 hoặc x = 7.

Lời bình:

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

- Đối với học sinh lớp 9, giáo viên khi hớng dẫn học sinh làm theo cách sử
dụng bất đẳng thức Côsi cần lu ý điều kiện để áp dụng bất đẳng thức Côsi và điều
kiện dấu "=" xảy ra. Trong ví dụ 3b) học sinh rất dễ sai với cách biến đổi nh sau:

B=

√

(1-x )( x −7) ≤1 − x +x − 7
2 =−3

 max B = - 3.

Nh vậy học sinh sai vì khơng chú ý đến điều kiện của các số hạng khi vận
dụng bất đẳng thức Cơsi phải khơng âm, trong khi đó với điều kiện 1  x  7 thì 1
- x  0 và x - 7  0. Do đó cần đổi dấu hai nhân tử dới dấu căn của B trớc khi ỏp
dng bt ng thc Cụsi.

Bài toán tổng quát của dạng này là:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biĨu thøc: M=

√

(ax-b )(c −dx ) víi a, b, c, d là các số

dơng cho trớc.

Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A=

x2+x+1+

x2 x+1

Lời giải:

Vì x2+x +1=

(

x +1
2

)

2
+3

4 0 x vµ x
2

− x +1=

(

x −1

)

4≠ 0 x

nờn A xỏc nh x.

Cách 1: Vì A > 0 nªn ta cã:

A2

=x2+x+1+x2− x +1+2

√

(x2

+x+1)(x2− x +1
)

¿2x2+2+2

√

(x2+1)2− x2

2x2+2+2

√

x4

+x2+1 2+2=4

vì x2 0 và x4 0 x
A  2 x, A = 2  x = 0.
VËy min A = 2 khi x = 0.
C¸ch 2:

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta có

A=

√

x2+x+1+

√

x2− x+1 ≥ 24

√

(x2+x+1)(x2− x +1)=2

√

4 x4+x2+1 ≥ 2
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

x2=0

x2+x+1=x2− x +1

⇔ x=0

¿{

VËy min A = 2 khi x = 0.
C¸ch 3:

áp dụng bất đẳng thức Mincơpxki ta có:

A=

√

x2

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

√

(

x+1

)

(

√3
2

)

√

(

x −1
2

)

2
+

(

√3

)

√

(

x+1

)

(

√3
2

)

2
+

√

(

2− x

)

(

√3
2

)

≥

√

(

x +1

2+
1
2− x

)

2
+

(

√3

2 +√
3

)

=√1+3=2

A = 2  √3

(

x +
1
2

)

=√

3
2

(

2− x

)

⇔ x=0

VËy min A = 2 khi x = 0.

Lêi b×nh:

Với cách 1 giáo viên khi dạy hồn tồn có thể hớng dẫn cho học sinh lớp 9.
Để làm theo cách 2 hay cách 3, khi trình bầy giáo viên cần yêu cầu học sinh chứng
minh bất đẳng thức phụ trớc khi vận dụng. Điều hạn chế của cách 2 là hiện nay học
sinh lớp 9 không đợc giới thiệu về căn bậc n, các em chỉ đợc học về căn bậc hai và
căn bậc ba. Do vậy, khi dạy cho học sinh cách này giáo viên cần giới thiệu cho học
sinh về căn bậc n trc.

Bài tập vận dụng:

Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất cđa c¸c biĨu thøc sau:

a¿ A=

√

x2− 2x+1+

√

x2+6x+9
b¿ B=

√

x+3 − 4√x-1+

√

x+15-8√x-1

c¿ C=

x +4x-4+

x-4x-4 .

Bài 2: Tìm giá trị lín nhÊt cđa c¸c biĨu thøc sau:

a¿ M=√x −3+√5-x

b¿ N=√x+2+√14-x
c¿ P=3x 1+5-3x .

Bài 3: Tìm giá trị lín nhÊt cđa c¸c biĨu thøc sau:

a¿ D=√x −2+√5-2x

b¿ E=2√x −1+3√5-x

c¿ F=2√x −1+3√9-2x
d¿ H=32x 1+515-3x .

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

học các môn học khác nh môn vật lí, hoá học, với những bài toán chọn phơng án
tối u.

C - Thực nghiệm s phạm.

tạo cơ sở cho kết thực nghiệm cho sáng kiến của mình, tơi đã tiến hành soạn
và dạy thực tế cho nhóm học sinh lớp 9 tham gia học tự chọn đang học ở học kì I
sau khi đã kiểm tra chất lợng tiền trắc nghiệm của nhóm học sinh này. Dới đây là
giáo án cụ thể của 2 tiết đầu tiên khi dạy về chủ để "Toán cực trị đại số".

I. Gi¸o ¸n thùc nghiƯm:

A - Mơc tiªu:

Sau khi häc xong, häc sinh:

- Nắm đợc khái niềm về toán cực trị qua khái niệm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số một biến số.

- Học sinh biết vận dụng hằng đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của biểu thức dạng tam thức bậc hai ax2 + bx + c và một số biểu thức có thể đa đợc 
về dạng trên một cách đơn giản bằng cách đổi bin.

B - Chuẩn bị của giáo viên và học sinh:

GV: Kiến thức, hệ thống ví dụ, phản ví dụ, bài tập minh hoạ hợp lí, làm nổi bật
đợc nội dung; giấy trong in sẵn khái niệm, bài tập, ví dụ.

HS: Nằm vững về hằng đẳng thức đáng nhớ, giấy trong, bỳt vit giy trong.

C - Tiến trình dạy - häc:

Hoạt động của thày Hoạt động của trò

Hoạt động 1: Tìm hiểu giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số một biết

GV: Đặt vấn đề

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

lín nhÊt cđa biĨu thøc"

Vậy, thế nào là giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của một biểu thức, để giải bài
toán loại này ta phải làm nh thế nào?
Có những phơng pháp nào thờng dùng
để giải các bài toán loại này? Khi giải
bài toán loại này ta cần chú ý tới những
điểm gì?

Hơm nay, chúng ta sẽ đi tìm hiểu một
số vấn đề liên quan đến bài tốn loại
này.

GV: §a néi dung khái niệm về giá trị 
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất lên máy chiếu
và giới thiệu:

GV: Nh vy, theo trên để giải một bài
toán cực trị đại số thơng thờng ta tiến
hành theo hai bớc sau:

Bíc 1:

ChØ râ f(x)  m (hc f(x)  M),
x (D) (với m, M là hắng số).

Bớc 2:

Ch ra c x0 (D) để sao cho f(x)
= m (hoặc f(x) = M).

GV: Nhấn mạnh điều kiện của bài toán

"Hai iu kiện trên phải đồng thời 
đ-ợc thoả mãn"

GV: ChiÕu phim nội dung ví dụ 1 minh
hoạ cho khái niệm trên:

GV: yêu cầu học sinh xác định điều 
kiện 1, điều kiện 2 của bài toán:
- ĐK1 đợc chỉ ra ở chỗ nào?
- ĐK2 đợc chỉ ra ở chỗ nào?

- Để chỉ ra đợc điều kiện 1, ngời ta thực
hiện phép biến đổi nh thế nào?

GV: TiÕp tơc cđng cè và khắc sâu điều 
kiện 2 của bài toán qua vÝ dô 2.

GV: ChiÕu phim vÝ dô 2

- Em h·y cho biết trong lời giải trên,
bạn học sinh chỉ ra điều kiện 1, điều
kiện 2 ở điểm nào?

T đó học sinh phát hiện khơng chỉ ra

đợc điều kiện 2 và nh vậy min B = 0 là
sai.

- Vậy lời giải đúng cho bài toán trên

HS: Nghe giáo viên giới thiệu.

Cho hm s y = f(x) xác định trên
miền (D).

a/ M đợc gọi là giá trị lớn nhất của
f(x) trên miền (D) nếu nh hai điều kiện
sau đồng thời đợc thoả mãn:

1(x)≤ M víi ∀ x ∈(D)¿2¿ ∃ x0∈(D) sao cho f( x0)=M¿ ¿{¿ ¿

Kí hiệu: M = max f(x), x  (D).
b/ m đợc gọi là giá trị nhỏ nhất của
f(x) trên miền (D) nếu nh hai điều kiện
sau đồng thời đợc thoả mãn:

1(x)≥ m víi ∀ x∈(D)¿2¿ ∃ x0∈(D) sao cho f( x0)=m¿ ¿{¿ ¿

KÝ hiÖu: m = min f(x), x (D).

Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất cđa:

A = 4x2 - 4x + 5
Lêi gi¶i:

Ta cã A = 4x2 - 4x + 5

= (2x)2 - 2.(2x).1 + 1 + 4
= (2x - 1)2 + 4

 A  4 x v× (2x - 1)2  0 x
A = 4  (2x - 1)2 = 0  x = 1

2 .

VËy min A = 4 khi x = 1

2 .

Ví dụ 2: Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa:
B = (x - 1)2 + (x + 3)2

Một bạn học sinh đã giải bài toán trên
nh sau:

Ta cã: (x - 1)2  0 x 
vµ (x + 3)2  0 x

Suy ra B = (x - 1)2 + (x + 3)2  0 x.
VËy min B = 0.

Em có nhận xét gì về lời giải bài toán

của bạn học sinh ở trên?

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

nh thÕ nµo?

GV: Chiếu phim lời giải mẫu để học 
sinh theo dõi.

GV: yêu cầu học sinh chỉ ra điều kiện 
1, điều kiện 2 và cách biến đổi để chỉ ra
điều kiện 1 của bài toán sau khi nghiên
cứu lời giải đúng.

GV: TiÕp tôc chiÕu phim vÝ dô 3.

- Để khẳng định P  - 1, bạn học sinh
đã thực hiện phép biến đổi nh thế nào?

- Phép biến đổi trên chỉ đúng với điều
kiện nào của a, b, c, d?

GV: Lấy ví dụ cụ thể bằng số để học 
sinh nhận thấy điều kiện của phép biến
đổi, từ đó nhận thấy phép biến đổi để
chỉ ra điều kiện 1 của bài toán ở trên là
sai.

- Em nào có thể sửa lại lời giải trên của
bạn cho đúng ?

Ta cã B = (x - 1)2 + (x + 3)2

= x2 - 2x + 1 + x2 + 6x + 9
= 2x2 + 4x + 10

= 2(x2 + 2x + 1)2 + 8
= 2(x + 1)2 + 8
 B  8 x,

B = 8  x + 1 = 0  x = 1
VËy min B = 8 khi x = 1.

Ví dụ 3: Tong một đề kiểm tra có bài 
toỏn:

"Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
P = (x2 - 1)(x2 + 1)"

Một bạn học sinh đã làm nh sau:
Ta có x2  0 x

Suy ra: x2 - 1  - 1 x vµ x2 + 1  1 
x

Do đó P = (x2 - 1)(x2 + 1)  (- 1).1= - 
1.

P=−1⇔

x2−1=−1

x2+1=1

⇔ x=0
¿{

Vậy min P = - 1 đạt đợc khi x = 0.
Em có nhận xét gì về kết quả của bài
tốn và cách làm của bạn học sinh đó?

HS: Bạn học sinh đã vận dụng phép
biến đổi là:

¿
a ≥ b
c ≥ d
⇒a . c ≥ b . d

¿{

HS: Điều kiện b  0 và d  0.
Lời giải đúng:

Ta cã: P = (x2 - 1)(x2 + 1)

= x4 - 1  - 1 x v× x4  0 
x.

P = - 1  x = 0.

VËy min P = - 1 khi x = 0.

Hoạt động 2: Hình thành và vận dụng phơng pháp tam thức bậc hai
GV: Trong 3 ví dụ đã chỉ ra ở trên, để

chỉ ra đợc điều kiện 1 của bài toán ta
phải biến đổi nh thế nào, đa biểu thức
đã cho về dạng nào?

GV: Vận dụng cách trên ta có thể giải 
đợc một số dng bi toỏn cc tr thng

Ghi nhớ: Phơng pháp chung

Ta cần biến đổi biểu thức đã cho về
dạng sau:

1/ A = [f(x)]2n + m  m x, n N*.
hoặc

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

gặp:

Dạng 1: BiĨu thøc lµ mét tam

thøc bËc hai ax2 + bx + c.

- Xác định hệ số a = ?.

- Theo cách làm nh trên ta biến đổi A

nh thế no?

GV: Gọi 1 HS lên bảng trình bầy lời 
giải.

- Xác định hệ số a = ?.

GV: Gäi 1 HS lên bảng trình bầy lời 
giải.

GV: Mt cỏch tng quỏt, nếu biểu thức 
có dạng P = ax2 + bx + c (a  0) ta biến
đổi nh thế nào?

GV: Có thể gợi ý để học sinh tìm cách 
biến đổi. Đối với đối tợng học sinh đại
chà, giáo viên chiếu phim giấy trong in
sẵn cách biến đổi để hớng dẫn học sinh.

- NÕu a > 0 th× P nhận giá trị lớn nhất
hay nhỏ nhất?

- Nếu a < 0 thì P nhận giá trị lớn nhất
hay nhá nhÊt?

- Với điều kiện nào của a, b, c thì P viết
đợc thành bình phơng của một nhị
thức?

GV: Cho học sinh đứng tại chỗ cho ví

dụ về các biểu thức là tam thức bậc hai

Bµi toán 1:Tìm giá trị nhỏ nhất của:
A = 3x2 - 6x + 1

Lêi gi¶i:

Ta cã A = 3(x2 - 2x + 1) - 2
= 3(x - 1)2 - 2  - 2 x
A = - 2  x - 1 = 0  x = 1.
VËy min A = - 2 khi x = 1.

Bài toán 2:Tìm giá trị lớn nhất của:
A = - 2x2 + 4x + 1

Lêi gi¶i:

Ta cã B = - 2(x2 - 2x + 1) + 3
= - 2(x - 1)2 + 3  3 x
B = 3  x - 1 = 0  x = 1.

VËy max B = 3 khi x = 1.
Ta cã:

P=a

(

x2+b

a x+
b2

4a2

)

+c −

b2

¿a

(

x + b

)

−b2− 4ac

NhËn xÐt:
1/ NÕu a > 0

⇒a

(

x+ b

)

≥ 0∀ x

EMBED Equation.3

⇒ P ≥− b2− 4ac

4a x

VËy min P=−b
2

− 4ac

4a khi x=−

b

2a 2/

NÕu a < 0

⇒a

(

x+ b

)

≤ 0∀ x

EMBED Equation.3

⇒ P ≤− b2− 4ac

4a x

VËy max P=−b
2

− 4ac

4a khi x=−

b

2a .

3/ P=a

(

x + b

)

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

vµ chØ rõ biểu thức có giá trị lớn nhất
hay nhỏ nhÊt.

GV: yêu cầu học sinh lên bảng làm các
bài mà học sinh đã lấy ví dụ ở trên.
GV: Giáo viên tạo tình huống dẫn đến 
các bài tốn có thể bin i a c v
tam thc bc hai.

Bài toán 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của:
C = (2x - 1)2 - 4x + 7

Bài toán 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của:

D=x 4x +2006

Bài toán 5: Tìm giá trị nhá nhÊt cña:

E=x −√x − 2004

Hoạt động 3: Hớng dẫn v nh
GV: Cht li phng phỏp chung gii

bài toán cực trị nói chung và phơng
pháp tam thức bậc hai.

GV: Giao bài tập về nhà:

Tìm giá trị nhỏ nhất, lín nhÊt (nÕu
cã) cđa c¸c biĨu thøc sau:

1/ - 5x2 - 4x + 1
2/ 4x2 - 6x + 3
3/ (x + 4)(9 - x)

4/ x(x + 2005) + 2(x - 1000)2
5/ - 3x2 + 6x + a (víi a lµ h»ng sè)
6/ (x - a)2 + (x - b)2 + (x - c)2
vío a, b, c cho tríc

7/ (2x - 1)2 - 2|2x - 1| + 3

8/ (x2 + x + 1)2 + (x2 + x + 1) - 12.

HS: Theo dâi vµ chÐp bµi tËp vỊ nhµ

II. kÕt qu¶ thùc nghiƯm:

1. Kết quả thực nghiệm trớc khi tiến hành dạy chủ để tự chọn.

Trớc khi tiến hành dạy chủ đề "Giải tốn cực trị" ở nhóm học sinh học thực
nghiệm, để có kết quả đối chứng giáo viên đã tiến hành kiểm tra tiền trắc nghiệm
vi ni dung bi nh sau:

Câu 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: 
a) A = 3x2 - 5x + 2;

a) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: C=6x+8

x2+1 ;

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thøc: D=√x +3+√7 − x .

Sau khi chÊm bài, thống kê điểm và các lỗi mà học sinh mắc phải khi làm bài nhận
thấy tình trạng nh sau:

- Đa số học sinh chỉ làm đợc câu 1a) và chỉ ra đợc điều kiện xác định của biểu thức
D ở câu 2.

- Rất ít học sinh tìm đợc cách biến đổi biểu thức B, nếu có thì mang tính chất mị
mẫm, cha thể hiện đợc đờng lối cụ thể.

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

- 32 học sinh (55%) không chỉ ra điều kiện xác định của biểu thức D.

- 38 häc sinh (66%) kh«ng chØ ra A nhËn giá trị nhỏ nhất với giá trị nào của biến.

Kt quả kiểm tra thể hiện trên điểm số đạt đợc của học sinh nh sau:

Sè
bµi

3 - 4 5 - 6 7 - 8 9 - 10 Trên trung bình

Số

l-ợng % Sè l-ỵng % Sè l-ỵng % Sè l-ỵng % Sè l-ỵng %

58 34 59 21 36 3 5 0 0 24 41

2. Kết quả thực nghiệm sau khi tiến hành dạy chủ để tự chọn.
Đề bài kiểm tra sau khi dy xong ch t chn:

Câu 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: 
a) M = 5x2 - 2x + 7;

b) N = 19x2 + 54y2 + 16z2 - 16xz - 24yz + 36xy + 5
Câu 2:

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của y, biÕt r»ng: y=( x+ 2)( x +8)

x , víi x > 0.

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thøc: D=3√2x −1+2√5 −3 x .

Sau khi chÊm bài, thống kê điểm và các lỗi mà học sinh mắc phải khi làm bài nhận

thấy tình trạng nh sau:

- Không chỉ ra điều kiện xác định của P: 7 học sinh (12%);
- Khơng tìm đợc giá trị của P: 10 hc sinh (17%);

- Không chỉ ra điều kiện 2 khi tìm cực trị: 9 học sinh (16%).

Kt qu kiểm tra thể hiện trên điểm số đạt đợc của học sinh nh sau:

Sè
bµi

3 - 4 5 - 6 7 - 8 9 - 10 Trên trung bình

Số

l-ợng % Sè l-ỵng % Sè l-ỵng % Sè l-ỵng % Sè l-ỵng %

58 8 14 10 17 21 36 19 33 50 86

3. Bảng kết quả thực nghiệm trớc và sau khi tin hnh dy ch t chn.
S

bài

Dới trung bình Khá Giỏi Trên trung bình

Số

l-ợng % Số l-ợng % Sè l-ỵng % Sè l-ỵng %

Tríc khi

thùc hiƯn. 58 34 59 3 5 0 0 24 41

Tríc khi

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

4. Biểu đồ kết quả thực nghiệm đối với 58 học sinh học tự chọn.

0
10
20
30
40
50
60
70
80
90

Tr íc khi thùc hiƯn
Sau khi thùc hiÖn

NhËn xÐt:

Qua bảng kết quả và biểu đồ so sánh về chất lợng trớc và sau khi tiến hành
thực nghiệm đối với nhóm học sinh thực nghiệm cho thấy:

- Trớc khi đợc học chủ đề tự chọn về giải tốn cực trị đại số, học sinh hầu nh
khơng nắm vững kiến thức, phơng pháp giải kể cả những dạng toán cơ bản, hay

mắc phải những sai lầm khi trình bầy bài làm. Tỉ lệ học sinh đạt điểm trung bình
trở lên thấp (41%), số lợng học sinh khá (5%) và khơng có học sinh giỏi.

- Sau khi học sinh đợc học một cách có hệ thống, bài bản về giải toán cực trị
qua chủ đề tự chọn, kết quả kiểm tra cho thấy cơ bản đa số học sinh đều nắm đợc
cách giải cho từng dạng bài cụ thể, những sai lầm về điều kiện 1, điều kiện 2 ít mắc
hơn, tỉ lệ học sinh khá, giỏi đợc nõng lờn rừ rt.

Tỉ lệ học sinh khá tăng từ: 5% lên 36%
Tỉ lệ học sinh giỏi tăng từ: 0% lªn 33%

Tỉ lệ học sinh đạt yêu cầu tăng từ: 41% lờn 86%

Tỉ lệ phần trăm

Dới
trung

bình

Trên
trung

bình

Khá Giỏi

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

D - Kết luận.
I. Những vấn đề còn hạn chế:

Nh đã đề cập ở các phần trớc, các bài toán cực trị vô cùng phong phú, đa dạng cả
về thể loại và phơng pháp giải. Tuy nhiên, do khuôn khổ thời gian giành cho một
chủ để tự chọn (từ 4 đến 12 tiết cho một chủ đề) nên cịn có những dạng toán cực
trị với phơng pháp giải đặc thù cho từng bài, từng kiểu bài cụ thể, tôi không đề cập
đến trong sáng kiến này của mình mà chỉ đề cập đến các kiểu bài cơ bản mà các
em học sinh thờng gặp trong q trình học và giải tốn.

Điềm hạn chế nữa ở sáng kiến này là cha đề cập đến các bài tốn cực trị hình học
phẳng, các bài tốn cực trị có điều kiện dàng buộc của biến, đây cũng là những
dạng tốn mà có nhiều trong chơng trình tốn THCS.

II. Bµi häc kinh nghiƯm:

Qua thời gian nghiên cứu các tài liệu về toán cực trị, bản thân tơi nhận thấy vị trí,
vai trị của tốn cực trị là rất quan trọng: nó góp phần làm phong phú thêm cho kho
tàng toán học sơ cấp, cao cấp, nó cũng đóng vai trị quan trọng trong việc phát triển
t duy cho học sinh qua việc giải các bài tốn; nó làm rõ hơn tính thực tiễn của tốn
học với cuộc sống.

Đối với học sinh nói chung, học sinh THCS nói riêng hiện nay cịn rất yếu về giải
toán cực trị, một trong những nguyên nhân dẫn đến tình trạng đó là trong chơng
trình giảng dạy khơng có thời lợng riêng để học sinh đợc học, nghiên cứu về tốn
cực trị một cách có hệ thống. Chính vì vậy khi giảng dạy, giáo viên nên đa vào chủ
đề tự chọn, giúp các em có những kiến thức cơ bản về tốn cực trị.

III. KiÕn nghÞ:

Qua việc nghiên cứu, thực nghiệm và thực tế giảng dạy trực tiếp bộ mơn tốn ở tr
-ờng THCS, tơi nhận thấy việc dạy học sinh giải toán cực trị là quan trọng và cần
thiết. Song trong phân phối chơng trình quy định của Bộ giáo dục khơng có tiết học

riêng về tốn cực trị, nhng học sinh lại cần phải đợc học về tốn cực trị một cách có
hệ thống, chính vì thế tơi thấy đa chủ đề về "giải tốn cực trị" vào môn học tự
chọn cho học sinh lớp 8, lớp 9 là cần thiết và hợp lí hơn cả và nên triển khai ở tất cả
các trờng THCS.

Hiện nay, các tài liệu chính thống cho dạy học tự chọn hầu nh khơng có. Cuốn tài
liệu này có thể là sự gợi ý tốt cho một chủ đề cụ thể đối với đồng nghiệp đang trực
tiếp giảng dạy bộ mơn tốn ở trờng THCS.

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Tuy bản thân đã có sự cố gắng tìm tịi, nghiên cứu để hồn thiện sáng kiến của
mình, song khơng thể tránh đợc những sai sót thậm chí là nhầm lẫn về kiến thức.
Vì vậy, tơi rất mong nhận đợc sự đóng góp ý kiến từ Hội đồng khoa học các cấp
quản lý, từ đồng nghiệp để bản thân tiếp tục hồn thiện sáng kiến của mình.

Để hồn thành đợc sáng kiến này, tôi xin đợc gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu,
Hội đồng khoa học nhà trờng, các đồng nghiệp trong tổ khoa học tự nhiên, khoa học
xã hội trờng THCS Đồn Thị Điểm đã tham gia, góp ý, giúp đỡ tơi trong q trình
nghiên cứu, thực nghiệm để hồn thành để hồn thành sáng kiến của mình.

Một lần nữa tôi xin chân thành cảm ơn và rất mong nhận đợc sự tham gia góp
ý của các cấp quản lý, các đồng nghiệp về nội dung, cách thức thc hin sỏng kin
ca mỡnh !

yên Mỹ, ngày 12 tháng 4 năm 2006
Ngời viết sáng kiến

Nguyễn Văn Hiến

E - Tài liƯu tham kh¶o.

1/ Một số vấn đề phát triển đại số 8 – Vũ Hữu Bình (NXBGD);
2/ Một số vấn đề phát triển đại số 9 – Vũ Hữu Bình (NXBGD);
3/ Chuyên đề bất đẳng thức và ứng dụng trong đại số

– Ngun §øc TÊn
(NXBGD);

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

- Nguyễn Văn Vĩnh, Nguyễn Đức Đồng (NXBGD);
6/ Chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi toán THCS phần “Đại số”

– Ngun Vị Thanh
(NXBGD);

7/ Tốn nâng cao và các chuyên đề “Đại số”

- Vũ Dơng Thuỵ, Nguyễn Ngọc Đạm (NXBGD);

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47></div>
(48)<div class='page_container' data-page=48></div>

d¹y häc tù chän to¸n theo chñ ®ò to¸n cùc trþ ®¹i sè cho häc sinh líp 8 líp 9 ë tr­êng thcs môc lôc 1môc lôc a më ®çu 2 1 lý do chän s¸ng kiõn 2 2 môc ®ých cña s¸ng kiõn 3 3 nhiöm vô cña s¸ng kiõn

<sub></sub>

√

√

√

(

)

(

)

√

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

√

√

<sub></sub>

√

[

√

√

]

[

]

(

)

(

)

(

)

√

√

[

√

√

]

[

]

√

√

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

[

(

)

(

d¹y häc tù chän to¸n theo chñ ®ò to¸n cùc trþ ®¹i sè cho häc sinh líp 8 líp 9 ë trêng thcs môc lôc 1môc lôc a më ®çu 2 1 lý do chän s¸ng kiõn 2 2 môc ®ých cña s¸ng kiõn 3 3 nhiöm vô cña s¸ng kiõn