Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
I. Lý do chọn đề tài :
Nhiều năm gần đây trong các kỳ thi chọn lọc học sinh giỏi các cấp bậc
THCS và các kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT thờng có các bài toán yêu cầu
tìm giá trị lớn nhất (GTLN); giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức nào
đó. Các bài toán này là một phần của các bài toán cực trị đại số.
Các bài toán cực trị rất phong phú và đa dạng, nó tơng đối mới và khó
đối với học sinh THCS. Để giải các bài toán cực trị học sinh phải biết đổi tơng
đơng các biểu thức đại số, phải sử dụng khá nhiều hằng đẳng thức từ đơn giản
đến phức tạp phải tổng hợp các kiến thức và kỹ năng tính toán, t duy sáng
tạo.
Vậy làm thế nào để học sinh có thể định hớng đợc hớng đi, hay hơn thế
là hình thành đợc một công thức "ẩn tàng" nào đó mỗi khi gặp một bài toán
cực trị đại số.
Là ngời trực tiếp giảng dạy toán trong trờng THCS, trong quá trình giảng
dạy, đặc biệt là dạy học sinh giỏi, tôi luôn luôn trăm trở, tìm tòi, chọn lọc những ph-
ơng pháp hợp lý nhất để để dẫn dắt, hình thành cho học sinh một cách suy nghĩ mới
làm quen với dạng toán này để dần dần các em có đợc một số phơng pháp giải cơ
bản nhất. Trong khuôn khổ nhỏ hẹp này tôi xin nêu ra "Một số phơng pháp cơ bản
để giải bài toán cực trị đại số bậc THCS".
II. mục đích và nhiệm vụ của đề tài.
1. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu đề tài một số phơng pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại
số bậc THCS giúp giáo viên vận dụng một cách tổng hợp các tri thức đã
học, mở rộng đào sâu và hoàn thiện hiểu biết. từ đó có phơng pháp dạy
học phần này cho học sinh có hiệu quả giúp học sinh nắm chắc kiến
thức và vận dụng linh hoạt kiến thức toán học đặc biệt là kiến thức về
"Một số phơng pháp cơ bản để giải bài toán cực trị đại số bậc
THCS .
Nghiên cứu đề tài để lắm đợc những thuận lợi và khó khăn khi dạy học
phần giải bài toán tìm cực trị từ đó xác định hớng nâng cao chất lợng

Điều tra mức độ tiếp thu và vận dụng "Một số phơng pháp cơ bản
để giải bài toán cực trị đại số bậc THCS của học sinh.
Chất lợng của học sinh trớc và sau khi thực hiện
3. Phơng pháp phân tích
Phân tích yêu cầu, kĩ năng giải môt bài tập
4. Phơng pháp thực nghiệm
5. Phơng pháp tổng kết kinh nghiệm
Rút ra những bài học cho bản thân và đồng nghiệp đẻ dạy tốt hơn
trong quá trình dạy học.
Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
4
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
phần ii: nội dung
I . Các kiến thức cần thiết
1. Các định nghĩa
1.1. Định nghĩa giá trị lớn nhất (GTLN) của một biểu thức đại số
cho biểu thức f(x,y, ) xác định trên miền D :
M. đợc gọi là GTLN của f(x,y, ) trên miền |D nếu 2 điều kiện sau đồng
thời thoả mãn :
1. f(x,y, ) M (x,y, ) |D
2. (x
0
, y
0
, ) |D sao cho f(x
0
, y
0
) = M.
Ký hiệu : M = Max f(x,y, ) = f

0 x |R, k z - [f (x)]
2k
0
Từ đó suy ra : [f (x)]
2k
+ m m x |R, k z
M - [f (x)]
2k
M
b)
x
0 x 0 (
x
)
2k
0 x0 ; k z
Tổng quát : (
A
)
2k
0 A 0 (A là 1 biểu thức)
2.2 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối :
a) |x| 0 x|R
b) |x+y| |x| + |y| ; nếu "=" xảy ra x.y 0
c) |x-y| |x| - |y| ; nếu "=" xảy ra x.y 0 và |x| |y|
Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
5
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
2.3. Bất đẳng thức côsi :
ai 0 ; i =

, b
2
, ,b
n
ta có :
(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ +a
n
b
n
)
2
(
) ).(
22
2
2
1
22
2
2
1 nn
bbbaaa ++++++

+ b
2
) (a + b)
2
d.
e.
Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
6
2+
a
b
b
a
baab +
+
411
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
II. Một số phơng pháp cơ bản
giải bài toán cực trị đại số
Ph ơng pháp 01
( Sử dụng phép biến đổi đồng nhất )
Bằng cách nhóm, thêm, bớt, tách các hạng tử một cách hợp lý, ta biến đổi
biểu thức đã cho về tổng các biểu thức không âm (hoặc không dơng) và những
hằng số . Từ đó :
1.Để tìm Max f(x,y, ) trên miền |D ta chỉ ra :






2
+ 4x + 7
Giải :
Ta có : A
1
= x
2
+ 4x + 7 = x
2
+ 4x + 4x + 3 = (x + 2)
2
+ 3 3 vì (x + 2)
2
0.
A
1
min = 3 x + 2 = 0 x = -2
Vậy A
1
min = 3 x = -2
2. Ví dụ 2 : Tìm giá trị lớn nhất của A
2
= -x
2
+ 6x - 15
Giải :
Ta có : A
2
= -x
2

2
-9x + 14) - 6}.{(x
2
-9x + 14) + 6} + 2002
= (x
2
-9x + 14)
2
- 36 + 2002
= (x
2
-9x + 14)
2
+ 1966 1966 vì (x
2
-9x + 14)
2
0 x
Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
7
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
A
3
min = 1966 x
2
-9x + 14 = 0



=

xx
Giải :
Ta có: A
4
=
22
2
2
2
)1(
9
1
6
2
)1(
9)1(6)12(2
12
1102



=

+
=
+

x
x
x

1
3
2
A
4
Max = 3
01
1
3
=+
x
x = -2
Vậy : A
4
Max = 3 x = -2
5. Ví dụ 5 : Tìm giá trị lớn nhất của A
5
=
yx
x
y
y
x
+
với x,y>0
Giải :
Ta có:A
5
=
yx

x = y
Vậy : A
5
min = 0 x = y > 0
6. Ví dụ 6 : Cho x,y 0 và x + y = 1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của A
6
= x
2
+ y
2
.
Giải :
Do x; y 0 và x + y = 1 0 x;y 1 x
2
x, y
2
y
A
6
= x
2
+ y
2
x + y = 1 A
6
max = 1




= x
2
+y
2
=
2
1
)(
2
1
2
1
2
+ yx
do (x - y)
2
0
A
6
min =
2
1
x - y = 0 x = y =
2
1
Vậy : A
6
max = 1



= xy + yz + zx - x
2
-y
2
-z
2
Giải :
Ta có : A
7
= xy + yz + zx - x
2
-y
2
-z
2
= -
2
1
(2x
2
+2y
2
+2z
2
-2xy-2yz-2xz)
A
7
= -
2
1

12
683
2
2
+
+
xx
xx
(x 1)
d. D = x
3
+ y
3
+ xy biết x + y = 1
e. E =
xyyx
xyyx
2
)(4
++
++
với x,y > 0
2. Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức :
a. A = - x
4
+ 2x
3
- 3x
2
+ 4x + 2002

Ph ơng pháp 02 :
( Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản )
Ta biết rằng : Từ một bất đẳng thức, bằng cách chuyển về bao giờ ta cũng
đa về 1 bất đẳng thức cơ bản và các phép biến đổi tơng đơng mà một vế là hằng
số. Vì vậy : Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản và các phép biến đổi tơng đơng ta
có thể tìm đợc cực trị của 1 biểu thức nào đó.
I. Các ví dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1 : Cho a > b > 0. Tìm GTNN của B
1
= a +
)(
1
bab
Giải :
Ta có : B
1
= a +
)(
1
bab
= b + (a-b) +
)(
1
bab
3.
3
).(
)(
bab
bab

2
b
a
2. Ví dụ 2 : Cho a,b > 0 và a + b = 1 . Tìm GTNN của B
2
=
ab
1
+
22
1
ba +
Giải :
Theo bất đẳng thức Côsi : (x + y)(
yx
11
+
) 2
yx.
. 2
xy
1
= 4 (với x,y > 0)

yx
11
+

yx +
4

211
baabba
abab
ba
ab
ba
ab
++
+
+
++=
+
+=
+
+
B
2
2 +
6
)(
4
2
=
+ ba
do a + b = 1 B
2
min = 6 a = b =
2
1
Vậy : B

Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
(Theo Bunhiacôpxki) 16 (x
2
+y
2
+z
2
)
2
(x
4
+ y
4
+ z
4
) (1
2
+1
2
+1
2
)
B
3
= x
4
+ y
4
+ z
4

2
22
22






+

+ baba
(1)
áp dụng (1) ta có :

2
1
2
)(2
2
11
2
11
22
22
22
2
22
ba
ba




=






+

+ baba
(do | a + b| =
3
)

2
22
2
11








+ ba

Giải :
Ta có : |x| + |y| | x + y| dấu "=" xảy ra x.y 0
Do vậy : B
6
= | x + 7| + | x - 1995| = | x + 7| + | 1995 - x | |x+7 + 1995 - x| = 2002
B
6
Min = 2002 (x + 7). (1995 - x) 0 -7 x 1995
Vậy : B
6
Min = 2002 -7 x 1995
6. Ví dụ 6 : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
B
7
= | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6|
Giải :
Ta có : B
7
= | x + 2000| + | x + y + 4| + |2x + y - 6|
B
7
= | x + 2000| + | x + y + 4| + |6 - (2x + y)|
B
7
| x + 2000 + x + y + 4 + 6 - 2x - y| = 2010
B
7
min = 2010 (x + 2000); (x + y + 4) ; (6 - 2x + y) cùng dấu
Vậy : B
7

y + xy
2
)
2001
- 2001 xy (x+y) + 2001 1+2001.xy(x+y) - 2001xy(x+y) + 2001.
B 2002 B min = 2002 xy(x+y) = 0





=
=
=
yx
y
x
0
0
Vậy : B min = 2002





=
=
=
yx
y

8
= x
16
+ y
16
+ z
16
= (x
8
)
2
+ (y
8
)
2
+ (z
8
)
2
x
8
y
8
+ y
8
z
8
+ z
8
x

4
x
4
)
2
x
4
y
4
. y
4
z
4
+ x
4
y
4
. z
4
x
4
+ y
4
z
4
. z
4
x
4
B

4
y
2
z
2
)
2
+ (x
2
y
2
z
4
)
2
x
6
y
6
z
4
+ x
6
y
4
z
6
+ x
4
y

5
y
6
z
5
+ x
6
y
5
z
5
+ x
5
y
5
z
6
B
8
(xyz)
5
.x + (xyz)
5
.y + (xyz)
5
.z = x + y + z = 3
(do xyz = 1 và x + y + z = 3)
B
8
min = 3 x = y = z = 1

4
).3
3 x
4
+ y
4
+ z
4
9 (x
4
+ y
4
+ z
4
)
2
(x
8
+ y
8
+ z
8
).3
3 x
8
+ y
8
+ z
8
9 (x

min = 3 x = y = z = 1
II. Nhận xét :
Rõ ràng khi áp dụng một số bất đẳng thức cơ bản, bài toán đợc giải quyết
nhanh hơn. Song việc vận dụng bất đẳng thức nào thuận lợi còn tuỳ thuộc
vào giả thiết bài toán và sự vận dụng linh hoạt các bất đẳng thức đó. Một
vấn đề đặt ra là : Hai phơng pháp vừa nêu vẫn cha đủ để giải quyết đợc hết
các bài toán cực trị đại số THCS. Chính vì lẽ đó nhu cầu phải có những ph-
ơng pháp khác tối u hơn và thực hiện đợc yêu cầu bài toán. Trớc khi đi
nghiên cứu phơng pháp 03. Chúng ta cùng nghiên cứu một số bài tập sau :
III. Một số bài tập đề nghị :
1. Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 1
Tìm GTNN của A = (1+
a
1
) (1+
b
1
) (1+
c
1
)
2. Cho a,b, > 0 và a + b = 1
Tìm GTNN của B =
22
32
ba
ab
+
+
3. Cho a,b,c > 0

+
+
+
+
+
4. Cho x,y,z
4
3

và x + y + z = 1
Tìm GTLN E =
343434 +++++ zyx
5. Cho a,b,c 0 và a + b + c = 1
Tìm GTLN của F =
cbcaba +++++
6. Cho 0 x
3
4
. Tìm GTLN của G = 4x
2
- 3x
3
7. Cho 0 x 3 ; Cho 0 y 4. Tìm GTLN H = (3-x).(4-y).(2x+3y)
8. Cho x,y,z,t 0 và 2x + xy + z + yzt = 1
Tìm GTLN của I = x
2
y
2
z
2

2
+ 12x + 12
C
1
= ( x
4
+ 6x
3
+ 19x
2
+ 30x + 25) - 6 (x
2
+ 3x + 5) + 17
C
1
= (x
2
+ 3x + 5)
2
- 6 (x
2
+ 3x + 5) + 17
Đặt : x
2
+ 3x + 5 = a
C
1
= a
2
- 6a + 17 = a

=
2
1
y
x
2. Ví dụ 2: Tìm GTNN của C
2
= 2.








+
2
2
2
2
x
y
y
x
- 5
6+




- 2
C
2
= 2.( a
2
- 2) - 5a + 6 = 2a
2
- 5a + 2
Ta thấy : a 2 C
2
= 2a
2
- 5a + 2 0
C
2
min = 0 a = 2 x = y > 0
Vậy : C
2
min = 0 x = y > 0
3. Ví dụ 3: Tìm GTNN của C
3
=
x
y
y
x
+
-
x
y

3
= a
2
- 3a + 2004 = a
2
- 3a + 2 + 2002
C
3
= (a-1) (a-2) + 2000
Do ta có : a 2 a - 1> 0 ; a - 20 (a-1) (a-2) 0
C
3
= (a-1) (a-2) + 2000 2000
C
3
min = 2000 a = 2 x = y ; xy > 0
Vậy C
3
min = 2000 x = y và xy > 0
4. Ví dụ 4: Cho x,y,z > 0
Tìm GTNN của C
4
=
yx
z
zx
y
zy
x
+

cba
z
+
=
Khi đó : C
4
=
222
cbacbacba +
+
+
+
++
C
4
=






+++++ 3)()()(
2
1
a
c
c
a
b

C
4
min =
2
3
a = b = c x = y = z > 0.
Vậy C
4
min =
2
3
x = y = z > 0.
5. Ví dụ 5: Tìm GTLN, GTNN của C
5
=
2222
2222
)1()1(
)1)((
yx
yxyx
++

Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
15
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
Giải :
Ta có :
4
)(

22
22
Khi đó : C
5
=a.b
Theo (1) và (2) ta có : -
4
)(
2
ba +
C
5
= ab
4
)(
2
ba +
-
2
22
2222
5
2
22
2222
)1)(1(
1
4
1
)1)(1(

2
22
22
)1)(1(
)1)(1(
4
1
)1)(1(
)1)(1(
4
1






++
+







++
+
yx
yx

1
1
.
4
1








+

y
y
Ta có : 0
2
2
2
1
1








4
1
4
1








+


x
x
C
5

4
1
1
1
4
1
2
2
2


4
1
(1 - y
2
)
2
= (1 + y
2
)
2
y = 0
Vậy : C
5
min =
4
1

x = 0
C
5
max =
4
1
y = 0
II. Các bài tập đề nghị :
1. Tìm GTNN của A = x
2
+ 4 - x +
1
1

43
2
2
2
2
+








++
x
y
y
x
x
y
y
x
Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
16
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
Ph ơng pháp 04 :
( Sử dụng biểu thức phụ )
Để tìm cực trị của 1 biểu thức nào đó, đôi khi ngời ta xét cực trị của 1 biểu
thức khác có thể so sánh đợc với nó, nếu biểu thức phụ dễ tìm cực trị hơn.

2
24
++=
++
x
x
x
xx
ta có : x
2
+
2
1
.2
1
2
2
2
=
x
x
x
(theo côsi)
P 2 + 1 = 3 P
min
= 3 x = 1
Do đó : A
max
=
3

2 Min
P
1 Max
P
2
=
x
xx
x
x
22
2
20022002 2
)2002(
++
=
+
P
2
=
x
xxx 2002 420022002 2
22
++
Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
17
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
P
2
=

= -
8008
1
x = 2002
3. Ví dụ 3: Cho a,b,c dơng và a + b + c = 3
Tìm GTLN của C =
accbba 454545
+++++

Giải :
Do a,b,c > 0 C > 0
Đặt : P = C
2
khi đó
Max
P
C
Max
Ta có : P = (
accbba 454545
+++++
)
2
P (1
2
+ 1
2
+ 1
2
) (5a + 4b + 5b + 4c + 5c + 4a) theo Bunhiacôpxki

+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
Giải :
Đặt P = 2D ta có :
P =
t
yx
yx
t
y
xt
xt
y
x
ty
ty
x
)(2
2
)(22)(2
2
+




+
+
+
+








+
+
+
+








+
+
+ t





++++++








+
+
+
+








+
+
+
+


ty
ty
x
2
3
2
2
2
2
2
2
P 2 + 2 + 2 +
6
3
.6 (theo côsi)
Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
18
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
P 15 P
Min
= 15 x = y = t > 0
D
Min
=
2
15
x = y = t
Vậy D
Min
=

3969
P
Max =
4
3969
Dấu "=" xảy ra 7x = 9y =
2
63








=
=
2
7
2
9
y
x
E
Max
=
4
3969
: 63 =

2
= (2x + 3y)
2
Theo Bunhiacôpxky : P
2
(4 + 9) (x
2
+ y
2
) = 13.13.4
P
2 Max
= 13.13.4



=
=
6
4
y
x
hoặc



=
=
6
4

7. Ví dụ 7: Cho x,y > 0
Tìm GTNN của G =
x
y
y
x
x
y
y
x
x
y
y
x
+++
2
2
2
2
4
4
4
4
Giải :
Đặt : P = G - 2 ta có :
Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
19
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
P =
x

++








++








++








+
x
y

4
P =
0
)(
11
2
2
2
2
2
2
2
2


+








+






1. Cho x,y, z > 0 và x
2
+ y
2
+ z
2
= 1
Tìm GTNN của A
y
zx
x
yz
z
xy
++=
2. Cho x 0.
Tìm GTNN của B =
4
48
1
x
xx ++
3. Cho x 0
Tìm GTLN của C =
1
816
8
++ xx
x
4. Cho a

Tìm GTNN của F =
cba
ad
bad
dc
adc
cb
dcb
ba
++
+
+
++
+
+
++
+
=
++
+
7. Cho a,b |R
Tìm GTNN của G =
2222
)1()1( abba +++

Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
20
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
Ph ơng pháp 05 :
( Phơng pháp miền giá trị )

2
+ 2x - 7
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x) .
Ta có : y = - x
2
+ 2x - 7
x
2
- 2x + y + 7 (có nghiệm)
' = 1 - y - 1 0
y - 6
Vậy f(x)
Max
= -6 x = 1
3. Ví dụ 3: Tìm GTLN, GTNN của f(x) =
32
64
2
2
++
++
xx
xx
Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
21
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x) .
Ta có : y =


2
1
y 2
Ta thấy :
2
1
< 1 < 2
Do vậy : f(x)
Min
=
2
1
x = -3
f(x)
Max
= 2 x = 0
4. Ví dụ 4 :
Tìm GTNN của f(x) =
12
62
2
2
+
++
xx
xx
Giải :
Gọi y là một giá trị của f(x) .
Ta có : y =

9
5
Do
9
5
< 1 nên ta có Y
Min
=
9
5
x = -
2
7
Vậy f(x)
Min
=
9
5
x = -
2
7
Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
22
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
5. Ví dụ 5: Tìm GTLN của f(x) =
1
2
2
2
+

2


y
y
(1)
(1) có nghiệm
1
2


y
y
0 1 < y < 2
Y
Min
= 2 x = 0
Vậy f(x)
Max
= 2 x = 0
II. Các bài tập đề nghị :
1. Tìm GTNN của :
a) A = 5x
2
+ x + 7 ; b) B =
744
3
2
+ xx
; c) C =

+
++
x
xx
; b) B =
1
34
2
+
+
x
x
; c) C =
22
2
68
yx
xyx
+
+
Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
23
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
Ph ơng pháp 06 :
( Phơng pháp xét từng khoảng giá trị )
Có nhiều bài toán nếu ta chỉ sử dụng các phép biến đổi tơng đơng, các bất
đẳng thức cơ bản phơng pháp đổi biến hay biểu thức phụ, thậm chí ngay cả khi sử
dụng phơng pháp miền giá trị hàm số, việc tìm cực trị vẫn gặp rất nhiều khó khăn
có khi không thể tìm đợc. Những khi ta biết cách xét từng khoảng hợp lý (có sự
dự đoán) thì việc tìm đợc cực trị trở nên đơn giản.

m
- 1) : 7 còn 5
m
:7
b) Xét A = 9 ta có : 5
m
- 36
m
= 9 (không xảy ra) vì
(5
m
- 36
m
) : 9 còn 9 : 9
c) Xét A = 11 , xảy ra , chẳng hạn m = 1, n = 2
Vậy A
Min
= 11 m = 1; n = 2
2. Ví dụ 2: Cho m N* . Tìm giá trị lớn nhất của B =
n
n
2
2
Giải :
Với n = 1 ta có : B =
2
1
< 1
Với n = 2 ta có : B = 1
Với n = 3 ta có : B =

2
)1(
1
2
<
+
+n
n
(n + 1)
2
< 2
n+1
(1)
Từ (*) ta có : n
2
< 2
n
2n
2
< 2
n+1
(2)
Để chứng minh (1) ta chứng minh (n + 1)
2
< 2n
2
n
2
+ 2n + 1 < 2n
2

1
Nh vậy : T
Min
P
Max
T
Max
P
Min
Do a, b, c, d N* và a + b = c + d = 20 1 a, b, c, d 19
* Xét a = b = 10 lúc đó P =
2
10
20
101010
==
+
=+
dcbc
* Xét b < a (trờng hợp b > a tơng tự)
b < 10 < a hay 1 b 19 ; 11 a 19
a) Trớc hết ta tìm T
Min
= P
Max
= 19 +
19
1
Ta xét 3 trờng hợp sau :
a

Nếu b = 1 thì P
19
1
19
19
1
1
19
+=+
Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
25
Một số phơng pháp cơ bản giảI bài toán cực trị bậc THCS
Kết hợp cả 3 trờng hợp ta thấy P
Max
=
19
172
19
1
19 =+
Do đó T
Min
=
172
19
a =19, b = 1 , c = 19 , d = 1
b) Bây giờ ta tìm T
Max
= P
Min


Ta có : P = A.C +
a
20

Vì A > 0 nên P
Min
với C = 1
* Xét P =
bbabaab
+=+=+
20
1911912011
Đặt P
b
=
bb
+
20
191
* Xét P
b+1
- P
b
: 1 b 9 ; b N
P
b+1
- P
b
=

b > b
o
thì t > 0 P
b+1
> P
b
Luôn luôn chứng minh đợc 3 < b
o
< 4
Xét P
3
=
51
23
1
7
19
3
1
=+
P
4
=
16
7
1
16
7
1 =+
Nên : a = 16 , b = 4, c = 1, d = 19 thì P

| với m,n N*
2. Cho a, b, c, d N* và a + b = c + d = 1000.
Tìm GTLN của B =
d
b
c
a
+
3. Cho m, n N và 1 m ; n 1981 và (n
2
- mn - m
2
)
2
= 1
Tìm GTLN của C = m
2
+ n
2

Ngời thực hiện: Trần Đức Đô - ĐHSP Toán Tin
27