Sáng kiến kinh nghiệm
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT VĨNH LỘC
***    ***
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH
THPT THÔNG QUA GIẢI BÀI TOÁN: TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
VÀ NHỎ NHẤT CỦA MỘT BIỂU THỨC
Người thực hiện: Vũ Thị Nhì
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn : ToánTHANH HOÁ - NĂM 2013
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 1
Sáng kiến kinh nghiệm
MỤC LỤC
A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1
I. .CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ 1
1.Định nghĩa giá trị lớn nhất và nhỏ nhất 1
2. Bất đẳng thức Côsi 2
3. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki 2
4. Dùng hàm số để xét giá trị lớn nhất và nhỏ nhất 2
II.THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ 2
III.GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN 3
1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức một biến 3
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến 8
IV.KIỂM NGHIỆM 18
1. Kết quả kiểm tra tại lớp 18
2. Kết quả thi học sinh giỏi 19

+) Thông qua đề tài, các em tập đào sâu và đưa ra được nhiều cách giải khác
nhau. Từ đó các em có nhiều cách nhìn mới đối với dạng bài toán này.
+) Giúp nâng cao năng lực tư duy, năng lực sáng tạo cho học sinh, giúp các em
hứng thú và nâng cao hiệu quả học tập, thi cử khi gặp dạng toán này. Thông qua
đó rèn luyện kĩ năng cho học sinh.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ.
1. Định nghĩa giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
a, Hàm số
)(xfy =
xác định trên D có giá trị lớn nhất là
M
nếu:






=∈∃
∈∀≤
MxfDx
DxMxf
)(/
)(
00

Ký hiệu
Dx
xMaxfM

ta có:
ab
ba
≥
+
2
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ba
=
.
2.2. Đối với ba số không âm:
Với mọi
0,0,0 ≥≥≥ cba
ta có:
3
3
abc
cba
≥
++
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
cba ==
.
2.3. Đối với
n
số không âm:
Cho
n
số không âm

n
K
aaa )(
21
≤

⇒
Tích
n
aaa
21
đạt giá trị lớn nhất.
+)Nếu
Kaaa
n
=
21
thì
n
n
Knaaa ≥+++
21

⇒
Tổng đạt giá trị nhỏ nhất.
3. Bất đẳng thức Bunhiacốpxki.
3.1. Đối với 4 số thực:
Với bốn số thực
dcba ,,,
ta có:

bbbaaabababa ++++++≤+++
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
n
n
b
a
b
a
b
a
===
2
2
1
1
.
4. Dùng hàm số để xét giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
a. Nếu hàm số
)(xfy =
luôn luôn đồng biến trên
];[ ba
thì:
)()( bfxMaxf
bxa
=
≤≤
,
)()( afxfMin
bxa

biểu thức. Chuyên đề không trình bày kiểu hệ thống từng phương pháp giải mà
lồng vào từng bài, để từ đó các em đưa ra được kết luận cho mình phần tổng hợp
các phương pháp, khi nào dùng phương pháp nào cho phù hợp.
Tôi mong rằng chuyên đề: “Phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học
sinh THPT thông qua giải bài toán: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một
biểu thức”này sẽ đem lại cho các đồng nghiệp những điều gợi ý mới, những suy
nghĩ mới và những cải tiến giảng dạy mới, nhằm góp phần vào việc nâng cao
chất lượng giáo dục hiện nay. Việc đổi mới cách dạy và cách học chắc chắn sẽ
mang lại nhiều hiệu quả mới của nghành giáo dục phổ thông, trong việc phát
huy vai trò của mình đối với xã hội và đất nước.
III. GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN.
Chuyên đề đã thực hiện trong các năm học từ 2010 đến 2013 tại các lớp
12A9, 12A7, 12A4. Sau khi thực hiện có kiểm tra, đối chứng. Từ đó tôi thấy học
sinh đã bắt đầu học tập tốt và có hứng thú học tập đối với phần này. Vì thế
chuyên đề đã đóng góp việc nâng cao hiệu quả học tập nói chung và kết quả các
kỳ thi nói riêng.
Trong mỗi phần của chuyên đề có trình bày cách giải độc đáo và có các bài
toán giải bằng nhiều phương pháp khác nhau. Học sinh tự tổng hợp các phương
pháp và đưa ra kết luận cho từng loại. Trong mỗi phần có các bài toán rèn luyện
kỹ năng. Với cách trình bày như vậy, tôi tin rằng học sinh có thể nắm vững từng
phương pháp. Từ đó các em có một phương pháp học tập và nghiên cứu không
những phần này mà học tập các phần khác.
1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức một biến.
Căn cứ vào ý định đã nêu, trong mỗi bài toán hướng dẫn học sinh cách tìm
tòi các lời giải khác nhau. Từ đó giúp các em có cách nhìn rộng, từ một bài toán
cụ thể đến các vấn đề tổng quát hơn.
Sau đây tôi xin trình bày một số ví dụ:
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
1243)(
23

bằng
⇔
1=x
. Vây
10)( −=xMìnf
khi
1=x
.
Ta có:
4848)142)(5()(
2
≤++−−= xxxxf
dấu bằng xảy ra
5
=⇔
x
Vậy
48)( =xMaxf
khi
5=x
.
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 5
Sáng kiến kinh nghiệm
Cách 2: Dùng đạo hàm
Ta có:
463)('
2
+−= xxxf
.
0)(' =xf

.
Giải:
Cách 1: Dùng biểu thức.
Trước hết ta thấy trên miền 0
1
≤≤
x
hàm số
+= xxf )(
0
2
≥− xx
. Dấu bằng xảy
ra
0=⇔ x
.Vậy
0)( =xMìnf
khi
0=x
Mặt khác:
=)(xf

2
2
1
2
1
xxx −−+
. Theo Bunhia ta có
+≤−+−+=

1
xxx −=−
⇔
4
22
)
2
1
(
0
2
1
22
+
=⇔







−=−
≥−
x
xxx
x
. Vậy
2
21




−=−
≤
(*)0)12(2
)(
22
22
mxmx
mx
xxxm
mx
Giá trị hàm số
)(xf
đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất thế thì ( *) có nghiệm thoả
mãn 0
1
≤≤
x
. Và
mx ≤
. Xét
22
8)12( mmx −+=∆

144
2
++−= mm
⇔≥∆

khi
0
=
x
và
2
21
)(
+
=xMaxf
khi
2
22 +
=x
.
Cách 3: Dùng đạo hàm.
Với
2
)( xxxxf −+=
với
x

∈
[ ]
1;0
ta có
+= 1)(' xf

2
2



<<
−=−
x
x
xxx
Do đó f(x) đạt cực trị tại
4
22 +
=x
2
21
)
4
22
()
4
22
();1();0(max)(
]1;0[
+
=
+
=






nên đặt
α
2
sin=x
với mọi
α
.
)sin1(sinsinsinsinsin)()(
22422
ααααααα
−+=−+== gxf
=
ααα
cossinsin
2
+
Xét
π
π
απ
kk +≤≤
2
. Ta có
)
2
sin(.sin2)cos(sinsincossinsin)(
2
π
ααααααααα
+=+=+=g

π
α
π
Dấu bằng
⇔

ππ
π
α
π
α
kCos +=+⇒−=+
4
21)
4
2(

⇒
π
π
απ
π
α
kk +=⇒+=
8
3
2
4
3
2

)(
α
Maxg
xảy ra khi và chỉ khi
1)
4
2cos( =−
π
α
)()(
2
10
α
π
π
απ
gMaxxfMax
kk
x
+≤≤
≤≤
=
2
21
)
8
5
(
+
=+=

sau có nghiệm:
xmxxmxxx −=−⇔=−+
22
(*)
Do đó
2
10
)( mxfMax
x
=
≤≤
và
1
10
)( mxfMin
x
=
≤≤
Ở đây
1
m
và
2
m
Tương ướng là giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của tham số
m
Làm cho (*) có nghiệm. Dễ thấy
2
xxy −=

y⇒
2
xxy −=
là nửa đường tròn nằm phía trên 0x tâm
)0,
2
1
(0
1
và r
2
1
=
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 7
Sáng kiến kinh nghiệm
Gọi đường thẳng
xmy −=
là (
∆
) Xét tương giao của đường tròn và đường thẳng
(
∆
)

xmy −=
là do
xy −=

1
1 MONM
OP
NO
MO
NM
=⇒==⇒
.
Theo định lý Pitago trong
1
NMO∆
( góc
∧
NMO
=
0
90
) ta có:
2
2
22
22
1
2
1
2
1
===+= RMOMONMNO
Vậy
2

21
)(
10
+
=
≤≤
xfMax
x
xảy ra khi
4
22 +
=x
.
Ví dụ 3: Cho
1
2
)(
−
+=
x
xxf
với
1>x
. Tìm
)(xMìnf
.
Giải:
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 8
Sáng kiến kinh nghiệm
Cách 1. Dùng bất đẳng thức Côsi

>
x
nên chọn
21+=x
. Vậy
221)( +=xMìnf
đạt tại
21+=x
.
Cách 2: Dùng đạo hàm
Ta có:
2
2
2
)1(
2)1(
)1(
2
1)('
−
−−
=
−
−=
x
x
x
xf
.
212)1(0)('

≤≤−
x

Giải:
Đây là đa thức bậc bốn. Nếu dùng đạo hàm thì phương trình
0)(' =xP
có
nghiệm lẻ. Tất nhiên là có thể tính được, thế nhưng nó phức tạp. Ta thử suy nghĩ
theo hướng khác để tránh sự nhầm lẫn trong tính toán. Ta sẽ áp dụng phương
pháp sơ cấp để giải quyết bài toán.
1654)(
234
+−−−= xxxxxP
19)1)(3)(1(
2
+++−+= xxxx
01;03;01
2
>++≤−≥+ xxxx
x∀
[ ]
3,1−∈
19)( ≤xP
x∀
[ ]
3,1−∈
dấu bằng đạt tại
1−=x
;
3=x

và
MinA
.
Bài 3(Đề thi đại học khối B - 2003).
Cho
2
4 xxA −+=
với
]2;2[−∈x
. Tìm
MaxA
và
MinA
.
Bài 4(Đề thi đại học khối D - 2011). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
1
332
2
+
++
=
x
xx
y
trên
]2;0[
.
Bài 5. Cho
2
143 xxA −+=

)1).(1()1(1 bacbacba −−−=−−−−−
.
Tương tự ta xét:
)1(),,()0,,( baccbafbaf −−−=−
Nếu
01 ≥−− ba
suy ra
0),,()1,,( ≥− cbafbaf

),,()1,,( cbafbaf ≥⇒
Nếu
01 ≤−− ba
suy ra
0),,()0,,( ≥− cbafbaf

),,()0,,( cbafbaf ≥⇒
Do vậy
)]0,,();1,,([),,( bafbafMaxcbaf ≤
Làm tương tự với biến
b
và
a
ta sẽ thu được kết quả
)]1,1,1();1,0,1();1,1,0();1,0,0();0,1,1();0,0,1();0,1,0();0,0,0([),,( ffffffffMaxcbaf ≤
Suy ra
1),,( ≤cbaf
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi trong ba số
cba ,,
có 2 số
bằng 0 và một số bằng 1.

accbbacbababacbafbaf +++++−−+=−
)2(2
22223
acbccaccbc −−−=++−=
Nếu
02
22
≥−− cabc
thì
0),,()1,,( ≥− cbafbaf
),,()1,,( cbafbaf ≥⇒
Nếu
02
22
≤−− cabc
thì
0),,()0,,( ≥− cbafbaf
),,()0,,( cbafbaf ≥⇒
Do vậy
)]0,,();1,,([),,( bafbafMaxcbaf ≤
Làm tương tự với biến
b
và
a
ta sẽ thu được kết quả
)]1,1,1();1,0,1();1,1,0();1,0,0();0,1,1();0,0,1();0,1,0();0,0,0([),,( ffffffffMaxcbaf ≤
Suy ra
3),,( ≤cbaf
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi trong ba số
cba ,,

+≤ cc

103
2
+≤ dd

103
2
+≤ ee
6250)(3
22222
=+++++≤++++=⇒ edcbaedcbaS
Vậy
62=MaxS
đạt khi
edcba ,,,,
nhận các giá trị bằng -2 hoặc bằng 5. Giả sử có
k
số bằng -2 thì sẽ có
k−5
số bằng 5. Do đó
45)5()2( =−+−=++++ kkedcba
3=⇒ k
Vậy
12=MaxS
khi có 3 trong 5 số bằng -2 và 2 số bằng 5.
Ta có
edcba ++++=4
Theo Bunhiacốpxki ta có
5).(16

23
3
+≤ cc

23
3
+≤ dd

23
3
+≤ ee
10)(3
33333
+++++≤++++⇒ edcbaedcba
4≤⇒ S
. Dấu bằng xảy ra
⇔
edcba ,,,,
nhận các giá trị bằng 2 hoặc bằng -1.
Giả sử có
k
số bằng 2 thì sẽ có
k−5
số bằng -1.
Vậy
2)1)(5(2. −=−−+=++++ kkedcba
1=⇒ k
Vậy
4=MaxS
khi và chỉ khi có 1 trong 5 số bằng 2 và 4 số còn lại bằng -1.

4
3
3
−≥ cc

4
1
4
3
3
−≥ dd

4
1
4
3
3
−≥ ee
4
5
)(
4
3
−++++≥⇒ edcbaS
Vậy
4
11
−≥S
. Dấu bằng xảy ra
⇔

11
−
khi trong 5 số
edcba ,,,,
có 3 số bằng (-1) và 2
số là
2
1
.
Tổng quát: Với các bài toán trên thực chất là việc xác định đa thức
2
))(1( mxx −+
và
2
))(2( xnx +−
thoả mãn. Sau khi khai triển và rút gọn không còn
bậc hai của biến
x
( Tìm
nm,
sao cho hệ số của
2
x
bằng 0)
Giả thiết bài toán có thể thay đổi khi mối liên hệ là biểu thức bậc hai.
Bài tập tự luyện
Bài 1: Cho
edcba ,,,,
thoả mãn điều kiện:
2,,,,2 ≤≤− edcba

. Tìm
MaxA
,
biết
dcbadcbaA +++++++=
3333
.
Bài 5: Cho
cba ,,
thoả mãn
1,,0 ≤≤ cba
. Tìm
MaxA
, biết
)(2)(3
222222333
accbbacbaA ++−++=
.
Ví dụ 5(Đề thi đại học khối A - 2006): Cho hai số thực
0, ≠yx
và
xyyxxyyx −+=+
22
)(
. Tìm
MaxA
, biết
33
11
yx

)(
xy
yx
yx
xyyx +
=
+
=
(*)
Đặt
0≠=+ tyx
ta có:
22
)3(3 ttxyxyttxy =+⇒−=
với
3−≠t

⇒
3
2
+
=
t
t
xy
Thay vào theo Bunhiacốpxki ta có:
xyyxyxt ]2)[(2)(2
2222
−+=+≤
]

t
130
3
1
≥∪−<⇔≥
+
−
⇒ tt
t
t
(*)
22
2
2
4
2
96
1
96
)3(
t
t
t
tt
t
t
t
A ++=
++
=

1
0
16

1
Vậy
MaxA
= 16 khi





=
=+
4
1
1
xy
yx
⇔
2
1
== yx
Cách 2: Từ giả thiết ta suy ra:
xy
yx
yx
11111
22

≤ ba
ba
ab
16)(
2
≤+=⇒ baA
Vậy
MaxA
= 16 khi
2
1
== yx
Cách 3 Đặt S = x + y , P = xy với S
2
- 4P
0≥
.
Từ gt suy ra :
2 2
2
, 0
( )
3 3
3
S P
S S SP
P hayP
S
SP S P
≠

−
− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≤
Vậy
16
=
MaxA
khi
2
1
=== zyx
.
Ví dụ 6: Cho
)1;0(,,
∈
zyx
và
1=++ zxyzxy
. Tim
MinP
biết
222
111 z
z
y
y
x
x
P
−
+

xxt −=
với
)1;0(∈x
Ta có:
3
1
031'
2
±=⇔=−= xxt
. Vì
0
>
x
nên
3
1
=x
.
Ta có bảng biến thiên
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 13
Sáng kiến kinh nghiệm
x
0
3
1
1
't
+ 0 -
t


1)1(
y
y
y
yy
y
≥
−
=
−
Dấu bằng xảy ra
3
1
=⇔ y

2
22
2
2
33
1)1(
z
z
z
zz
z
≥
−
=
−

và
MinP
2
33
=
khi
zyx ==
3
1
=
.
Cách 2: Do
)1;0(,,
∈
zyx
nên đặt
czbyax tan,tan,tan ===
với
)
4
;0(,,
π
∈cba
.
Theo giả thiết ta có:
1=++ zxyzxy
nên
1tantantantantantan =++ accbba
cbcba tantan1)tan(tantan −=+⇒
cb

1
)
cos
sin
1(:)
cos
sin
(
tan1
tan
1
2
2
22
=−=
−
=
−
Tương tự:
b
y
y
2tan
2
1
1
2
=
−


>⇒
a
Tương tự:
02tan >b
;
02tan >c
Theo Côsi ta có:
3
2tan.2tan.2tan32tan2tan2tan2 cbacbaP ≥++=
Mà
π
=++ cba 222
cbacba 2tan.2tan.2tan2tan2tan2tan =++⇒
Vậy
2
33
4
27
2.278232
23
3
≥⇒≥⇒≥⇒≥ PPPPPP
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 14
Sáng kiến kinh nghiệm
Vậy
MinP
2
33
=
khi

S ≥++++=
⇒
5
5
25
44
25
4
5.5
==
+
=
++++
≥
yxyxxxx
S
Vậy
5
=
MinS











xx
S =
−
+=
với
4
5
0 << x
0
)45(
44
'
22
=
−
+−=
xx
S
khi
1
4
5
0
)45(
22
=⇔





4
14
.
2
1
.
2
.
2
1
2 ++≤+=+
Dấu bằng xảy ra





=
=
⇔





=+
=
⇔



(
4
5
)
2
5
(
2
≥⇒+≤ S
yx
Ví dụ 8: Cho
0,, >zyx
và
4
111
=++
zyx
. Hãy tìm
MaxA
, biết
zyxzyxzyx
A
2
1
2
1
2
1
++
+

11
(
4
1
2
1
[
4
1
)
1
2
1
(
4
1
2
1
zyxzyxzyxzyx
++=++≤
+
+≤
++
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 15
Sáng kiến kinh nghiệm
Tương tự

)
2
1

zyx
A
đạt tại
3
4
=== zyx
Cách 2: Xét
4
1
.
1
.
1
.
1
4
11
2
1
zyxxzyxxzyx
≤
+++
=
++)
112
(
16

1
2
1
zyxzyx
++≤
++
. Dấu bằng xảy ra
zyx
==⇔

)
211
(
16
1
2
1
zyxzyx
++≤
++
. Dấu bằng xảy ra
zyx
==⇔
1)
111
(
4
1
=++≤⇒
zyx

2
1
[
2
1
yxzzxyzyx +
+
+
+
+
=
Dùng Bunhiacốpxki và thay biểu thức ban đầu cho kết quả.
Ví dụ 9: Gọi
);( yx
là nghiệm của hệ phương trình



+=+
−=−
13
42
mymx
mmyx
với
m
là số
thực. Tìm giá trị lớn nhất của
xyxA 2
22

)41()1(2)1(
mxmyyxm
mxmyymx





−
+
++−
=−+−
++−=+−+
⇔
1
1
)12()41(
1)1(
)12()41(])1)[(1(
2
22
22
22222
m
mm
yx
mmyxm
Do đó:
)
1

859
8510
−−
=⇔+= mMaxA
.
Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 16
Sáng kiến kinh nghiệm
Cách 2: gọi
1
d
là đường thẳng
mmyx 42 −=−
. Nên
1
d
đi qua điểm cố định
)4;2(A
và
m
k
1
1
=
.
Gọi
2
d
là đường thẳng
13 +=+ mymx
đi qua điểm cố định

đồng thời
MaxCMd ),(
Dễ dàng nhận ra khi
0
MM ≡
(
0
M
là giao điểm của đường thẳng CI với đường
tròn (k))(
CICM >
0
).
Xác định toạ độ
0
M
ta được
85101),(
0
2
+=−= CMdMaxA
Ví dụ 10: Cho
cba ,,
là độ dài 3 cạnh 1 tam giác. Tìm
MinA
, biết
cab
c
bca
b

ta được:
)5(zyxcba ++=++
Trừ từng vế
)5(
cho
)2(
ta được :
2
zy
a
+
=
Tương tự:
2
xz
b
+
=

2
yx
c
+
=
Thay vào
)1(
:
3)(
2
1

x
zy
A
.
Dấu bằng xảy ra
cbazyx ==⇔==⇔
.
Cách 2: Gọi p là nửa chu vi :
=p
2
cba ++

)(2 apacb −==+⇒
)(2)(2 cpcbabpbbc −=−+⇒−=−+
A=






−
+
−
+
− cp
c
bp
b
ap

2
1
−






−
+
−
+
− cpbpap

[ ]
)()()(
2
1
cpbpap −+−+−=
2
3111
−






−

++
2
2
1
y
y
2
2
1
z
z +
Giải:
Với mọi
u
,
v
Ta có
vuvu +≤+
(1)
Vì (
vuvuvu 2
22
2
++=+

++≤
22
vu
vu2
) =

2
2
1
y
y
2
2
1
z
z +
22
)
111
()(
zyx
zyx +++++≥
Cách 1: A
22
)
111
()(
zyx
zyx +++++≥
t
t
xyz
xyz
9
9)
1






∈
9
1
;0t
Q’
(
)t
=
2
9
9
t
+
Với






∈
9
1
;0t


22
=+++++
zyx
zyx
222
)(80)
111
()( zyx
zyx
zyx ++−+++++
8016)(80)
111
)((18
2
−≥++−++++≥ zyx
zyx
zyx
Vậy A
82≥
dấu bằng
3
1
===⇔ zyx
.
Ví dụ 12( Đề thi đại học khối B - 2007). Cho
0,, >zyx
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
)
1

1
222
(
0,, >zyx
).
Mà
2222
)(
3
1
zyxzyx ++≥++
(1).

zyx
xyz
xy
z
zx
y
zy
x
++
≥≥++
93
3
( Theo BĐT Côsi) (2)
2
9
2
9

( BĐT Côsi cho 3 số dương) (3). Vậy
2
9
≥P
dấu bằng xảy ra
1===⇔ zyx
Vậy
MinP
2
9
=
khi
zyx ==
1=
.
Cách 2: Ta có:
xyz
zxyzxyzyx
zy
zyxzyx
P
++
+++≥
++
+++=
222222
222222222

)
1

0
>
t
. Ta có:
10
1
)('
2
=⇔=−= t
t
ttf
Bảng biến thiên
t
0 1
∞+
)(' tf
- 0 +
)(tf
∞+

∞+
2
3
Vậy
2
3
)( =tMìnf

1===⇔ zyx
.
Vậy
MinP
2
9
=
khi
zyx ==
1=
.
Bài tập vận dụng:
Bài 1: Cho
yx,
liên hệ với nhau bởi biểu thức
0102)(72
22
=+++++ yyxxyx
.
Tìm
MaxA
,
MinA
biết
1++= yxA
.
Bài 2: Cho ba số không âm thoả mãn:
3
200920092009
=++ cba

=
.
Bài 4: Cho 2 số thực
yx,
thoả mãn
2
22
=+ yx
. Tìm
MaxM
,
MinM

Giáo viên: Vũ Thị Nhì –Trường THPT Vĩnh Lộc . 19
Sáng kiến kinh nghiệm
biết
xyyxM 3)(2
33
−+=
.
Bài 5: ( Đề thi đại học khối B - 2009) . Cho các số thực
yx,
thay đổi và thoả
mãn
24)(
2
≥++ xyyx
. Tìm
MinP
, biết

1=+ yx
. Tìm
MaxS
,
MinS
biết
xyxyyxS 25)34)(34(
22
+++=

Bài 8( Đề thi HSG tỉnh Thanh Hoá năm học 2010 – 2011)
Cho các số thực
cba ,,
thoả mãn



−=++
=++
3
6
222
cabcab
cba
.
Tìm GTLN của biểu thức:
666
cbaP ++=
.
Bài 9( Đề thi đại học khối B - 2011): Cho

- 2012): Cho
0,, ≥zyx
thoả mãn
0=++ zyx
.
Tìm
MinS
biết
222
666333 zyxP
xzzyyx
++−++=
−−−
.
Bài 11( Đề thi đại học khối B - 2012): Cho
0,, ≥zyx
thoả mãn
0=++ zyx
và
1
222
=++ zyx
. Tìm GTLN của biểu thức:
555
zyxP ++=
.
Bài 12( Đề thi đại học khối D - 2012):
Cho
yx,
thoả mãn

đ
). Cho
1
22
=+ yx
. Tim
MaxA
,
MinA
biết
2
2
221
)6(2
yxy
xyx
A
++
+
=
.
Bài 3(3
đ
). Cho
zyx ,,
là các số thực dương thoả mãn
3=++ zyx
. Tìm
MinP
, biết

4
10
%
7
17,5
%
8
20
%
5
12,5
%
8
20
%
3
7,5
%
3
7,5
%
2
5
%
12A4
Năm học
2012-2013
2
5
%

;
3
1
>>> zyx
và
2
1
12
2
23
3
≥+
+
+
+ zyx
Tìm GTLN của biểu thức:
)1)(12)(13( −−−= zyxA
.
Học sinh: Trịnh Thị Hoà lớp 12A9 không làm được, để lại. Kết quả em đạt giải
khuyến khích .
+) Năm học 2012 – 2013:
Đề thi học sinh giỏi tỉnh của Sở GD-ĐT Thanh Hoá - môn Toán Casio:
Cho các số thực
zyx ,,
thoả mãn



=++
≥≥≥

Qua việc thực hiện chuyên đề này, tôi thấy kết quả rõ rệt của việc giảng
dạy, học tập và ứng dụng của nó. Nhưng để có kết quả của việc học tập, tôi xin
đề xuất một số ý kiến sau:
Về phía học sinh:
- Các em cần chuẩn bị các kiến thức cơ bản có liên quan đến dạng bài
toán này.
- Tránh tư tưởng ngại khó, không có ý chí tiến thủ trong việc học tập.
- Tích cực đọc các tài liệu tham khảo có liên quan.
Về phía nhà trường:
- Nhà trường nên tổ chức cho các em học tập theo kiểu thực hiện các chuyên
đề như dạng bài tập này.
- Động viên các thầy cô tích cực tìm tòi và đào sâu các phương pháp giảng
dạy để giúp học sinh học tập.
- Nên tổ chức các kỳ thi tuyển chọn các đối tượng, phân loại đối tưọng,
giảng dạy phù hợp với các đối tượng, tạo cho các em có điều kiện học tập tốt.
Do giới hạn của đề tài sáng kiến kinh nghiệm nên tác giả chỉ trình bày được
một số ít ví dụ mang tính điển hình, vì vậy đề tài có thể chưa đáp ứng hết yêu
cầu thực tế đã giảng dạy. Rất mong các thầy cô đóng góp ý kiến để đề tài nghiên
cứu này được hoàn thiện hơn, để có thể giúp các em học tập tốt hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

học sư phạm.
7
Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất, tác giả Phan Huy
Khải, Nhà xuất bản Hà Nội.
8
Giới thiệu đề thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng toàn quốc từ năm học
2002 – 2003 đến năm học 2009 – 2010, tác giả Trần Tuấn Điệp, Ngô Long
Hậu, nguyễn Phú Trường, Nhà xuất bản Hà Nội.
9
1234 bài tập tự luận điển hình đại số - giải tích, tác giả Lê Hoành Phò, Nhà
xuất bản đại học quốc gia Hà Nội.
10
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán hình học 10, tác giả Lê Hoành Phò, Nhà xuất
bản đại học quốc gia Hà Nội.
11
Bồi dưỡng học sinh giỏi toán đại số 10, tác giả Lê Hoành Phò, Nhà xuất
bản đại học quốc gia Hà Nội.
12
Phương pháp giải toán hàm số, tác giả Lê Hồng Đức, Nhà xuất bản Hà
Nội.
13
Phương pháp giải toán đạo hàm và ứng dụng, tác giả Lê Hồng Đức – chủ
biên, nhóm cự môn, Nhà xuất bản Hà Nội.
14
Chuyên đề luyện thi vào đại học bất đẳng thức, tác giả Trần Văn Hạo (chủ
biên), Nguyễn Cam, Nguyễn Mộng Hy, Trần Đức Huyên, Cam Duy Lễ,
Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Vũ Thanh, Nhà xuất bản giáo dục Việt
Nam.
15
Toán ôn thi đại học – tập 1 đại số, tác giả Doãn Minh Cường (chủ biên),