Phần I
Mở đầu
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 ''phơng pháp giải'' 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 phơng
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

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 để dạy tốt hơn
trong quá trình dạy học.
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
max
với (x,y, ) |D
1.2. Định nghĩa giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức đại số
cho biểu thức f(x,y, ) xác định trên miền |D :
M. đợc gọi là GTNN của f(x,y, ) trên miền |D đến 2 điều kiện sau đồng
thời thoả mãn :

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|
2.3. BÊt ®¼ng thøc c«si :
∀ai ≥ 0 ; i =
n,1
:
n
n
n
aaa
n
aaa


+ a
2
b
2
+ +a
n
b
n
)
2
≤ (
) ).(
22
2
2
1
22
2
2
1 nn
bbbaaa ++++++
DÊu "=" x¶y ra ⇔
i
i
b
a
= Const (i =
n,1
)
NÕu bi = 0 xem nh ai = 0

b
a
baab +
≥+
411
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 :





Ryx
Myxf
| ),(
),(
00
sao cho f(x
0
,y
0
, ) = M
2. Để tìm Min f(x,y, ) trên miền |D ta chỉ ra :


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
+ 6x - 15 = - (x
2
- 6x + 9) - 6
A
2
= - (x - 3)
2
- 6 - 6 do -(x - 3)
2
0 x |R
A
2

2
+ 1966 1966 vì (x
2
-9x + 14)
2
0 x
A
3
min = 1966 x
2
-9x + 14 = 0



=
=
7
2
x
x
Vậy A
3
min = 1966



=
=
7
2

9)1(6)12(2
12
1102



=

+
=
+

x
x
x
xxx
xx
xx
= -
331
1
3
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
y
x
+
=
=
+
xy
xyyxyyxx

xy
yxyyxx )()(

A

x, y
2
y
A
6
= x
2
+ y
2
x + y = 1 A
6
max = 1



=
=
1
0
y
x
hoặc



=
=
0
1
y

2
0
A
6
min =
2
1
x - y = 0 x = y =
2
1
Vậy : A
6
max = 1



=
=



=
=
0
1
;
1
0
y
x

(2x
2
+2y
2
+2z
2
-2xy-2yz-2xz)
A
7
= -
2
1
{(x-y)
2
+ (y-z)
2
+ (z-x)
2
} 0 x,y,z
A
7
Max = 0 x = y = z
Vậy : A
7
Max = 0 x = y = z
II. Nhận xét:
Phơng pháp giải toán cực trị đại số bằng cách sử dụng các phép biến đổi
đồng nhất đợc áp dụng cho nhiều bài tập, nhiều dạng bài tập khác nhau.
Song đôi khi học sinh thờng gặp khó khăn trong công việc biến đổi để đạt đ-
ợc mục đích. Vậy còn những phơng pháp nào; để cùng phơng pháp vừa nêu

)(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
b. B =
1
2
2
2
+
+
x
x
; C =
2510
196747
2
2
+
+
xx
xx

)(
1
bab
3.
3
).(
)(
bab
bab


(theo Côsi).
B
1
3 B
1
min = 3 b = a-b =
)(
1
bab




=
=
1
2
b
a

1
= 4 (với x,y > 0)

yx
11
+

yx +
4
(1)
Ta có : ab (
2
ba +
)
2
=
4
1

ab
1
4 (2) do a+b = 1 ; a,b > 0
áp dụng bất đẳng thức (1) và kết quả (2) ta có :
B
2
=
22222222
2
4
2

2
=
+ ba
do a + b = 1 B
2
min = 6 a = b =
2
1
Vậy : B
2
min = 6 a = b =
2
1
3. Ví dụ 3 : Cho xy + xz + yz = 4 . Tìm GTNN của B
3
= x
4
+ y
4
+ z
4
Giải :
Do xy + xz + yz = 4 16 = (xy + xz + yz)
2
(x
2
+y
2
+z
2

= x
4
+ y
4
+ z
4

3
16
B
3
min =
3
16
x = y = z =
3
32
Vậy : B
3
min =
3
16
x = y = z =
3
32
4. Ví dụ 4 : Cho |a| 1; |b| 1 và | a+ b| =
3
Tìm GTLN của B
4
=

22
22
2
22
ba
ba
baba +
=
+
=
+









+
Do
4
3
2
3
22
2
2
22






+ ba
1 -
4
3
=
4
1
(
111
22
+ ba
)
B
4
=
111
22
+ ba
B
4
Max = 1 a = b =
2
3
Vậy : B
4

| 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
min = 2010
7. Ví dụ 7 : Tìm giá trị nhỏ nhất của
B = (1 + x
2
y + xy
2
)
2001
- 2001 xy (x+y) + 2001 với x
2
y + xy
2
0
Giải :
Theo BĐT Becnully ta có : (1 + x
2
y + xy
2
)
2001
1 + 2001 (x
2
y + xy
2

=
yx
y
x
0
0
8. Ví dụ 8 : Cho xyz = 1 và x + y + z = 3.
Tìm GTNN của B
8
= x
16
+ y
16
+ z
16
Giải :
Cách 1 :
Ta có : (a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a)
2
0 a,b,c
a
2
+ b
2
+ c
2

+ z
8
x
8
B
8
x
8
y
8
+ y
8
z
8
+ z
8
x
8
B
8
(x
4
y
4
)
2
+ (y
4
z
4

x
4
B
8
x
4
y
8
z
4
+ x
8
y
4
z
4
+ x
4
y
4
z
8
B
8
(x
2
y
4
z
2

+ x
4
y
6
z
6
B
8
(x
3
y
3
z
2
)
2
+ (x
2
y
3
z
3
)
2
+ (x
3
y
2
z
3

B
8
min = 3 x = y = z = 1
Cách 2: (Không sử dụng giả thiết xyz = 1)
áp dụng bất đẳng thức bunhiacôpxki nhiều lần ta có :
3 = x + y + z 9 = (x+ y + z)
2
(x
2
+ y
2
+ z
2
).3
3 (x
2
+ y
2
+ z
2
) 9 (x
2
+ y
2
+ z
2
)
2
(x
4

+ z
8
9 (x
8
+ y
8
+ z
8
)
2
(x
16
+ y
16
+ z
16
).3
B
8
= x
16
+ y
16
+ z
16
3 . B
8
min = 3 x = y = z = 1
Vậy : B
8

a) Tìm GTNN của C =
ba
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+
b) Tìm GTNN của D =
c
ba
b
ac
a
cb
ba
c
ac
b
cb
a +
+
+
+
+
+

.t
9. Cho x,y,z,t 0 và xt + xy + z + yzt = 1
Tìm GTLN của K = xyzt
10. Tìm GTNN của M = | x-2 | + | y-3 | + | x+y-2007 |
Ph ơng pháp 03 :
( Sử dụng phơng pháp đặt biến phụ )
Bằng cách đặt biến phụ và sử dụng các phép biến đối tơng đơng. Sử dụng
các bất đẳng thức cơ bản ta có thể chuyển biến thức đã cho về biểu thức đơn giản
hơn, dễ xác định cực trị hơn.
I. Các ví dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1: Tìm GTNN của C
1
= x
4
+ 6x
3
+ 13x
2
+ 12x + 12
Giải :
C
1
= x
4
+ 6x
3
+ 13x
2
+ 12x + 12
C

1
= (a-3)
2
+ 8 8 do (a-3)
2
0 a.
C
1
min = 8 a - 3 = 0 a = 3 x
2
+ 3x + 2 = 0



=
=
2
1
y
x
VËy : C
1
min = 8 ⇔



−=
−=
2
1



+
x
y
y
x
víi x,y > 0
Gi¶i :
§Æt :
x
y
y
x
+
= a ≥2 ⇒
2
2
2
2
x
y
y
x
+
= a
2
- 2
⇒ C
2

+ 2004 víi x,y>0
Gi¶i :
§Æt :
x
y
y
x
+
= a ≥ 2
⇔
x
y
y
x
+
= a
2
- 2
Khi ®ã : C
3
= (a
2
- 2) - 3a + 2004
C
3
= a
2
- 3a + 2004 = a
2
- 3a + 2 + 2002

zy +
; b =
zx +
; c =
yx +
⇒
zyx ++
=
2
cba ++
⇒
2
cba
x
++−
=
;
2
cba
y
+−
=
;
2
cba
z
−+
=
Khi ®ã : C
4

a
Theo C«si víi a,b,c >0 ta cã :
2;2;2 ≥+≥+≥+
b
c
c
b
a
c
c
a
a
b
b
a
⇒ C
4
≥
2
3
)3222(
2
1
=−++
⇒ C
4
min =
2
3
⇔ a = b = c ⇔ x = y = z > 0.

2
(2) ∀a,b
§Æt :
a
yx
yx
=
++
+
)1)(1(
22
22
vµ
b
yx
yx
=
++
−
)1)(1(
1
22
22
Khi ®ã : C
5
=a.b
Theo (1) vµ (2) ta cã : -
4
)(
2

++
−+−
≤≤






++
+−−
yx
yxyx
C
yx
yxyx
⇔ -
2
22
22
5
2
22
22
)1)(1(
)1)(1(
4
1
)1)(1(
)1)(1(

.
4
1








+
−
x
x
≤ C
5
≤
2
2
2
1
1
.
4
1





1
1








+
−
y
y
≤ 1
Do ®ã :
2
2
2
1
1
4
1
4
1






−
y
y
⇒ C
5
min =
4
1
−
⇔ (x
2
- 1)
2
= (x
2
+ 1)
2
⇔ x = 0
C
5
max =
4
1
⇔ (1 - y
2
)
2
= (1 + y
2
)




3
50
;
2
3
3. Cho a -
2
1
; b -
2
1
; c -
2
1
và a+ b + c = 1
Tìm GTLN của C =
121212 +++++ cba
4. Cho x,y > 0. Tìm GTNN của D =
43
2
2
2
2
+




++ xx
x
Giải :
a) Xét x = 0 A = 0 giá trị này không phải là GTLN của A vì với x 0 ta
có A > 0.
b) Xét x 0 đặt P =
A
1
khi đó A
max
P
min

với cách đặt trên ta có : P =
1
11
2
2
2
24
++=
++
x
x
x
xx
ta có : x
2
+
2

= - B nh vậy P
1max
M
min
Ta có : P
1
=
2
)2002( +x
x
với x > 0 P > 0
Đặt P
2
=
1
1
P
> 0 với x > 0 khi đó P
2 Min
P
1 Max
P
2
=
x
xx
x
x
22
2

= 8008 x = 2002
P
1 Max
=
8008
1
x = 2002
B
Min
= -
8008
1
x = 2002
Vậy B
Min
= -
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

4. Ví dụ 4: Cho x, y, z, t > 0
T×m GTNN cña D =
t
yx
yx
t
y
xt
xt
y
x
ty
ty
x
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
Gi¶i :
§Æt P = 2D ta cã :
P =
t
yx





+
+
+
+
+
+








+
+
+
+









ty
x
2
3
2
2
2
2
2
2
P=








++++++








+
+

y
t
x
t
x
y
t
yx
yx
t
y
xt
xt
y
x
ty
ty
x
2
3
2
2
2
2
2
2
P ≥ 2 + 2 + 2 +
6
3
.6 (theo c«si)

P ≤
2
2
63






=
4
3969
⇒ P
Max =
4
3969
DÊu "=" x¶y ra ⇔ 7x = 9y =
2
63
⇔







=
=

XÐt : P
1
= |F| khi ®ã P
1
= |2x + 3y|
§Æt : P
2
=
2
1
P
khi ®ã P
2
= (2x + 3y)
2
Theo Bunhiac«pxky : P
2
≤ (4 + 9) (x
2
+ y
2
) = 13.13.4
⇒ P
2 Max
= 13.13.4 ⇔



=
=

Vậy F
Max
= 26



=
=
6
4
y
x
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

P =








++








++








++



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


+






y
x
P
Min
= 0 x = y > 0
Vậy G
Min
= 2 x = y > 0
II. Các bài tập đề nghị :
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



22
4
1
4
1
ba
6. Cho a, b, c, d > 0
Tìm GTNN của F =
cba
ad
bad
dc
adc
cb
dcb
ba
++
+
+
++
+
+
++
+
=
++
+
7. Cho a,b |R

y 1
Vậy f(x)
Min
= 1 x = -2
2. Ví dụ 2:
Tìm GTLN của f(x) = - x
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

- 2y
2
+ 5y + 2 0

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

+ 6y + y - 6 0
9y - 5 0
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
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
+
+
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.
I. Các ví dụ minh hoạ :
1. Ví dụ 1:
Cho m, n N*. Tìm GTNN của A = |36

: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 =
8
9
> 1

+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
n
2
- 2n - 1 > 0 (n - 1)
2
- 2 > 0 (đúng vì 5)
b) Kết luận : B =

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
1
) 1 b < 10 = c = d < a 19
Khi đó : P =
111
1
101010

1
19
+=+
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
với 1 b 9 ; 11 a 19
P =
a
c
aba
c
b
c
a

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
=
)20)(19)(1(
3805818
2
bbbb
bb
+
+
Ta có : b(1 + 1)(19 - b)(20 - b) > 0 1 b 9 , b N
Do vậy : Xét t = 18b

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
Min
=
23
16
16
23
max
= T
Vậy : T

)
2
= 1
Tìm GTLN của C = m
2
+ n
2

Ph ơng pháp 07 :
( Phơng pháp hình học )
Trong các bài toán xét cực trị của biểu thức đại số nếu biểu thức ở dạng là
tổng hiệu của căn bậc hai của các tam thức thì ta có thể đa bài toán xét cực trị của
các biểu thức đại số sang xét độ dài của các đoạn thẳng bằng việc chọn các điểm
có toạ độ thích hợp chứa các đoạn thẳng đó.
Lý thuyết cần vận dụng.
+ Nếu A(x
1
, y
1
); B (x
2
, y
2
) AB =
2
21
2
21
)()( yyxx +
+ Với 3 điểm M, A, B bất kỳ ta có :

| 5
Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5
khi và chỉ khi 3 điểm M, A, B thẳng hàng.
Ta lại có phơng trình của đờng thẳng qua A và B là : d =
3
5
3
4
x

d cắt ox tại M (
4
5
; 0)
Vậy giá trị lớn nhất của f(x) = 5 đạt tại x =
4
5
2. Ví dụ 2:
Cho f(x) =
168510040564325205
2222
+++++++ xxxxxxx
Tìm giá trị nhỏ nhất của f(x) (1)
Giải :
Ta có :
222
)22()4(205 +=+ xxx
222
)102(100405 +=+ xxxx
Chọn A (4 , -2) ; B(x , 2x) ; C (0, 10)

22
)2()4( xx +
; DF =
54
ta có : DE + EF DF