Phòng giáo dục và đào tạo huyện mỹ hào
Tr-ờng thcs tđ lê hữu trác

a

KINH NGHIM

MT S PHNG PHP GII
BI TON CC TR THCS

Lnh vc/ mụn hc: Toỏn hc
Ngi thc hin: V Th Hng Liờn
Chc v: Giỏo viờn

Năm học 2015 2016

0


CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
-----------O0O----------SƠ YẾU LÍ LỊCH
Họ và tên:

VŨ THỊ HỒNG LIÊN

Ngày, tháng, năm sinh:

01/ 02 / 1972

Năm vào ngành:

là những bài toán đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, rẻ nhất, đắt nhất, ngắn nhất, dài
nhất … để dần dần hình thành cho học sinh có thói quen đi tìm một giải pháp tối
ưu cho một công việc cụ thể nào đó trong thực tiễn sau này.
Các bài toán cực trị là các bài toán tương đối hay và cũng tương đối khó, loại
này rất phong phú và đa dạng đòi hỏi phải vận dụng kiến thức một các hợp lý,
nhiều khi độc đáo và bất ngờ. Các bài toán cực trị thường được đưa vào lớp chọn,
trường chuyên với những đối tượng học sinh khá và giỏi, trong sách giáo khoa ít đề
cập đến các bài tập loại này.
Toán cực trị cũng là loại toán rất gần gũi với thực tế, có nhiều ứng dụng trong
thực tế. Chẳng hạn:
- Hai xóm A và B cách nhau một con sông. Tìm vị trí ở bờ sông để bắc một
cây cầu sao cho quãng đường từ A đến B là ngắn nhất.
- Một cửa sổ hình chữ nhật cao h(m). Phần trên là nửa đường tròn đường kính
d(m); chu vi của cả cửa sổ là 6(m). Hãy xác định h, d sao cho cửa sổ có diện tích
bé nhất.Điều này chứng tỏ là toán học và thực tiễn không tách rời nhau.
Trong chương trình toán học ở THCS, học sinh mới thực sự làm quen với loại
toán cực trị từ năm lớp 7, kiến thức về loại toán này được nâng dần ở lớp 8 và lớp
9 và được học nhiều hơn trong chương trình THPT. Toán cực trị được nhắc đến
nhiều trong các loại sách đọc thêm hoặc trong các tài liệu tham khảo, do đó giáo
viên toán thường vất vả trong việc sưu tầm, tuyển chọn mới gây được hứng thú học
tập, lòng say mê học toán của học sinh.
Với mong muốn có được một tài liệu hệ thống về toán cực trị để dạy cho học
sinh ở trung học cơ sở tôi sưu tầm, tuyển chọn một số phương pháp giải toán cực
trị và một số bài toán cực trị thông dụng ở bậc THCS và viết thành đề tài: “Một số
phương pháp giải toán cực trị ở THCS” để góp phần nâng cao chất lượng giảng
dạy bộ môn toán tại trường trung học cơ sở.
2. Ý nghĩa của giải pháp mới
Trên cơ sở nghiên cứu đề tài, tôi đã hệ thống lại phân loại các bài tập về giá
trị lớn nhất, nhỏ nhất trên cơ sở hệ thức các kiến thức liên quan, xây dựng mô
hình, giải pháp chung cho từng loại, có kế hoạch cho học sinh tiếp cận từng bài 2

học gây nhiều hứng thú cho học sinh, nó là một môn học không thể thiếu trong quá
trình học tập, nghiên cứu và cả trong cuộc sống hàng ngày. Một nhà toán học có
nói: “Toán học được xem như là một khoa học chứng minh”.
Thật vậy, do tính chất trừu tượng, tính chính xác, tư duy suy luận logic. Toán
học được coi là "môn thể thao trí tuệ" rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng
tạo. Trong các môn học ở trường phổ thông, Toán học được coi như là một môn
3


học cơ bản, là nền tảng để các em phát huy được năng lực bản thân, góp phần tạo
điều kiện để các em học tốt các môn khoa học tự nhiên khác.
Vậy dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản, một
cách có hệ thống mà còn phải được nâng cao phát triển để các em có hứng, thú say
mê học tập là một câu hỏi mà mỗi thày cô luôn đặt ra cho mình. Tuy nhiên để học
tốt môn toán thì người giáo viên phải biết chắt lọc nội dung kiến thức, phải đi từ dễ
đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và phát triển thành tổng quát giúp học sinh có thể
phát triển tư duy toán học, làm cho các em trở nên yêu thích toán hơn từ đó các em
có ý thức học tập đảm bảo yêu cầu của thời đại mới.
2. Cơ sở thực tiễn
Là một giáo viên dược phân công giảng dạy môn toán lớp 9 với đối tượng học
sinh khá giỏi, các em có tư duy nhạy bén và nhu cầu hiểu biết ngày càng nâng cao,
làm thế nào để phát huy được hết khả năng của các em đó là trách nhiệm của mỗi
giáo viên chúng ta. Qua giảng dạy chương trình toán 9 tôi nhận thấy đề tài về giải
bài toán cực trị là một đề tài thật lí thú, phong phú đa dạng không thể thiếu ở môn
toán THCS.
Giải bài toán về tìm cực trị là một dạng toán hay, khó, với mong muốn cung
cấp cho các em một số phương pháp giải các bài toán về cực trị, giúp các em làm
bài tập tốt hơn nhằm tích cực hoá hoạt động học tập, phát triển tư duy.
3. Các biện pháp tiến hành
Trong quá trình nghiên cứu sách giáo khoa, tài liệu tham khảo… trong xu thế đẩy

cho từng loại.
- Giúp học sinh có hứng thú học tập bộ môn, từ đó tích cực chủ động trong việc
chiếm lĩnh tri thức.
- Rèn tư duy sáng tạo, phân tích, tổng hợp và kĩ năng vận dụng kiến thức khi
giải bài toán. Học sinh tự giác chủ động tìm tòi, phát hiện giải quyết nhiệm vụ
nhận thức và có ý thức vận dụng linh hoạt sáng tạo các kiến thức kỹ năng đã thu
nhận được.Củng cố và hướng dẫn học sinh làm bài tập để nâng cao chất lượng giờ
dạy, và nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ cho bản thân,
Coi đề tài là một tài liệu nghiên cứu đê thông qua đó giới thiệu cho bạn bè
đồng nghiệp tham khảo vận dụng vào quá trình giảng dạy môn Toán ở trường
THCS đạt hiệu quả cao.
II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH
1.Mô tả giải pháp của đề tài

PHẦN I: CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG ĐẠI SỐ
Chương I. Những kiến thức cơ bản.
I- Khái niệm.
Cho một hàm số f(x) xác định trên một miền D.
1.

M được gọi là giá trị lớn nhất của f(x) trên miền D nếu 2 điều kiện sau

đồng thới được thoả mãn:
x  D

a,

f(x)  M ,

b,

2. a, x  0 với mọi x
b,

x  y  x + y , dấu “=” xảy ra khi x, y cùng dấu.

c,

x  y  x - y , dấu bằng xảy ra khi x,y cùng dấu.

Chứng minh:
a, x  0 . Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối.
b, Ta có xy  xy 

x

 2 x



x2 + 2 x

y  xy
y  2xy

y + y2  x2 + 2xy + y2

( x + y ) 2  ( x  y )2

Do x + y  0 ; x  y  0
Nên x + y  x  y

a  0, b  0 và a.b = k ( không đổi )

+

Thì (a + b) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi a = b.
Hai số không âm có tích không đổi thì tổng nhỏ nhất khi hai số đó bằng
nhau.
Suy ra:
Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình xuông có chu vi nhỏ nhất.
Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất.
4. Bất đẳng thức Bunhia cốpxki.
(ax + by)2  (a2 + b2) (x2 + y2)
Dấu bằng xảy ra khi

a x

(a,b tỷ lệ với x, y)
b y

Chứng minh:
Xét hiệu:
(ax + by)2 – (a2 + b2) (x2 + y2) = a2x2 + b2y2 + 2abxy - a2x2 - a2y2- b2x2 - b2y2
= - (a2y2 - 2abxy - b2x2)
= - (ay – bx)2  0
Do đó:

(ax + by)2  (a2 + b2) (x2 + y2)

Dấu bằng xảy ra khi ay = bx


f(x) = x2 + x + 1 = x2 + x +
f(x) = (x +

1 3

4 4

1 2 3
3
) + 
2
4
4

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức là

3
1
khi x = 4
2

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A =

1
x  4x  10
2

Nhận xét: x2 – 4x + 10 = (x-2)2 +6  6, x  D (D=R)
Tử là hằng số dương
Do đó: A lớn nhất khi và chỉ khi mẫu số đạt giá trị nhỏ nhất

Từ đó suy ra:

min f(x) = m
max f(x) = M

Ví dụ 1: Trong mọi cặp nghiệm của phương trình:
x2 – ( x2 + 1 )y + 8x + 7 = 0

(1)

Hãy tìm cặp nghiệm (x,y) sao cho y lớn nhất.
Trước hết: (1)  (1-y)x2 + 8x + 7 – y = 0 (2)
Nếu 1 – y = 0
y=1x =-

3
4

Nếu 1 – y  0
y  1  ’ = 16 - ( 7 – y )( 1 – y )
’ = - y2 + 8y + 9
’ = ( 1 + y )( 9 – y )
(x,y) là nghiệm của phương trình (1) cho nên phương trình (2) phải có
nghiệm.
Do đó ’  0
 ( 1 + y )( 9 – y )  0
-1y9
Suy ra: max y = 9 khi đó ’ = 0, x = 1
Vậy cặp nghiệm thoả mãn bài toán là (1; 9)
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

A

2x 2
x 4 1

2x 2
 0 , x
x 4 1

10


Nên

1
2x 2
 1 4
1
A
x 1
1
nhỏ nhất bằng 1 khi x = 0
A

Do đó A đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi x = 0
Lại có x4 – 2x2 + 1  0
x4 + 1  2x2 


2x 2

của biểu thức này bằng điều kiện tương đương để tìm cực trị của biểu thức khác
như: - A; A2;

1
; A  m ( m là hằng số )…
A

Chương II. Những dạng toán thường gặp và phương pháp giải
I- Dạng 1: Đa thức bậc nhất có chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
a, A = x  1
b, B = 4  3x  5
c, C = x 1997  2000  x
Bài giải
11


a, A = x  1
Theo định nghĩa về giá trị tuyệt đối, ta có:
x  1  0, x

 A = x  1 đạt giá trị nhỏ nhất khi x + 1 = 0  x = -1
Vậy MinA = 0  x = -1
b, Ta có 4 - 3x  0  4  3x  5  5
Vậy biểu thức B đạt giá trị bằng 5 khi 4 – 3x = 0  x =
Do đó MinB = 5  x =

4
3


+

+

+

0

-

+

0

-

Vậy minC = 3 khi 1997  x  2000
Kết luận: Các bài toán thuộc dạng 1 thường gặp ở lớp 7. Với dạng này cách
giải thường tương đối dơn giản, chỉ cần áp dụng:
+ A  0, A .
+ A  A .
+ x  y  x  y , dấu bằng xảy ra khi xy  0.
+ A = m f(x)  n , tồn tại maxA hay minA phụ thuộc vào dấu của m.
Bài tập áp dụng:

12


1. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức:
a, A = 51  4x 1

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của biểu thức
A = 2x2 – 20x + 53
Do A thoả mãn đẳng thức trên. Nên phương trình 2x2 – 20x + 53 – A = 0 có
13


nghiệm
Hay ’ = 100 – 2(53 – A) = 2A – 6  0
A3
Do đó minA = 3  ’ = 0
x=5
Ví dụ 3: Với giá trị nào của x, y thì
a, D = 5x2 – 12xy + 9y2 – 4x + 4 đạt giá trị nhỏ nhất
b, E = 15 – 10x – 10x2 + 24xy – 16y2 đạt giá trị lớn nhất
Bài giải
a, D = 5x2 – 12xy + 9y2 – 4x + 4
D = x2 – 4x + 4 + 4x2 – 12xy + 9y2
D = (x – 2)2 + (2x – 3y)2  0, x, y
x  2
x  2 2  0
Nên dấu bằng xảy ra khi 
  4
2
2x - 3y   0
 y  3
x  2
4
 y  3

 minD = 0 khi 

2. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
a, x2 + 2y2 – 2xy – 4y + 5
b, 2x2 + 9y2 – 6xy – 6x – 12y + 2024
3. Tìm giá trị lớn nhất của:
a, -5x2 - 5y2 + 8x – 6y – 1
b, - a2 - b2 + ab + 2a + 2b
4. Tìm cặp số (x, y) thoả mãn phương trình:
x2 + y2 + 6x – 3y – 2xy + 7 = 0. Sao cho y đạt giá trị lớn nhất.
III- Dạng 3: Đa thức bậc cao.
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của đa thức A = (x2 + x + 1)2
Nhận xét: Theo tính chất của luỹ thừa bậc 2 thì A  0
Nhưng giá trị nhỏ nhất của A không phải bằng 0 vì x2 + x + 1  0
Ta có: x2 + x + 1 = x2 + x +
= (x +

1
3
+
4
4

1 2 3
3
) +  x
2
4
4

Do đó A min  (x2 + x + 1) min
3


3 5
2

3 5
2

Chú ý:
Khi giải bài toán cực trị cần trả lời đầy đủ hai nội dung: Cực trị của A bằng
bao nhiêu và khi nào xảy ra.
Chẳng hạn:
Với A = (x2 x + 1)2  0
 minA = 0. Sai lầm vì không có giá trị của x để A = 0.
Bài tập áp dụng:
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức
A = x4 – 2x3 + 3x2 – 2x + 1
B = (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6)
C = x6 – 2x3 + x2 – 2x + 2
D = x4 – 6x3 + 10x2 – 6x + 9
E = x(x + 2)(x + 4)(x + 6)
2. Tìm giá trị lớn nhất của M = x3(16 – x3)
IV- Dạng 4: Phân thức.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của phân thức M =
Ta thấy M =

3
4x  4x  5
2

3

2
2
x  1
x  1 x  12

A = 1

1
1

x  1 x  12

1
2
 m A = m – m + 1
x 1

Coi

2

1
3 3
A =  m    
2
4 4


Nên A 


4x  1

A=

3x  1  x  1
2
4x  1
2

2

2

3  x 1 
3
 , dấu bằng xảy ra khi x = 1
A = 

4  2x  1 
4

 minA =

3
x=1
4

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của B =
Ta có



2 x  1
B = 4 2

x 1

4

vì x2 + 1 > 0
và (2x - 1)2  0

Nên maxB = 4  2x – 1 = 0
x=

1
2

Bài tập áp dụng:
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các biểu thức
1.

A=

2
6x - 5 - 9x 2

2.

B=


7.

I=

8.

K=

2

x 4 1

x

2

 1

2

27  2x
x2  9

V- Dạng 5: Căn thức và giá trị tuyệt đối.
Ở đây cần chú ý
+

max f(x) = maxf 2 (x) , x  D
18


1 x2

Điều kiện xác định của B là: -1 < x < 1
Khi đó:

5 – 3x > 0  B > 0

Ta có:
B2 =

5  3x 2

 1 x 
2

B2 =

2



25  30x  9x 2
1 x 2

9  30x  25x 2  16  16x 2
1 x 2

2

3  5x 

-

Nếu 2001  x  2002
Thì H = x – 2001 + 2002 – x = 1

- Nếu x > 2002
Thì H = x – 2001 + x – 2002
H = 2x – 4003 > 1
Như vậy minH = 1  2001  x  2002
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức f(x)  g(x)  f(x)  g(x)
Dấu bằng xảy ra khi f(x).g(x)  0
Khi đó:
H = x  2001  x  2002
H = x  2001  2002  x  x  2001  2002  x  1
Dấu bằng xảy ra khi (x – 2001)(2002 – x)  0  2001  x  2002
Vậy minH = 1  2001  x  2002
Ví dụ4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = a  3  4 a  1  a  15  8 a  1
Nhận xét: Với điều kiện a  1
Ta có:

a + 3 – 4 a 1 = a – 1 – 4 a 1 + 4 =



a + 15 – 8 a  1 = a – 1 –8 a  1 + 16 =

a 1  2




 M  2.

Dấu bằng xảy ra khi



a 1  2 4  a 1  0

 5  a  17

20


Vậy minM = 2  5  a  17
2x 2  x  1
Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = 2
,
x  x 1

xR
Giả sử y0 là giá trị tuỳ ý của hàm số y =

2x 2  x  1
x 2  x 1

2x 2  x  1
Khi đó ta có phương trình (ẩn x) có nghiệm: y0 = 2
(1)
x  x 1



2

Vậy maxf(x) = 3  x = 2;

 x  1
Minf(x) = 0   1
x 
2


Chú ý:
Nếu f(x) nhận mọi giá trị trong đoạn [m, M].
Ở đây m = minf(x)
21


M = maxf(x)
Thì ta có:
nếu M.m  0
0
min f(x)  
min M , m  nếu M.m > 0

Bài tập áp dụng: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của các hàm
số sau:
a,

f(x) = 1997 + x 2  2x


2

VI- Dạng 6: Cực trị có điều kiện.
Các bài toán cực trị có điều kiện là các bài toán đi tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của một biểu thức, một hàm số trong sự ràng buộc của điều kiện của biến,
của hàm cho trước. Để giải quyết đượccác bài toán dạng này, đòi hỏi phải kết hợp
thành thạo kỹ năng biến đổi khéo léo và vận dụng triệt để điều kiện cho trước của
đầu bài.
Ví dụ 1: Cho x, y  R và x2 + y2 = 1
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của x + y
Thật vậy  x, y  R ta có (x + y)2 + (x – y)2 = 2(x2 + y2)
Theo giả thiết có x2 + y2 = 1
 (x + y)2 + (x – y)2 = 2
Do (x – y)2  0
 (x + y)2  2 

xy  2



 2xy 2

Dấu bằng xảy ra khi (x – y)2 = 0
22


 x = y và x2 + y2 = 1
x=y=

2

 1 y 2  1 x  1x  1y  1y  1

x 2 y2
x 2 y2

Vì x + y = 1  y – 1 = - x
x–1=-y
Nên P =
P=

(x  1)(y  1)xy (x  1)(y  1) xy  x  y  1


xy
xy
x 2 y2

xy  2
2
 1
xy
xy

Vì xy > 0  P nhỏ nhất khi

2
nhỏ nhất. Khi đó xy lớn nhất
xy

Mà x + y = 1  xy lớn nhất khi x = y =


Nên

a
 2 ; tương tự
a 1





2

a 1 1
 0 khi a > 1
a 1

b
2
b 1

23


Theo bất đẳng thức côsi ta có:
a2
b2

2
b 1 a 1

Theo bất đẳng thức Bunhia côpxki thì
VT2 =



x2  4 x



2

 2(x – 2 + 4 – x)

VT2  4
Do VT > 0. Nên

VT  2

Dấu bằng xảy ra khi x  2  4  x hay x = 3
Vậy để VT = VP thì x = 3.

24