Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.

MỤC LỤC

Nội dung

Trang

I. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài

2

2. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài

2

3. Đối tượng nghiên cứu

3

4. Giới hạn của đề tài

3

5. Phương pháp nghiên cứu

3

a) Nhóm phương pháp nghiên cứu lý luận



c) Mối quan hệ giữa các giải pháp, biện pháp

27

d) Kết quả khảo nghiệm, giá trị khoa học của vấn đề nghiên cứu,
phạm vi và hiệu quả ứng dụng

27

III. PHẦN KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. Kết luận

28

2. Kiến nghị

29

I. PHẦN MỞ ĐẦU
Nguyễn Văn Dũng – Trường THCS Lê Đình Chinh, huyện Krông Ana, tỉnh ĐăkLăk

1


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.

1. Lý do chọn đề tài:
Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính logíc, tính trừu
tượng cao. Trong chương trình Toán ở cấp THCS hiện nay thì phần lớn hệ thống

cực trị của một biểu thức đại số” giúp học sinh hiểu sâu sắc hơn bản chất của
từng dạng bài toán tìm cực trị của một biểu thức, nắm vững phương pháp giải
của từng dạng, giúp cho học sinh biết phân loại và vận dụng phương pháp giải
một cách linh hoạt và có hiệu quả. Qua đó giúp học sinh phát huy được tính tích
cực và tinh thần sáng tạo trong học tập, phát triển năng lực tư duy toán học cho
học sinh, tạo động lực thúc đẩy giúp các em học sinh có được sự tự tin trong học
tập, hình thành phẩm chất sáng tạo khi giải toán và niềm đam mê bộ môn.
Nguyễn Văn Dũng – Trường THCS Lê Đình Chinh, huyện Krông Ana, tỉnh ĐăkLăk

2


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.

Thông qua đề tài này nhằm cung cấp những kiến thức cần thiết về phương
pháp giải toán, những kinh nghiệm cụ thể trong quá trình tìm tòi lời giải giúp
học sinh rèn luyện các thao tác tư duy lô-gic, phương pháp suy luận và khả năng
sáng tạo cho học sinh. Trong đề tài lời giải được chọn lọc với cách giải hợp lí,
chặt chẽ, dễ hiểu đảm bảo tính chính xác, tính sư phạm. Học sinh tự đọc có thể
giải được nhiều dạng toán cực trị, giúp học sinh có những kiến thức toán học
phong phú để học tốt môn toán và các môn khoa học khác.
3. Đối tượng nghiên cứu:
Một số kinh nghiệm trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi khi dạy
chuyên đề về tìm cực trị của một biểu thức đại số.
4. Giới hạn của đề tài:
Đề tài này được nghiên cứu trong khuôn khổ một số dạng toán tìm cực trị
của một biểu thức
Đối tượng khảo sát: học sinh giỏi khối lớp 8 và khối lớp 9 trường THCS
Lê Đình Chinh, xã Quảng Điền, huyện Krông Ana, tỉnh ĐăkLăk.
Thời gian nghiên cứu: Qua các năm học: 2014 – 2015, 2015 – 2016 và

thông. Là giáo viên ai cũng mong muốn học sinh của mình tiến bộ, lĩnh hội kiến
thức dễ dàng, phát huy tư duy sáng tạo, rèn tính tự học, thì môn toán là môn học
đáp ứng đầy đủ những yêu cầu đó. Việc học toán không phải chỉ là học trong
sách giáo khoa, không chỉ làm những bài tập do thầy, cô ra mà phải nghiên cứu
đào sâu suy nghĩ, tìm tòi vấn đề, tổng quát hoá vấn đề và rút ra được những điều
gì bổ ích. Dạng toán về tìm giá trị lớn nhất và tìm giá trị nhỏ nhất của một biểu
thức đại số là dạng toán rất quan trọng trong chương trình môn đại số 8 và đại số
9 làm cơ sở để học sinh học tiếp các chương sau này. Có thể nói đây là những
bài toán khó thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi, các bài toán này rất
phong phú về thể loại và về cách giải, đòi hỏi học sinh phải vận dụng nhiều kiến
thức, linh hoạt trong biến đổi, sắc sảo trong lập luận và phát huy tối đa khả năng
phán đoán. Với mục đích nhằm nâng cao chất lượng dạy và học toán, tôi thiết
nghĩ cần phải trang bị cho học sinh kiến thức về tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của một biểu thức đại số. Vấn đề đặt ra là làm thế nào để học sinh giải
bài toán cực trị một cách chính xác, nhanh chóng và đạt hiệu quả cao. Để thực
hiện tốt điều này, đòi hỏi giáo viên cần xây dựng cho học sinh những kĩ năng
như quan sát, phân tích, nhận dạng bài toán, lựa chọn phương pháp giải phù hợp.
Từ đó, hình thành cho học sinh tư duy tích cực, độc lập, kích thích tò mò ham
tìm hiểu và đem lại niềm vui cho các em, đồng thời khơi dậy cho các em sự tự
tin trong học tập và niềm đam mê bộ môn. Hơn nữa, các bài toán cực trị sẽ gắn
toán học với thực tiễn vì việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất chính là việc
tìm những cái tối ưu thường đặt ra trong đời sống và kỹ thuật.
2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu:
Trong những năm qua, tôi đã trực tiếp tham gia bồi dưỡng đội tuyển học
sinh giỏi khối 8 và khối 9 của trường THCS Lê Đình Chinh và cũng đã trải
nghiệm rất nhiều chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi, trong đó có chuyên đề
“Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đại số” và tôi cũng đạt
được thành tích trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Tuy nhiên, khi áp dụng
chuyên đề trên còn nặng về phương pháp liệt kê các bài toán, chưa phát huy
được hiệu quả học tập của học sinh. Chính vì vậy, để học sinh nắm vững và giải

a > 0 và đạt giá trị lớn nhất nếu a < 0.
* Phương pháp giải:
Đặt A = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 )
Trường hợp a > 0: Để tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A, ta thực hiện
qua ba bước sau:
Bước 1: Thêm bớt hạng tử và sử dụng một trong hai hằng đẳng thức:
2
2
( a + b ) = a 2 + 2ab + b 2 hoặc ( a − b ) = a 2 − 2ab + b 2 để biến đổi biểu thức A sao cho
A ≥ k (với k là hằng số);
Bước 2: Tìm giá trị x0 để A = k
Bước 3: Kết luận AMin = k khi x = x0.
Trường hợp a < 0: Để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A, ta thực hiện
qua ba bước sau:
Bước 1: Thêm bớt hạng tử và sử dụng một trong hai hằng đẳng thức:
2
2
( a + b ) = a 2 + 2ab + b 2 hoặc ( a − b ) = a 2 − 2ab + b 2 để biến đổi biểu thức A sao cho
A ≤ k (với k là hằng số);
Bước 2: Tìm giá trị x0 để A = k
Bước 3: Kết luận AMã = k khi x = x0.
* Thủ thuật tìm giá trị nhỏ nhất hoặc tìm giá trị lớn nhất của tam thức bậc
hai ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) trên máy tính cầm tay CASIO 570VN PLUS:
Ấn

Nhập giá trị của a, ấn phím
Nguyễn Văn Dũng – Trường THCS Lê Đình Chinh, huyện Krông Ana, tỉnh ĐăkLăk

5


4

2

2

1

Vì  x − ÷ ≥ 0 với mọi x ∈ R
2

2

1  11 11

nên  x − ÷ + ≥ với mọi x ∈ R
2
4 4

1
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ x − = 0 ⇔ x =
2
2
1
11
Vậy AMin =
khi x =
4
2

Giải:
2

5 
5 25  25
33
5



Ta có: D = −2  x 2 − x ÷+ 1 = −2  x 2 − 2x. + ÷+ + 1 = − 2  x − ÷
2 
4 16  8
8
4



2

2

5
33
5  33


− 2 x − ÷ ≤
Vì 2  x − ÷ ≥ 0 với mọi x ∈ R nên
với mọi x ∈ R

≥ 0 với mọi x ∈ R

nên ( x − 1) + ( x − 3) ≥ 0 với mọi x ∈ R
2

2

x −1 = 0
x = 1
⇔
x − 3 = 0
x = 3
Vậy EMax = 0 khi x = 1 và x = 3

Dấu “=” xảy ra ⇔ 

Phân tích sai lầm trên như sau:
2
Vì ( x − 1) ≥ 0 (1) với mọi x ∈ R
và ( x − 3) ≥ 0 (2) với mọi x ∈ R
Nhưng không thể kết luận được giá trị nhỏ nhất của E bằng 0 vì không
đồng thời xảy ra dấu bất đẳng thức ở (1) và (2) .
Lời giải đúng như sau:
Ta có: E = x 2 − 2x + 1 + x 2 − 6x + 9 = 2x 2 − 8x + 10
2

= 2(x 2 − 4x + 4) + 2 = 2(x − 2) 2 + 2

Vì 2 ( x − 2 ) ≥ 0 với mọi x ∈ R
nên 2(x − 2) 2 + 2 ≥ 2 với mọi x ∈ R


Dạng 2: Biểu thức có dạng là phân thức có tử là hằng số, mẫu là tam
thức bậc hai
b

* Chú ý: Cho biểu thức A = Q ( x ) trong đó b là hằng số, Q ( x ) là tam thức

bậc hai. Khi đó: Nếu b và Q ( x ) đều có giá trị dương thì biểu thức A đạt giá trị
lớn nhất ⇔ Q ( x ) đạt giá trị nhỏ nhất. Sẽ không chính xác nếu lập luận rằng
phân thức có tử là hằng số nên phân thức lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất. Lập luận
này có thể dẫn đến sai lầm, chẳng hạn: Xét bài toán: Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức A =

1
x −4
2

Với lập luận như trên: Vì tử thức có giá trị không đổi nên A đạt giá trị lớn
nhất khi x2 – 4 đạt giá trị nhỏ nhất, mà giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 2 – 4 là -4
⇔ x = 0. Do đó giá trị lớn nhất của biểu thức A là −

1
khi x = 0 . Điều này
4

1
Không phải là giá trị lớn nhất của biểu thức A ,chẳng hạn với
4
1
1

Vì ( x − 3) ≥ 0 với mọi x ∈ R
nên (x – 3 )2 + 8 ≥ 8 với mọi x ∈ R
Nguyễn Văn Dũng – Trường THCS Lê Đình Chinh, huyện Krông Ana, tỉnh ĐăkLăk

8


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.
⇒

2

( x − 3)

2

+8

≤

2 1
= với mọi x ∈ R
8 4

Dấu “=” xảy ra ⇔ x – 3 = 0 ⇔ x = 3
Vậy AMax =

1
khi x = 3
4


Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C =

2
6x − 5 − 9x 2
2

2
2
2
Giải: Ta có: C = 6x − 5 − 9x 2 = − 9x 2 − 6x + 5 = −
( 3x − 1) + 4

Vì ( 3x − 1) ≥ 0 với mọi x ∈ R
2

nên ( 3x − 1) + 4 ≥ 4 với mọi x ∈ R
2

⇒

2

( 3x − 1)

⇔ −

2

+4

2
3
b

Dạng 3: Biểu thức đưa được về dạng a + Q ( x ) trong đó a, b là các

hằng số, Q ( x ) là tam thức bậc hai.

Nguyễn Văn Dũng – Trường THCS Lê Đình Chinh, huyện Krông Ana, tỉnh ĐăkLăk

9


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.
b

* Dấu hiệu nhận biết: Biểu thức A đưa được về dạng A = a + Q ( x ) trong đó

a, b là các hằng số, Q ( x ) là tam thức bậc hai thì A phải có dạng:
A=

a1 b1
a1 x 2 + b1x + c1
=
trong đó a1 ,a 2 ≠ 0;
2
a 2 x + b 2 x + c2
a 2 b2

* Phương pháp giải:

Giải:

3x 2 + 6x + 11
x 2 + 2x + 3

3x 2 + 6x + 11
2
2
Ta có: A = x 2 + 2x + 3 = 3 + x 2 + 2x + 3 = 3 +
2
( x + 1) + 2

A đạt giá trị lớn nhất khi ( x + 1) + 2 đạt giá trị nhỏ nhất
2

( x + 1)

2

+ 2 đạt đạt giá trị nhỏ nhất là 2 khi x = −1
2
Vậy A Max = 3 + = 4 khi x = −1
2

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B =
Giải:

2x 2 + 8x + 10
x 2 + 4x + 3


Vậy BMax = 2 + = −2 khi x = −2
−1

Dạng 4: Biểu thức là phân thức có tử là tam thức bậc hai, mẫu là bình
phương của nhị thức bậc nhất.
* Phương pháp giải:
Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của phân thức có dạng

ax 2 + bx + c

( ux+v )

2

trong đó x là biến. Ta thực hiện như sau:

- Biến đổi tử thức về dạng a ( ux+v ) + p ( ux+v ) + q (p, q là hằng số)
2

a ( ux+v ) + p ( ux+v ) + q
2

-Phân thức trở thành

( ux+v )

2

2


2

x2 − x +1
2

2

1
1 1
3  1
1 3
 1 
=
+ ÷ +
÷ + 2. x − 1 . 2 + 4 + 4 = 
 x −1 
 x −1 2  4
2

1
 1
+ ÷ ≥ 0 với mọi x ≠ 1
Vì 
 x −1 2 
2

1 3 3
 1
+ ÷ + ≥ với mọi x ≠ 1
nên 

Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.
2

3x 2 + 14x + 15 3(x + 2) 2 + 2(x + 2) − 1
1
 1 
B=
=
−
= 3 + 2.
2
2
÷
x + 4x + 4
(x + 2)
( x + 2)  x + 2 
2
 1  2

1
 1

= − 
+ 1 + 4 = − 
− 1÷ + 4
÷ − 2.
x + 2 
x+2 
 x + 2 
2

(x + 2) 2
2

=

4(x + 2) 2 − (x + 1) 2
 x +1 
= 4−
÷
2
(x + 2)
x+2
2

 x +1 
Vì 
÷ ≥ 0 với mọi x ≠ −2
 x+2
2

 x +1 
nên 4 − 
÷ ≤ 4 với mọi x ≠ −2
 x+2
Dấu “=” xảy ra ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = −1
Vậy BMax = 4 khi x = − 1
3x 2 − 8x + 6
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C = 2
x − 2x + 1


 x-1 
 x-1 
2

 1

Vì  − 1÷ ≥ 0 với mọi x ≠ 1
 x-1 
2

 1

nên  − 1÷ + 2 ≥ 2 với mọi x ≠ 1
 x-1 
1
1
−1 ⇔
= 1 ⇔ x −1 = 1 ⇔ x = 2
Dấu “=” xảy ra ⇔
x-1
x-1

Vậy CMin = 2 khi x = 2
Cách khác:
Nguyễn Văn Dũng – Trường THCS Lê Đình Chinh, huyện Krông Ana, tỉnh ĐăkLăk

12


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.


Dấu “=” xảy ra ⇔ x − 2 = 0 ⇔ x = 2
Vậy CMin = 2 khi x = 2
Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: D =
Giải:

8x 2 − 50x + 79
.
x 2 − 6x + 9
2

8x 2 − 50x + 79 8(x 2 − 6x + 9) − 2(x − 3) + 1
1
 1 
=
+
Ta có: D = 2
= 8 − 2.
2
÷
x − 6x + 9
(x − 3)
(x − 3)  x − 3 
2

2

1
 1 
 1

Vậy DMin = 7 khi x = 4

Dạng 5: Biểu thức là phân thức có tử là nhị thức bậc nhất hoặc tam
thức bậc hai, mẫu là tam thức bậc hai.
* Phương pháp giải:
ax 2 + bx + c
Để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của phân thức
,
dx 2 + ex + g
trong đó x là biến, ta sử dụng một phương pháp gọi là “Phương pháp miền giá trị
của hàm số”. Cụ thể như sau:
ax 2 + bx + c
Đặt y = 2
dx + ex + g
Tìm tập xác định của y
ax 2 + bx + c
y= 2
⇔ y(dx 2 + ex + g) = ax 2 + bx + c
dx + ex + g
⇔ (yd − a)x 2 + (ye − b)x + yg − c = 0 ( 1)
Nguyễn Văn Dũng – Trường THCS Lê Đình Chinh, huyện Krông Ana, tỉnh ĐăkLăk

13


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.
a
d

Xét y = , thay vào (1) để tìm x


− ( y2e − b )
2 ( y2d − a )

* Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Giải: Đặt y =

4x − 3
x2 +1

4x − 3
x2 +1

Vì hàm số xác định với mọi x nên ta có: y =
Xét y = 0, ta có −4x + 3 = 0 ⇔ x =

4x − 3
⇔ yx 2 − 4x + y + 3 = 0
x2 +1

3
4

Xét y ≠ 0, phương trình yx 2 − 4x + y + 3 = 0 có nghiệm khi

V' ≥ 0 tức là:

4 − y ( y + 3) ≥ 0 ⇔ y 2 + 3y − 4 ≤ 0 ⇔ ( y − 1) ( y + 4 ) ≤ 0 ⇔ −4 ≤ y ≤ 1



Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.

Vì hàm số xác định với mọi x nên ta có:
y=

8x + 3
⇔ 4x 2 y + y = 8x + 3 ⇔ 4x 2 y − 8x + y − 3 = 0
2
4x + 1

Xét y = 0, ta có −8x -3 = 0 ⇔ x = −

3
8

Xét y ≠ 0, phương trình 4x 2 y − 8x + y − 3 = 0 có nghiệm khi

V' ≥ 0 tức là:

16 − 4y ( y − 3) ≥ 0 ⇔ −4y 2 + 12y + 16 ≥ 0
⇔ y 2 − 3y − 4 ≤ 0 ⇔ ( y − 4 ) ( y + 1) ≤ 0 ⇔ −1 ≤ y ≤ 4
4

Với y = −1 thì x = 4. ( −1) = −1
Với y = 4 thì x =

4
1
=


2

− ( 4.3 − 6 )

−6

Với y = 1 thì x = 2. 1 − 2 = −2 = −1
( )
Với y = 3 thì x = 2. 3 − 2 = 2 = −3
(
)
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là 1 khi x = −1 , giá trị lớn nhất
của biểu thức đã cho là 3 khi x = −3
Nguyễn Văn Dũng – Trường THCS Lê Đình Chinh, huyện Krông Ana, tỉnh ĐăkLăk

15


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.

* Lưu ý: Tìm cực trị bằng phương pháp miền giá trị của hàm số rất hay
và giải quyết nhiều bài toán khó về cực trị.
* Bài tập tự rèn:
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:
a)

x2
x 2 − 5x + 7



g ( x, y ) = 0

Kết luận: AMin = m hoặc AMax = n
* Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 3x 2 + y 2 + 10x − 2xy + 26
2
2
2
2
2
Giải: A = 3x + y + 10x − 2xy + 26 = ( x − 2xy + y ) + 2x + 10x + 26
2
2
 2

5 5 5
= ( x − y ) + 2 ( x + 5x + 13 ) = ( x − y ) + 2  x + 2x. +  ÷ −  ÷ + 13
2 2 2


2
2

5  27 
5  27
2
2

= ( x − y ) + 2  x + ÷ +  = ( x − y ) + 2  x + ÷ +


x − y = 0
x = y
5


⇔
Dấu “=” xảy ra ⇔  5
5⇔x=y=−
2
 x + 2 = 0
 x = − 2
2

Nguyễn Văn Dũng – Trường THCS Lê Đình Chinh, huyện Krông Ana, tỉnh ĐăkLăk

16


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.
27
5
khi x = y = −
2
2

Vậy AMin =

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = 4x 2 + 3y 2 − 4x+30y + 78
77 


nên ( 2x − 1) + 3 ( y + 5 ) + 2 ≥ 2 với mọi x, y
2

2

1

 2x − 1 = 0
x =
⇔
2
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
y + 5 = 0
 y = −5
1

x =
Vậy BMin = 2 khi  2
 y = −5

Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C = x2 – 2xy + 10y2 + 6y + 5
Giải:
A = (x2 – 2xy + y2) + (9y2 + 6y + 1) + 4 = (x – y )2 + (3y +1)2 + 4
2
Vì ( x − y ) ≥ 0 với mọi x, y

( 3y + 1)

2


Nguyễn Văn Dũng – Trường THCS Lê Đình Chinh, huyện Krông Ana, tỉnh ĐăkLăk

17


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.
 x = −5
x + 5 = 0

⇔
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
15
3x − 4y = 0
 y = − 4
 x = −5

Vậy DMax = 40 khi 
15
 y = − 4

Ví dụ 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: E = x 2 − 4xy + 5y 2 + 10x − 22y + 31
2
2
2
Giải: E = ( x - 4xy+4y ) + ( y -2y +1) +10 ( x – 2y ) + 25 + 5

= ( x – 2y ) + 2.5. ( x – 2y ) + 52 + ( y − 1) + 5 =
2



Ví dụ 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
F = 19x 2 + 54y 2 + 16z 2 − 16xz − 24yz + 36xy + 5

Giải:
F = ( 9x 2 + 36xy + 36y 2 ) + ( 18y 2 − 24yz + 8z 2 ) + ( 8x 2 − 16xz + 8z 2 ) + 2x 2 + 5

= 9 ( x 2 + 4xy + 4y 2 ) + 2 ( 9y 2 − 12yz + 4z 2 ) + 8 ( x 2 − 2xz + z 2 ) + 2x 2 + 5 
= 9 ( x + 2y ) + 2 ( 3y − 2z ) + 8 ( x − y ) + 2x 2 + 5 
2

2

2

Vì 9 ( x + 2y ) ≥ 0 với mọi x, y
2

2 ( 3y − 2z ) ≥ 0 với mọi y, z
2

8 ( x − y ) ≥ 0 với mọi x, y
2

2x 2 ≥ 0 với mọi x

nên 9 ( x + 2y ) + 2 ( 3y − 2z ) + 8 ( x − y ) + 2x 2 + 5 ≥ 5 với mọi x, y, z
2

2

2
2
2
Giải: A = ( x 2 ) − 2x 2 .5x + 25x 2 + x 2 − 2x.5 + 25 + 5 = ( x 2 − 5x ) + ( x − 5 ) + 5
Vì ( x 2 + 5x ) ≥ 0 với mọi x
2

( x − 5)

2

≥ 0 với mọi x

nên ( x 2 − 5x ) + ( x − 5 ) + 5 ≥ 5 với mọi x
2

2

 x = 0
 x 2 − 5x = 0

⇔   x = 5 ⇔ x = 5
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
x − 5 = 0
x = 5

Vậy AMin = 5 khi x = 5

Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = ( x 2 + x + 2 )
Nhận xét: Ta thấy ngay B ≥ 0 nhưng giá trị nhỏ nhất của B không phải


1 7 7

nên  x + ÷ + ≥ với mọi x ∈ R
2 4 4

1
1
Dấu “=” xảy ra ⇔ x + = 0 ⇔ x = −
2
2
Biểu thức b đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ Biểu thức x2 + x + 2 đạt giá trị nhỏ
1
7
nhất mà giá trị nhỏ nhất của biểu thức x2 + x + 2 là , đạt được khi x = −
4
2
2

49
7
Lúc đó B =  ÷ =
 4  16
1
49
Vậy BMin =
khi x = −
16
2


)

2

+

(x

– 3 ) + 10 
2

Vì ( x 2 − 3x ) ≥ 0 với mọi x
2

( x − 3)

2

≥ 0 với mọi x

nên ( x 2 – 3x

)

2

+

(x


2

 

Vì ( x 3 − 1) ≥ 0 với mọi x
2

( x − 1)

2

≥ 0 với mọi x

nên ( x 3 – 1 ) + ( x – 1 )  ≥ 0 với mọi x
2

2

x3 − 1 = 0
⇔ x =1
Dấu “=” xảy ra ⇔ 
x −1 = 0
Vậy EMin = 0 khi x = 1

Dạng 8: Biểu thức là đa thức có dấu giá trị tuyệt đối.
* Phương pháp giải:
Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của đa thức có dấu giá trị tuyệt
đối ta sử dụng một trong các bất đẳng thức sau đây:
a ≥ 0. Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 0
a + b ≤ a + b . Dấu “=” xảy ra ⇔ ab ≥ 0 (a, b cùng dấu)

+
0
Từ bảng xét dấu ta thấy: (x + 2) (5 – x) ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 5
Vậy AMin = 3 khi 2 ≤ x ≤ 5
Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = x + 1 + x − 1
Giải:
Với mọi x ∈ R, ta có: B = x + 1 + x − 1 = x + 1 + 1 − x ≥ x + 1 + 1 − x = 2
Do đó B ≥ 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ (x + 1) (1 – x) ≥ 0
Lập bảng xét dấu:
x
-1
1
x +1
0
+
+
1− x
+
+
0
( x + 1) ( 1 − x )
0
+
0
Từ bảng xét dấu ta thấy: (x + 1) (1 – x) ≥ 0 ⇔ -1 ≤ x ≤ 1
Vậy BMin = 2 khi -1 ≤ x ≤ 1
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: C = 3x + 5 − 3x − 7
Giải: Với mọi x ∈ R, ta có:
C = 3x + 5 − 3x − 7 ≤ ( 3x + 5 ) − ( 3x − 7 ) = 3x + 5 − 3x + 7 = 12


+

-

0

0
0

+
+

5

x ≤ − 3
Từ bảng xét dấu ta thấy: (3x + 5) (3x –7) ≥ 0 ⇔ 
x ≥ 7

3
5
7
Vậy CMax = 12 khi x ≤ − hoặc x ≥
3
3
Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: D = x + 1 + 2x + 5 + 3x − 18

Giải:
Với mọi x ∈ R, ta có: D = x + 1 + 2x + 5 + 18 − 3x ≥ x + 1 + 2x + 5 + 18 − 3x = 24
Do đó D ≥ 24.

+
≤ 6

Dạng 9: Biểu thức có chứa căn thức.
* Phương pháp giải:
Với dạng toán này ta cần chú ý đặt điều kiện để cho các căn thức có
nghĩa, sau đó tùy theo đặc điểm của biểu thức chứa căn mà ta sử dụng một trong
các phương pháp sau đây:
Phương pháp 1: Nếu biểu thức đã cho có dạng ax 2 + bx + c thì ta biến đổi
biểu thức lấy căn giống như cách biến đổi ở dạng 1 để tìm giá trị cực trị.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = −x 2 + x +

3
4

Giải:
Với mọi x ∈ R, ta có:
2

3
1 1
1


A = −x + x + = −  x 2 − 2x + ÷+1 = 1 −  x − ÷ ≤ 1 = 1
4
2 4
2



−
2
Dấu “=” xảy ra ⇔ 2x − x − 1 = 0 ⇔ ( 2x + 1) ( x − 1) = 0 ⇔ 
x
=
1

1
Vậy BMin = 3 khi x = − hoặc x = 1
2
2

Phương pháp 2: Nếu biểu thức có dạng f (x) + g(x) mà f(x) và g(x)
đều có dạng hằng đẳng thức bình phương của một tổng hoặc bình phương của
một hiệu thì ta áp dụng các hằng đẳng thức để khai căn và đưa biểu thức về dạng
có chứa dấu giá trị tuyệt đối rồi thực hiện như dạng 8.
Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = x 2 − 4x + 4 + x 2 − x +
Giải: Với mọi x ∈ R, ta có:

1
4

2

1
1
1
2

= ( x − 2) +  x − ÷ = x − 2 + x −


a + b ≥ a + b (a,b ≥ 0) để tìm giá trị nhỏ nhất. Dấu “=” xảy ra ⇔ a.b = 0

⇔ a = 0 hoặc b = 0.

Ví dụ 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức D = x − 25 + 42 − x
Giải:
 x − 25 ≥ 0
⇔ 25 ≤ x ≤ 42
 42 − x ≥ 0

Biểu thức D có nghĩa khi: 
Với 25 ≤ x ≤ 42 , ta có:

D = x − 25 + 42 − x ≥ (x − 25) + (42 − x) = 17
 x − 25 = 0

 x = 25

⇔
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ 
 42 − x = 0
 x = 42
Vậy DMin = 17 khi x = 25 hoặc x = 42
Nguyễn Văn Dũng – Trường THCS Lê Đình Chinh, huyện Krông Ana, tỉnh ĐăkLăk

23


Một số kinh nghiệm bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên đề tìm cực trị của một biểu thức đại số.

2007
, ta có: F = 2x − 2006 − 2x − 2007 ≤ (2x + 2006) − (2x − 2007) = 1
2
2007
Dấu “=” xảy ra ⇔ 2x - 2007 = 0 ⇔ x =
2
2007
Vậy FMax = 1 khi x =
2

Với x ≥

Phương pháp 5: Nếu biểu thức có dạng A = f (x) + g(x) , bậc f(x) và
g(x) bằng nhau mà giá trị của biểu thức f (x) + g(x) không là hằng số thì ta tính
A 2 rồi áp dụng bất đẳng thức Cô-si để tìm max A 2 rồi suy ra max A.
* Bất đẳng thức Cô-si:
2
Với a ≥ 0, b ≥ 0 thì: a + b ≥ 2 ab hoặc ( a + b ) ≥ 4ab
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
Ví dụ 6: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức G = 2 − x − 1 + x
Giải:
2 − x ≥ 0
⇔ −1 ≤ x ≤ 2
1 + x ≥ 0

Biểu thức G có nghĩa khi: 
G2 = x + 1 + 2 - x + 2

( x + 1)(2 − x) = 3 + 2 ( x + 1)(2 − x)


≥
0


G 2 = x + 1 + 2 − x + 2 (x + 1)(2 − x) = 3 + 2 (x + 1)(2 − x) = 3 + 2 2x + 2 − x 2 − x
2

9 
1 1
9 
1
3
= 3 + 2 − x + x + 2 = 3 + 2 −  x 2 − 2x + ÷ = 3 + 2 −  x − ÷ ≤ 3 + 2. = 6
4 
2 4
4 
2
2
2

1
2

Dấu “=” xảy ra ⇔ x − = 0 ⇔ x =
⇒ G 2 Max = 6 khi x =

1
2

1


x −9
=
5x

x −9
.3
3
5x

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm
x −9
+3
1  x −9

3
= 
+ 3÷
2
2 3

x −9
= 3 ⇔ x = 18
Dấu “=” xảy ra ⇔
3
1  x −9

+ 3÷ x

Do đó: H ≤ 2  3