Tải bản đầy đủ

Giúp học sinh lớp 9 giải bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số nhằm nâng cao chất lượng thi vào THPT

MỤC LỤC
Trang
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.....................................................................................

1

1.2. Mục đích nghiên cứu...............................................................................

1

1.3. Đối tượng nghiên cứu..............................................................................

1

1.4. Phương pháp nghiên cứu.........................................................................

2

2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận..............................................................................................


2

2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng................................................

3

2.3. Các giải pháp và biện pháp thực hiện......................................................

3

Phần I: Ôn tập và bổ sung một số kiến thức................................................

3

Phần II: Các phương pháp giải bài toán tìm GTLN(Max), GTNN(Min)
của một biểu thức....................................................................................... ..... 4
Phần III: Phân loại một số dạng toán tìm GTLN, GTNN của một biểu
thức............................................................................................................... ... 8
Phần IV: Những sai lầm học sinh thường mắc phải.................................... 15
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm..................................................... . 17
3. KẾT LUẬN
* Bài học kinh nghiệm .............................................................................. ... 18
3.1. Kết luận...................................................................................................... 19
3.2.Kiến nghị................................................................................................... 19

1


ĐỀ TÀI:
GIÚP HỌC SINH LỚP 9 GIẢI BÀI TOÁN
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA MỘT
BIỂU THỨC ĐẠI SỐ NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG THI
VÀO THPT
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Như chúng ta đã biết: Toán học là môn học cơ bản. Thông qua việc học toán,
học sinh có thể nắm vững được nội dung toán học và phương pháp giải toán mà từ
đó vận dụng vào các môn khoa học khác, đặc biệt là các môn khoa học tự nhiên.
Toán học là cơ sở cho mọi ngành khoa học khác vì vậy có vai trò quan trọng trong

dạy học ở trường phổ thông, đòi hỏi người thầy phải có nghệ thuật sáng tạo, đổi
mới phương pháp dạy học để đáp ứng nhu cầu học của học sinh.
Nâng cao chất lượng giáo dục trong nhà trường trung học cơ sở là nhiệm vụ
xuyên suốt của mỗi giáo viên nói riêng và mỗi nhà trường nói chung, trong đó chất
lượng lớp 9 là cơ sở đánh giá của quá trình giáo dục ở cấp trung học cơ sở.
Là một giáo viên dạy toán lâu năm ở trường THCS bản thân luôn trăn trở làm
thế nào để nâng cao chất lượng bộ môn. Để làm được điều đó mỗi giáo viên cần
đổi mới phương pháp giảng dạy, tích cực kiểm tra, theo dõi sát việc học tập của học
sinh. Qua đó, cần phải uốn nắn giải đáp vướng mắc cho các em, điều chỉnh phương
pháp giảng dạy sao cho học sinh dễ học, dễ nhớ, khắc sâu được kiến thức.
Trong chương trình toán học ở trường THCS không có bài học về “Tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số”. Tuy nhiên trong hệ thống các bài tập
đặc biệt là trong các đề thi học sinh giỏi, học sinh thi tuyển sinh vào lớp 10 chúng
ta lại bắt gặp khá nhiều dạng toán này. Trong năm học 2015 – 2016 dưới sự phân
công của nhà trường, tôi trực tiếp giảng dạy môn toán 9 và thấy việc tiếp cận các
bài toán dạng này của các em còn rất lúng túng, thậm chí các em còn chưa hiểu rõ
mình phải làm gì trước câu hỏi đặt ra của đề bài. Vì thế tôi đã cố gắng tìm tòi và
phát hiện ra ngay từ các lớp dưới các em đã không được làm quen với các khái
niệm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Để giúp học sinh có một công cụ để giải quyết các vấn đề tồn tại trên, tôi mạnh
dạn đưa ra “Một số phương pháp giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của một biểu thức đại số” với mong muốn giúp các em trút bỏ được nỗi băn khoan,
lo lắng khi tiếp cận với hệ thống các bài tập dạng này.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Đề tài nhằm củng cố cho học sinh, đặc biệt là học sinh khá, giỏi môn toán
lớp 9 một số kiến thức để giải một số dạng toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của một biểu thức đại số. Cũng từ đó mà phát triển tư duy lôgic cho học sinh, phát
triển năng lực giải toán cho các em, giúp các em nhận biết và tránh những sai lầm
khi giải toán để bài giải của các em hoàn thiện hơn, chính xác hơn, không những
vậy mà còn giúp các em tự tin hơn khi học toán.
Đề tài cũng nhằm giúp cho giáo viên có thêm một tư liệu, cẩm nang bổ ích
để thực hiện nhiệm vụ dạy học sáng tạo, có hiệu quả.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
2


- Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất(cực trị)
- Một số dạng toán về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đại số
trong chương trình đại số lớp 8 và lớp 9.
- Phân tích, nhận xét, đánh giá những sai lầm mà học sinh thường mắc phải và rút
ra bài học kinh nghiệm.
Trong phạm vi giới hạn tôi chỉ đi sâu vào nghiên cứu một số phương pháp
chung cơ bản nhất, nhằm cung cấp cho các em kiến thức cơ bản nhất về giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đại số.
1. 4. Các phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp nghiên cứu: Tìm hiểu nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo,
tài liệu bồi dưỡng, …
- Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế, thu thập thông tin
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm ở những lớp học sinh trước để rút kinh
nghiệm cho lớp học sinh sau.

2. NỘI DUNG
2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN.
Năm học 2016 - 2017 là năm học mà toàn ngành tổ chức phong trào thi đua
với chủ đề “Đổi mới, sáng tạo trong dạy và học” nhằm tiếp tục triển khai có hiệu
quả Nghị quyết 29-NQ/TW ngày 04/11/2013 của Ban Chấp hành Trung ương
khóa XI về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, Nghị quyết Đại hội
XI Công đoàn Việt Nam, Nghị Quyết Đại hội XIV CĐGD Việt Nam và Kế
hoạch hành động của CĐGD Việt Nam triển khai thực hiện Nghị quyết 29NQ/TW; động viên cán bộ quản lý, nhà giáo, người lao động trong toàn Ngành
thể hiện bằng những việc làm cụ thể, thiết thực để đổi mới, sáng tạo trong công
tác, hoạt động dạy và học của nhà giáo và học sinh, sinh viên, tạo bước chuyển
biến mới về nâng cao chất lượng giáo dục và đào tạo - thực hiện nhiệm vụ phát
triển nguồn nhân lực, nhất là nguồn nhân lực chất lượng cao.
Trường THCS là cơ sở giáo dục của bậc trung học, là bậc nối tiếp của bậc tiểu
học trong hệ thống giáo dục quốc dân. Trường THCS có vai trò, vị trí lớn lao trong
việc thực hiện mục tiêu, nhiệm vụ giáo dục trong thời đại mới - thời đại công
nghiệp hóa, hiện đại hóa.
Trường THCS tạo những cơ sở ban đầu rất quan trọng và bên vững cho trẻ em,
ở đó các em được trang bị các kiến thức cơ bản trong mọi lĩnh vực nói chung và
lĩnh vực khoa học tự nhiên nói riêng trong đó có toán học - toán học giữ vai trò hết
sức quan trọng, nó sẽ là hành trang xuyên suốt cả cuộc đời con người. Toán học
được hình thành và phát triển trong các em ngay từ bậc tiểu học và phát triển sâu
hơn, cao hơn bậc trung học, ở trường THCS nó lại là tiền đề để các em hoàn thiện
hơn ở cấp học tiếp theo.
Trong trường THCS các em đã được hình thành và ngày càng hoàn thiện các
khái niệm, tiên đề, định nghĩa, tính chất, mệnh đề ... toán học. Các kiến thức về
toán học này sẽ tiếp tục theo các em tiến bước lên cấp học, bậc học trên. Trong
phạm vi đề tài tôi chỉ đề cập “Một số phương pháp giải bài toán tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của một biểu thức” nhăm trang bị cho các em những khái niệm cơ
3


bản về toán cực trị để tạo tiền đề cho các em bước vào trường THPT và bậc học
cao hơn.
2.2. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG.
a. Thực trạng dạy và học ở trường THCS.
Việc truyền thụ những kiến thức về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu
thức cho học sinh là một vấn đề được nhiều giáo viên quan tâm, song vì lý do nội
dung chương trình nên phần lớn chỉ được đưa vào dạy và học nội dung này trong
các buổi học ngoại khóa hoặc bồi dưỡng ...
Mặt khác bài toán cực trị lại là một bài toán khó và đa dạng, học sinh không dễ
dàng tiếp cận ngay được, mà phải có một thời lượng nhất định và đặc biệt là người
giáo viên phải biết truyền đạt nội dung đó như thế nào để trong một thời lượng nhất
định đó học sinh có thể tiếp nhận được.
b. Thực trạng của học sinh.
Qua kiểm tra cho thấy khả năng giải bài toán tìm cực trị của các em không cao,
các em thường nghĩ giải xong một bài toán là xong một công việc mà không nghĩ
được rằng bài toán đó có ý nghĩa như thế nào và như thế khi gặp một bài toán có
phương pháp giải tương tự các em lại lúng túng không biết tháo gỡ ra sao.… Bên
cạnh đó còn có những giáo viên chưa chú trọng đi sâu vào nội dung một cách lôgíc,
hệ thống, từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp nên việc tiếp nhận kiến thức của
học sinh gặp nhiều khó khăn thậm chí học sinh còn rất mơ màng, lúng túng, không
đưa ra được lời giải hợp lí và tính chính xác của toán học. Vì vậy kết quả của học
sinh lớp 9 trong năm học 2015-2016 như sau:

Năm học
20152016

Tổng
số HS

38

Giỏi

Khá

SL

%

SL

1

2.6

7

Trung bình
%

SL

18.4 18

%

47.2

Yếu
SL

kém
%

S
L

%

10 26.3 2

5.5

2.3. CÁC GIẢI PHÁP VÀ BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN
PHẦN I. ÔN TẬP VÀ BỔ SUNG MỘT SỐ KIẾN THỨC.
Đây là một yêu cầu hết sức quan trọng trong lời giải toán cực trị, bởi việc nắm
bắt các kiến thức này giúp học sinh đánh giá, nhận xét một bài toán từ đó tìm tòi lời
giải một cách hợp lý nhất. Cụ thể là: người thầy phải cho học sinh hệ thống lại một
số hằng đẳng thức.
1. a2 ≥ 0 với mọi a ∈ R: Tổng quát a2k ≥ 0 với mọi a ∈ R(k ∈ z+). Dấu đẳng thức
sảy ra khi và chỉ khi a = 0
2. - a2 ≤ 0 với mọi a ∈ R: Tổng quát - a2k ≤ 0 với mọi a ∈ R(k ∈ z+). Dấu đẳng
thức sảy ra khi và chỉ khi a = 0
3. a 2 =
4. a ≥ 0 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0

4


a khi a ≥0
−a khi a <0

5. | a |=

6. − a ≤ a ≤ a . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0
7. a + b ≥ a + b . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0
8. a2 + b2 ≥ 2ab. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
9. a ≥ b; ab ≥ 0 ⇒

1 1
≤ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
a b

10. Bất đẳng thức côsi(Cauchy).
Với hai số thực không âm a và b ta có:

a+b
≥ 2 ab . Đẳng thức xảy ra khi và
2

chỉ khi a = b
Với n số thực không âm a1, a2, ....an ta có:

a1 + a 2 + ..... + a n n
≥ a1 , a 2 ...a n .
n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an
11. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki.
Cho hai bộ số thực (a1, a2...., an); (b1, b2, ....bn) ta có :
(a1b1 + a2b2+....+ anbn)2 ≤ (a12 + a22 + .... + an2)(b12 + b22 + ....+ bn2). Đẳng thức xảy
a1

a2

an

ra khi và chỉ khi b = b = ... = b
1
2
n
PHẦN II. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TÌM GTLN(MAX),
GTNN(MIN) CỦA MỘT BIỂU THỨC.
* Định nghĩa 1: Cho một biểu thức f(x;y;…) xác định trên miền D. ta nói M là
giá trị lớn nhất(GTLN) của f(x;y;…) trên D nếu thỏa mãn hai điều kiện:
- Với mọi x; y; … thuộc D thì f(x;y;…) ≤ M với M là hằng số
- Tồn tại x0; y0; … thuộc D sao cho f(x;y;…) = M
* Định nghĩa 2: Cho một biểu thức f(x;y;…) xác định trên miền D. Ta nói m là
giá trị nhỏ nhất(GTNN) của f(x;y;…) trên D nếu thỏa mãn hai điều kiện:
- Với mọi x; y; … thuộc D thì f(x;y;…) ≥ m với m là hằng số
- Tồn tại x0; y0; … thuộc D sao cho f(x;y;…) = m.
Như vậy khi tìm GTLN, GTNN của một biểu thức, giáo viên phải lưu ý cho
học sinh giải quyết hai điều kiện, nếu thiếu một trong hai điều kiện trên thì sẽ chưa
kết luận gì về cực trị của một biểu thức.
Để học sinh tiếp cận một cách dễ dàng, giáo vên nên cho học sinh nắm bắt vấn
đề từ dễ đến khó, từ những phương pháp đơn giản nhất với những bài toán đưa ra
cũng đơn giản nhất nhằm thu hút sự chú ý của học sinh và đặc biệt là tạo hứng thú
học tập cho học sinh. Chính vì lẽ đó, tôi đã đưa ra một số phươg pháp sau
1. Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức.
a. Phương pháp đưa về lũy thừa bậc chẵn.
Cho biểu thức y = f(x) ta phải biến đổi y = f(x) như sau:
2k
* y = f(x) = M - [ g ( x ) ] (k ∈ z+) và M là một hằng số. Khi đó ta có: y ≤ M ⇒ GTLN
của y bằng M khi và chỉ khi g (x) = 0. Giải phương trình g(x) = 0 ta tìm được giá trị
của x0

5


* y = f(x) = m + [ g ( x ) ] (k∈ z+) và m là một hằng số. Khi đó ta có: y ≥ m ⇒ GNLN
của y bằng m khi và chỉ khi g(x) = 0. Giải phương trình g(x) = 0 ta tìm được giá trị
của x0.
Sau khi học sinh đã nắm được vấn đề cần giải quyết, giáo viên đưa ra ví dụ
minh họa cho việc làm.
VD 1: Tìm GTNN của biểu thức A = x2 – 3x + 1
HD giải.
2k

3 2 −5 −5

) +
2
4
4
−5
3
3
⇒ MinA =
⇔x- =0 ⇔x= .
4
2
2
−5
3
⇔ x= .
Vậy MinA =
4
2

Ta có A = x2 – 3x + 1 = (x -

VD 2: Tìm GTLN của biểu thức B = 1 + 6x – x2
HD Giải.
2
Ta có B = 10 – (x – 6x +9) = 10 – (x- 3)2 ≤ 10 ⇒ Max B = 10 ⇔ x = 3
x 2 − 2 x + 2017
VD 3. Tìm GTNN của biểu thức C =
x2

HD Giải.
2017 x − 2.2017 x + 2017 2
x 2 − 2.2017 + 2017 2 2016 x 2
+
=
2017 x 2
2017 x 2
2017 x 2
2
2016
 x − 2017 
2016 2016
⇒ MinC =
⇔ x = 2017
 +

= 
2017
2017 2017
 2017 x 
2

Ta có C =

(Chú ý: Có thể giải theo phương pháp miền giá trị)
b. Phương pháp đưa về dạng m ±

[f ]

2k

( x)

g ( x)

(k∈ z); m là hằng số.

Việc tìm GTLN, GTNN của một biểu thức ở phương pháp này đòi hỏi phải
tách, thêm bớt một cách khéo léo mới làm xuất hiện dạng tổng quát. Chẳng hạn
như:
VD: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức A =

3 − 4x
x2 + 1

HD Giải.
* Tìm GTLN.

3 − 4x
4x 2 + 4 − 4x 2 − 4x − 1
Ta viết A dưới dạng A = 2
=
x +1
x2 +1
4 x 2 + 1 − 4x 2 + 4x + 1
( 2 x + 1) 2 ≤ 4 ⇒ Max A = 4 ⇔ x = − 1 .
=
=
4
2
x2 +1
x2 +1
−1
Vậy GTN của A bằng 4 khi x =
.
2

(

) (

)

*Tìm GTNN.
Ta viết A dưới dạng: A =

(

)

3 − 4x
x 2 4x + 4 − x 2 − 1
( x − 2) 2 − x 2 + 1
=
=
x2 + 1
x2 +1
x2 +1

6


=

( x − 2) 2
x2 +1

− 1 ≥ −1 ⇒ MinA = -1 ⇔ x = 2.

Vậy GTNN của A bằng – 1 khi x = 2
(Chú ý: Có thể giải theo phương pháp miền giá trị)
Với phương pháp này, tùy vào từng bài cụ thể giáo viên cho học sinh nhận xét
và tìm cách thêm bớt, hoặc tách các hạng tử một cách thích hợp, nhằm xuất hiện
dạng tổng quát. Chẳng hạn với ví dụ trên, do x2 + 1 > 0
Nên để tìm GTLN ta tìm cách biến đổi A = m

[f ]


Còn để tìm GTNN ta tìm cách biến đổi A = m

[f ]
+

2k

( x)

g ( x)

(g(x) > 0).

2k

( x)

g ( x)

(g(x) > 0).

c.Phương pháp sử dụng bất đẳng thức côsi và bất đẳng thức Bunhiacôpxki.
Việc sử dụng bất đẳng thức côsi và bất đẳng thức Bunhiacopxki vào giải bài
toán tìm GTLN, GTNN là rất tiện lợi. Song muốn đạt được điều này đòi hỏi giáo
viên phải cho học sinh nắm chắc phần chứng minh bất đửng thức và khai thác trên
điều kiện bài toán, nhất là phải biết nhìn nhận, đánh giá nội dung đề bài một cách
linh hoạt và khéo léo.
VD 1: Tìm GTLN của biểu thức. A = x 2 − x (với 0 ≤ x ≤ 2 )
HD Giải.
Nhận thấy: x + 2 – x = 2. Nên với 0 ≤ x ≤ 1 ta áp dụng bất đẳng thức côsi cho
hai số không âm x và 2 – x ta có:
x+2− x
≥ x( 2 − x ) ⇔ x 2 − x ≤ 1 . Đẳng thức sảy ra ⇔ x = 2 – x ⇔ x = 1.
2
Vậy MaxA = 1 ⇔ x = 1
VD 2: Tìm GTLN của biểu thức B = 3x(3 – 2x) (với 0 ≤ x ≤ 1 )

HD Giải.
3
Ta có B = 2 x( 3 − 2 x ) khi đó với 0 ≤ x ≤ 1 áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số
2

không âm 2x và 3 – 2x ta có:
2

3 9 27
9
 2x + 3 − 2x 
2x(3 – 2x) ≤ 
 = ⇒ B ≤ . =
2 4 8
2
4


27
3
27
3
⇒ MaxB =
⇔ 2 x = 3 − 2 xx = . Vậy MaxB =
⇔x=
8
4
8
4
VD 3: Tìm GTLN của biểu thức C = 6 − x + x + 2 .
(với − 2 ≤ x ≤ 6 )

HD Giải.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho hai bộ số thực (1;1) và ( 6 − x ;
x + 2 ta có:

(

) ≤ (1

)(

) (

)

2
2
+ 12  6 − x + x + 2  = 2.8 = 16


Do C ≥ 0 nên 0 ≤ C ≤ 4 ⇒ MaxC = 4 ⇔ x = 2
d. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b .

C2 =

6− x + x+2

2

2

VD 1: Tìm GTNN của biểu thức A = x + x − 1
HD Giải.
7


Với a = −a và áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b . Ta có:
A = x + x − 1 ≥ x + 1 − x = 1 ⇒ MinA = 1 ⇔ x(1 – x) ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1
Vậy MinA = 1 ⇔ − 1 ≤ x ≤ 1
VD 2: Tìm GTNN của biểu thức B = x − 2016 + x − 2017
HD giải.
Áp dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b ta có.
B = x − 2016 + 2017 − x ≥ x − 2016 + 2017 − x = 1
⇒ MinB = 1 ⇔ ( x − 2016 ) ( 2017 − x ) ≥ 0 ⇔ 2016 ≤ x ≤ 2017
⇒ MinB = 1 ⇔ 2016 ≤ x ≤ 2017
VD 3: Tìm GTNN của biểu thức C = x − 1 + x − 7 + x − 9
HD Giải.
Tương tự như ví dụ trên ta có:
x −1 + x − 9 = x −1 + 9 − x ≥ x −1+ 9 − x ≥ 8

Mặt khác ta lại có x − 7 ≥ 0 do đó C = x − 1 + x − 7 + x − 9 ≥ 0
⇒ Min C = 8 ⇔ x = 7 và (x - 1)(9 - x) ≥ 0 ⇔ x = 7 và 1 ≤ x ≤ 9 ⇔ x = 7
Vậy Min C = 8 ⇔ x = 7
Ở ví dụ này cần chú ý học sinh thấy được trong các trường hợp ta xét
x − 1 + x − 7 và x − 7 + x − 9 thì không tìm được giá trị của x thỏa mãn để biểu thức
đạt GTNN.
Ngoài phương pháp sử dụng hằng đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối trên, các
em có thể sử dụng phương pháp xét khoảng giá trị của biến. Chẳng hạn như đối với
ví dụ trên ta có:
+ x < 1 thì C = - x + 1 - x + 7 - x + 9 = -3x + 17 ≥ 14
+ 1 ≤ x ≤ 7 thì C = x - 1 - x + 7 - x + 9 = - x + 15 ≥ 8
+ 7 < x ≤ 9 thì C = x - 1 + x - 7 - x + 9 = x + 1 > 8
+ x > 9 thì C = x - 1 + x - 7 + x - 9 = 3x - 17 ≥ 10
Kết hợp ba trường hợp trên ta có: Min C = 8 ⇔ x = 7
2. Phương pháp sử dụng miền giá trị(tập giá trị của biểu thức)
Cho biểu thức f (x) xác định trên miền D. Gọi m là một giá trị của f (x) ứng với
một giá trị nào đó của x, như vậy sẽ tồn tại giá trị của x thuộc miền D sao cho f (x) =
m hay phương trình f(x) = m có nghiệm
Từ điều kiện có nghiệm của phương trình f(x) = m. Ta sẽ tìm GTNN, GTLN.
Ta cũng xem f(x) là một hàm số thì việc tìm GTNN, GTLN của f (x) nghĩa là tìm
cận trên cận dưới của tập giá trị của hàm số đó.
x2 − 2 x − 2
VD 1: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức A = 2
x + x +1

HD Giải.
Gọi m là giá trị thuộc miền giá trị của A khi đó ta có:

x2 − 2 x − 2
2
2
= m ⇒ x − 2x − 2 = m x + x + 1
2
x + x +1
⇔ ( m − 1) x 2 + ( m + 2 ) x + m + 2 = 0 có nghiệm
* Với m = 1. Từ (1) ⇒ 3x + 3 = 0 ⇔ x = −1

(

)

(

)
(1)
8


* Với m ≠ 1 . (1) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ ( m + 2 ) − 4 ( m − 1) ( m + 2 ) ≥ 0
2

⇔ m 2 + 4m + 4 − 4m 2 − 4m + 8 ≥ 0 ⇔ −3m2 + 12 ≥ 0 ⇔ m2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2
− ( m + 2) − ( 2 + 2)
Kết hợp cả hai trường hợp ta có: MaxA = 2 ⇔ x = 2 m − 1 = 2 2 − 1 = −2
(
)
( )
− ( m + 2)

− ( −2 + 2 )

MinA = - 2 ⇔ x = 2 m − 1 = 2 −2 − 1 = 0
(
)
(
)
Vậy MaxA = 2 ⇔ x = - 2
MinA = - 2 ⇔ x = 0
VD 2: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức B =

x 2 + 3x + 1
x2 + 1

HD Giải:
Nhận thấy B xác định với mọi x. Gọi m là một giá trị của B khi đó ta có:
x 2 + 3x + 1
=m
x2 + 1
⇔ x 2 + 3 x + 1 = mx 2 + m ⇔ ( m − 1) x 2 − 3 x + m − 1 = 0 có nghiệm (1)
* Với m = 1. Từ (1) ⇒ - 3x = 0 ⇔ x = 0
* Với m ≠ 1 . (1) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 9 − 4 ( m − 1) ( m − 1) ≥ 0
9
−3
3
−1
5

≤ m −1 ≤ ⇔
≤ m ≤ . Suy ra
4
2
2
2
2
−1
−b
3
3
−3
=
⇔ x=
=
=
=
= −1
2a 2 ( m − 1)
 −1  3
Min B 2
2  − 1÷
 2

5
−b
3
3
⇔x=
=
= =1
2a
5  3
MaxB = 2
2  − 1÷
2 
−1
⇔ x = −1
Vậy Min B =
2
5
Max B = ⇔ x = 1
2
⇔ ( m − 1) ≤
2

Từ hai ví dụ trên ta thấy phương pháp này rất hiệu quả, một lúc chúng ta có thể
tìm được đồng thời cả GTLN, GTNN. Tuy nhiên để sử dụng được phương pháp
này, giáo viên phải cho học sinh nắm vững được dấu của nhị thức và dấu của tam
thức bậc hai(giải bất phương trinh tích)
Trên đây là hai phương pháp cơ bản để tìm cực trị của một biểu thức đại số mà
các em được biết trước khi chúng em dùng đạo hàm
PHẦN III. PHÂN LOẠI MỘT SỐ DẠNG TOÁN TÌM GTLN, GTNN CỦA
MỘT SỐ BIỂU THỨC THƯỜNG GẶP.
Trước khi cho học sinh giải được các bài toán cực trị không mẫu mực thì nên
cho học sinh tiếp cận với một số bài toán thường gặp sau
1. Dạng 1:Tìm GTLN, GTNN của một tam thức bậc hai f(x) = ax2+ bx+ c
9


Phương pháp chung để giải loại toán này là : Biến đổi về dạng lũy thừa bậc
2k

chẵn: m ±  f( x )  (k∈ z + ) cụ thể là.
+ Nếu a > 0 thì f(x) = aX2 + m ≥ m ⇒ M inf( x ) = m ⇔ X = 0
+ Nếu a < 0 thì f(x) = aX2 + m ≤ m ⇒ Maxf( x ) = m ⇔ X = 0
VD 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A(x) = (x - 1)2+(x-3)2.
HDGiải:
2
2
Ta có A(x) = (x - 1) + (x - 3) = x2 - 2x + 1 + x2 - 6x + 9
= 2(x2 - 4x + 5) = 2(x - 2)2 + 2 ≥ 2
Vì (x - 2)2 ≥ 0 với ∀ x. Vậy Min A(x) = 2 khi x = 2
VD 2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B(x) = - 5x2 - 4x + 1
HD Giải:
4
x) + 1
5
2
2
2
2
 2

2
2
4
2 9
2 2 

= −5  x + 2 x +  ÷ −  ÷  + 1 = − 5   x + ÷ −  + 1 = − 5  x + ÷ +
5
5  25 
5 5
 5   5  




Từ B(x) = - 5x2 - 4x + 1 ta có B(x)= - 5(x2 +

2

2

2
2
V×  x + ÷ ≥ 0 víi ∀x ∈ R nªn −5  x + ÷ ≤ 0
5
5


2

2 9 9

⇒ B(x) = −5  x + ÷ + ≤
5 5 5

9
2
Max B(x) = khi x = −
5
5

2. Dạng 2: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức bậc cao
Đối với dạng bài tập này có thể hướng dẫn học sinh đổi biến để đưa về dạng
tam thức bậc hai, hoặc biến đổi trực tiếp về lũy thừa bậc chẵn.
VD 1: Tìm GTNN của biểu thức A = x4 - 4x3 + 5x2 - 4x + 4
HD Giải.
2 2
2
Ta có : A = x (x - 4x + 4) + (x - 4x +4)
= (x - 2)2(x2 +1) ≥ 0 ⇒ Min A = 0 ⇔ x = 2
VD 2: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức B = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4)
HD Giải.
* Cách 1. Ta có: B = (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4)
= (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6)
2
= (x2 + 5x + 4) (x + 5 x + 4) + 2 
= (x2 + 5x + 4)2 + (x2 + 5x + 4)2 + 1 - 1
= (x2 + 5x + 4 + 1)2 - 1 ≥ - 1
⇒ B = - 1 ⇔ x2 + 5x + 5 = 0 ⇔ x = −5 ± 5
2
−5 ± 5
Vậy Min B = - 1 ⇔ x =
2

* Cách 2. Từ B = (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6).
Đặt x2 + 5x + 5 = y ⇒ B = (y - 1)(y + 1) = y2 - 1 ≥ - 1
10


⇒ B = - 1 ⇔ y = 0 hay x2 + 5x + 5 = 0 ⇔ x = −5 ± 5
2
−5 ± 5
Vậy Min B = - 1 ⇔ x =
2

3. Dạng 3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối
VD 1: Tìm GTNN của biểu thức A = ( x − 2016 ) + ( x − 2017 )
HD Giải.
2

Ta có: A =

( x − 2016 )

2

+

2
( x − 2017 ) =

2

x − 2016 + x − 2017

(Xem VD 2 mục IIId).
VD 2: Tìm GTNN của biểu thức B = ( x − 2016 ) + ( x − 2017 ) + ( x − 2018 )
HD Giải.
Ta có: B = x − 2016 + x − 2017 + x − 2018
(Đến đây ta giải tương tự VD 3 mục IIId).
VD 3: Tìm GTLN của biểu thức C = 2(1 + x − 1 ) - (x - 1)2
HD Giải.
2
Ta có: C = - (x - 1) + 2 x − 1 ) + 2
Đặt y = x − 1 (y > 0) Ta có: C = - y2 + 2y + 2 = -(y - 1)2 + 3 ≤ 3
⇒ Max C = 3 ⇔ y = 1 hay x − 1 = 1 ⇔ x - 1 = ± 1 ⇔ x = 0 hoăc x = 2
Vậy Max C = 3 ⇔ x = 0 hoăc x = 2
4. Dạng 4. Tìm GTLN, GTNN của một phân thức.
Trong dạng này có thể phân loại cho học sinh thấy được phân thức có tử là
một hằng số, mẫu là một tam thức bậc hai, hoặc phân thức có mẫu là một bình
phương, hoặc căn cứ vào từng bài cụ thể mà lựa chọn cách phù hợp với mục đích
2

2

2

A(x)
A(x)
≥ 0 hoÆc
≤ 0.
2
k
k2
3x 2 + 6x + 10
A(x)
=
VD 1: Tìm GTLN của biểu thức
x 2 + 2x + 3

biến đổi về dàng

HD Giải:

3x + 6x + 10
x 2 + 2x + 3
3x 2 + 6x + 9 + 1 3(x 2 + 2x + 3) + 1
1
=
= 3+
=
2
2
x + 2x + 3
x + 2x + 3
(x + 1) 2 + 2
Vì (x+1)2 ≥ 0 với ∀ x nên (x+1)2+2 ≥ 2 với ∀ x.
1
1
1
1
1
Do đó: (x + 1)2 + 2 ≤ 2 ⇒ A(x) = 3 + (x + 1) 2 + 2 ≤ 3 + 2 = 3 2
1
⇒ Max A(x) = 3 khi (x+1)2 = 0 ⇔ x = -1
2
2x 2 − 16x + 41
VD 2: Tìm GTNN của biểu thức B(x) = 2
với x ∈ R
x − 8x + 22

Ta có: A(x) =

2

HD Giải:

11


2x 2 − 16x + 41 2(x 2 − 8x + 22) − 3
3
=
= 2−
2
2
x − 8x + 22
x − 8x + 22
(x − 4) 2 + 6

Ta có: B(x) =

Vì (x- 4) ≥ 0 với ∀x nên (x- 4) +6 ≥ 6 nên
2

2

3
3 1
≤ =
2
(x − 4) + 6 6 2

3
1 3
≥ 2− =
2
2 2
(x − 4) + 6
3
Min B(x) = khi (x- 4)2 = 0 ⇔ x = 4
2
3x 2 − 8 x + 6
VD 3: Tìm GTNN của biểu thức C = 2
x − 2x + 1
⇒ B(x) = 2 −

HD Giải.

2
2 x − 4 x + 2 + x − 4 x + 4 2 ( x − 1) + ( x − 2 )
 x−2
=
Ta có: C =
=2+ 
2
÷ ≥2
x2 − 2 x + 1
( x − 1)
 x −1 
⇒ C = 2 ⇔ x - 2= 0 ⇔ x = 2. Vậy Min C = 2 ⇔ x = 2
2

2

2

2

Tuy nhiên cũng có thể hướng dẫn học sinh dùng phương pháp đổi biến chẳng
hạn như: Đặt x - 1 = y ⇒ x= y + 1 do đó ta có:
3 ( y + 1) + 8 ( y + 1) + 6
2

C=

y2

3y2 − 2 y +1
2 1
= 3− + 2
2
y
y y

=

2

1 
1
1
= 2 − 2 + 1 + 2 =  − 1÷ + 2 ≥ 2
y
y
y 
1
⇒ C = 2 ⇔ = 1 ⇒ x - 1= 1 ⇔ x = 2. Vậy Min C = 2 ⇔ x = 2
y
2x +1
VD 4: Tìm GTLN, GTNN của một phân thức D = 2
x +2

HD Giải:

* Tìm GTNN.

(

x2 + 4 x + 4 − x2 + 2
4x + 2
2x +1
=
Ta viết D dưới dạng D = 2
=
x + 2 2 x2 + 2
2 x2 + 2

(

=

( x + 2)

(

2

2 x +2
2

Vậy Min D =

)



)

(

)

)

1 −1
−1

⇒ D=
⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = - 2.
2 2
2

−1
⇔ x=-2
2

* Tìm GTLN.
2 x + 1 x 2 + 2 − x 2 + 2 x − 1 x 2 + 2 − ( x − 1) 2
Ta viết D dưới dạng D = 2
=
=
x +2
x2 + 2
x2 + 2
x −1
= 1 −( 2 )

2

x +2

≤ 1 ⇒ D = 1 ⇔ x - 1= 0 ⇔ x = 1.

Vậy Max D = 1 ⇔ x = 1
Với ví dụ trên ta thấy việc biến đổi biểu thức về dạng biểu thức thích hợp đòi
hỏi phải biết đánh giá, nhận xét một cách khéo léo mới làm xuất hiện dạng tổng
12


quát m ±  f( x ) 

2k

fx 
hoặc m ±  ( ) 
g( x )

2k

để đánh giá và kết luận. Song nếu sử dụng

phương pháp miền giá trị thì bài toán lại được giải quyết theo một quy tắc nhất định
mà việc giải quyết vấn đề chỉ là xét điều kiện có nghiệm của phương trình. Chẳng
hạn với bài toán VD 4 ta có thể làm như sau:
Vì D có nghĩa với mọi x nên gọi m là một giá trị của biểu thức ứng với một giá
trị nào đó của x. Như vậy tồn tại một giá trị của x sao cho.
2x +1
2x +1
= m ( nghĩa là phương trình 2
= m có nghiệm).
2
x +2
x +2
⇔ mx 2 − 2 x + 2m − 1 = 0 ( *)

−1
2
'
+ TH 2: m ≠ 0 để phương trình (*) có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ ( −1) − m ( 2m − 1) ≥ 0
⇔ 1 − 2m 2 + m ≥ 0 ⇔ 1 − m 2 − m 2 + m ≥ 0
−1
⇔ ( 1 − m ) ( 1 + m ) − m ( m − 1) ⇔ ( 1 − m ) ( 1 + 2m ) ≥ 0 ⇔
≤ m ≤1
2
−1
−1
+ Với m =
phương trình (*) có dạng x2 - 2x -2 = 0 ⇔ x 2 + 4 x + 4 = 0
2
2
2
⇔ ( x + 2 ) = 0 ⇔ x = −2

+ TH 1: m= 0 phương trình (*) trở thành - 2x = 0 ⇔ x =

+ Với m = 1 phương trình (*) có dạng x2 - 2x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1
2

−1
⇔ x=-2
2
Max D = 1 ⇔ x = 1

Kết hợp cả hai trường hợp ta có: : Vậy Min D =

5. Dạng 5. Biểu thức chứa nhiều biến.
VD 1: Tìm giá trị của m và p sao cho: A = m 2 - 4mp + 5p2 + 10m - 22p + 28 đạt
giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.
HD Giải:
2
2
Ta có: A = (m - 4mp + 4p ) + (p2 - 2p + 1) + 27 + 10m - 20p
= (m - 2p)2 + (p - 1)2 + 27 + 10(m - 2p)
Đặt X = m - 2p. Ta có A = x2 + 10X + 27 + (p - 1)2
= (X2 + 10X + 25) + (p - 1)2 + 2 = (X + 5)2 + (p - 1)2 + 2
Ta thấy: (X + 5)2 ≥ 0 với ∀ m, p; (p - 1)2 ≥ 0 ∀ p
Do đó: A đạt giá trị nhỏ nhất khi:
X + 5 = 0
X = −5
m − 2p = −5
m = −3
⇔
hay 
⇔

p =1
p − 1 = 0
p = 1

p = 1

Vậy Min A=2 khi m=-3; p=1.
VD 2: Tìm các giá trị của x, y, z sao cho biểu thức sau đây đạt giá trị nhỏ nhất
P(x, y, z) = 19x2 + 54y2 + 16z2 - 16xz - 24yz + 36xy + 5
HD Giải:
Khi gặp một biểu thức chứa nhiều biến số, ta cấn biến đổi biểu thức đã cho về
tổng các biểu thức không âm.
Ta có: P(x, y, z) = (9x2 + 36xy + 36y2) + (18y2 - 24yz + 8z2) +(8x2 -16xy+8z2) +
2x2 + 5 = 9(x+2y)2 + 2(3y - 2z)2 + 8(x - z)2 + 2x2 + 5.
13


Ta thấy: (x + 2y)2 ≥ 0 với ∀ x, y.
(3y-2z)2 ≥ 0 với ∀ y,z
(x-z)2 ≥ 0 với ∀ x, z
x2 ≥ 0 với ∀ x.
Biểu thức P(x,y,z) đạt giá trị nhỏ nhất khi các hạng tử (x+2y)2, (3y-2z)2; (x-z)2,
x2 đạt giá trị nhỏ nhất cùng một lúc hay nói cách khác chúng phải có giá trị đồng
thời bằng 0, nghĩa là hệ phương trình sau đây có nghiệm.
 x + 2y = 0
x = 0
3y − 2z = 0


⇔ y = 0

x − z = 0
z = 0

 x = 0

Vậy Min P(x,y,z) = 5 khi x = 0, y = 0, z = 0.
VD 3:: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
A= 7x − 5y + 2z − 3x + xy + yz + xz − 2000 + t − t + 2005 .Trong đó x;y;z;t là
các số hữu tỉ
HD Giải:
2

3
 1
Ta có : A= 7x − 5y + 2z − 3x + xy + yz + xz − 2000 +  t − ÷ + 2004
4
 2
2
3
 1
Vì α ≥ 0 ∀α ∈ Q và  t − ÷ ≥ 0 nên A ≥ 2004
4
 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
(1)
7x − 5y = 0
 2z − 3x = 0
(2)

(3)
 xy + yz + zx − 2000 = 0
2

 t − 1  = 0
(4)
 2 ÷

7
3
Từ (1) ta có: y= x . Từ (2) ta có: z = x
5
2
7 2 21 2 3 2
Thay vào (3) ta được: x + x + x = 2000 ⇔ 5x 2 = 2000
5
10
2
2
⇔ x = 400 ⇔ x= ± 20

- Với x = 20 ta có y = 28; z = 30
- Với x = -20 ta có y = -28; z = -30
Ngoài ra, từ (4) ta có: t=

1
2
3
4

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 2004 , đạt được khi
(x;y;z;t) = (20; 28; 30;

1
1
) Hoặc (x;y;z;t) = (-20; -28; -30; )
2
2

6. Dạng 6. Biểu thức chứa căn thức bậc hai.
VD 1:: Tìm giá trị lớn nhất của A = x + 2 − x
HD Giải:
Điều kiện x ≤ 2
14


Đặt 2 − x = y ≥ 0. Ta có y2 = 2 - x
2

1 9 9

A = 2- y + y = −  y − ÷ + ≤
2 4 4

9
1
1
7
Max A = ⇔ y = ⇔ 2 − x = ⇔ x =
4
2
4
4
2

VD 2: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức B =

1
2 + 4 − x2

HD Giải:
* Tìm GTLN.
2
2
Ta có 4 − x ≥ 0 ⇒ 2 + 4 − x ≥ 2 ⇒

⇒ Max B =

1
2+ 4− x

2



1
2

1
⇔ 4 − x 2 = 0 ⇔ x = ±2
2

* Tìm GTNN:
1

2
2
Ta có: 0 ≤ 4 − x ≤ 2 ⇔ 2 ≤ 2 + 4 − x ≤ 4 ⇒



2 + 4 − x2
1
1
⇒ MinB = ⇔ 4 − x 2 = 2 ⇔ x = 0 ⇒ Min B = ⇔ x = 0
4
4
1
Vậy Max B = ⇔ x = ±2
2
1
Min B = ⇔ x = 0
4

1
4

VD 3: Tìm GTLN, GTNN của biểu thức C = − x 2 + 4 x + 5
HD Giải:
* Tìm GTLN.
Ta có: C ≥ 0 ⇒ Min C = 0 ⇔ - x2 + 4x + 5 = 0 ⇔ x = - 1 và x = 5
* Tìm GTLN.
Do C ≥ 0 ⇒ C2 = - x2 + 4x + 5 = 0 = - (x2 + 4x + 4) + 9
= - (x - 2)2 + 9 ≤ 9 ⇒ Max C2 = 9
⇔ x = 2 ⇒ Max C = 3 ⇔ x = 2.
Vậy Min C = 0 ⇔ x = - 1 và x = 5
Max C = 3 ⇔ x = 2
7. Một số dạng khác
VD 1: Gọi x1 ; x2 là 2 nghiệm của phương trình: x2 - 2(m - 1)x + m - 3 = 0.
Tìm GTNN của biểu thức P = x21 + x12
HD Giải:
2

3 7

Ta có ∆ ' = (m - 1)2 - (m - 3) = m2 - 3m + 4 =  m − ÷ + > 0 với mọi m do đó


2

4

phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2
2
⇒ P = x12 + x22 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 =  2 ( m − 1)  − 2 ( m − 3) = 4m2 - 10m + 10
2

15
5
15
5  15 15

⇒ Min P =
⇔ 2m − = 0 ⇔ m =
=  2m − ÷ + ≥
4
2
4
2
4
4

VD 2: Tìm GTLN của biểu thức A = x − 3 + y − 4 bieets x + y = 8

15


HD Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacoopxki ta có
A2 =

(

x −3 + y −4

) ≤ ( 1 +1 ) (
2

2

2

x−3 + y −4

2

2

)

≤ 2 ( x + y − 7 ) = 2.1 = 2

y−4
x−3
=
và x + y = 8 ⇒ x= 3,5 và y = 4,5
1
1
Vậy Max A = 2 ⇔ x= 3,5 và y = 4,5
ab c − 2 + bc a − 3 + ca b − 4
VD 3: Tìm GTLN của biểu thức B = B =
abc
⇒ Max A 2 = 2 ⇔

HD Giải:
c−2
a−3 b−4
+
+
Với điều kiện c ≥ 2; a ≥ 3; b ≥ 4 Ta có B =
c

a

b

Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số không âm ta có:
c−2+2

2

( c − 2) 2 ⇒

c−2 ≤

c
2 2



c−2
c
1

=
(1)
c
2c 2 2 2

b−4
1
1

=
(3)
b
2 4 4
1
1
1
+
+
Cộng từng vế của bất đẳng thức (1) ; (2) ; (3) ta có: B ≤
2 2 2 3 4
1
1
1
+
+ ⇔ c - 2= 2; a - 3 = 3; b - 4=4
⇒ Max B =
2 2 2 3 4
⇔ c = 4; a = 6; b = 8.
1
1
1
+
+ ⇔ c = 4; a = 6 và b = 8.
Vậy Max B =
2 2 2 3 4

Tương tự ta cũng có:

a −3
1

(2) ;
a
2 3

VD 4. Tìm GTLN của biểu thức M = a + b + b + c + a + c biết a + b + c = 1
HD Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:

2
2
2
2
2
2 

M2 = ( a + b + b + c + a + c )2 ≤ ( 1 + 1 + 1 ) ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) 

≤ 3 ( a + b + b + c + c + a ) ≤ 3.2 = 6





 a + b + c = 1
1
6⇔
⇔ a = b = c = ( vì N ≤ 0)
3
 a + b = b + c = a + c
1
Vậy Max M = 6 ⇔ a = b = c =
3

⇒ Max M =

PHẦN IV. NHỮNG SAI LẦM HỌC SINH THƯỜNG MẮC PHẢI.
Khi cho học sinh giải bài toán tìm GTLN, GTNN của một biểu thức, giáo
viên cần cho học sinh thực hiện bài toán thỏa mãn hai điều kiện. Song nhiều trường
hợp học sinh chưa hiểu rõ được bản chất nên thường vướng những sai lầm đáng
tiếc, vì thế thầy giáo cần cho phải cho học sinh thấy rõ được một số bài toán khi
giải tưởng chừng như đã đúng nhưng lại sai do chưa thõa mãn hai điều kiện(như
16


định nghĩa đã nêu) hoặc chưa thỏa mãn các quy tắc, tính chất tiên đề hay định
nghĩa toán học ...có liên quan. Chẳng hạn ta xét một số ví dụ sau:
VD 1: Tìm GTNN của biểu thức A = x2 + (x - 2)2.
Một học sinh đã giải như sau:
2
2
Ta có x ≥ 0 ; (x - 2) ≥ 0 ⇒ A ≥ 0. Vậy Min A = 0
Học sinh đã làm không đúng. Sai lầm của học sinh ở đây là mới chứng tỏ
được A ≥ 0 nhưng chưa chỉ ra được điều kiện thứ 2 là trường hợp xảy ra dấu của
đẳng thức. Thực ra ví dụ này dấu của đẳng thức không xảy ra vì không thể có đòng
thời x2 = 0 và (x - 2)2 = 0 do đó người thầy phải cho học sinh phát hiện ra sai lầm
đó và cho học sinh tìm lời giải đúng.
Lời giải đúng là:
2
2
2
Ta có: A = x + (x - 2) = x + x2 - 2x +4 = 2(x- 1)2 + 2 ≥ 2
⇒ Min A = 2 ⇔ x = 1
VD 2: Tìm GTNN của biểu thức B = x2 + y2 biết x + y = 4
Một học sinh đã giải như sau:
2
2
Ta có: B = x + y ≥ 2xy ⇒ B nhỏ nhất bằng 2xy ⇔ x = y = 2( vì x + y = 4).
Khi đó Min B = 22 + 22 = 8
Ở ví dụ này đáp án tuy không sai nhưng lập luận mắc sai lầm khi mới chứng tỏ
được f(x;y) ≥ g(x;y) mà chưa chỉ ra được f(x;y) ≥ m với m là hằng số.
Ta có thể đưa ra một ví dụ với cách lập luận trên: Từ bất đẳng thức x 2 ≥ 4x - 4
⇒ x 2 nhỏ nhất ⇔ x2 = 4x - 4 ⇔ x = 2 ⇒ Min x2 = 4 ⇔ x = 2 ta thấy kết quả
trên là sai vì dễ thấy Min x2 = 0 ⇔ x = 0
Lời giải đúng là:
2
2

Ta có: x + y = 4
x + y + 2xy = 16 (1)
2
2
Ta lại có: x + y - 2xy ≥ 0
(2)
Cộng từng vế hai bất đẳng thức (1) và (2) ta có: 2(x2 + y2) ≥ 16
⇔ (x2 + y2) ≥ 8 ⇒ Min B = 8 ⇔ x = y = 2
x 2 + 15 x + 16
VD 3: Tìm GTNN của biểu thức C =
( với x > 0)
3x

Một học sinh đã giải như sau:
x + 4) + 7 x ( x + 4)
7 7
Ta có: C = x + 8 x + 16 + 7 x = (
vì x > 0
=
+ ≥
2

2

3x
7
⇒ Min C = ⇔ x = −4
3

3x

2

3x

3

3

Mặc dù đã trình bày đủ cả hai điều kiện song với x = - 4 thì không thõa mãn vì
điều kiện bài toán là x > 0
Lời giải đúng là:
16
16
16
2 x.
x+
Do x > 0 nên ta có C =
x + 5 = 2.4 + 5 = 23
x
x + 15 ≥
3
3
3
3
3
3
23
23
⇒ Min C =
⇔ x = 4 vì x > 0. vậy Min C =
⇔x=4
3
3
x + 15 +

VD 4 : Tìm GTLN của biểu thức D = xyz(x + y)(y + z)(x + z) biết x, y, z ≥ 0 và x
+ y +z = 1.
Một học sinh đã giải như sau:
17


Áp dụng bất dẳng thức 4ab ≤ (a + b)2 ta có: 4(x + y)z ≤ (x + y + z)2 = 1;
4(y + z)x ≤ (y + z + x)2 = 1 ; 4(x + z)y ≤ (x + z+ y)2 = 1
Do hai vế không âm nên nhân từng vế các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có:
64xyz(x + y)(y + z)(x + z) ≤ 1 ⇒ xyz(x + y)(y + z)(x + z) ≤
⇒ Max D =

1
64

1
64

Sai lầm của học sinh là cũng chưa chỉ ra được trường hợp xảy ra dấu của đẳng
thức. Nếu tiếp tục giải ta sẽ có điều kiện để D =
x + y = z
y + z = x
x = y = z = 0


x + z = y x + y + z = 1
 x + y + z = 1  x, y , z ≥ 0


 x, y,z ≥ 0

1
là:
64

điều này là vô lý

Lời giải đúng là:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 3 số không âm ta có:
1 = x + y + z ≥ 3. 3 xyz

(1)

2 = ( x + y ) + ( y + z ) + ( x + z ) ≥ 3. 3 ( x + y ) ( y + z ) ( x + z )

(2)
Hai vế của bất đẳng thức không âm nên nhân từng vế của (1) với (2)
3

ta có:

3

1
2
2
2 ≥ 9. D ⇒ D ≤  ÷ ⇒ Max D =  ÷ ⇔ x = y = z =
3
9
3
3

2.4. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Đối với giáo viên:
Từ kết quả phân tích, đánh giá bài toán đã giúp giáo viên nâng cao được năng
lực tự nghiên cứu, tìm tòi nâng cao kiến thức, nghiệp vụ đồng thời vận dụng tổng
hợp các tri thức đã học, mở rộng, đào sâu và hoàn thiện hiểu biết. Từ đó giúp bản
thân nâng cao phương pháp tự học, tự nghiên cứu và sáng tạo để có thể tiếp tục
nghiên cứu các vấn đề khác tốt hơn trong suốt quá trình giảng dạy của mình.
Nghiên cứu vấn đề này cũng giúp giáo viên nắm được những thuận lợi, khó
khăn khi dạy cho học sinh đại trà, học sinh giỏi, ôn thi vào lớp 10, từ đó định hướng nâng cao chất lượng dạy và học môn toán.
Nghiên cứu đề tài này còn giúp giáo viên có tư liệu tham khảo và dạy thành
công hơn khi dạy môn tự chọn toán.
2. Đối với học sinh
Khi chưa áp dụng phương pháp dạy như trên nhiều em chưa biết cách nhìn
nhận, định hướng giải như thế nào, chưa bao quát được hết các đặc điểm của đề
bài, chưa nắm được phương pháp phân tích, nhìn nhận bài toán từ nhiều góc độ
khác nhau. Cho nên các em làm bài còn mơ hồ, không tự tin, kĩ năng biến đổi còn
hạn chế, không biết mình đúng hay sai.
Sau khi áp dụng đề tài này các nhược điểm của các em nêu trên giảm rất
nhiều tỉ lệ học sinh hiểu bài làm được bài tăng lên rõ dệt từ đó các em có hứng
thú và tích cực học tập hơn.
18


Năm học 2016-2017 sau khi dạy học nội dung này kết quả học tập của các
em học sinh bước đầu đã có nhiều chuyển biến, cụ thể là:
Kết quả khảo sát
T.Bình
Yếu
SL
%
SL
%

Năm
học

Đề tài

20152016

Khi chưa áp
dụng cho 38
HS

1

2.6

7

18.4

18

47.2

10

26.3

2

5.5

20162017

Áp dụng cho
34 HS

5

14.7

12

35.3

11

32.4

6

17.6

0

0

Giỏi
SL
%

Khá
SL
%

Kém
SL
%

3. KẾT LUẬN
* BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Qua việc áp dụng đề tài này bản thân đã rút ra một số kinh nghiệm nhất định đó
là:
1. Phương pháp giải bài tập có hệ thống là một yếu tố cơ bản giúp học sinh
nắm vững kiến thức, giải quyết linh hoạt các bài tập toán và đạt kết quả cao trong
học tập môn toán. Điều quan trọng nhất cần đề cập bài toán theo nhiều cách khác
nhau, nghiên cứu kỹ, khảo sát kỹ từng chi tiết và kết hợp các chi tiết của bài toán
theo nhiều cách để mở rộng, phát triển cho các bài toán khác. Đồng thời qua đó có
thể khai thác các ứng dụng của bài toán cơ bản vào giải quyết các bài toán cùng
loại.
2. Thực tế cho thấy có những vấn đề chủ quan giáo viên cho là đơn giản thì
đối với nhiều học sinh việc tiếp thu, lĩnh hội kiến thức lại gặp rất nhiều khó khăn.
Vì vậy giáo viên cần phải kiên trì, bền bỉ, gần gũi học sinh, nhiệt tình giảng dạy. Từ
đó sẽ cảm hoá được các em, giúp các em mạnh dạn trao đổi ý kiến với giáo viên,
hứng thú, tích cực học tập hơn và kính trọng biết ơn thầy cô giáo hơn.
3. Trong quá trình giải các bài tập đã giúp các em rèn luyện khả năng tư duy,
phân tích, suy ngẫm, khái quát vấn đề một cách chặt chẽ, các em không còn ngại
khó mà rất tự tin vào khả năng học tập của mình. Nhiều em khá giỏi đã tìm ra được
cách giải hay, ngắn gọn, phù hợp và hiểu được bản chất của bài toán.
4. Đối với các em học yếu, đây là một việc thực sự khó khăn đối với mỗi
giáo viên. Một phần cũng là do khả năng học toán của các em còn hạn chế, mặt
khác dạng toán này cũng đa dạng, phức tạp. Do đó giáo viên cần có biện pháp
khuyến khích, động viên làm cho các em có lòng tự tin để tư duy, sáng tạo trong
học tập.
3.1. KẾT LUẬN.
Những biện pháp và việc làm của tôi nói trên, bước đầu kết quả chưa thật mỹ
mãn đối với mong muốn của bản thân. Tuy nhiên, nếu thực hiện tốt đề tài trên tôi
nghĩ nó cũng góp phần đổi mới phương pháp giảng dạy đáp ứng nhu cầu học tập và
phát triển của học sinh. Mặt khác, với cách trình bày như trên tôi thiết nghĩ chúng
ta có thể áp dụng cho môn học Tự chọn toán 9 mà lâu nay chưa có tài liệu riêng để
dạy phần này.
19


Đề tài này được tích luỹ, thực hiện trong một thời gian ngắn (2015 - 2017) nên
chắc hẳn còn có những hạn chế. Bản thân cho rằng những kinh nghiệm trên mới
chỉ là một trong những kinh nghiệm nhỏ bé trong muôn vàn kinh nghiệm được đúc
kết, cũng như những kinh nghiệm của bao lớp thầy cô. Vì vậy bản thân cũng mong
được sự góp ý xây dựng của đồng nghiệp nhằm giúp tôi từng bước hoàn thiện phương pháp giảng dạy của mình.
3.2. KIẾN NGHỊ
Đối với giáo viên.
Có thể nói bài toán "Tìm GTLN, GTNN của một biểu thức đại số" là một
chuyên đề hay và khó nên ngay từ lớp 6, lớp 7 giáo viên cần cho học sinh được làm
quen với các bài toán về chuyên đề này. Có như vậy thì khi các em bước vào lớp 8,
lớp 9 giáo viên có thể đưa nội dung chuyên đề này dạy cho các em thì các em sẽ
không còn cảm thấy bở ngỡ hay lạ lẫm nữa và như vậy việc thực hiện chuyên đề
này sẽ trở nên thành công hơn, mang lại hiệu quả cao hơn.
Đối với phòng GD&ĐT, sở GD&ĐT.
Do nội dung kiến thức về bài toán "Tìm GTLN, GTNN của một biểu thức đại
số" không có trong sách giáo khoa nên việc truyền tải nội dung này cho học sinh
cũng trở nên không đồng bộ, không rộng rãi. Vì thế nên tổ chức các lớp chuyên đề
sinh hoạt chuyên môn cấp sở, cấp phòng về nội dung chuyên đề này để giáo viên
có cơ hội trao đổi, thảo luận, học hỏi kinh nghiệm về việc giảng dạy nội dung kiến
thức này cũng như các chuyên đề tương tự có nội dung kiến rộng và khó. Từ đó
giáo viên có thể mạnh dạn đưa nội dung kiến thức của chuyên đề này vào dạy cho
các em một cách hệ thống, đồng bộ hơn, thống nhất hơn và nhân rộng hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 27 tháng 5 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Lê Quang Tuấn

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
Sách nâng cao và phát triển toán 8 tập 2: Tác giả: Vũ Hữu Bình
Sách nâng cao và phát triển toán 9 tập 1: Tác giả: Vũ Hữu Bình
Sách nâng cao và phát triển toán 9 tập 2: Tác giả: Vũ Hữu Bình
Sách toán nâng cao và các chuyên đề đại số 8: Tác giả: Vũ Dương Thụy
Một số vấn đề phát triển đại số 9: tác giả: Vũ Hữu bình

21


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Lê Quang Tuấn
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THCS Xuân Quang

TT

Tên đề tài SKKN

1.

Rèn khả năng phát triển bài
toán từ một bài toán đơn giản
Đại số 9
Rèn khả năng phát triển bài
toán từ một bài toán đơn giản

2.

Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
giá xếp loại
xếp loại
(Phòng, Sở,
(A, B,
Tỉnh...)
hoặc C)

Năm học
đánh giá xếp
loại

Phòng GD

B

2011-2012

Sở GD

C

2011-2012

22



x

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×