Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Trong giảng dạy môn toán, ngoài việc giúp học sinh nắm chắc chắn kiến thức cơ
bản thì việc phát huy tính tích cực của học sinh, biết lựa chọn các phương pháp đã học
vào giải các bài toán là điều rất cần thiết. Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
hàm số là các dạng toán phổ biến và quan trọng trong chương trình phổ thông, thường
gặp trong các đề tuyển sinh đại học – cao đẳng và còn là một chuyên đề hay gặp trong
các đề thi chọn học sinh giỏi ở phổ thông.
Các bài giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số rất đa dạng và phong phú. Cả lý luận
và thực tiễn dạy học đều chứng tỏ chúng rất có hiệu quả trong việc phát triển tư duy cho
học sinh.
Có nhiều phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số, việc vận dụng nhìn
chung phụ thuộc rất nhiều vào đặc thù bài toán. Đứng trước bài toán này, học sinh phổ
thông thường lúng túng về phương pháp giải, nên sử dụng phương pháp hàm số, bất đẳng
thức Côsi hay sử dụng Bunhiacopski…Vì vậy việc lựa chọn phương pháp giải toán với
bài toán này rất quan trọng. Trong bài viết này tôi tập trung vào vấn đề:
“SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT”
Việc lựa chọn công cụ hình học vào giải quyết các bài toán về đại số là một cách
nhìn khá mới mẻ. Nội dung chính của phương pháp là nhìn một bài toán đại số theo quan
điểm hình học, khi giải quyết bài toán này đỏi hỏi chúng ta phải tọa độ hóa bài toán đại
số. Như vậy, việc chọn hệ trục tọa độ như thế nào là rất quan trọng. Việc chọn hệ trục tọa
độ hợp lý sẽ giúp cho việc giải quyết bài toán là nhanh gọn, trong sáng.
2. Mục đích nghiên cứu
Xây dựng một hệ thống bài tập theo độ khó tăng dần nhằm cung cấp cho học sinh
cách ứng dụng phương pháp tọa độ để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
3. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo, các tài liệu liên
quan khác,…
- Phương pháp quan sát: Quan sát quá trình dạy và học tại trường THPT Nguyễn
Hữu Tiến.

. Vì hai véctơ
,i j
r r
không đồng phẳng nên có một
bộ số
( ; )x y
duy nhất sao cho:
OM xi yj= +
uuur
r r
. Bộ hai số
( ; )x y
được hoàn toàn xác định bởi
điểm
M
và được gọi là toạ độ của điểm
M
, ký hiệu
( ; )M x y
.
- Cho
a
r
trong mặt phẳng
Oxy
. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm
M
sao cho
OM a=
uuur

1 1 2 2
( ; )
( ; )
. .
a b a b a b
ka ka ka
a b a b a b
± = ± ±
=
= +
r
r
r
r
r
d) Các công thức về độ dài, góc, khoảng cách:
Cho hai véctơ
1 2 1 2
( ; ), ( ; )a a a b b b= =
r
r
và gọi
a
là góc tạo bởi hai véctơ đó.
i) Độ dài véctơ:
2 2
1 2
a a a= +
r


r
.
2
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
e) Phương trình đường thẳng
- Phương trình của đường thẳng
d
đi qua điểm
0 0
( ; )M x y
và nhận véctơ
( ; )n a b=
r
làm véctơ
pháp tuyến là:
0 0
( ) ( ) 0a x x b y y- + - =
.
- Khoảng cách từ điểm
0 0
( ; )M x y
đến đường thẳng
: 0d ax by c+ + =
là:
0 0
2 2
( ; )
ax by c
d M d
a b

.
- Dấu “=” bên phải xảy ra khi
,a b
r
r
cùng hướng hoặc
0a =
r
r
hoặc
0b =
r
r
.
ii)
. . .a b a b a b- ££
r r r
r r r
- Dấu “=” bên trái xảy ra khi
,a b
r
r
ngược hướng hoặc
0a =
r
r
hoặc
0b =
r
r

nằm ngoài đường thẳng
d
. Khi đó độ dài đoạn thẳng
MH
(với
H dÎ
) ngắn nhất khi
H
là hình chiếu vuông góc của
M
trên đường thẳng
.d
II. BÀI TẬP
Phương pháp:
+ Biến đổi hàm số cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất về dạng tọa độ để xác định véctơ, các
điểm, các đường có tọa độ từ điều kiện và biểu thức ban đầu.
3
Trn Mnh Hõn Trng THPT Nguyn Hu Tin
+ Chuyn bi toỏn t dng i s v dng hỡnh hc ta , gii bi toỏn bng phng
phỏp hỡnh hc t ú suy ra kt qu dng i s.
Bi 1: Tỡm giỏ tr nh nht ca hm s:
2 2
( ) 1 3 1f x x x x x= - + + - +
vi
x ẻ Ă
.
Gii:
Vit li hm s di dng:
2 2
2 2

. Xột trờn h trc ta
Oxy
.
Cỏch 1:
Chn
1 3 3 1
; ; ;
2 2 2 2
u x v x
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
= - + = -
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
r
r
ị

2 2
3 1 1 3
2
2 2 2 2

k
u kv k
x
ỡ
ù
=
ù
ù
= >
ớ
ù
= -
ù
ù
ợ
r
r
.
Vy
min ( ) 2f x =
khi
3 1x = -
.
Cỏch 2: Gi
1 3
;
2 2
A
ổ ử
ữ

2
1 3
2 2
A C x
ổ ử
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
= - +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ố ứ
ỗ
ố ứ
v
2
2

Theo bt ng thc tam giỏc ta cú:
2 2
3 1 1 3
2
2 2 2 2
A C BC A B
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
+ = - + - - =
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
. Nờn
( ) 2,f x x" ẻ Ă
.
4
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
Vậy
min ( ) 2f x =
khi
C
là giao điểm của
A B

ç ç
-
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
mà không
phải cặp điểm khác, mặc dù các biểu thức tính khoảng cách
,A B BC
không đổi, ta có thể
chọn
1 3 3 1
; , ;
2 2 2 2
A B
æ ö æ ö
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø

ç
÷
ç
÷
ç
è ø
và khi đó
M
là
giao điểm của
'A B
và trục
Ox
. Nên ta chọn điểm
3 1
;
2 2
B
æ ö
÷
ç
÷
ç
-
÷
ç
÷
ç
÷
ç

Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
đổi, nên cặp điểm
,A B
phải có dạng
( , ), ( , )A m n B p q
hoặc
( , ), ( , )A x m n B x p q+ +
hoặc
( , ), ( , )A m y n B p y q+ +
hoặc
( , ), ( , ) A x y B x p y q+ +
(trong đó
, , ,m n p q
là các giá trị
không đổi). Và với điểm
C
bất kì thay đổi thì khi áp dụng công thức khoảng cách để tính
,A C BC
ta luôn được hệ số của
2
x
là bằng nhau.
+ Thứ ba: Khi thay bằng hàm số
2 2
( ) 1 3 1f x x x x x= - + - - +
có thể đạt giá trị
lớn nhất hoặc nhỏ nhất hay không?
Trả lời: Do cách chọn điểm mà hàm số
( )f x
sẽ đạt được giá trị lớn nhất. Nếu như muốn

nhất của hàm số đó.
Các vấn đề sẽ lần lượt được áp dụng và trình bày qua các bài toán dưới đây.
Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
2 2 2 2
( ) 2 2 2 2f x x px p x qx q= - + + - +
, (
,p q
là hai số cho trước)
Giải:
TH1: Xét
0p q+ >

Trên mặt phẳng tọa độ
Oxy
xét các điểm
( ; ); ( , )A x p p B x q q- - -
. Khi đó :
2 2
2 2
( ) ( ) ( )f x x p p x q q OA OB= - + + - + = +

Rõ ràng có:
OA OB A B+ ³
.
Mà
2 2
( ) ( )A B q p p q= - + +
không đổi với mọi vị trí của A và B.
6
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến

,A B
nên ta có:
2 2
min ( ) ( ) ( )
| |
q p p q
f x f A B p q p q
p q
æ ö
+
÷
ç
÷
ç
= ÷= = - + +
ç
÷
ç
÷
+
÷
ç
è ø

TH2: Xét
| | | | 0 0.p q p q+ = = =Û
Lúc này
khi ( ) 2 min ( ) 0, 0.f x x f x x= = =Û

Vì vậy, với mọi trường hợp ta đều có:

là độ dài đường gấp khúc OABC nối hai điểm cố định
(0;0)O
và
(( ) ; )C a b c h k+ +
.
7
Trn Mnh Hõn Trng THPT Nguyn Hu Tin
T (2) suy ra :
(3)
2 2 2
( ; ; ) ( ) ,f x y z OC k h a b c= + + +

Du "=" trong (3) xy ta
, , ,O A B C
theo th
t thng hng.
ax ax by ax by cz
ah ah bh ah bh ch
+ + +
= =
+ + +

k
x y z
a b c
= = =
+ +

Nh vy:
2 2 2

trờn min
1
| 1
2
x x
ỡ ỹ
ù ù
ù ù
= -D Ê Ê
ớ ý
ù ù
ù ù
ợ ỵ
Phõn tớch:
Nu lm nh bi 1 thỡ ta ch tỡm c giỏ tr nh nht m khụng tỡm c giỏ tr ln nht.
Vi bi ny ta s dng nh lớ: Mi hm s liờn tc trờn mt on u cú giỏ tr ln
nht v giỏ tr nh nht trờn on ú.
Gii:
Vit li hm s di dng:
2 2
( ) 1 ( 1) 1 ( 1)f x x x= + - + + +

Xột h trc ta
Ouv
, trờn ú xột im c nh
(2;2)N
v
im chuyn ng
(1;1 )M x-
.

Nên
( ) 2.f x ON³ ³

+ Vậy
( )f x
đạt GTNN bằng 2 khi
, ,O M N
theo thứ tự thẳng hàng hay
M
là giao điểm
của
ON
và
0 1
M M
. Dễ dàng tìm được
(1;1)M
hay
0.x =

+ Và
0 1
1 [ ]
[ ;1]
2
max ( ) max ( )
M M M
x
f x OM MN
Î

'( ) 0f x =

không khó như bài 1.
- Sử dụng phương pháp này có thể giảng dạy phù hợp với chương trình lớp 10, phần hệ
trục tọa độ trong mặt phẳng.
Bài 5: Cho
,x y
là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2 2
( 1) ( 1) 2A x y x y y= - + + + + + -
(trích đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2006)
Phân tích:
Hai căn thức đầu tiên làm ta nghĩ tới tọa độ các điểm
( 1; ), ( 1; )M x y N x y- - +
và sử dụng
bất đẳng thức tam giác để đánh giá hai căn thức đầu tiên. Tuy nhiên cần khéo léo chọn để
dấu bằng xảy ra.
Giải:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, xét điểm
( 1; )M x y- -
,
( 1; )N x y+
.
Ta được
2 2 2 2
( 1) ( 1)OM ON x y x y+ = - + + + +

Do

y
f y f y y
y
= - = =Û
+

Bảng biến thiên
Từ đó suy ra:
( ) 2 3, 2.f y y+ " <³
Dấu bằng xảy ra khi
3
3
y =
.
+ Nếu
2y ³
, tương tự ta được
2
( ) 2 1 2 2 5 2 3f y y y= + + - > +³
.
Vậy
2 3A +³
với mọi số thực
, .x y

Khi
3
0,
3
x y= =

÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
= - + + + + + + - + +
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
ç ç
÷ ÷
è ø è ø
ç ç
è ø è ø
10
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
Trong mặt phẳng tọa độ, ta xét các điểm
3 1 3 1
( ; ), (1;0), ; , ;
2 2 2 2
M x x A B C
æ ö æ ö
÷ ÷
ç ç
÷ ÷

nhỏ nhất khi
M Oº
hay
0x =
. Và khi đó ta được
min ( ) (0) 3f x f= =
.
Chứng minh bài toán phụ:
Cho tam giác
A B C
có ba góc nhọn và điểm
M
tùy ý nằm trong mặt phẳng
( )A BC
thì
tổng
MA MB MC+ +
nhỏ nhất khi
M
nhìn 3 cạnh
, ,A B BC CA
dưới một góc 120
0
.
Hướng dẫn: Xét phép quay tâm
A
góc quay 60
0
.
- Biến điểm

60A MN =
nên
·
0
120AMB =
. Tương tự ta cũng được
·
·
0
120BMC CMA= =
. Từ đó ta được điều phải chứng minh.
Bài 7: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
2 2 2 2 2 2
( ; ) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 2) ( 2)f x y x y x y x y= + + - + - + + + + + +
trong đó
,x y
là các số thực. (Trích đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 1998)
Phân tích : Trong hàm số
( ; )f x y
xuất hiện căn bậc hai, gợi
chúng ta nghĩ đến công thức khoảng cách giữa hai điểm.
Giải:
11
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
Xét các điểm
( 1;1); (1; 1); ( 2; 2)A B C- - - -
và điểm
( ; )M x y
trong hệ trục tọa độ vuông góc
Oxy

cân
tại
C
nên
[ ].M OCÎ

Ta tính
( ; ) :f x y

Xét ta giác vuông
OMA
có
·
0
60 , 2AMO OA= =
nên
0
6
3
tan 60
OA
OM = =
Khi đó
1
2 3
M M
OM
x y= = =
. Tức là
1

1; 2 .u a b v a b= + = = + +
r
r

12
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
2 2 2
2 (1 1)( ) ( )a b a b= + + +³
, do đó ta được
2 2v +£
r

Từ đó suy ra:
1 1 . . 2 2P a b b a u v u v= + + + = +££
r r
r r
.
Dấu “=” xảy ra
1 1
a b
a b
b a
a b
ì
ï
ï
=
ï
ï

2 2 2
1 1 1
A x y z
x y z
= + + + + +

(Trích đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2003)
Giải:
Gọi
1 1 1
; ; ; ; ;u x v y w z
x y z
æ ö æ ö æ ö
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷ ÷ ÷
= = =
ç ç ç
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷ ÷ ÷
ç ç ç
è ø è ø è ø
r r
r

Khi đó
1 1 1
;u v w x y z
x y z

= + + + + + = + +
r r
r
.
Và
2
2
1 1 1
( )u v w x y z
x y z
æ ö
÷
ç
÷
+ + = + + + + +
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
r r
r

13
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
Ta có
2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1

Áp dụng bất đẳng thức
u v w u v w+ + + +³
r r r r
r r

Ta được
82.A ³

Dấu "= " xảy ra khi các véctơ
, ,u v w
r r
r
cùng hướng và
1x y z+ + =
hay
1
.
3
x y z= = =
Bài 10: Cho các số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
.ab bc ca abc+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức :
2 2 2 2 2 2
2 2 2a b b c c a
P
ab bc ca
+ + +


Khi đó ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2
; ;
a b b c c a
u v w
ab bc ca
+ + +
= = =
r r
r

1 1 1 2 2 2
;u v w
a b c a b c
æ ö
÷
ç
÷
ç
+ + = + + + +
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
r r

ta được :
3P ³
.
14
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
Vì ba véctơ đều khác
0
r
nên dấu "=" xảy ra khi 3 véctơ
, ,u v w
r r
r
cùng hướng và
.ab bc ca abc+ + =

Vậy
min 3P =
khi
3a b c= = =
.
Bình luận: Đây là dạng của đề thi Đại học Quốc gia Hà Nội, năm 2000.
Bài 11: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
2 2 2 2
1 1 16 32 1 1 4 8
( ) 2 4 10
2 2 5 5 2 2 5 5
f x x x x x x x x= + + - + + - + + - +
Giải:
Ta có :
( )

2 2
2 2
16 8
2 ,
5 5
a x b x
æ ö æö
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
= + = - +
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
r
r
,
2 2
2 2
4 8
( 2) 2 ,
5 5
c x d x
æ ö æö
÷ ÷
ç ç
÷ ÷

2
a c b d+ + + = +³
r r
r r

Dấu bằng xảy ra khi
,a c
r r
cùng hướng và
,b d
r r
cùng hướng, tức là :
(4 )
2 2
1
16 4
2
5 5
8 8
5 5
x k x
k
a kc
k l
x l x
x
b ld
l
ì
ï

ç
ï ï ï
è ø
î
ï
î
ï
ï
ï
ï
=
ï
ï
ï
î
r r
r r

Vậy
min ( ) 4 2 2f x = +
khi
2.x =

Bình luận: Trong bài này, việc chọn tọa độ mang ý nghĩa quyết định. Nếu chọn hệ
tọa độ hợp lý thì chúng ta thấy lời giải hết sức gọn gàng. Qua bài toán này, ta cũng nhận
15
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
thấy rằng cơ sở trực quan của hình học phần nào đã giảm nhẹ được độ khó của
bài toán. Vận dụng hình học trong bài toán đại số, giúp học sinh đỡ phải tính
toán cồng kềnh phức tạp.

Oxy
:
Gọi
k
M
là điểm có tọa độ
1 1
; , 1, 2, 3 , .
k k
k i i
i i
M x y k n
= =
æ ö
÷
ç
÷
=
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
å å

Nói riêng điểm
1 1
;
n n

.
Dễ thấy:
2 2
1 1
2 2
1
1 1 1 1
( 1, 2, , )
k k k k
k k i i i i k k
i i i i
M M x x y y x y k n
- -
-
= = = =
æ ö æ ö
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
= - + - = + =
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
å å å å

Gọi
H

0
1 2
1 2
1 2 1 2
t an 45 1
1

2
n
n
n n
y y y
x x x
x x x y y y
n
= = = = =Û
= = = = = = = =Û

16
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
Vậy
2
min
2
P =
khi
1
, ( 1,2, , )
2
i i

. Suy ra :
+
( ; )f x y OM OH= ³
, với
H
là chân đường cao hạ từ
O
xuống
A C
.
2 2
2.0 0 4
4
( ; )
5
2 1
OH d O A C
- +
= = =
+
.
+
{ }
{ }
( ; ) max ; ; max 4; 20;2 20f x y OA OB OC = =£
khi
M Bº
hay
4; 2x y= - =
.

, ,M N P
là
các điểm nằm trên đường tròn tâm
O
bán kính
5
.
17
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
Và biểu thức có thể viết thành
2 2 2 2 2 2 2 2
5 5 2 2
2 2
2 2 2 2 2
a b c d a b c d ac bd
P a b c d
+ + + + + - -
= + - - + + - - +

( )
2 2 2 2 2 2
1
( 1) ( 2) ( 1) ( 2) ( ) ( )
2
a b c d a c b d= - + - + - + - + - + -

1
( )
2
MP NP MN= + +

ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
.
Tức là
1 2 3 2 3 1 2 3 2 3
, , ,
2 2 2 2
a b c d
- - - + - + - -
= = = =

Vậy
3 30
max
2
P =
khi
1 2 3 2 3 1 2 3 2 3
, , ,
2 2 2 2
a b c d
- - - + - + - -

Từ điều kiện ta có :
2 2
2 2
( ) ( 1) 1
( 7) ( 7) 25
a a b
c d
ì
ï
- + - =
ï
ï
í
ï
- + - =
ï
ï
î

Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, ta xét các điểm
( ; ), ( ; )M a b N c d
, thì từ điều kiện ta thấy
,M N

là hai điểm lần lượt nằm trên hai đường tròn
tâm
1
(1;1)O

ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
,
5 2 5 2
7 ;7 ,
2 2
F
æ ö
÷
ç
÷
ç
- -
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
5 2 5 2
7 ;7
2 2
H
æ ö
÷
ç
÷

nên ta cũng có
2 2 2
EF MN GH£ £

Lại có
2 2 2 2
2(6 3 2) 36(3 2 2); 2(6 3 2) 36(3 2 2)EF GH= - = - = + = +

Từ đó suy ra:
36(3 2 2) 36(3 2 2)P- +££

Vậy
min 36(3 2 2)P = -
khi
,M E N Fº º
hay
5 2 2
7 , 1
2 2
a b c d= = - = = +max 36(3 2 2)P = +
khi
,M G N Hº º
hay
2 5 2
1 , 7 .
2 2
a b c d= = - = = +

ï ï
Þ
í í
ï ï
³ ³
= -
ï ï
ï
î
ï
î

Tức là, xét trên hệ tọa độ
Ouv
thì
,u v
thuộc một phần của đường tròn tâm
O
bán kính
2
ở góc phần tư thứ nhất.
Ta sẽ tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
( ; )f u v u v= -
với điều kiện
(*)
.
Giải:
Gọi
a
là giá trị tùy ý của hàm số

= +
ï
ï
í
ï
= -
ï
ï
î
khi đó hệ (1) có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :
2 2
2 (2)
0, 0
u v
u v
u v
a
ì
ï
- =
ï
ï
ï
+ =
í
ï
ï
³ ³
ï
ï

min ( ) 5 1.f x x= - = -Û
20
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
Bình luận:
- Bài này có thể sử dụng phương pháp hàm số nhờ việc giải phương trình
'( ) 0f x =

không khó như bài 1.
- Sử dụng phương pháp này có thể dạy cho học sinh lớp 10.
Bài 17: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số.
2 2
( ) 4 4f x x x x x= + - + -
trên miền
{ }
| 2 2x x= -D £ £
.
Phân tích: Khi đặt
2
4 0y x= - ³
thì bài toán trở thành :
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
( , )f x y x y xy= + +
thỏa mãn
2 2
4
0
x y
y
ì
ï

ï
ï
í
ï
- ££
ï
ï
î
Đặt
2
4 ( 0)y x y= - ³
khi đó hệ (1) có nghiệm khi hệ sau có
nghiệm:
2 2
4 (2)
0
x y xy
x y
y
m
ì
ï
+ + =
ï
ï
ï
+ =
í
ï
ï

4 (*)
0
x y
x y
y
m
ì
ï
+ = - + +
ï
ï
ï
ï
+ =
í
ï
ï
³
ï
ï
ï
î

2 2
1 5 2
4 (**)
0
x y
x y
y

m m
- - + + - +£ £Û ££
Tương tự, hệ (**) có nghiệm khi
5
2.
2
m
- -££

Kết luận: Hệ (1) có nghiệm khi
5
2 2 2.
2
m
- +££

Vậy:
5
min ( )
2
f x = -
khi
1 7
2
x
-
=
;
max ( ) 2 2 2f x = +
khi

x y
x y
x y
a
ì
ï
- =
ï
ï
ï
- + - ³
ï
ï
ï
ï
+ - £
í
ï
ï
- + £
ï
ï
ï
ï
³ ³
ï
ï
î
22
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến

suy ra tạo độ điểm
( 5;2 5 4)A +
.
Đường thẳng
x y
a
- =
qua
A
khi
4 5
a
= - -
.
Đường tròn
2 2
( 6) ( 3) 25x y- + - =
cắt trục hoành tại
(2;0), (10;0)B C

Đường thẳng
x y
a
- =
qua
B
khi
2.
a
=

Bài 2: Cho
, , 0a b c >
và
2a b c+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2 2 2 2
P a ab b b bc c c ca a= + + + + + + + +
Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
2 2
( ) 4 29 4 5y f x x x x x= = - + - - +
trên
¡
.
Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
( ) 1 4y f x x x= = + - -
trên miền
{ }
| 1 4x x= -D £ £
.
Bài 5: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
( ) 1 4y f x x x= = + + -
trên miền
{ }
| 1 4x x= -D £ £
.
Bài 6: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
23
Trần Mạnh Hân Trường THPT Nguyễn Hữu Tiến
( ) 3 6 (3 )(6 )y f x x x x x= = + + - - + -
trên miền

2 2
( ; ) ( 6) 100 ( 1) 4f x y x x= + + + + +
.
Bài 11: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
2 2 2 2
2 2 2 2 ,( )y x px p x qx q p q= - + + - + ¹

Bài 12: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
2 2 2 2
( )y a x a c x= + + + -
.
Bài 13: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
( )
2
( ) 1993 1995f x x x= + + -
trên
miền xác định của nó.
Bài 14: Chứng minh rằng
*
, ,x y z
+
" Î ¡
ta có:
2 2 2 2 2 2
3( )x xy y y yz z z zx x x y z+ + + + + + + + + +³
Bài 15: Chứng minh rằng
, , ,a b c d" Î ¡
ta có
2 2 2 2 2 2
( ) ( )a c b d a b c d+ + + + + +£

2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y y z x z
x y y z x z
- - -
+ >
+ + + + + +
Bài 19: Chứng minh rằng với mọi số thực
,a b
ta luôn có
a)
2 2 2 2
2 2 37 6 6 18 5a b a b a b a b+ - - + + + + - + ³

b)
2 2 2 2
4 2 1 6 18 5a a a b b b+ + - + + + - + ³

Bài 20: Chứng minh rằng
, , ,a b c d" Î ¡
ta có:
2 2 2 2 2
2 5 2 1 2 1a a a ab b b bc c+ + + - + + + - + +

2 2
2 1c cd d+ - + +

2
10 26 6 2d d+ - + ³



Bài 24: Chứng minh rằng
, 0a b c" ³³
ta có:
( ) ( )c a c c b c ab- + - £

25