Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013
Trang 1
Phần I: MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài:
Trong các kỳ thi đại học, cao đẳng và học sinh giỏi chúng ta thường bắt gặp các
dạng toán quen thuộc như giải PT, HPT, BPT, HBPT; tìm GTLN, GTNN của hàm
số; tìm điều kiện có nghiệm của PT, BPT, HPT, HBPT; chứng minh bất đẳng thức
hay tính giới hạn hàm số. Đó là những dạng toán khó đối với học sinh, có nhiều
bài không thể giải được bằng phương pháp đại số thông thường, kinh điển hoặc có
thể giải được nhưng gặp nhiều khó khăn, phức tạp.
Hơn nữa ứng dụng của đạo hàm đối với môn Toán cấp THPT rất lớn khi mà
chương trình sách giáo khoa đã giảm tải. Nhiều bài toán trong các kỳ thi tốt nghiệp
THPT, thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng, thi tuyển sinh sau đại học, thi học
sinh giỏi quốc gia, quốc tế có thể ứng dụng đạo hàm để giải và phương pháp đó
thường cho đáp án gọn hơn phương pháp đại số. Theo tác giả thống kê tại phụ lục,
đáp án chính thức đề thi tuyển sinh vào Đại học môn Toán các khối A, B, D từ
năm 2002 (năm bắt đầu thi theo đề chung của Bộ Giáo dục và Đào tạo) đến năm
2012 (không kể Cao đẳng, không kể bài đầu tiên về khảo sát hàm số và bài toán
phụ trong bài đầu tiên) do Bộ Giáo dục và Đào tạo công bố có tới 27 bài toán có
thể sử dụng phương pháp ứng dụng đạo hàm để giải. Hơn nưa với chương trình
phân ban sách giáo khoa viết theo tinh thần giảm tải đa bỏ qua các nội dung so
sánh một số với các nghiệm tam thức bậc hai ở chương trình đại số lớp 10 làm cho
việc giải các bài toán chứa tham số gặp khó khăn.
Tuy nhiên tài liệu viết chuyên sâu, hệ thống về những ứng dụng của đạo hàm
để giải các bài toán trong kỳ thi tuyển sinh vào Đại học không nhiều và học sinh
thường gặp khó khăn, lúng túng trong việc nhận diện, giải quyết dạng toán. Do đó
việc chọn lựa một đề tài sáng kiến kinh nghiệm nhằm góp phần thực hiện chủ
trương lớn đó của tỉnh, của ngành là việc làm phù hợp với thực tiễn, thể hiện tình
yêu nghề và trách nhiệm của người cán bộ, giáo viên trong ngành. Chính vì vậy tôi
chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: "Ứng dụng đạo hàm để giải các bài toán
trong đề thi Đại học, Cao đẳng và học sinh giỏi môn Toán".

Trang 3
Phần II: NỘI DUNG
A. CƠ SỞ LÍ LUẬN:
Chương trình giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động
sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng học
sinh, điều kiện của từng lớp học; bồi dưỡng học sinh phương pháp tự học, khả
năng hợp tác; rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến
tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh.
Quá trình dạy học với các nhiệm vụ cơ bản là hình thành tri thức, rèn luyện các
kỹ năng hoạt động nhận thức, hình thành thái độ tích cực được xây dựng trên quá
trình hoạt động thống nhất giữa thầy và trò, trò và trò, tính tự giác, tích cực tổ
chức, tự điều khiển hoạt động học nhằm thực hiện tốt các nhiệm vụ đã được đề ra.
B. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ:
Qua thực tiễn học tập và giảng dạy, tôi nhận thấy ứng dụng của đạo hàm trong
giải các bài toán cấp THPT rất lớn nhưng học sinh thường không mạnh dạn, tự tin
sử dụng công cụ đắc lực này trong giải toán vì:
Đạo hàm là phần kiến thức mới với học sinh, gắn liền với toán học hiện đại,
học sinh bắt đầu được làm quen ở cuối chương trình lớp 11. Trong khi đó từ cấp
Trung học cơ sở đến cấp THPT học sinh đã được tiếp xúc với rất nhiều bài toán về
giải PT, HPT, BPT, HBPT; tìm GTLN, GTNN của hàm số; chứng minh bất đẳng
thức; các bài toán chứa tham số và đã quen sử dụng các phương pháp giải toán đại
số kinh điển để giải.
Sách giáo khoa viết về ứng dụng của đạo hàm không nhiều và đa số theo
chương trình cũ do đó học sinh không nhận diện được các dạng toán và chưa được
hướng dẫn một cách hệ thống phương pháp để giải quyết bài toán trọn vẹn.
Số lượng bài toán có thuộc các dạng toán nêu trên xuất hiện ngày càng nhiều
trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học, cao đẳng và học sinh giỏi những năm gần
đây và phương pháp sử dụng để giải chủ yếu là sử dụng phương pháp ứng dụng
của đạo hàm: Năm 2007 có 3 bài, năm 2008 có 2 bài, năm 2009 có 2 bài, năm
2010 có 3 bài, năm 2011 có 4 bài, năm 2012 có 6 bài.

bày,
đ
ôi lúc còn có th
ể
s
ử
s
ụ
ng ph
ươ
ng pháp g
ọ
i h
ạ
ng t
ử
v
ắ
ng.
Ở

đ
ây s
ẻ
trình bày
thêm m
ộ
t cách gi
ả
i khác,

ử
d
ụ
ng
đị
nh ngh
ĩ
a
đạ
o hàm;
-

Đạ
o hàm các hàm s
ố
s
ơ
c
ấ
p c
ơ
b
ả
n;
-
Gi
ớ
i h
ạ
n h

d
ạ
ng vô
đị
nh b
ằ
ng nhân l
ượ
ng liên h
ợ
p.

-
Có th
ể
gi
ả
i theo ph
ươ
ng pháp g
ọ
i h
ạ
ng t
ử
v
ắ
ng
L
ờ

−
= −
−
+1 1 5
'(1)
4 6 12
f =
= − − −

Ta có
1
1
( ) (1)
lim
'(1) 5
1
lim( 1) 2 24
x
x
f x f
f
x
L
x
→
→
−

c 2012-2013
Trang 5
-
Bài toán này không th
ể
kh
ử
d
ạ
ng vô
đị
nh b
ằ
ng nhân l
ượ
ng liên h
ợ
p ho
ặ
c g
ọ
i
h
ạ
ng t
ử
v
ắ
ng.


ng pháp
đạ
o hàm:
Xét hàm s
ố

sin2x sin
( )
x
f x
e e
=
−
.
Ta có f(0) = 0

(
)
(
)
sin2x sin
'( ) 2cos2 cos
x
f x x e x e
= −

0
0
( ) (0)
lim

−
=
→
−

Phân tích và lời giải
-
Bài toán này có th
ể
kh
ử
d
ạ
ng vô
đị
nh b
ằ
ng nhân l
ượ
ng liên h
ợ
p;

-
L
ờ
i gi
ả
i b
ằ

1
4
'( ) '
2cos tan
f x f
x x
π
 
⇒ =
 
 
=
1
4
'( ) 2sin 'g x x g
π
 
⇒ = −
 
 
= −

4
4
4
4
4
4
( ) ( )
lim

   
   
−
−
= = = = −
−
−
−

2. Bài tập tương tự:
Tính các gi
ớ
i h
ạ
n sau:
1)
0
3
2
1 2 1
lim
sin
x
x x
L
x
→
+ − +
= 2)
0

2
9
0
2009 1 5 2009
lim
x
x x
L
x
→
+
− −
=
Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 6
5)
2
2
0
3
cos
lim

)
=
y f x
có TX
Đ
là D
S
ố
M
đượ
c g
ọ
i là GTLN c
ủ
a hàm s
ố
n
ế
u
(
)
( )
0 0
:
≤ ∀ ∈



∃ ∈ =


0 0
:
≥ ∀ ∈



∃ ∈ =


f x m x D
x D f x m

Kí hi
ệ
u
(
)
∈
=
x D
m
Minf x

Nhận xét:

Theo
đ
ó GTLN, GTNN c
ủ
a hàm s

ươ
ng pháp nh
ư

- Ph
ươ
ng pháp s
ử
d
ụ
ng các B
Đ
T.
- Ph
ươ
ng pháp tam th
ứ
c b
ậ
c hai.
- Ph
ươ
ng pháp s
ử
d
ụ
ng t
ậ
p giá tr
ị

u qu
ả
là s
ử
d
ụ
ng
đạ
o hàm.

2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên một đoạn Để
tìm GTLN, GTNN c
ủ
a hàm s
ố

(
)
=
y f x
trên
đ
o
ạ
n
[
]

,
a b
ta th
ự
c hi
ệ
n
theo các b
ướ
c nh
ư
sau:
Bước 1:
Tính
đạ
o hàm
'
y
r
ồ
i tìm nh
ữ
ng giá tr
ị
c
ủ
a bi
ế
n s
ố

(
)
(
)
(
)
(
)
1 2
, , ,
f a f b f x f x
B
ướ
c 3: K
ế
t qu
ả[ ]
(
)
(
)
(
)
(
)
{
}

}
1 2
,
, , , ,
∈
=
x a b
Max f a f b f x f x
Maxy

3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên khoảng. Để
tìm GTLN, GTNN c
ủ
a hàm s
ố

(
)
=
y f x
trên kho
ả
ng ta th
ự
c hi
ệ
n theo các

B
ướ
c 3: L
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên c
ủ
a hàm s
ố
(thông th
ườ
ng trong tr
ườ
ng h
ợ
p hàm
s
ố
không
đơ
n
đ
i
ệ
u trên t
ậ
p c

sin cos
= +
y x xLời giải:

Nh
ậ
n xét
20 20 20 20
sin cos sin cos
2 2
π π
   
+ + + = +
   
   
x x x x

Nên hàm s
ố

đ
ã cho tu
ầ
n hoàn v
ớ
i chu kì
2

18 18
' 20sin cos sin cos= ⋅ −
y x x x x

Do
đ
ó
cos 0
2
' 0 sin 0 0
sin cos
4
π
π

=

=



= ⇔ = ⇔ =




=

=


Ví dụ 2: Tìm GTLN, GTNN của hàm số
( )
sin
2 cos
= =
+
x
y f x
x
với
[
]
0,
π
∈
x
Lời giải:
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013
Trang 8
Xét hàm số đã cho trên đoạn
[
]
0,
π
ta có

(
)
( ) ( )
2

( ) ( )
2 1
0 0, , 0
3
3
π
π
 
= = =
 
 
f f f
V
ậ
y
[ ]
0,
1
3
π
∈
=
x
Maxy

đạ
t
đượ
c khi
2

a hàm s
ố

( )
2
2
= = + −
y f x x x

Lời giải:
Điều kiện
2
2 0 2 2
− ≥ ⇔ − ≤ ≤
x x

Suy ra tập xác định của hàm số đã cho là
2, 2
 
= −
 
D
Ta có
2
2
2 2
2
0
2
' ' 0 2 1

Vậy
2 1
∈
= =
x D
khi x
Maxy2 2
∈
= − = −
x D
khi x
Miny

Ví dụ 4:
Tìm GTNN của
( )
2 2
( 1)
− − +
=
x a x a
f x
x
với
( )
2
0 1 0

)
2
2
2
2 1
( ) 1 ( 1)
1
− +
⇒ ≥ − + = − −
− +
a a
f x f a a a
a a

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 9
V
ớ
i
( )
2
1 1

n thiên: T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra:

( ) ( ) 1
≥ = +
f x f a a
V
ớ
i
(0;1)
= ∈
x a
thì
inf ( ) 1
= +
M x a

o
ạ
n
[
]
3,6

Bài 2.
Tìm GTLN và GTNN c
ủ
a hàm s
ố

2
4
y x x
= + −

Bài 3. Câu IV.1 khối D năm 2003
Tìm GTLN và GTNN c
ủ
a hàm s
ố

2
1
1

1;
e
 
 
.
Bài 5. Câu VII.b khối D năm 2011
Tìm GTNN và GTLN của hàm số
2
2 3 3
1
x x
y
x
+ +
=
+
trên đoạn
[
]
0; 2
.
II. Hàm hai biến
Biến đổi giả thiết và biểu thức cần tìm GTLN, GTNN để tìm mối quan hệ giữa
chúng rồi tìm cách đặt ẩn phụ hợp lý, đưa biểu thức đã cho về hàm một biến để
khảo sát.
1. Các ví dụ minh họa
Ví dụ1. Khối D năm 2009
x
0
2

4 3 4 3 25
S x y y x xy
= + + + .
Phân tích:

T
ừ
gi
ả
thi
ế
t
1
x y
+ =
có th
ể

đư
a bài toán v
ề
m
ộ
t
ẩ
n không?
Khai tri
ể
n bi
ể

c :
2 2 2
3 3 2 2
( ) 2
( )( )
x y x y xy
x y x y x xy y
+ = + −
+ = + − +

Sau khi khai tri
ể
n và th
ế
vào
1
x y
+ =
, ta có :
2 2
16 2 12
S x y xy
= − +

V
ậ
y
đế
n
đ

n ch
ặ
n bi
ế
n t b
ằ
ng cách s
ử
d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c :
2
( )
0
4
x y
xy
+
≤ ≤
.

Lời giải
Do
1

đượ
c
(
)
2
2
1 1
16 2 12; 0 0;
4 4 4
x y
S t t xy t
+
 
= − + ≤ ≤ =
⇒
∈
 
 
.
Xét hàm s
ố

(
)
2
16 2 12
f t t t
= − +
trên
đ

   
   

Giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a
S
b
ằ
ng
25
2
khi
( )
1
1 1
; ;
1
2 2
4
x y
x y
xy
+ =

; ;
1
4 4
1
2 3 2 3
16
; ;
4 4
x y
x y
xy
x y

 
+ −
=

 
+ =


  
⇔


=
 
− +



là các số thỏa mãn điều kiện :
3
( ) 4 2
x y xy
+ + ≥
.
Phân tích :
Vì gi
ả
thi
ế
t là bi
ể
u th
ứ
c khá ph
ứ
c t
ạ
p nên ta khai thác nó tr
ướ
c cho g
ọ
n
để
s
ử

d
ụ

i
ề
u ki
ệ
n bài toán tr
ở
thành :
1
x y
+ ≥

Ta bi
ế
n
đổ
i
đượ
c A nh
ư
sau :
4 4 2 2 2 2
2 2 2 4 4 2 2
3( ) 2( ) 1
3 3
( ) ( ) 2( ) 1
2 2
A x y x y x y
x y x y x y
= + + − + +
= + + + − + +

Vì v
ậ
y ta có th
ể
ngh
ĩ

đế
n vi
ệ
c
đư
a A v
ề
hàm m
ộ
t bi
ế
n b
ằ
ng cách
đặ
t
2 2
t x y
= +
.
Tìm
đ
i

t qu
ả
:
2
( ) 4
x y xy
+ ≥
, t
ừ

đ
ó ta có :
3 3 2 3
( ) 4 2 ( ) ( ) ( ) 4 2
x y xy x y x y x y xy
+ + ≥
⇒
+ + + ≥ + + ≥

3 2
2
( ) ( ) 2
( ) 1 ( ) ( ) 2 0
( ) 1 0
x y x y
x y x y x y
x y
 
 
 

= + + − + +
V
ớ
i
,
x y
th
ỏ
a mãn
1
x y
+ ≥
.
Ta bi
ế
n
đổ
i bi
ể
u th
ứ
c A nh
ư
sau :
Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă

2
x y
x y
+
+ ≥ )
Hay
2 2 2 2 2
9
( ) 2( ) 1
4
A x y x y
≥ + − + +
.
Vì
2
2 2
( )
2
x y
x y
+
+ ≥ ( do
1
x y
+ ≥
) nên
2 2
1
2
x y

f t t
f t t
= −
= ⇔ =

Ta có b
ả
ng bi
ế
n thiên nh
ư
sau :

t

4
9

1
2

+∞

'( )
f t

+

( )
f t

=

Suy ra
9
16
A
≥
. M
ặ
t khác, ta d
ễ
th
ấ
y
1
2
x y
= =
thì
9
16
A
=
.
K
ế
t lu
ậ
n :
9

=
+ +Lời giải2 2 2
2 2 2 2 2 2
2(xy y ) 2(xy y ) 2(xy y )
S
2xy 2x 1 2xy 2x (x y ) 3x 2xy y
+ + +
= = =
+ + + + + + +

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 13
N
ế
u y = 0 thì S = 0.
N

nên
(
)
f ' t 0
= ⇔
1 2
3 6 3 6
t t ;t t
3 3
− − − +
= = = =
t -
∞
t
1
t
2
+
∞ f’(t) - 0 + 0 -

f(t) 0
2 6
2
+

3 6 3(4 6) 3 6 2 6
t y ; x thì MaxS
3 20 3 2
− + + − + +
= ⇔ = ± = = Ghi chú:
Bài t
ậ
p này có th
ể
dùng ph
ươ
ng pháp
đ
i
ề
u ki
ệ
n có nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng
trình b
ậ
c hai

a bi
ể
u th
ứ
c
(
)
2
2
2 6
1 2 2
x xy
P
xy y
+
=
+ +

Bài 2: Câu V khối B năm 2010
Cho các s
ố
th
ự
c không âm
, ,
a b c
thay
đổ
i và tho
ả

)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 2
M a b b c c a ab bc ca a b c
= + + + + + + + +
.

Bài 3: Câu V khối A năm 2011
Cho các s
ố
th
ự
c không âm
, ,
x y z
thu
ộ
c
đ
o
ạ
n
[
]
1;4
và
,
x y x z

th
ự
c d
ươ
ng tho
ả
mãn
(
)
(
)
(
)
2 2
2 2
a b ab a b ab
+ + = + +

Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ

u th
ứ
c
2 2
2 2
2x y
A
x xy 2y
+
=
+ +

Bài 5.
Tìm GTNN c
ủ
a
(
)
(
)
(
)
(
)
2x 2x x x
y 2 3 2 3 8 2 3 2 3
 
= + + − − + + −
 
 

x y
S 3 9
= +

Bài 8.
Tìm GTLN, GTNN c
ủ
a
6 6
y sin x cos x asin x cosx
= + + .
Bài 9.
Tìm GTLN, GTNN c
ủ
a
y sinx cos2x sinx
= + +
.
Bài 10.
Tìm GTLN, GTNN c
ủ
a
1 sin 2x 1 tgx
y (a 1) a
1 sin2x 1 tgx
+ +
= − − +
− −
v
ớ

x y x y
+ − = − + +
.
Tìm GTLN, GTNN c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
( )
2
1
9P x y x y
x y
= + − − − +
+
.
II. Hàm ba biến
Đố
i v
ớ
i b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c nhi
ề

ố

đị
nh các bi
ế
n còn l
ạ
i, bài
toán lúc này tr
ở
thành b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c m
ộ
t bi
ế
n. Luôn có tâm th
ế
nhìn bi
ể
u th
ứ
c
nhi
ề
u bi

đượ
c công c
ụ
hi
ệ
u qu
ả
trong bài toán là
đạ
o hàm.
S
ơ

đồ
t
ổ
ng quát.
Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 15
Gi
ả
s

Bước 1.
Xem
( , , )
P x y z
là hàm theo bi
ế
n
x
, còn
,
y z
là h
ằ
ng s
ố
. Kh
ả
o sát hàm
này tìm c
ự
c tr
ị
v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ

ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n T. Ta
đượ
c :
( , ) ( )
g y z h z
≥
ho
ặ
c
( , ) ( )
g y z h z
≤
.
Bước 3.
Cu
ố
i cùng kh
ả
o sát hàm s
ố
m
ộ
t bi


ho
ặ
c
( , , ) ( , ) ( )
P x y z g y z h z M
≤ ≤ ≤
.
1. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. (ĐH Khối A-2011).

Cho ba số thực
[
]
, , 1;4
x y z
∈
và
,
x y x z
≥ ≥
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +

nh
ấ
t c
ủ
a P, t
ứ
c là :
( , , ) ( , )
P x y z P x y
≥
.
- Kh
ả
o sát hàm
( , )
P x y
,
ở

đ
ây có th
ể

đư
a
( , )
P x y
v
ề
hàm s

t bi
ế
n. Tìm GTLN c
ủ
a
hàm s
ố
m
ộ
t bi
ế
n này.
- V
ậ
y
34
( , , ) ( , ) ( )
33
P x y z P x y P t≥ = ≥ .
Lời giải.
Ta có :
2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.
Xem
đ

ế
u 0
P z xy
≥ ⇔ ≥ (do
[
]
, , 1;4
x y z
∈
) Z

xy

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 16
'( )
P z

- 0 +

x
y
y
≥ = +
+
+
+
+
+

Đặ
t
x
t
y
= , do
,
x y x z
≥ ≥
và
, , 1;4
x y z
 
 
∈ nên
1 2
t
≤ ≤
.
Xét hàm

Suy ra
( )
f t
gi
ả
m trên
[
]
1;2
, do
đ
ó
34
( ) ( ) (2)
33
P P xy f t f
≥ = ≥ =

Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra :
4, 1, 2
2
z xy
x y z
x
t

, , ;3
3
x y z
 
 
 
∈
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

a b c
P
a b b c c a
= + +
+ + +

Lời giải:
Đặ
t ( )
a b c
P a
a b b c c a
= + +
+ + +

Xem
đ
ây là hàm s
ố
theo bi
ế

+ + + +
.
Tr
ườ
ng h
ợ
p 1:
a b c
≥ ≥
và
1
, , ;3
3
a b c
 
 
 
∈ .
Suy ra
2
0; 0
b c a bc
− ≥ − ≥
nên
'( ) 0
P a
≥
. Do
đ
ó

'( ) 0
( ) ( 3) ( ) ( 3)
b b b c
g c
b c c b c c
− − −
= + = ≤
+ + + +
. Do
đ
ó
( )
g c
gi
ả
m trên
1
;3
3
 
 
 
.
Suy ra:
1 3 3 1
( ) ( ) ( )
3 3 3 1 10
b
g c g h b
b b

'( )
h b

+ 0 - ( )
h b8
5

Suy ra
8
( ) (1)
5
h b h
≤ =
.
V
ậ
y
1 1 8
( , , ) (3, , ) (3, , ) (3,1, )
3 3 5
P a b c P b c P b P
≤ ≤ ≤ =
khi
1

ườ
ng h
ợ
p 1, ta có:
8
( , , )
5
P a b c
≤
.
M
ặ
t khác :
( )( )( )
( , , ) ( , , ) 0
( )( )( )
a b b c a c
P a b c P c b a
a b b c a c
− − −
− = ≤
+ + +
8
( , , )
5
P a b c
⇒
≤
.
V

ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 18
Ví dụ 3.

Cho
, ,
a b c
là ba số thực thỏa mãn điều kiện
abc a c b
+ + =
. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức :
2 2 2
2 2 3
1 1 1
P
a b c
= − +
+ + +Hoạt động khám phá:
- T
ừ
gi
ả
thi

+ = − >
⇒
=
−
có th
ể

đư
a P v
ề
2 bi
ế
n (
1
a
c
<
).
- Khi
đ
ó
2
2 2 2 2
2 2( ) 3 1
2 (0 )
1 ( 1)( 1) 1
a c
P a
a a c c c
+

- Ti
ế
p t
ụ
c kh
ả
o sát hàm g(c) v
ớ
i
0
c
< < +∞
suy ra
10
( )
3
g c
≤
.
Lời giải:
Theo gi
ả
thi
ế
t ta có (1 ) 0
1
a c
a c b ac b
ac
+

:
2
2 2 2
1 ( )
( ) 1
1 ( 1)( 1)
x c
f x
x x c
+
= + −
+ + +
v
ớ
i
1
0 x
c
< <
và coi c là tham s
ố

c>0
Ta có :
2
2
0
2 2 2
2 ( 2 1) 1
'( ) 0 1 0;

( )
f x

0
( )
f x

T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên ta có :
0
2
( ) ( )
1
c
f x f x
c
≤ =
+
.

2 2
2
3 2 3
2 ( ) ( )
1 1

c c c
−
= = ⇔ = = ∈ +∞
+ + +

B
ả
ng bi
ế
n thiên :

C
0
0
c

+∞'( )
g c

+ 0 - ( )
g c0

8
c a b
= = =
thì
10
ax
3
M S
=
.

2. Bài tập tương tự :
Bài 1. Cho ba số dương
, ,
a b c
thỏa mãn điều kiện
21 2 8 12
ab bc ca
+ + ≤
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 2 3
P
a b c
= + +
.
Bài 2.
Cho a>b>c>0. CMR:
3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3
a b b c c a a b b c c a

= + + − − +
Chương III
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Để
ch
ứ
ng minh b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c d
ạ
ng: f(x)>g(x) ta th
ự
c hi
ệ
n nh
ư
sau:
- Xét hàm s
ố
h(x)= f(x)-g(x).
- Tìm mi
ề

n thiên suy ra b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c c
ầ
n ch
ứ
ng
minh.
- Các tr
ườ
ng h
ợ
p :
+ Ch
ứ
ng minh f(x)
≥
A ngh
ĩ
a là ch
ứ
ng minh minf(x)
≥
A,
ở


ây A là h
ằ
ng s
ố
.
+ N
ế
u ph
ươ
ng trình h
′
(x)=0 không gi
ả
i
đượ
c thì ta tính
đạ
o hàm c
ấ
p hai, ba
đế
n khi nào xét d
ấ
u
đượ
c thì ta d
ừ
ng.
1. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Chứng minh các bất đẳng thức.

e x e x
> + ⇔ − − >

Đặt :f(x) = e
x
– 1 – x
D = R
f’(x) = e
x

– 1

'( ) 0 1 0 0
x
f x e x
= ⇔ − = ⇔ =

Bảng biến thiên: x -
∞
0 +
∞

f’(x) - 0 +
f(x) +
∞
+
∞


sin sin 0 0
x x x x khi x
< ⇔ − < >Đặ
t f(x) = sinx – x
D= R

'( ) cos 1 0
f x x x R
= − < ∀ ∈Bảng biến thiên:

x -
∞
0 +
∞

f’(x) - 0 -
f(x)
0

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ

− < >
⇔ − − < >Đặ
t
3
( ) sin
6
x
f x x x
= − −2
'( ) 1 cos
2
''( ) sin 0 (sin ) 0
x
f x x
f x x x x x khi x
= − −
= − + < < >

B
ả
ng bi
ế
n thiên


+ +
= =
+ +2 2
2 1
'( )
( 1)
1 1 10
'( ) 0 ( )
2 2 3
x
f x
x x
f x x f
+
= −
+ +
= ⇔ = ⇔ =B
ả
ng bi
ế
n thiên
x -
∞
0 +

ng bi
ế
ng thiên suy ra
2
2
10 2 2 3
( ) 4 4
3
1
x x
f x
x x
+ +
≤ < ⇔ <
+ +

Ví dụ 2. Chứng minh rằng: ∀
x>0
ta có
2
1
2
x
x
e x
> + +
(
Đ
H Ki
ế

n trên (0;
+
∞
)
⇒
f’(x)>f(0)=0
⇒
f(x)
đồ
ng bi
ế
n trên (0; +
∞
)
⇒
f(x)>f(0)=0,
∀
x>0
⇒
2
1
2
x
x
e x
> + +
,
∀
x>0
Ví dụ 3

ng minh B
Đ
T
đ
úng v
ớ
i
α
=3, t
ứ
c là:
3
sinx
osx, x (0; )
x 2
c
π
 
 
 
> ∀ ∈

Th
ậ
t v
ậ
y.
Áp d
ụ
ng Ví d

f x c x
x
f x x x
π
π
= − + − ∀ ∈
= − − > ∀ ∈

⇒
f(x)
đồ
ng bi
ế
n trên (0;
2
π
)
⇒
f(x)>f(0)=0,
∀
x
∈
(0;
2
π
)
⇒
…
⇒
3

T
đ
úng (
Đ
pcm).
Ví dụ 4.
Cho
, , 0
1
x y z
x y z





>
+ + =
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
7
2
27
xy yz zx xyz
+ + − ≤
Sáng ki
ế

1
3
x y z z
≤ ≤
⇒
≤ <

Khi
đ
ó:
2
2
2 3
( )
2 (1 2 ) ( ) (1 2 ) ( )
4
(1 )
( (1 2 ) (1 )
4
1
(1 2 ) ( )
4
x y
xy yz zx xyz xy z x y z z x y z
z
z z z
z z f z
+
+ + − = − + + ≤ − + +
−

b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra
7 7
( ) 2
27 27
f z xy yz zx xyz
≤
⇒
+ + − ≤
.
2. Bài tập tương tự
Bài 1. Cho
, , 0 1
a b a b
∈ < < <
»
. Ch
ứ
ng minh :
2 2
ln ln ln ln
a b b a a b
− > −Bài 2.
Cho

H
Đ
à N
ẵ
ng, Kh
ố
i A, 2001)

Bài 3.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 12
( ) 3 , , , (0; )
2
sin x sin sin
x y z
y z x y z
π
π
+ + − + + ≤ − ∀ ∈
(HSG Toán 12, Hà T
ĩ
nh, 1999)
Bài 4.
Ch
ứ


Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 24
Bài 6.

Câu IV.2 khối D năm 2007.

Cho
0
a b
≥ >
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
1 1
2 2
2 2
b a
a b
a b

a b c
 
+ + + + + ≥
 
 

Bài 9.
Cho các s
ố
d
ươ
ng a, b, c th
ỏ
a mãn
21 2 8 12
ab bc ca
+ + ≤
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
1 2 3 15
2
a b c
+ + ≥Sáng ki
ế

ầ
n n
ắ
m v
ữ
ng các m
ệ
nh
đề
(M
Đ
) sau:
Cho hàm s
ố

( )
y f x
=
liên t
ụ
c trên t
ậ
p
D

MĐ1:
Ph
ươ
ng trình
( )

∈
∈ ⇔ ≤

MĐ3:
BPT
( )
f x m
≤
nghi
ệ
m
đ
úng v
ớ
i m
ọ
i
(
)
max
x D
x D f x m
∈
∈ ⇔ ≤

MĐ4:
BPT
( )
f x m
≥

∈
∈ ⇔ ≥

MĐ6:
Cho hàm s
ố

( )
y f x
=

đơ
n
đ
i
ệ
u trên t
ậ
p
D
Khi
đ
ó

(
)
(
)
f u f v u v
= ⇔ =

ng ch
ứ
ng minh hai mi
ề
n giá tr
ị
c
ủ
a hai hàm f(x) và g(x) ch
ỉ
có chung
đ
úng
m
ộ
t ph
ầ
n t
ử
x
0
. T
ừ

đ
ó k
ế
t lu
ậ
n x

i.
- Sau
đ
ó ta xét d
ấ
u
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra.
Bên c
ạ
nh
đ
ó ta c
ũ
ng s
ử
d
ụ
ng k
ế
t qu
ả
:
+ N
ế
u hàm f(x)

t nhau thì
c
ắ
t nhau t
ạ
i m
ộ
t
đ
i
ể
m duy nh
ấ
t. T
ừ

đ
ó: ph
ươ
ng trình f(x) = g(x) ch
ỉ
có th
ể
có
nghi
ệ
m duy nh
ấ
t ho
ặ


(Đại học Ngoại Thương năm 1997) c)
1
2 4 1
x x
x
+
− = −

(Đại học Ngoại Thương năm 1997)

Lời giải