Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
A - PHẦN MỞ ĐẦU
Trong chương trình toán học ở cấp phổ thông trung học thì bài toán tìm
giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất là một dạng bài toán hay, khó và cũng rất hay có
mặt trong các kỳ thi học kỳ, thi tốt nghiệp cũng như thi học sinh giỏi hay thi đại
học. Nhưng mãi đến sách giáo khoa lớp 12 mới có định nghĩa cụ thể về bài toán
tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số, và sử dụng bảng biến thiên hàm số
như là một công cụ để giải bài toán này.
Thông thường, trong các đề thi thì bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất
thường ở các dạng như:
- Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức, của hàm số.
- Áp dụng tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số trong việc chứng
minh các bất đẳng thức
- Áp dụng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm sốtrong việc
giải hệ phương trình.
Qua quá trình giảng dạy cũng như qua quá trình tìm hiểu học sinh sau mỗi
kỳ thi tuyển. Rất nhiều em học sinh gặp vướng mắc trong việc giải bài toán tìm
giá trị nhỏ nhất và lớn nhất. Hay như một số bài toán vận dụng kiến thức tìm giá
trị nhỏ nhất và lớn nhất để giải bất phương trình, bất đẳng thức, giải hệ… các em
học sinh cũng thường lúng túng không biết vận dụng kiến thức tìm giá trị nhỏ
nhất và lớn nhất như thế nào.
Như vậy, bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất được vận dụng rất nhiều
trong đời sống sinh hoạt, trong kinh doanh, trong kỹ thuật và cũng rất quan trọng
trong việc giảng dạy tại trường Trung học phổ thông. Xét thấy những vấn đề
quan trọng như thế của bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất nên tôi đã lựa
chon đề tài:“ Phát huy tư duy sáng tạo linh hoạt trong bài toán tìm giá trị nhỏ
nhất và lớn nhất” để làm sáng kiến kinh nghiệm của mình.
1
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
B - NỘI DUNG
I. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ LỚN

) x
2
+ (1 + Y
0
) x + 1 – Y
0
= 0 (2)
- Từ đó ta có:
• Với Y
0
= 1 thì (2) có nghiệm x = 0
• Y
0
≠ 1 thì (2) có nghiệm ⇔ (1 + Y
0
)
2
– 4(1 – Y
0
)
2
≥ 0
⇔ 3 Y
0
2
– 10 Y
0
+ 3 ≤ 0
⇔ 1/3 ≤ Y
0

Y
0
= (1) có nghiệm
Cosx + Sinx + 2
- Ta có: (1) ⇔ (Y
0
− 2)Cosx + Y
0
Sinx = 2(1 − Y
0
) (2)
Ta có (2) có nghiệm ⇔ (Y
0
−2)
2
+ Y
0
2
≥ 4(1 − Y
0
)
2
⇔ Y
0
2
− 2Y
0
≤ 0
⇔ 0 ≤ y
0

k
− 3k
2
+ 2k + 1 ≤ 0 (3)
Ta có: (3) có nghiệm ⇔ 1 −
2
1
246
2
+−
kk
≤Y
k
≤ 1 +
2
1
246
2
+−
kk
Từ dó suy ra Max Y
k
= 1 +
2
1
246
2
+−
kk
⇒ Max Y

)(12
2
+
−
x
axx
thì Y =
4 3
z
Y đạt giá trị lớn nhất ⇔ Z đạt giá trị lớn nhất
Ta tìm miền giá trị của hàm số Z =
36
)(12
2
+
−
x
axx
(Với Z≥ 0)
- Miền xác định của hàm số Z là D = R
- Z
0
thuộc miền giá trị T của hàm số khi và chỉ khi phương trình:
Z
0
=
36
)(12
2
+

0
2
− 12Z
0
− a
2
≤ 0
⇔ 6 −
2
36 a
+
≤ Z
0
≤ 6 +
2
36 a
+
4
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Vậy MaxY =
3
4
2
)366( a
++
2. Phương pháp áp dụng tính chất của bất đẳng thức cơ bản.
VD 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S =
z
xy

y
xz
+ 2(x
2
+ y
2
+ z
2
)
=
2
22
z
yx
+
2
22
x
zy
+
2
22
y
xz
+ 2
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có :
2
22
z
yx

+
2
22
z
yx
≥ 2x
2
(3)
Từ (1), (2), (3) và x
2
+ y
2
+ z
2
= 1 Ta có:
S
2
≥
2
1
(2x
2
+ 2y
2
+ 2z
2
) + 2
⇔ S
2
≥ 3 do đó S =

1
5
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
VD 2: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P =
z
yx
+
+
1
+
x
zy
+
+
1
+
y
xz
+
+
1
Trong đó x,y,z là các số thực thuộc






1,

xz
++
+
=
zyx
zyx
++
++
)(2
= 2
Ta có: P = 2 ⇔ x + y = y + z = z + x = 1
⇔ x = y = z =
2
1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 2 khi x = y = z =
2
1

b) Tìm giá trị lớn nhất của P
Do x,y,z ∈






1,
2
1

+
y
z
+
1
+
y
x
+
1
≤
zx
x
+
+
zy
y
+
+
xy
y
+
+
xz
z
+
+
yz
z
+

Do đó, giá trị lớn nhất của P = 3 khi x = y = z = 1
VD 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
F
(x)
= 4x +
x
2
9
π
+ Sinx Với 0 < x < +∞
6
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
( Đại học KTQD Hà nội 1999).
Lời giải:

− Vì x > 0 nên 4x và
x
2
9
π
là hai số dương.
− Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
4x +
x
2
9
π
≥ 2
x
x

9
2
π
π
+ Sin
(
2
3
π
)
= 6
π
+ 6
π
− 1
=12
π
− 1
Do đó: Min F
(x)
= 12
π
− 1 Với ∀x > 0
VD 4: Cho hình chóp S
ABC
, có đáy là ∆ABC. Cạnh SA = x, BC = y, Các cạnh khác
còn lại đều bằng 1.
a) Tính thể tích của hình chóp theo x,y
b) Với x,y nào thì thể tích hình chóp là lớn nhất.
Lời giải:

y
2
≥ 2
22
yx
= 2xy
⇒ 4 − (x
2
+ y
2
) ≤ 4 − 2xy = 2.( 2 − xy)
⇒
)(4
22
yx
+−
≤
)2(2 xy
−
⇒ V ≤
)2(2
12
xy
xy
−
=
6
1
2
)2(













−++
xy
xyxy
=
6
1
27
16
=
27
32
Vậy MaxV =
27
32
⇔
xy
xyxy
−==

yx
Vậy với x = y =
3
2
thì Max V =
27
32
3. Phương pháp sử dụng đạo hàm của hàm số(Bảng biến thiên của hàm số) để
tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số trên khoảng
( )
ba,
hoặc trên
[ ]
ba,
Cách giải: Lập bảng biến thiên của hàm số trên
( )
ba,
rồi dựa vào đó để lập
luận. Nếu trên
( )
ba,
hàm số có 1 cực trị duy nhất là cực đại hoặc cực tiểu, thì giá
trị đó là giá trị lớn nhất hoặc giá trị bé nhất của hàm số. Ngoài ra có thể áp dụng
quy tắc tìm Max ƒ
(x)
và Min ƒ
(x)
trên khoảng
[ ]
ba,




2
,0
π
.
Ta có Y’ = 20 Sin
19
xCosx − 20Cos
19
xSinx
= 20SinxCosx .(Sin
18 x
− Cos
18
x)
Y’ = 0 ⇔





=
=
=
CosxSinx
Cosx
Sinx
0

4
π
)
=
9
2
1
Vậy Min Y =
12
5
1
khi x =
24
ππ
k
+
(Với k ∈Z)
Max Y = 1 khi x =
2
π
k
(Với k ∈Z)
VD 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
Y = Sin
6
x + Cos
6
x + aSinxCosx
Lời giải:


2
− 3Sin
2
x Cos
2
x
= 1 − 3Sin
2
x Cos
2
x
Nên Y = − 3Sin
2
x Cos
2
x + aSinx Cosx + 1
= −
4
3
Sin
2
2x +
2
a
Sin2x + 1
Đặt Sin2x = t Với t ∈
[ ]
1,1
−
9

; Y
(-1)
=
4
21 a
−
; Y
(1)
=
4
21 a
+
Lập bảng biến thiên:
x
-∞
3
a
+∞
Y’ + 0 −
Y
12
2
a
Ta có 3 trường hợp có thể xảy ra là:

[ ]
1,1
−
∈


21 a
−
và MaxY = Y
(1)
=
4
21 a
+

[ ]
1,1
−
∈






+∞
,
3
a
⇔
3
a
< -1 ⇒ a < -3
Khi đó hàm số Y = −
4
3

3
a
≤ 1 ⇔ -3 ≤ a ≤ 3
Khi đó hàm số Y = −
4
3
t
2
+
2
a
t + 1 đồng biến trên






−
3
,1
a
, nghịch biến trên






1,

a
So sánh Y
(-1)
và Y
(1)
⇔ so sánh
4
21 a
−
và
4
21 a
+
Ta tiến hành xét hiệu 2 số :
4
21 a
−
−
4
21 a
+
=
4
3a
−
∗ Nếu −a > 0 ⇔ a < 0 ⇔ Y
(-1)
> Y
(1)
⇒ MinY = Y

−
12
12
2
+
a
12
12
2
+
a
4
21 a
+
VD 3: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
Y = x + Cos
2
x Trên đoạn 0 ≤ x ≤
4
π
(Đại học Ngoại ngữ 1995)
Lời giải:

− Ta có miền xác định D =







4
π

∞+
Y’ +
11
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Y
2
1
4
+
π
1
Vậy MinY = 1 khi x = 0
MaxY =
2
1
4
+
π
khi x =
4
π
VD 4: Cho hàm số:
Y = x
4
− 6mx + m
2
Tùy theo giá trị của m. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên

Ta có: ƒ
(t)
’
= 2t – 6m ⇒ ƒ
(t)
’
= 0 ⇒ t = 3m ⇒ Ta có 3 trường hợp xảy ra:
 Nếu 3m < 0 hay m < 0 . Ta có bảng biến thiên sau:
x
∞−
3m 0 4
∞+
ƒ
(t)
’
0 − +
+
ƒ
(t)
Vậy Max Y = ƒ
(4)
= m
2
− 24m + 16 (1)
12
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
 Nếu 3m ≥ 4 ⇒ m ≥
3
4
. Ta có bảng biến thiên sau đây:

0
ƒ
(t)

CT
Max Y = Max[ƒ
(0)
,ƒ
(4)
] = Max(m
2
,m
2
− 24m + 16) (3)
Xét hiệu m −( m
2
− 24m + 16) = 24m − 16
− Nếu m >
3
2
thì MaxY = m
2
− Nếu 0 < m ≤
3
2
thì MaxY = m
2
− 24m + 16 (4)
Từ (1),(2),(3),(4) Ta có:
Max Y = m

V
π Thay vào (1) ta có:
S = 2πx
2
+
x
V2
( Với x > 0)
Ta có: S’ = 4πx −
2
2
x
V
=
2
3
24
x
Vx
−
π
S’ = 0 ⇒ x =
3
2
π
V
Ta có bảng biến thiên:

= 2x
Vậy cần phải chọn bán kính hình trụ x =
3
2
π
V
và chiều cao h = 2
3
2
π
V
VD 6:

Từ một tấm tôn hình chữ nhật có kích thức a, b. người ta cắt bỏ 4 hình vuông
bằng nhau ở 4 góc. Rồi gò thành một hình hộp chữ nhật không nắp. Cạnh của hình
vuông cắt đi phải bằng bao nhiêu để hình hộp có thể tích lớn nhất.
Lời giải:

a) Trường hợp 1: giả sử a ⊂ b, gọi x là cạnh của hình vuông cắt đi,
Ta phải có : 0 < x <
2
a
ta có thể tích của hình hộp là:
V = π ( a-2x) (b – 2x) = 4x
3
- 2 ( a+b) x
2
+ abx
→ V
’

a
) = a
2
- ab < 0
Nên 0 < x
1
<
2
a
< x
2
ta có bảng biến thiên:
x
∞−
0
x
1
2
a
x
2
V’ + + 0 - - 0
15
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
V
CĐ
Vậy V đạt giá trị lớn nhất khi x =
6
1
(a + b -

2
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số.
Lời giải:

Ta có: Y = x + 1 – x
2
= -(x
2
-
2
1
x +
4
1
) +
4
5
=
2
2
1
4
5






−−

5
2
Sin2x -
5
1
Cos2x) +
5
+ 1
=
5
( Sin2xCos
α
- Cos2xSin
α
) +
5
+ 1
16
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Trong đó:
5
2
= Cos
α
,
5
1
= Sin
α
⇒ F

∈
[ ]
152,1
+
Vậy MaxF
(x)
= 1 ; Max F
(x)
=
152
+
II. GIẢI BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU PHƯƠNG PHÁP.
VD 1: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
Y =
x
xx 1
2
++
Với x > 0
Lời giải:

Cách 1: Dựa vào bảng biến thiên.
Ta có TXĐ là D =
( )
+∞
,0
Ta có Y’ =
2
2
1

1
Ta có: Y = x + 1 +
x
1
≥ 3
x
x
1
.1.
= 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
x
1
hay x = 1 (vì x > 0)
Vậy MinY = 3 khi x = 1
Cách 3: Sử dụng miền giá trị:
Y
0
thuộc miền giá trị T của hàm số với x > 0 khi phương trình:
Y
0
=
x
xx 1
2
++
có nghiệm (Phương trình ẩn x)
Hay x
2
+ (1 – Y

−
Y
Vậy MinY = 3 khi x = 1
VD 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
Y =
1
1
2
++
+
SinxxSin
Sinx
Lời giải:

Cách 1:
− Ta có TXĐ của hàm số : D = R
− Đặt t = Sinx với t
[ ]
1,1
−∈
Ta có: Y =
1
1
2
++
+
tt
t
với t
[ ]

2
Vậy MinY = 0 khi t = 1 ⇔ Sinx = -1 ⇒ x =
π
π
k
+
−
2
(Với k ∈Z)
MaxY = 1 khi t = 0 ⇔ Sinx = 0 ⇒ x = kπ (Với k ∈Z)
Cách 2: Sử dụng miền giá trị:
Gọi Y
0
thuộc miền giá trị T của hàm số. Khi đó phương trình:
Y
0
=
1
1
2
++
+
SinxxSin
Sinx
có nghiệm (ẩn x)
⇔ Y
0
Sin
2
x + (Y

−
2
(Với k ∈Z)
∗
( ) ( )





>
>−−−=∆
0
0141
00
2
0
o
Y
YYY
⇔ Y
0
2
– 2Y
0
+ 1 - 4Y
0
2
+ 4Y
0

Với 3 ≤ x ≤ 6
(Học viện quan hệ quốc tế 2001-2002)
Lời giải:

Cách 1:
19
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Vì Y > 0 với ∀ x∈
[ ]
6,3
nên Y đạt max, min đồng thời với Y
2
đạt max, min
Ta có: Y
2
= 8 + 2
( )( )
xx
−−
91
≤ 8 + (x +1) + (9 - x) = 16
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x – 1 = 9 – x ⇒ x = 5
MaxY = 4 khi x = 5
Để tìm MinY ta đi tìm Y
2
= 8 + 2
910
2
−+−
xx

}
= g
(3)
= 12
Do đó: Min(Y
2
) =
1228
+
=
( )
2
62
+
MinY = Y
(3)
=
62
+
Cách 2:
Ta có Y’
(x)
=
xx
−
−
−
92
1
12

Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
⇒ MinY =
62
+
MaxY = Y
(5)
= 4
III. MÔT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP(PHỐI HỢP NHIỀU PHƯƠNG PHÁP) ĐỂ
GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHÂT, LỚN NHẤT CỦA HÀM SỐ.
VD 1: Xét các số thực dương x ,y , z thõa mãn điều kiện
( )
xyzzyx 32
3
=++
. Hãy
tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:
P =
( )
4
444
zyx
zyx
++
++
(Đề thi học sinh giỏi quốc gia THPT môn toán năm 2004)
Lời giải:

Ta thấy: với α là số thực dương tùy ý ta luôn có P
(x,y,z)
= P

222222
2
444
2 xzzyyxzyx
++−++
=
( )
( )
[ ]
zyxxyztt
++−−−
2224
2
2
2
=
( )
144322324642
242
+−=++−
tttt
(1)
Từ các điều kiện đối với x, y, z ta được:
xzy
−=+
4
và
=
yz
x

x
do x
( )
4,0
∈
21
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực
Xét hàm số t trên đoạn






−
2
155
,5
ta có:
Min ƒ
(t)
= ƒ
( )
2
155
−
=
2
5165383
−

43
2
32
2
21
2
xx
DQ
xx
CP
xx
BN
xx
AM
+++
Trong đó
{ }
4321
,,, xxxx
là hoán vị của độ dài các cạnh a = AB , b = BC , c = CD , d
= DA.
Lời giải: Để trình bày gọn, sau khi sử dụng tính chất của tiếp tuyến xuất phát từ
mỗi đỉnh của tứ giác lồi tới đường tròn nội tiếp ta đưa vào các ký hiệu sau:
AQ = AM = x ; BM = BN = y ; CN = CP = z ; AP = DQ = t
Thế thì x + y + z + t = p trong đó ta đặt x
1
+ x
2
+ x
3

14
2
43
2
32
2
21
2
tzyxxxxxxxxx
xx
t
xx
z
xx
y
xx
x
+++≥++++++
Hay: T
( )( ) ( )
2
43214231
4
1
xxxxxxxx
+++≥++
⇔ T ≥
( ) ( )
[ ]
( ) ( )

t
xx
z
xx
y
xx
x
Ngoài ra, x, y, z , t còn thỏa mãn các đẳng thức:
x + y = a , y + z = b , z + t = c , t + x = d (3)
Theo tính chất của dãy tỷ số bằng nhau. Từ (1), (2), (3), ta được:

P
P
P
Px
c
Px
a
Px
d
k
1
2
431
=====
(4)
Từ (4) ta có kết luận sau đây:
Biểu thức T đạt cực tiểu T
min
= 1 khi và chỉ khi x

dcba ,,,

nhưng chỉ có 1 hoán vị
{ }
4321
,,, xxxx
=
{ }
cbad ,,,
. Sắp xếp theo thứ tự này thõa
mãn điều kiện của biểu thức. T đạt cực tiểu và giá trị cực tiểu T
min
= 1 đạt được với
mọi tứ giác lồi.
VD 3: Trong các nghiệm (x,y) của biểu thức :
( )
12
22
2
≥+
+
yxLog
yx
Hãy chỉ ra nghiệm có tổng 2x + y lớn nhất
Lời giải:
Ta có
( )
12
22
2

>+
02222
12
2222
22
yxxyxyx
yx
Viết biểu thức về trái dưới dạng bình phương đúng ta có:
( )
( )
)2(
8
9
22
1
1
22
1
21
22
1
22
1
2221222
22
2
2
2
222
=

8
9
22
1
21
22
1
.2
22
1
2
2
1
)1(2
4
9
2
4
9
22
1
2
2
1
)1(2
21
1
.
2
1




≤






−+−=−+⇒
+






−+−=
++






−+−=+
yx
yxyx
yx

9
2
12
2
9
2
≤+⇒




<+
≤+
yx
yx
yx
Với (x,y) là nghiệm của phương trình (1)
Tổng 2x + y lớn nhất bẳng:
2
9

24
Sáng kiến kinh nghiệm Cao Đức Lực








4
1
22
2
1
.422
2
1
2
9
4
9
2
9
2
1
4
4
9
2
2
1
4
1
4
22
2
1
4
1

xCosCosxy 2
2
1
+=
c)
2lg
1
2
2
+
+=
x
x
Lgy
d)
2
1
2
++=
xCosSinxy
e)
CosxSinxy
+=
Bài 2: Giả sử x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình:
0
12