SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

MẪU BÁO CÁO
YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN CẤP TỈNH HOẶC CƠ SỞ
I. THÔNG TIN CHUNG:
Họ và tên tác giả sáng kiến: Tô Minh Hải
Ngày, tháng, năm sinh: 26 tháng 08 năm 1961
Đơn vị công tác: Trường THPT Trưng Vương
Trình độ chuyên môn nghiệp vụ: Đại học Sư phạm Toán
Quyền hạn, nhiệm vụ được giao hoặc đảm nhiệm: Phó hiệu trưởng
Đề nghị xét, công nhận sáng kiến: Cấp ngành
Tên đề tài SKKN: "Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức, giải các
bài toán cực trị, bài toán điều kiện về nghiệm của phương trình, bất phương trình".
II. BÁO CÁO MÔ TẢ SÁNG KIẾN BAO GỒM:
1. Tình trạng sáng kiến đã biết:
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.

1

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
2


SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
hợp tác; rèn kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tễn; 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.
- Sau khi học xong các chuyên đề ứng dụng chung của đạo hàm, học sinh tự tin và
có thêm kỹ năng làm các bài toán về cực trị của hàm số, về giải phương trình, hệ
phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình.
Tôi cam đoan những nội dung trong báo cáo. Nếu có gian dối hoặc không đúng
sự thật trong báo cáo, xin chịu hoàn toàn trách nhiệm theo quy định của pháp luật./.
Thủ trưởng đơn vị xác nhận, đề nghị

Văn Lâm, ngày 24 tháng 3 năm 2014
Người báo cáo yêu cầu công nhận sáng kiến

TÔ MINH HẢI

3


SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương

B. NỘI DUNG

Đó là những phương pháp đại số thông thường, tuy nhiên ta có thể sử dụng
một phương pháp khá hiệu quả là sử dụng đạo hàm.
4


SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên một đoạn.
Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f (x) trên đoạn [a, b] với y = f (x) là
hàm số liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trong khoảng (a, b) ta thực hiện theo
các bước như sau:
Bước 1: Tính đạo hàm y’ rồi tìm những giá trị của biến số trong khoảng (a,b)
làm cho y’ = 0. Giả sử ta tìm được các nghiệm là x1, x2…
Bước 2: Tính các giá trị f(a), f(b), f(x1), f(x2)…
Bước 3: Kết quả.
Miny = Min {f(a), f(b), f(x1), f(x2), …}
x  [a, b]
Maxy = Max {f(a), f(b), f(x1), f(x2), …}
x  [a, b]
3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên khoảng.
Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên khoảng ta thực hiện theo các
bước như sau:
Bước 1: Tìm miền xác định.
Bước 2: Tính đạo hàm y’, sau đó giải phương trình y’ = 0
Bước 3: Lập bảng biến thiên của hàm số (thông thường trong trường hợp
hàm số không đơn điệu trên tập cần tìm).
Bước 4: Từ bảng biến thiên của hàm số ta kết luận được GTLN, GTNN.
B. VÍ DỤ MINH HỌA.
I. Hàm một biến.
Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = sin20x + cos20x
Lời giải:


x=


sin x = 0

x=0

sin x = cos x
Tính giá trị y(0) = 1; y


4

=

Từ đó suy ra Maxy = 1, miny =


2

x=
1

; y
9
2
2



2
 0  cos x    x
2
2
3
(2  cos x)

Ta có:
1
 2 
, f ( )  0

3
 3 

f(0) = 0, f 

Vậy Maxy =

1
3

đạt được khi x =

2
3

x [0, ]

Miny = 0 đạt được khi x = 0 hoặc x = 

x D

Ví dụ 4:
x 2  (a  1) x  a 2
Tìm GTNN của f(x) =
với 0 < x 
x

a2  a 1

(a > 0)

Lời giải:
Ta có f’(x) = 1 -

a2
1 a
 2
2
x
a  a 1

*Nếu a  1  f’(x)  0

 0 < x  a 2  a  1  f(x) nghịch biến

 f(x)  f ( a 2  a  1 ) =
Với x = a 2  a  1

2a 2  a  1



SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
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 dụ 1:
Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm GTLN
và GTNN của biểu thức.
S = (4x2 + 3y) (4y2 + 3x) + 25 xy
Phân tích:
Từ giả thiết x + y = 1 có thể đưa bài toán về một ẩn không?
Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất hiện x + y để sử dụng giả thiết.
Chú ý các hằng đẳng thức:
x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy
x3 + y3 = (x + y) (x2 – xy + y2)
Sau khi khai triển và thế vào x + y = 1, ta có S = 16x2y2 – 2xy + 12
Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc có thể đưa S về hàm một biến số nếu ta
đặt t = xy.
( x  y) 2
Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức: 0  xy 
4

Lời giải:
Do x + y = 1 nên ta có:
S = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 9xy + 25 xy
= 16x2y2 + 12[(x+y)3 – 3xy (x + y)] + 34xy
= 16(xy)2 – 2xy + 12



1

 0; 4 



x+y=1
Giá trị lớn nhất của S bằng

1 1
 (x : y) =  ; 

25
khi
2

2 2

xy =

1
4

2 3 2 3

(x; y) = 
;


4



Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1
Với x, y là các số thỏa mãn điều kiện: (x+y)3 + 4xy  2
Phân tích:
Vì giả thiết là biểu thức khá phức tạp nên ta khai thác nó trước cho gọn để sử
dụng dễ dàng hơn. Chú ý hằng đẳng thức:
x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy
x3 + y3 = (x + y) (x2 – xy + y2)
Và (x+y)2  4xy. Khi đó điều kiện bài toán trở thành: x + y  1
Ta biến đổi được A như sau:
A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1
=

3 2
3
(x + y2)2 + (x4 + y4) – 2(x2+y2) + 1
2
2



3( x 2  y 2 ) 2
3 2
 2( x 2  y 2 ) 2  1
(x + y2)2 +
2

 [(x + y) – 1] [(x + y)2 + (x + y) + 2 ]  0
 (x + y) – 1  0
Do [(x+y)2 + (x + y) + 2] = [(x + y) +

1
2

 2 + 7  0  x, y
4

Bài toán được đưa về tìm max, min của:
A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1 với x, y thỏa mãn x + y  1
Ta biến đổi biểu thức A như sau:
A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1
=

3 2
3
(x + y2)2 + (x4 + y4) – 2(x2+y2) + 1
2
2

3( x 2  y 2 ) 2
(x2  y 2 )2
3 2
2 2
4
4
2
2 2

9
t–2
4

f’ (t) = 0  t =

4
9

10


SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
Ta có bảng biến thiên như sau:

t

4
9

1
2

f’(t)

+

+
+



2( xy  y 2 )
Ví dụ 3: Cho x + y = 1. Tìm GTLN, GTNN của S =
2 xy  2 x 2  1
2

S=

2

2( xy  y 2 )
2( xy  y 2 )
2( xy  y 2 )
=
=
2 xy  2 x 2  1 2 xy  2 x 2  ( x 2  y 2 )
3 x 2  2 xy  y 2

Nếu y = 0 thì S = 0
Nếu y  0 đặt
Ta có: f’(t) =

x
2 y 2 (t  1)
2(t  1)
t S = 2 2
 2
 f (t )
y
y (3t  2t  1) 3t  2t  1


0

+

0
2 6
2

Từ bảng biến thiên suy ra:

0

-

2 6
2

0

2 6
2 6
S
2
2

Với t =

3 6
y=

nhiều biến mà ta cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất dưới dạng là một hàm số
để ta sử dụng được công cụ hiệu quả trong bài toán là đạo hàm.
Sơ đồ tổng quát.
Giả sử tìm cực trị của biểu thức ba biến x, y, z là P(x,y,z) với điều kiện T
nào đó.
Bước 1: Xem P(x,y,z) là hàm theo biến x, còn y, z là hằng số. Khảo sát hàm
này tìm cực trị với điều kiện T. Ta được: P(x,y,z)  g(y,z) hoặc P(x,y,z)  g(y,z).
Bước 2: Xem g (y,z) là hàm biến y, còn z là hằng số. Khảo sát hàm này với
điều kiện T. Ta được g (y,z)  h (z) hoặc g (y,z)  h (z).
Bước 3: Cuối cùng khảo sát hàm số một biến h (z) với điều kiện T ta tìm
được min, max của hàm này.
Ta đi đến kết luận: P(x,y,z)  g(y,z)  h (z)  m
Hoặc P(x,y,z)  g(y,z)  h (z)  M
12


SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
1. Các ví dụ minh họa.
Ví dụ 1: Cho ba số thực x, y, z [1; 4] và x  y, x  z. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức.
P=

x
y
z


2x  3y y  z z  x

Hoạt động khám phá:

( x  y )( z 2  xy)
P’(z) =


( y  z ) 2 ( z  x) 2 ( y  z ) 2 ( z  x) 2

Theo giả thiết x  y  x – y 0 nếu P  0  z  xy (do x, y, z [1 ; 4])
P’ (z)

-

0

+

P (z)
Từ bảng biến thiên suy ra:
P  P( xy ) =

2 y
x

2x  3 y
x y

13


SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
x

z=

xy

 x = 4, y = 1, z = 2

Đẳng thức xảy ra:
t=

Vậy Min P =

34
33

x
=2
y

34
khi x = 4, y = 1, z = 2
33

 
Ví dụ 2: Cho ba số thực x, y, z   ;3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
3 
1

P=

a


Suy ra b – c  0; a2 – bc  0 nên P’(a)  0. Do đó P(a) tăng trên  ;3
3 
14


SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
 P(a)  P(3) =
g’(c) =

3
b
c


 g (c) (xem đây là hàm theo biến c)
3b bc c 3

1
b
3
(b  3)(3b  c 2 )
 0. Do đó g (c) giảm trên  ;3


2
2
2
2
(b  c)

1
3

b
h’(b)

1
+

3

0

-

8
5

h(b)

Suy ra h(b)  h(1) =

8
5
1
3

1
3



1 1
  1 
 3;1; ,  ;3;1,  3; ;1
3   3   3 


15


SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
Chuyên đề II
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Để chứng minh bất đẳng thức dạng: f(x) > g(x) ta thực hiện như sau:
- Xét hàm số h (x) = f(x) – g(x)
- Tìm miền xác định của h(x)
- Tính đạo hàm cấp một và giải phương trình h’(x) = 0.
- Lập bảng biến thiên. Từ bảng biến thiên suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
- Các trường hợp:
+ Chứng minh f(x) A nghĩa là chứng minh min f(x) A, ở đây A là hằng số.
+ Chứng minh f(x) A nghĩa là chứng minh max f(x)A, ở đây A là hằng số.
+ Nếu phương trình h’(x) = 0 không giải được thì ta tính đạo hàm cấp hai, ba
đến khi nào xét dấu được thì ta dừng.
1. Ví dụ minh họa.
Ví dụ 1: Chứng minh các bất đẳng thức.
a) ex > 1 + x khi x  0
b) sin x < x khi x > 0
x3
c) x < sin x khi x > 0
6

0
0

+
+

+

+

0
Từ bảng biến thiên suy ra:
f(x)  0  x (f (x) = 0 tại x = 0)
Vậy f(x) > 0  x Hay ex > 1  x  0
Câu b: sin x < x  sin x – x < 0 khi x > 0
Đặt f(x) = sin x – x
D=R
f’(x) = cosx – 1 < 0  x  R
Bảng biến thiên:
-

x
f’(x)
f (x)

-

0
0


x2
 cos x
2

f(x) = 1 -

f’’(x) = -x + sinx < 0 (sin x < x) khi x > 0
Bảng biến thiên:
x
f’’(x)
f’’ (x)

+

0
0
-

f (x)

0

Từ bảng biến thiên suy ra:
F(x) < 0  x -

x3
< sin x  x > 0
6

Câu d: Đặt: f(x) =

10/3

+
-

0

2

Từ bảng biến thiên suy ra:
f(x) 

2x 2  2x  3
10
1 + x +
Giải: Xét hàm số f(x) = ex – x -

x2
2

x2
-1x>0
2

18


Thật vậy.
Áp dụng ví dụ 1 ta có:
3

sin x 
x3
x2
x2 3
sin x
sinx > x- 
>1 
)
 > (1 x
6
6
6
 x 

=1–

x2
x4
x6
x2
x4


+
>1+


2

 f(x) đồng biến trên (0; )  f(x) > f(0) = 0,  x (0; )
sin x 

… 
 > cosx,  x (0; )
2
 x 
3

sin x 
sin x

sin x

Với  < 3, vì 0

 >cosx,  x (0; )
x
2
x
2
 x 
3

Vậy, BĐT đúng (Đpcm)
x, y, z > 0


f’(z) =

( x  y) 2
(1  2 z )  ( x  y ) z
4

z
1
(1  3 z )  0  z 
2
3

Bảng biến thiên:
Z

0

f’(z)

0

1
3

+
7
27

f (z)

xD

MĐ 5: BPT f(x)  m, có nghiệm đúng với mọi xD  min f(x)  m
xD

MĐ 6 : Cho hàm số y = f(x) đơn điệu trên tập D khi đó
F(u) = f(v)  u = v (với mọi u, v D)
Dạng 1: Bài toán PT, HPT, BPT, HBPT không chứa tham số.
I. Phương pháp.
Để giải phương trình f(x) = g(x) bằng phương pháp ứng dụng đạo hàm ta
thường chứng minh hai miền giá trị của hai hàm f(x) và g(x) chỉ có chung đúng một
phần tử x0. Từ đó kết luận x0 là nghiệm.
*Cụ thể:
- Ta chứng minh f(x)  g(x) hoặc f(x)  g(x) hoặc f(x)  A và g(x)  A hoặc
ngược lại.
- Sau đó ta xét dấu đẳng thức xảy ra.
Bên cạnh đó ta cũng sử dụng kết quả.
+ Nếu hàm f(x) đồng biến và hàm g(x) nghịch biến (hoặc ngược lại) trên
cùng một miền xác định thì đồ thị của hàm y = f(x) và y = g(x) nếu cắt nhau thì cắt

21


SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
nhau tại một điểm duy nhất. Từ đó phương trình f(x) = g(x) chỉ có thể có nghiệm
duy nhất hoặc vô nghiệm.
+ Nếu f(t) là hàm đơn điệu trên D thì f(x) = f(y)  x = y
II. Ví dụ minh họa.
Ví dụ 1: Giải các phương trình.
a) x + xlog23 = xlog25

(2)

t

Đặt

2
3
f(t) =      ; t R

Ta có:

2
2
3
3
f’(t) =   ln    ln  0 ;  t R
5 5
5
5

5

5

t

t

Suy ra: f(t) là hàm nghịch biến trên R.

Hơn nữa f(1) = g(1)
Do đó, đồ thị hàm f(x) cắt đồ thị hàm g(x) tại một điểm duy nhất x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
c) 2x+1 – 4x = x – 1

(1)

Đặt t = 2x > 0  x = log2t
Phương trình (1) trở thành 2t – t2 = log2t – 1

(2)

+ Nếu 0 < t < 2
Xét f(t) = 2t – t2
f’(t) = 2 – 2t
f’(t) = 0  t = 1
Bảng biến thiên
t
f’(t)

0
+

1
0
1

2
-



-

+

0

f (t)
-
Từ bảng biến thiên, suy ra:
f(t) < 0  t > 2
mà t > 2  log2t – 1 > 0 > f’(t) nên phương trình (2) vô nghiệm
Do vậy, phương trình (2) chỉ có nghiệm t = 2 với t = 2
 2x = 2  x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau:
x5  y 2  7

x2  y 5  7

Lời giải:
x2
Điều kiện:
y  -5
Từ hệ 

x5  y 2 =

x2  y 5


Lời giải:
Điều kiện x 

3
5
;y
4
2

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
(4x2 + 1)2x = (5 – 2y + 1) 5  2 y

(1)

Khi đó phương trình (1) có dạng
f(2x) = f( 5  2 y ) với f(t) = (t2 + 1) t; f’(t) = 3t2 + 1 > 0
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R.
x0
Do đó: (1)  2x = 5  2 y 
y=

5  4x 2
2

Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
 5  4x 2
4x + 
 2

2