SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN TÌM
GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT BẰNG
PHƯƠNG PHÁP HÀM SÔ

Người thực hiện: Nguyễn Lê Minh
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực: Toán

THANH HÓA NĂM 2016


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU ..........................................................................................................2
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM..................................................3
2.1 Cơ sở lý luận .............................................................................................3
2.2 Thực trạng vấn đề .....................................................................................3
2.3 Nội dung ...................................................................................................4
2.3.1 Một số bất đẳng thức thường dùng. ................................................4
2.3.2 Xét hàm một biến ..............................................................................4
2.3.3 Đổi biến đối xứng................................................................................6
2.3.4 Đánh giá kết hợp đổi biến.................................................................8
2.3.5 Phương pháp tiếp tuyến...................................................................17
2.3.6 Một số bài tập vận dụng...................................................................19
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm....................................................20
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.......................................................................21
Tài Liệu tham khảo ...........................................................................................22

gần đây. Trong chuyên đề này tôi cũng trình bày phương pháp tiếp tuyến giải bài
toán: “Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức…”, có trong Để thi khảo sát chất lượng
lớp 12 THPT năm 2106 của Sở GD&ĐT Thanh Hóa và nêu một số bài tập
tương tự.
Tôi thực hiện chuyên đề này bằng cách tập hợp lại các ví dụ và các bài tập
có cùng cách giải, sắp xếp chúng từ mức độ dễ, đến trung bình phù hợp cho học
sinh trường THPT Nông Cống 3.

2


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lý luận
Đối với hàm số y  f ( x) xác định trên tập D  R .
a. Nếu tồn tại một giá trị x0  D sao cho f ( x)  f ( x0 ). x  D thì f ( x0 ) là
giá trị lớn nhất của f(x).
b. Nếu tồn tại một giá trị x0  D sao cho f ( x)  f ( x0 ) x  D thì f ( x0 ) là
giá trị nhỏ nhất của f(x).
c. Hàm số f(x) đồng biến trên D, nếu x1 , x2  D, x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 )
d. Hàm số f(x) nghịch biến trên D, nếu x1; x2  D, x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 )
Hàm số f(x) nếu liên tục trên  a; b  có đạo hàm trên  a; b  thì bằng cách xét
sự biến thiên trên đoạn được chỉ ra ta có thể xác định được giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất của hàm f(x).
Đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức ba
biến thì việc quan sát, nhận xét về biểu thức cần đánh giá là hết sức quan trọng,
thông qua việc nhận xét tính chất đối xứng, sự bình đẳng về vai trò của các biến,
mối quan hệ giữa các biến, từ đó xác định biến mới, điều kiện xác định của biến
mới và xây dựng được hàm số.
2.2 Thực trạng vấn đề
Học sinh trường THPT Nông Cống 3 là học sinh được tuyển từ vùng 3

Điểm từ 5 đến
8
Số
Tỷ lệ
lượng
20

40.8%

Điểm dưới 5
Số
lượng

Tỷ lệ

21

42.9%

3


2.3 Nội dung
2.3.1 Một số bất đẳng thức thường dùng.
Loại 1: Với mọi số thực a, b, c ta luôn có các kết quả sau:
i)

iii ) (a  b  c) 2  3(ab  bc  ca )

a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca


Loại 3: Với mọi số x, y, z  1 ta có

i)

1
1
2


. Đẳng thức xảy ra khi x = y
1  x 1  y 1  xy

ii )

1
1
1
3



. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1
1  x 1  y 1  z 1  3 xyz

2.3.2 Xét hàm một biến
Bài toán 1: Cho 0  x, y, z  1 Thỏa mãn x  y  z 

3
tìm giá trị lớn nhất của

1 
z   ;1 ;
2 

3
4

5
5
3 9
1
1 
z   ;1 ;
Ta có f    f (1)  ; f ( )   f ( z ) 
4
4
4 8
2
2 
5
1
Vậy giá trị lớn nhất của P là , khi x  0, y  , z  1 hoặc các hoán vị của nó.
4
2

4


Bài toán 2: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  y  z  0 ,
và x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x5  y 5  z 5

2

5

2

2

2

2


1  
1

P  x  (1  x )  (1  x 2 ) x   x 2   x    x 2   x
2  
2


5
P  (2 x3  x)
4
 6 6
Xét hàm số f ( x)  2 x3  x . x   
;

 3 3 
5

5 6
P
dấu bằng khi x 
9
3
36

Vậy giá trị lớn nhất của P là

Khi

6
6

5 6
36


6

6
x 
3
x 


3

 y  z  x


2 t 2

t   3;3

t2 5 3
Xét hàm số f (t )    ,
2 t 2

t   3;3

5 t3  5
Có f '(t )  t  2  2  0 t   3;3 do đó f(t) đồng biến trên  3 ;3
t
t
5
14
 f ( 3)  f (t )  f (3) 
 f (t ) 
3
3
Vậy giá trị lớn nhất của A là

5
14
khi x = y = z = 1; giá trị nhỏ nhất của A là
3
3

khi hai trong ba số bằng 0 số còn lại bằng


3(a 2  b 2  c 2 )  (ab  bc  ca )  12

 5(a 2  b 2  c 2 )  (a  b  c) 2  24
 a  b  c  24  5(a 2  b 2  c 2 )

Do đó P 

a 2  b2  c2
24  5(a 2  b 2  c 2 )

 12  3(a 2  b 2  c 2 )

Đặt t  24  5(a 2  b 2  c 2 ) vì a 2  b 2  c 2  3;4 nên t   2;3

1
(24  t 2 )
24  t 2 1 2
24 12
Và P  5
 12  3
 (3t  t  ) 
t
5
5
t
5
24
Xét hàm số f (t )  3t 2  t 
t   2;3
t

( x  y )3  ( x  z )3  3( x  y )( x  z )( y  z )  5( y  z )3
3

3

3

y 
z
y 
z  y z   y z 


 1    1    3 1  1      5   
x 
x
x 
x  x x   x x 


y
z
Đặt a  ; b  , khi đó a, b là các số dương thỏa mãn 1 + a + b = 3ab và bất
x
x
đẳng thức cần chứng minh trở thành:

7



(Tuyển sinh Đại học Khối B, 2010)
Lời giải:
Ta có M  (ab  bc  ca ) 2  3(ab  bc  ca )  2 1  2(ab  bc  ca ) .

(a  b  c) 2 1
Đặt t  ab  bc  ca  0  t  ab  bc  ca 

3
3
 1
t  0 ; 
Xét hàm f (t )  t 2  3t  2 1  2t ,
 3
2
2
Có f '(t )  2t  3 
,
f ''(t )  2 
0.
3
1  2t
(1  2t )
 1
 1  11
f’(0) = 0 suy ra f’(x) nghịch biến trên 0;  nên f '(t )  f '     2 3  0 .
 3
3 3
 1
 1
Vậy f’(t) đồng biến trên 0;  do đó f (t )  f (0)  2, t  0; 

2
2
2
a  b  a  b  2(a  c )  2(b  c )

 2(a 2  b 2  c 2 )
2
4
9

Khi đó P 
2
2
2
a 2  b 2  c 2  4 2(a  b  c )
(a  b) (a  2c)(b  2c)  (a  b)

Đặ t  a 2  b 2  c 2  4  t  2
Xét hàm số f (t ) 
Ta có f '(t )  

4
9
 2
,
t 2(t  4)

t2

4

Vậy giá trị lớn nhất của P là dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2
8
Nhận xét. Ngoài cách đánh giá và xét hàm như trên ta còn có cách đánh giá và
xét hàm như sau:
1
1
1
2
a 2  b 2  c 2  4  (a  b) 2  (c  2) 2   a  b  c  2  ;
2
2
4
Từ bảng biến thiên ta có P 

3(a  b) (a  2c)(b  2c)  (3a  3b)

a  b  4c 1
 (3a  3b)(a  b  4c)
2
2

9


2

1  4a  4b  4c 
2
 
  2(a  b  c)


x  yz  x  1 x  y  z  1
9
(Tuyển sinh Đại học Khối A, 2014)
Lời giải:
Ta có
0  ( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  2 xy  2 zx  2 yz  2(1  xy  xz  yz )
Xét hàm số f (t ) 

 x 2  yz  x  1  x( x  y  z  1)  (1  xy  xz  yz )  x( x  y  z  1)
x2
x

2
x  y  x 1 x  y  x 1
Mặt khác:
( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  2 x( y  z )  2 yz  2  2 yz  2 x( y  z )


 2  2 yz  [x 2  ( y  z ) 2 ]=2 + 2yz + x 2 + y 2  z 2  2 yz  4(1  yz )
1  yz
( x  y  z )2


9
36
Khi đó
P

x

1
t
(t  2)(t 2  4t  9)
Ta có f '(t ) 
 
 f (t )  0  t  2
(t  1) 2 18
18(t  1) 2
Bảng biến thiên
t

0

2

f’(t)

+

0
5
9

6
-

f(t)

5
t  0; 6   P 

a
b
a (b  c)  b(c  a )
do đó:




2
2
1 a 1 b
(a  b)(a  c) (b  c)(b  a ) (a  b)(b  c)(c  a )
 f (t ) 



5
9

1  ab
(1  a 2 )(1  b 2 )(1  c 2 )



(1  a 2 )(1  b 2 )
(1  a 2 )(1  b 2 )(1  c 2 )



1

11


T
f’(t)

0
+

3
0

+
-

10
f(t)
Từ bảng biến thiên của hàm số ta có P  10 , dấu bằng xảy ra khi
a  b; c  3
a  b  10  3


ab  bc  ca  1 c  3

Bài toán 2: Cho các số thức x, y, z thuộc đoạn 1;4 thỏa mãn x  y, x  z .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x
y
z
P

 ab (a  b  2 ab )  (a  b  2 ab )  0
 ( ab  1)( a  b ) 2  0 (BĐT này luôn đúng ab  1 )
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab = 1 hoặc a = b
x
y
z
1
1
1
Ta có P 
Áp dụng BĐT (*)





2x  3y y  z z  x 2  3 y 1  z 1  x
x
y
z
x
1
2
, dấu bằng xảy ra khi  1 hoặc z 2  xy
P

y
y
x
23

2t  3 1  t

t  1;2

 4t 4  3t 3  6t 2  3t  9 
2t (2t 2  3)  4t 3
2
f '(t ) 

 2 
  0, t  1
2
2
2
(2t 2  3) 2
(t  1) 2
(2
t

3)
(
t

1)



Suy ra P  f (t )  f (2) 

34

 z  xy
2

Nếu x = y thì P 

x
x
z
1
6


 1
2 x  3x x  z z  x 5
5

Nếu z  xy ta có bảng biến thiên sau:
z

xy

1

P’(z)

-

0

4


2 y
1
2


y  x 23 y
x
1
x
y

13


Đặt t 

x
y

(1  t  2) ta được

2
t2
2
P( z ) 

 2

,



như sau: P 

    
3
3
c c
b
 a


3

3

 

c
 c

a
b
Đặt x  ; y 
( x  0; y  0)
c
c
Khi đó điều kiện của bài toán trở thành xy + x + y = 3 và
32 x3
32 y 3

Do đó

  8
( y  3)3 ( x  3)3
y

3
x

3
xy  3 x  3 y  9




Thay xy = 3 – x – y ta có
3
 ( x  y  1)( x  y  6) 
32 x3
32 y 3

 8
 ( x  y  1)3

3
3
( y  3) ( x  3)
2( x  y  6)



t 2  2t  6

 1

7
7 3 2

1


(t  1) 2  7
2
2

3 2
 0  f (t )  f (2)  1  2 .
2

Do đó P  1  2. Khi a = b = c thì P  1  2. Vậy giá trị nhỏ nhất P  1  2.
Bài toán 4: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn
1  2 2  x  1  2 2, y  0, z  0 và x + y + z = -1 . Tìm giá trị nhỏ nhất
1
1
1
của biểu thức P 


( x  y)2 ( x  z )2 8  ( y  z )2
(Đề Khảo sát chất lượng khối 12 THPT năm 2015, Sở GD&ĐT Thanh Hóa)
Lời giải:

 (1  yz ) 2  2(1  yz )( y  z )  ( y  z ) 2

 yz ( y  z ) 2  (1  yz ) 2  0 (hiển nhiên đúng)
Dấu “=” xảy ra khi y = z = 1
Từ BĐT (*) ta có
1
1
1



2
2
(1  y ) (1  z ) 1  yz

P

1
 yz
1 

 2 

2



4
4  (1  x) 2



(loại)
Bảng biến thiên
t
f’(t)

0
-

4
0

20
+

f(t)
3
4

(1  x) 2  4
 x  3
3
3


Do đó P  f (t )  và P    y  z  1
4
4
 x  y  z  1  y  z  1


 12
3
Do a, b, c  1;3  (a  1)(b  1)(c  1)  0
 abc  (ab  bc  ca )  a  b  c  1  0

 abc  x  5  0  abc  x  5
a, b, c  1;3  (a  3)(b  3)(c  3)  0

16


 abc  3(ab  bc  ca )  9(a  b  c)  27  0
 abc  3 x  27  0
 abc  3 x  27
 3 x  27  abc  x  5
 x  11

x 2  72 1
x 72 5
P
 ( x  5)  
  f ( x),
x
2
2 x 2
1 72
 f '( x)   2  0 x  11;12
2 x

x  11;12

a
b
c
3



bc ca ab 2
(Bất đẳng thức Nesbitt)

Phân tích
Bất đẳng thức đã cho thuần nhất với ba biến a, b, c nên ta có thể chuẩn
a
b
c
3
hóa cho a  b  c  3 khi đó ta sẽ chứng minh



3 a 3b 3c 2
Vế trái có dạng tổng hàm và bất đẳng thức có dấu bằng khi a  b  c  1 nên ta
x
tìm phương trình tiếp tuyến tại x  1 của hàm số f ( x) 
.
3 x
17


Tiếp tuyến có dạng y  f '(1)( x  1)  f (1) 

3a  1
Có

 4a  3a 2  10a  3  0  3(a  1) 2  0
3 a
4
b
3b  1
c
3c  1
Tương tự ta có
;


3b
4
3c
4
a
b
c
3a  1  3b  1  3c  1 3





3 a 3b 3c
4
2

36a  3
Lời giải: Ta chứng minh: 2

a 1
50
Thật vậy
a
36a  3
3
3
2
2


36
a

3
a

14
a

3

0

(4
a


 2
 2


a 1 b 1 c 1
50
10
18


1
3
Bài toán 3. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị lớn nhất
Dấu "  " khi a  b  c 

3b  c
3c  a 
 3a  b
 2
 2
của biểu thức. P  (a  b  c)  2

 a  ab b  bc c  ca 
(Khảo sát chất lượng lớp 12 THPT năm học 2015 – 2016)
Lời giải
Đây là bất đẳng thức thuần nhất với cả ba biến a, b, c nên ta có thể chuẩn
hóa a  b  c  1
3a  b
3b  c
3c  a 4a  (a  b) 4b  (b  c) 4c  (c  a )

5a  1 5b  1 5c  1
P


a  a 2 b  b2 c  c2
1
Do a, b, c là ba cạnh của tam giác nên b  c  a  1  a  a  a 
2
Vậy a   0;1 tương tự ta có b, c   0;1
5x  1
 1
x   0;  phương trình tiếp tuyến của đồ thị
2
xx
 2
1
1

1
hàm số f(x) tại điểm x  là y  f '( x)  x    f    18 x  3
3
3

3
5a  1
 1

18
a


5b  1
5c  1
 18b  3;
 18c  3
2
bb
c  c2
Ta có P  18a  3  18b  3  18c  3  18(a  b  c)  9  9
Tương tự ta cững chứng minh được

Dấu "  " xảy ra khi a  b  c
2.3.6 Một số bài tập vận dụng
Bài 1. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn

3(a  b  c) 2  12  5(ab  bc  ca ) .
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
19


a 2  b2  c2
A
 ab  bc  ca
abc
Bài 2. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a  b  c  3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.

B  2015  2(ab  bc  ca )3  27 a 2b 2c 2  3(a  b  c) 2  12(ab  bc  ca )
Bài 3. Cho các số thực x, y, z   0;2 thỏa mãn điều kiện x  y  z  3 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 



Bài 6. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn
7
121

nhất của biểu thức A  2
2
2
a  b  c 14(ab  bc  ca )
Bài 7. Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn: x + y = 2. Tìm giá trị lớn
1
 xy
nhất của biểu thức P 
xy  1
Bài 8. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

a2  9
b2  9
c2  9


5
2a 2  (b  c) 2 2b 2  (c  a ) 2 2c 2  (a  b) 2
Bài 9. Cho a, b, c, d là các số thự dương thỏa mãn a + b +c > 0. Chứng minh
3

3

3


nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức. Các em hứng thú học tập hơn, những
em học sinh với mức học trung bình, đã có kỹ năng giải dạng bài tập này. Số học
sinh tham gia giải dạng này tăng rõ rệt. Cụ thể ở các lớp khối 12 sau khi áp dụng
sáng kiến này vào giảng dạy thì kết quả qua các bài kiểm tra thử như sau :
Kết quả bài kiểm tra thử ở các lớp 12 - Trường THPT Nông Cống III
Năm học

Lớp

2015- 2016

12B 1
12B3

Tổng
số
47
42

Điểm 8 trở lên
Số lượng Tỷ lệ
74.5%
35
15
35,7%

Điểm từ 5 đến 8
Điểm dưới 5
Số lượng Tỷ lệ Số lượng Tỷ lệ
7

nhiều hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên cứu
học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
- Nhà trường cần tổ chức các bổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ sách
lưu lại các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để làm
cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề.
- Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng học
tập.
21


Tài Liệu tham khảo
[1]

[2]

[3]

[4]

[5]
[6]
[7]
[8]

Đoàn Quỳnh – Nguyễn Huy Đoan – Trần Phương Dung – Nguyễn Xuân
Liêm – Đặng Hùng Thắng, Giải tích 12 nâng cao, NXBGD Việt Nam,
2010
Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên) – Trần Phương Dung – Nguyễn Xuân Liêm
– Phạm Thị Bạch Ngọc – Đoàn Quỳnh – Đặng Hùng Thắng, Bài tập Giải
tích 12 nâng cao, NXBGD Việt nam 2010.