SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5
--------***-------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
CỦA HÀM SỐ.
Giáo viên:
Tổ:
Đơn vị:

Đỗ Đức Thông
Toán
THPT Triệu Sơn 5

Thanh Hóa, năm 2019


PHẦN 1: MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài.
Trong giảng dạy môn toán, ngoài việc giúp học sinh nắm chắc kiến thức
cơ bản thì việc phát huy tính tích cực của học sinh, biết ứng dụng các phương
pháp đã học vào giải các bài toán là điều rất cần thiết. Bài toán tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức là các dạng bài toán phổ biến và quan
trọng trong chương trình toán phổ thông, thường gặp trong các đề thi tuyển sinh
vào đại học- cao đẳng và còn là một chuyên đề hay gặp trong các đề thi học sinh
giỏi ở phổ thông.
Các bài giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức 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.



PHẦN 2: NỘI DUNG
I. Cơ sở lí thuyết
Sử dụng phương pháp tọa độ để chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất cần phải khai thác tốt một số bất đẳng thức thường dùng như
bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopski và một số bất đẳng thức vectơ, bất đẳng thức
hình học sơ cấp. Một số bài toán thường dùng:
1)
Bất đẳng thức Côsi:
Cho n số không âm a1,a2,...an ( n �2) , ta luôn có:
a1 + a2 + ... + an
� n a1a2...an
n
Dấu “=” xảy ra � a1 = a2 = ... = an

2)

Bất đẳng thức Bunhiacopski.
Cho n số a1,a2 ,...,an và n số b1,b2 ,...,bn tùy ý, ta có:
( a12 + a22 + ...an2 )(b12 + b22 + ...bn2 ) �( a1b1 + a2b2 + ...anbn ) 2

Dấu “=” xảy ra �
3)

a1 a2
a
=
= ... = n
b1

r

r

- Dấu “=” bên trái xảy ra khi a ngược hướng với b hoặc ar = 0 hoặc
r
r
r
r
r
r
b = 0 - Dấu “=” bên phải xảy ra khi a cùng hướng với b hoặc a = 0 hoặc
r
r
b =0

ur
r
n u
*
Tổng quát: �ai ��ai ( n ��+ )
n

i =1

r r rr r r
ii) - a . b �a.b � a . b .

i =1




7)

Trong các tam giác nội tiếp một đường tròn bán kính R, tam giác
đều có chu vi lớn nhất (có giá trị bằng 3R 3 ) và có diện tích lớn nhất
8)
Cho DABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt phẳng
( ABC ) thì tổng MA + MB + MC nhỏ nhất khi M nhìn 3 cạnh AB, BC,
CA dưới một góc 1200.


II. Bài tập
Phương pháp:
+ Biến đổi hàm số (hoặc biểu thức) cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất về
dạng tọa độ để xác định các vectơ, các điểm, các đường có tọa độ từ điều kiện
và biểu thức cần tìm.
+ Chuyển bài toán từ dạng đại số về dạng hình học tọa độ, giải bài toán
bằng phương pháp hình học từ đó suy ra kết quả dạng đại số.
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f( x) = x2 - x + 1 + x2 -

3x + 1 với x ��.

Giải:
Viết lại hàm số dưới dạng:
f( x) = ( x -

1 2
3 2

) =2
2
2
2
2
r
r
r r
f(
x)
=
|
u
|
+
|
v
|
�
|u
+ v|= 2 .
Khi đó
r r
Đẳng thức xảy ra khi các vectơ u,v
�
r
r
k= 3
�
u = kv( k > 0) � �

2
2
2
Nên ta có: f(x) = AC + BC .
AC = ( x -

Theo bất đẳng thức tam giác ta có:
AC + BC � AB= (

3 1 2
1
- ) +( - 2
2
2

3 2
) = 2 . Nên
2

: f(x) �2 " x ��.
Vậy f( x)min = 2 khi C là giao điểm của AB và trục Ox, từ đó x = 3 - 1
Bình luận:

hay:


- Nếu như áp dụng phương pháp hàm số thì việc xét sự biến thiên sẽ gặp khó
khăn vì để tìm nghiệm của phương trình f '( x )  0 dẫn tới việc giải phương
trình bậc 4.
- Về cách chọn điểm hoặc chọn vectơ trong bài 1:

của AB ' và trục Ox. Nên ta chọn điểm B(

3
1
, - ) và khi đó M là giao điểm
2
2

3
1
,- ) .
2
2

- Mở rộng bài toán:
+ Thứ nhất: liệu các hệ số của các biểu thức có phải là bất kì không? Nếu
2
thay x - x + 1 bởi biểu thức x2 - x hay x2 - x - 1 thì sao?
Trả lời: Do áp dụng công thức khoảng cách hoặc độ dài của một vectơ
nên biểu thức dưới dấu căn phải dương.
+ Thứ hai: Hệ số của x2 trong hai biểu thức của hàm số có nhất thiết phải
bằng
nhau
không?
Nếu
không
bằng
thì
sao?
Ví

f(x) = AC - BC �AB . Từ đó ta tìm được giá trị lớn nhất của hàm số
f( x) = x2 - x + 1 -

x2 -

3x + 1

+ Thứ tư: Ta có thể tìm thêm giá trị lớn nhất của hàm số không?
Trả lời: Nếu như giới hạn giá trị của biến x lại trong một tập D thì ta có
thể tìm được giá trị lớn 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:
f( x) = x2 - 2px + 2p2 + x2 - 2qx + 2q2 (p, q là hai số cho trước)

Giải:
1. Xét p + q > 0 :
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy xét các điểm
A( x - p; p) và B( x - q; - q) ). Khi đó:
2

f ( x) = ( x - p) 2 + p + ( x - q) 2 + q

2

= OA +OB.

Rõ ràng có: OA + OB  AB.
Mà AB =


= AB = ( p - q) 2 +( p + q) 2
�
�
�
�
� p+q �
�

(2)

2. Xét p + q = 0 ( p = q = 0)
Lúc này f ( x) = 2 x � f( x)min = 0 khi x = 0
(3)
Tóm lại, với mọi trường hợp ta đều có: f( x)min = ( p - q) 2 +( p + q) 2 .


Bài 3: Cho a, b , c, h là bốn số dương cho trước và x, y, z là ba số thực thay đổi
sao cho: ax + by + cz = k (1) ( k là số cho trước). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm
số
f ( x,y,z) = a h2 + x2 + b h2 + y2 + c h2 + z2

với (x, y, z) thoả mãn điều kiện (1).
Giải:
Trên hệ trục Ouv, lấy các điểm:

(

) (

A ( ah;ax) ,B ( a + b) h; ax +by ,C ( a + b + c) h;ax +by + cz

�
,
,
= k2 +( a + b + c) 2h2
�
Như vậy: f �
�
�
�
a +b + c a + b + c a +b + c�
�
�

(4)

Từ (3) và (4) ta có:
f ( x; y; z)

min

= k2 +( a +b + c) 2 h2 khi x = y = z =

k
a +b + c

Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
�
�
1
�

2
2
đó M giới hạn trên đoạn thẳng M 0M 1 với

Khi

M 0( 1;0) và M ( 1; 3 ) .
1
2
OM = 1 +( x - 1) 2 ; MN = 1 +( x + 1) 2

Do:

Suy ra f(x) = OM + MN
 Nên f(x) �ON = 2 .
Vậy f( x) đạt Giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi O,
M, N theo thứ tự thẳng hàng hay M là giao điểm của ON và M 0M 1 . Dễ dàng tìm
được M ( 1,1) hay x = 0 .
 Và

max f( x) = max (OM + MN )
-

M �[ M 0M 1 ]

1
� x �1
2

= max(OM 1 + M 1N , OM 0 + M 0N )


khi x=0

Bình luận: - Bài này có thể sử dụng phương pháp hàm số nhờ việc giải phương
trình f '( x )  0 không khó như bài 1.
- Sử dụng phương pháp này có thể dạy cho học sinh lớp 10.
Bài 5: Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = ( x - 1) 2 + y2 + ( x + 1) 2 + y2 + y - 2

(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 M( x - 1; - y),
N( x + 1; y) và sử dụng bất đẳng thức tam giác để đánh giá hai căn thức đầu
tiên. Tuy nhiên cần khéo kéo chọn để có dấu bằng xảy ra.
Giải:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét M( x - 1; - y), N( x + 1; y) .
Ta được OM +ON = ( x - 1)2 + y2 + ( x + 1) 2 + y2


Do OM +ON �MN nên ( x - 1) 2 + y2 + ( x + 1) 2 + y2 �2 1 + y2 .
Đẳng thức xảy ra khi M, O, N theo thứ tự thẳng hàng. Từ đó ta được x = 0 .
Do đó A �2 1 + y2 + y - 2 = f( y) .
Ta tìm giá trị nhỏ nhất của f( y) trong hai trường hợp:
+ Nếu y �2 ta được f( y) = 2 1 + y2 + 2 - y
f '( y) =

2y

- 1 , f '( y) = 0 � 2y = 1 + y2 � y = 3 .
1+y
2 + 3
3
3
Binh luận: Nếu như chọn cặp điểm M( x - 1; y), N( x + 1; y) thì tuy MN = 2

; - ),C(
; - ) Khi đó: f( x) = MA + MB + MC .
2
2
2
2

Nên f( x) nhỏ nhất khi M nhìn 3 cạnh AB, AC, BC của tam giác ABC dưới một
góc 1200
Dễ thấy tam giác ABC đều, tâm O nên đề f( x) nhỏ nhất thì M �O hay x = 0
Và khi đó ta được f ( x )min  f ( 0 )  3
Bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Chứng minh bài toán phụ:
Cho DABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý nằm trong mặt phẳng( ABC ) thì
tổng MA + MB + MC nhỏ nhất khi M nhìn 3 cạnh AB, BC, CA dưới một góc
1200.
Hướng dẫn:
Xét phép quay tâm A góc quay 600:
- Biến điểm M thành điểm N
- Biến điểm C thành điểm P
Khi đó, theo tính chất của phép
quay và do góc quay bằng 600 ta được:
AM = MN; CM = NP.
Vậy tổng MA + MB + MC nhỏ nhất
� tổng (BM + MN + NP) nhỏ nhất �
B, M, N, P thẳng hàng.
Nói riêng, B, M, N thẳng hàng mà
�
AMN = 600 nên �
AMB = 1200 . Tương

0

tan60

Khi đó xM = yM =
Suy ra f( -

1
3

,-

OM

1
3

2

=

1
3

. Tức là x = y = -

1
3

=

=
a
1
+
b
+
b
1
+
a
=
u.v
�
u
.v � 2+ 2
Từ đó suy ra:
� a
b
�
=
�
�
Dấu “=” xảy ra � �
1 +b
1 +a � a = b
�
�
a =b
�
�

Giải:

r
r
1 ur
1
1
Gọi u = ( x; ) , v = ( y; ) , w = ( z; ) .
y
x
z
r r ur
1 1 1
Khi đó u + v + w = ( x + y + z; + + )
x y z


r
r
1 ur
1
1
2
Ta có: u = x + 2 , v = y2 + 2 , w = z2 + 2
y
x
z
r r ur
1
1

1 1 1 �
�
81( x + y + z) 2 +( + + ) 2 �
- 80( x + y + z) 2
�
�
x y z �
�
1 1 1
1
�2. 81( x + y + z)( + + ) - 80.1�2.9.3 3 xyz .3 3
- 80 = 162 - 80 = 82
x y z
xyz
r
r
ur
r r ur
u
+
v
+
w
�
u
+ v + w ta được A � 82
Áp dụng bất đẳng thức
r r ur
Dấu “=” xảy ra khi các vectơ u,v,w cùng hướng và x + y + z = 1 hay:
r

� y z
= 81( x + y + z) 2 +(

Vậy Amin  82 đạt được khi x  y  z 

1
3

Bình luận: Đây là dạng của đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng khối A, năm
2003
Bài 10: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = abc . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
a2 + 2b2
b2 + 2c2
c2 + 2a2
P =
+
+
ab
bc
ca

Giải:
Ta có

a2 + 2b2
b2 + 2c2
c2 + 2a2
+
+

�
�
�
�
�
�
; v = �;
;w =�;
�
�
�
Trong hệ trục tọa độ Oxy, xét ba vectơ u = � ;
�
�
�
�
�
�
b
a
c
b
a
c
�
�
�
�
�
�

�
�
u +v +w = �
+ + ;
+
+
; | u + v + w |= 3 � + + �
= 3
�
�
�
�
�
�
�
a
b
c
a
b
c
a
b
c
�
�
�
�
�


kv
=
lw
(
k
>
0;
l
>
0)
�
�1 k l
�
�
�
=
=
�
hay �
�
�
�
�
�
a =b=c =3
a b c
ab + bc + ca = abc
�
�
�

2
5
5
2
2
5
5

f( x) =

Giải:
Ta có:
f( x) =

1
2

( x2 +22 + ( x -

16 2
8
4
8
) +( ) 2 + ( x - 2) 2 + 22 + ( x - ) 2 +( ) 2
5
5
5
5

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét các vectơ:

1
2
1

uu
r
r
r
uuu
r
( |a | + |b | + |c | +|d | )

r r
r r
1
�
( |a + c | + |b + d |) =
( 4 2 + 4) = 4 + 2 2.
2
2
r r
r r
Dấu bằng xảy ra khi a , c cùng hướng và b , d cùng hướng, tức là:


�
x = k( 4 - x)
�
�
�

�
5
5
�
�
�
8 8l
�
�
=
�
5
5
�

Vậy f( x)min = 4 +2 2 khi x = 2 .
n

Bài 12: Cho xi, yj (i = 1,2, ... , n) là 2n số thực thoả mãn:

n

�x + �y
i =1

i

i =1

i

�n
M
�
Nói riêng điểm n �
�xi ;
�
�i =1
n

n

i =1

i =1

�
�
�
y
do thỏa mãn
� i�
�
�
i =1
n

x+y=1

�xi + �yi = 1 nên M n sẽ nằm trên đường
thẳng x + y = 1

2
�yi �
�
�
� = xk + yk (k= 1, 2,... , n)
i =1
k- 1

= OM 1 + M 1M 2 + M 2M 3 + ... + M n- 1�M n
Từ đó ta được: P �
Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O đến đường thẳng x + y = 1, thì
OH =

2
2

Khi đó ta luôn có:
O
�M 1 + M 1M 2 + ... + M n- 1M n �OH ,
2
2
Dấu “=” xảy ra � O, M 1, M 2, ..., M n theo thứ tự thẳng hàng và M n �H

hay P �

�

y1
y
y

trong đó H là chân đường cao hạ từ O
xuống AC.
OH = d(O,AC ) =

2.0 - 0 + 4
22 + 12

=

4 5
.
5


f(x;y) � max(OA; OB; OC)=max(4; 20; 2) = 20

khi

M �B

hay

x = - 4; y = 2 .
8
4
4 5
khi x = - ; y = .
5
5
5


)


=

1
2

( MP + NP + MN )

Vế trái là giá trị của chu vi tam
giác MNP. Sử dụng tính chất: “Trong các
tam giác nội tiếp một đường tròn, tam
giác đều có chu vi và diện tích lớn nhất”
Nên vế trái đạt giá trị lớn nhất khi
tam giác MNP đều và nội tiếp trong
đường tròn bán kính 5 . Khi đó ta được
chu vi tam giác MNP bằng 3 15
Vậy:
5 - a - 2b + 5 - c - 2d + 5 - ac - bd �

Dấu “=” xảy ra khi M(
Tức là: a =
Vậy Pm ax 

1
2

3 15 =

- 1+2 3
- 2- 3
khi a =
,b =
,c =
,d =
2
2
2
2
2

Bài 15: Cho a,b,c,d là bốn số thực thỏa mãn các điều kiện sau:
�
a2 +b2 + 1 = 2( a + b)
�
�2
�
c + d2 +73 = 14( c + d)
�
�

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
P = ( a - c) 2 +(b - d) 2

Giải:
Từ điều kiện ta có
�
( a - 1) 2 +(b - 1) 2 = 1
�

5 2
5 2
5 2
5 2
;7 ),H(7 +
;7 +
)
2
2
2
2
Ta có O1O2 �O1M + MN +O2N
F(7 -

� O1E + EF + FO2 �O1M + MN +O2N
ۣۣEF

MN (do O1E = O1M ,FO2 = O2N )
(1)
Và MN �O1M +O1O2 +O2N = GO1 +O1O2 +O2H = GH
(2)
Từ (1) và (2) suy ra EF �MN �GH nên ta cũng có EF 2 �MN 2 �GH 2

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

Từ đó ta được:
36( 3 - 2 2) �P �36( 3 + 2 2)
Dấu “=” vế trái xảy ra khi M �E ,N �F hay
5 2


x2 - 4x +5 trên �.

Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
y = f( x) = x + 1 -

{

}

{

}

4 - x trên miền D = x \ - 1 �x �4 .

Bài 5: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:

y = f( x) = x + 1 + 4 - x trên miền D = x \ - 1 �x �4 .

Bài 6: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
f( x) = 3 + x + 6 - x -

{

}

( 3 + x)(6 - x) trên miền D = x \ - 3 �x �6 .

Bài 7: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:


4 cos 2 x.cos 2 y  sin 2 ( x  y )  4 sin 2 x.sin 2 y  sin 2 ( x  y ) �2
B. Phiếu 2
Bài 1: Cho  là một số thực bất kì, chứng minh rằng:
17 � cos 2  4 cos   6  cos 2  2cos   3 � 2  11
Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
f( x) = x2 + x + 1 + x2 -

{

}

5x + 2 trên D = x \ - 1 �x �4

- Nhận xét: Trong mỗi phiếu bài tập thì mỗi bài đều có thể làm được theo
một số cách khác nhau. Phiếu số 2 tăng độ khó và yêu cầu cao hơn phiếu số 1.
5. Kết quả kiểm tra
a) Kết quả kiểm tra theo phiếu học tập số 1:
Điểm
Lớp

2

3

4

5

6


3

2

20

1

5

4

4

3

1

0

0

20

k

Trong đó:

ni xi


Số bài

5

4

2

4

2

2

0

20

6

3

2

2

0

0

được ý tưởng của đề tài, học sinh không còn sợ bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất của hàm số hoặc biểu thức hay bài toán chứng minh bất đẳng thức. Có thể,
có những cách giải chưa thật ngắn gọn, xúc tích nhưng tôi luôn trân trọng những
gì mà các em đã làm được. Khuyến khích, động viên các em tìm tòi những cách
làm ngắn gọn, hay hơn.
Không phải bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu
thức nào cũng có thể đưa được về dùng phương pháp tọa độ. Ngoài phương
pháp tọa độ nêu trên thì còn rất nhiều các kĩ thuật, các phương pháp để giải đối
với các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức nói
riêng và các dạng bài toán nói chung. Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này, tôi
mong muốn được đóng góp một phần nhỏ bé công sức trong việc hướng dẫn học
sinh ứng dụng và khai thác phương pháp tọa độ một cách hiệu quả khi làm toán,
rèn luyện tính tích cực, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, gây hứng thú
cho các em khi học toán.
Qua nội dung đề tài, tôi mong muốn có sự tìm hiểu sâu hơn nữa về bài
toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức hay bài toán chứng
minh bất đẳng thức cũng như muốn nghiên cứu về mối quan hệ giữa “Giải tích”
và “Hình học”
Tuy nhiên, do thời gian có hạn, trình độ bản thân còn hạn chế, nên tôi rất
mong được sự đóng góp bổ sung của Hội đồng khoa học các cấp và của các bạn
đồng nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm của tôi được hoàn chỉnh hơn, đồng thời
cũng giúp đỡ tôi tiến bộ hơn trong giảng dạy.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Tuyển tập 200 bài toán vô địch – Tập 3: Giải tích; PGS. TS. Nguyễn Quý
Dy; ThS.Nguyễn Văn Nho; TS Vũ Văn Thỏa. NXB Giáo dục năm 2001.
[2] Căn số và toán vô tỉ; Hoàng Kỳ. NXB Giáo dục năm 2001.
[3] Đại số sơ cấp; Hoàng Kỳ, Nguyễn Văn Bàng, Nguyễn Đức Thuần. NXB

3
5
26
30
33