Khóa luận tốt nghiệp toán học: Một số bài toán nhận dạng tam giácMột số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và ví dụ

Lời cảm ơn
Lời đầu tiên em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến thầy giáo - ThS.
Nguyễn Thanh Tùng, người đã trực tiếp hướng dẫn, chỉ bảo tận tình
để em hồn thành khố luận này.
Trong q trình hồn thành khóa luận, em ln nhận được sự động
viên, giúp đỡ của các thầy cơ giáo trong Khoa Tốn - Lý - Tin, đặc biệt
là các thầy cô trong bộ môn Hình học và các bạn sinh viên lớp K50ĐHSP
Tốn. Đồng thời để hồn thành khóa luận em cũng nhận được sự tạo điều
kiện thuận lợi về cơ sở vật chất, thời gian, tài liệu tham khảo của Phòng
Đào Tạo, Phòng QLKH và QHQT, thư viện và một số phòng, ban, khoa
trực thuộc trường Đại Học Tây Bắc. Nhân dịp này em xin bày tỏ lòng biết
ơn sâu sắc tới BGH nhà trường, thầy cơ, gia đình, bạn bè - tất cả những
người đã động viên, giúp đỡ công sức và tinh thần cho cơng việc nghiên
cứu của em được hồn thành tốt đẹp. Em xin chúc sức khỏe tất cả các
thầy cơ, chúc thầy cơ ln hồn thành tốt các nhiệm vụ được giao.
Em xin chân thành cảm ơn!.
Sơn La, tháng 5 năm 2013
Sinh viên thực hiện

Nguyễn Thị Thủy

1


Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

0.1 Lí do chọn đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0.2 Mục đích nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

0.3 Nhiệm vụ nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4
5
5

0.4 Phạm vi đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0.5 Đối tượng nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0.6 Phương pháp nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5
5
6

0.7 Cấu trúc khóa luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1 Kiến thức cơ sở
1.1 Định nghĩa và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất . . . . . . . . . . .

7
7
7

1.1.2 Bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.1.3 Các bất đẳng thức thông dụng . . . . . . . . . . . . 9
1.2 Định lí về dấu tam thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Định lí Viét . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4 Tích vơ hướng của hai vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5 Tích có hướng của hai vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.6 Cực trị của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6.1 Định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6.2 Dấu hiệu 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.6.3 Dấu hiệu 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.7 Các bước cơ bản để giải bài toán cực trị . . . . . . . . . . . 13
1.8 Phương trình

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất 16
2


2.1 Phương pháp bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Phương pháp miền giá trị của hàm số . . . . . . . . . . . . 20
2.3 Phương pháp đạo hàm - khảo sát hàm số . . . . . . . . . . 24
2.4 Phương pháp dùng lũy thừa với số mũ chẵn . . . . . . . . . 27
2.5 Phương pháp hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.6 Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3 Bài tập

35

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3

Mở đầu
0.1

Lí do chọn đề tài

Trong trường phổ thơng, mơn Tốn có một vị trí rất quan trọng. Các
kiến thức và phương pháp tốn học là cơng cụ thiết yếu giúp học sinh học
tốt các môn học khác, hoạt động có hiệu quả trong mọi lĩnh vực. Đồng
thời mơn tốn còn giúp học sinh phát triển những năng lực và phẩm chất
trí tuệ, rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo,
giáo dục cho học sinh tư tưởng đạo đức và thẩm mỹ của người cơng dân.
Chương trình tốn trung học có rất nhiều dạng bài tập khác nhau.
Trong đó có nhiều dạng rất khó như chứng minh bất đẳng thức, biện luận
về số nghiệm của phương trình, bất phương trình, ... Và dạng bài : “ Tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một đại lượng ” cũng nằm trong số
đó. Các dạng bài tập này được gọi chung là bài tốn tìm cực trị hay bài
tốn cực trị. Đây thực sự là một chun đề khó của chương trình tốn
trung học bởi vì các bài tốn cực trị rất phong phú, phạm vi nghiên cứu
của vấn đề này lại rất rộng. Và nó lại là một trong những dạng tốn được
quan tâm đến nhiều nhất trong các kì thi tuyển chọn học sinh giỏi trong
nước và quốc tế. Thế nhưng, sách giáo khoa có rất ít các bài tập dạng này
và do những điều kiện khách quan mà sách giáo khoa khơng hệ thống lại
các phương pháp giải. Do đó, việc cần thiết là phải cung cấp cho học sinh
các phương pháp giải dạng tốn: “Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất”.
Việc này sẽ giúp các em dễ dàng hơn trong việc giải bài toán cực trị.
Để giải được một bài toán cực trị bên cạnh việc phải nắm vững được
các kiến thức cơ bản của chương trình phổ thơng cịn phải biết vận dụng
linh hoạt các kiến thức đó vào giải bài tập. Điều đặc biệt là thơng qua các
bài tốn cực trị người học có thể vận dụng linh hoạt vào giải các loại toán
khác như giải phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức, chứng minh

một yếu tố hình học.
Trên thực tế, qua khảo sát việc giải bài tốn cực trị ở các trường phổ
thơng tơi nhận thấy rằng chất lượng học sinh vẫn cịn thấp, đa số các em
chưa biết cách giải một bài toán cực trị. Điều này phần nào ảnh hưởng tới
4


chất lượng giáo dục.
Xuất phát từ những lí do trên và với tư cách là một giáo viên dạy toán
trong tương lai, tôi xin hệ thống lại các phương pháp tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất thơng qua việc nghiên cứu đề tài: "Một số phương pháp
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và ví dụ."

0.2

Mục đích nghiên cứu

• Đề tài này có tác dụng giúp học sinh học tập mơn Tốn nói chung
và việc giải tốn cực trị nói riêng được tháo gỡ phần nào những khó
khăn.Trang bị cho học sinh một số kiến thức cơ bản nhằm nâng cao
khả năng tư duy và học tập bộ mơn một cách chủ động.
• Tạo thêm hứng thú cho học sinh trong học tập mơn Tốn cũng như
kích thích sự đam mê tự học và tự tìm tịi nghiên cứu.
• Giúp bản thân người học nắm được các bước cơ bản để tìm cực trị.

0.3

Nhiệm vụ nghiên cứu

• Đề tài đưa ra một số dạng tốn cơ bản về bài tốn cực trị phù hợp

với trình độ nhận thức của học sinh.
• Đề tài sẽ trang bị cho học sinh một số phương pháp giải các bài tốn
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất để học sinh vận dụng làm bài
tập.
• Chọn lọc có hệ thống những bài tập mang tính tiêu biểu phù hợp với
từng nội dung phương pháp.

0.4

Phạm vi đề tài

Phát triển năng lực tư duy của học sinh thơng qua giải tốn tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất đối với các học sinh chun và khơng chun
tốn.

0.5

Đối tượng nghiên cứu

Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và ví dụ.
5


0.6

Phương pháp nghiên cứu

• Phương pháp khách quan: Qua kết quả học tập của bản thân trong
quá trình học tập ở THCS, THPT và trong q trình học Đại học.
• Phương pháp đọc và nghiên cứu từ các nguồn tài liệu khác nhau.

Trích dẫn từ nguồn internet và các sách tham khảo.
• Phương pháp tham khảo, trao đổi ý kiến với thầy giáo hướng dẫn và
bạn bè.

0.7

Cấu trúc khóa luận

Ngồi phần mở đầu, kết luận, mục lục, danh mục các tài liệu tham
khảo, khóa luận gồm 3 chương:
Chương 1: Kiến thức cơ sở
Chương 2: Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Chương 3: Bài tập

6


Chương 1
Kiến thức cơ sở
1.1

Định nghĩa và tính chất

1.1.1

Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Định nghĩa 1.1. Cho hàm số f (x1, x2, · · · , xn) với xi ∈ Di , Di ⊂ R, i =
1, n. Đặt D = D1 × D2 × · · · × Dn .
1. Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f (x1, x2, · · · , xn) trên

D, kí hiệu M =
max f (x1, · · · , xn) nếu hai điều kiện sau đây
(x1 ,··· ,xn )∈D

đồng thời thỏa mãn:

(a) f (x1, x2 , · · · , xn) ≤ M, ∀(x1 , x2, · · · , xn) ∈ D

(b) Tồn tại (x0, x0 , · · · , x0 ) ∈ D sao cho f (x0, x0 , · · · , x0 ) = M
1 2
n
1 2
n

2. Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x1, x2 , · · · , xn) trên
D, kí hiệu m =
min f (x1, · · · , xn) nếu hai điều kiện sau đây
(x1 ,··· ,xn )∈D

đồng thời thỏa mãn:

(a) f (x1, x2 , · · · , xn) ≥ m, ∀(x1 , x2, · · · , xn) ∈ D

(b) Tồn tại (x0, x0 , · · · , x0 ) ∈ D sao cho f (x0, x0 , · · · , x0 ) = m
1 2
n
1 2
n
Để đơn giản vấn đề mà không làm mất tính tổng quát, ta xét đối với hàm
số một biến y = f (x) với x ∈ D ⊂ R, và sau đây là một số tính chất.

Tính chất 1.1. Giả sử f (x) xác định trên D và A, B là hai tập con của D,
trong đó A ⊆ B. Giả sử tồn tại max f (x), max f (x), min f (x), min f (x).
x∈A

Khi đó ta có:

1. max f (x) ≤ max f (x)
x∈A

x∈B

7

x∈B

x∈A

x∈B


2. min f (x) ≥ min f (x)
x∈A

x∈B

Tính chất 1.2. Giả sử hàm số f (x) xác định trên D và tồn tại max f (x)
x∈D

và min f (x). Khi đó ta có:

x∈D

max f (x) = − min(−f (x)); min f (x) = − max(−f (x))
x∈D

x∈D

x∈D

x∈D

Tính chất 1.3. Giả sử f (x) và g(x) là hai hàm số cùng xác định trên D
và thỏa mãn điều kiện: f (x) ≥ g(x), ∀x ∈ D.
Khi đó ta có: max f (x) ≥ max g(x)
x∈D

x∈D

Tính chất 1.4. (Nguyên lí phân rã) Giả sử f (x) xác định trên D và
D được biểu diễn dưới dạng D = D1 ∪ D2 . Giả sử tồn tại max f (x) và
x∈Di

min f (x), ∀i = 1, 2. Khi đó ta có

x∈Di

max f (x) = max{max f (x), max f (x)}
x∈D

x∈D1

x∈D2

min f (x) = min{min f (x), min f (x)}
x∈D

x∈D1

x∈D2

Tính chất 1.5. Giả sử f (x) là hàm số xác định trên D và f (x) ≥ 0. Khi
đó với mọi n nguyên dương ta có:

max f (x) =

2n

min f (x) =

2n

x∈D

max[f 2n(x)]
x∈D

x∈D

min[f 2n(x)]
x∈D

Tính chất 1.6. Giả sử f (x) là hàm số xác định trên D và tồn tại max f (x),
x∈D

min f (x). Khi đó ta có: max |f (x)| = max[| max f (x)|, | min f (x)|]
x∈D

x∈D

x∈D

x∈D

Tính chất 1.7. Xét hàm số f (x) xác định trên D và giả sử tồn tại
max f (x), min f (x) trong đó: D1 = {x ∈ D : f (x) > 0} và D2 = {x ∈
x∈D

x∈D

D : f (x) ≤ 0}
Khi đó ta có: min |f (x)| = min{min f (x), | max f (x)|}
x∈D

x∈D1

x∈D2

Tính chất 1.8. Giả sử f (x) là hàm số xác định và liên tục trên D. Khi
đó nếu gọi M, m tương ứng là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm
số f (x) trên D thì:

min |f (x)| =

0, nếu Mm ≤ 0

min |M|, |m| nếu Mm ≥ 0
8


1.1.2

Bất đẳng thức

Định nghĩa 1.2. Giả sử A, B là hai biểu thức đại số. Ta nói rằng A lớn
hơn B (viết A > B ) nếu và chỉ nếu A − B > 0
Hồn tồn tương tự, ta có định nghĩa các bất đẳng thức A < B, A ≥
B, A ≤ B
Tính chất
1. Nếu A > B, B > C thì A > C
2. Nếu A > B, C > D thì A + C > B + D
3. Nếu A > B, C < D thì A − C > B − D

4. Nếu A > B thì AC > BC ∀C > 0 và AC < BC ∀C < 0

5. Nếu A > B > 0, C > D > 0 thì AC > BD
√
1 √
1
n
n

6. Nếu A > B > 0 thì An > B n ; n < n , A > B ∀n ∈ N∗
A
B

1.1.3

Các bất đẳng thức thông dụng

Bất đẳng thức Côsi

Với n số không âm a1 , a2 , · · · , an ta ln có

√
a1 + a2 + · · · + an
≥ n a1 a2 · · · an
n

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · = an
√
Trong trường hợp đặc biệt n = 2 thì a1 + a2 ≥ 2 a1 a2
Ta có một số kết quả đặc biệt

1. Với mọi a, b ∈ R ta có a2 + b2 ≥ 2ab. Dấu bằng xảy ra khi a = b
√
2. Với mọi a, b ≥ 0 ta có a + b ≥ 2 ab. Dấu bằng xảy ra khi a = b
3. Với mọi a, b > 0 ta có (a + b)

1 1
+
a b

Dấu bằng xảy ra khi a = b

≥ 4 và do đó

4
1 1
+ ≥
.
a b
a+b

4. Với mọi a, b, c ∈ R ta có a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca. Dấu bằng xảy
ra khi a = b = c
9


5. Với mọi a, b, c ∈ R ta có (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca). Dấu bằng xảy
ra khi a = b = c
√
√
√
6. Với mọi a, b, c ≥ 0 ta có a + b + c ≥ ab + bc + ca. Dấu bằng xảy
ra khi a = b = c
7. Với mọi a, b, c > 0 ta có (a + b + c)

1 1 1
+ +
a b c

≥ 9 và do đó

9
1 1 1
+ + ≥
.
a b c
a+b+c
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
Bất đẳng thức Bunhiacopxki

Với 2n số bất kì: a1 , a2 , · · · , an ;

b1 , b2, · · · , bn. Khi đó ta ln có

(a2 + a2 + · · · + a2 )(b2 + b2 + · · · + b2 ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2
1
2
n
1
2
n

a1
a2
an
=
= ··· =
b1
b2

b2
Trong trường hợp đặc biệt: a1 , a2 , · · · , an ∈ R; b1 , b2, · · · , bn ∈ R+ thì
ta có bất đẳng thức sau (bất đẳng thức Svacxơ)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

a2 a2
a2
(a1 + a2 + · · · + an )2
1
2
n
+
+ ··· +
≥
b1
b2
bn
b1 + b2 + · · · + bn
a1
a2
an
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
=
= ··· =
b1
b2
b2
Bất đẳng thức với giá trị trung bình

Với n số dương a1 , a2 , · · · , an ta ln có

n
1
1
1
+
+ ··· +
a1 a2
an

≤

√
n

a1 a2 · · · an
a1 + a2 + · · · + an
≤
≤
n

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · an

10

a2 + a2 + · · · + a2
1
2
n
n

Bất đẳng thức Trêbưsep

Cho hai dãy số thực a1 , a2 , · · · , an và b1 , b2 , · · · , bn
1. Nếu hai dãy cùng tăng (cùng giảm) thì ta có

(a1 + a2 + · · · + an )(b1 + b2 + · · · + bn ) ≤ n(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · an hoặc b1 = b2 = · · · bn

2. Nếu có một dãy tăng, một dãy giảm thì ta có

(a1 + a2 + · · · + an )(b1 + b2 + · · · + bn ) ≥ n(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = · · · an hoặc b1 = b2 = · · · bn
Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối

• |a| ≥ 0. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0

• −|a| ≤ a ≤ |a|. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 0

• |a + b| ≤ |a| + |b|. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0 (a,b cùng
dấu)
• |a − b| ≥ |a| − |b|. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab ≥ 0 (a,b cùng
dấu)
• a ≥ b, ab ≥ 0 ⇒

1
1
≤ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b
a

b

Bất đẳng thức tam giác

Cho ba điểm bất kì A, B, C khi đó ta ln có AB + BC ≥ AC . Dấu
bằng xảy ra khi và chỉ khi A, B, C theo thứ tự thẳng hàng.
→ →
Cho hai vectơ bất kì − , − ta ln có:
u v

−
→
→ →
|→| + |− | ≥ |− + − |
u
v
u
v

→
→
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi − = k.− (k > 0) hoặc trong hai vectơ
u
v
→ →
− , − có ít nhất một vectơ là vectơ không.
u v

11

1.2

Định lí về dấu tam thức bậc hai

Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c (a = 0). Khi đó:

• Nếu ∆ < 0 thì f (x) luôn luôn cùng dấu với a, ∀x ∈ R
• Nếu ∆ = 0 thì f (x) ln ln cùng dấu với a, ∀x ∈ R, x =

−b
2a

• Nếu ∆ > 0 thì f (x) cùng dấu với a nếu x nằm ngoài khoảng hai
nghiệm và trái dấu với a nếu x nằm trong khoảng hai nghiệm.

1.3

Định lí Viét

Giả sử x1 , x2 là nghiệm của phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 thì


 x1 + x2 = − b
ca
x .x
 1 2
=
a

1.4

Tích vơ hướng của hai vectơ

→ −
→→
Tích vơ hướng của hai vectơ − , → là một số thực ( kí hiệu bởi − .− )
u v
u v
được xác định bởi biểu thức sau
→−
− .→ = |− |.|− |. cos(− , →)
→ →
→ −
u v
u v
u v
Nếu trong mặt phẳng ta chọn ra một hệ trục tọa độ vng góc Oxy, ứng
→
−
với hệ tọa độ này − = (x1; y1 ), → = (x2; y2 ) thì
u
v

→→
− .− = x x + y y
u v
1 2
1 2
→

−
tương tự như vậy, trong không gian với hệ tọa độ cho trước − = (x1 ; y1 ; z1 ), → =
u
v
(x2; y2 ; z2) thì
→→
− .− = x x + y y + z z
u v
1 2
1 2
1 2

1.5

Tích có hướng của hai vectơ

→
−
Tích có hướng (hay tích vectơ) của hai vectơ − = (a; b; c), → =
u
v
→ →
− , − ] được xác định bởi biểu
′ ′ ′
(a ; b ; c ) là một vectơ, được kí hiệu là [ u v
12


thức sau:

→ →
[− , − ] =
u v

1.6
1.6.1

b c c a a b
;
;
b′ c′ c′ a′ a′ b′

= (bc′ − b′ c; ca′ − c′ a; ab′ − a′ b)

Cực trị của hàm số
Định lí

Giả sử hàm số f (x) đạt cực trị tại điểm x0 . Khi đó nếu f (x) có đạo
hàm tại điểm x0 thì f ′(x0 ) = 0

1.6.2

Dấu hiệu 1

Giả sử hàm số f (x) liên tục trên khoảng (a, b) chứa điểm x0 và có đạo
hàm trên khoảng (a, b) khơng nhất thiết phải có đạo hàm tại x0 . Khi đó
1.

f ′ (x) < 0, ∀x ∈ (a, x0)
f ′ (x) > 0, ∀x ∈ (x0, b)

thì hàm số đạt cực tiểu tại x0 .

2.

f ′ (x) > 0, ∀x ∈ (a, x0)
f ′ (x) < 0, ∀x ∈ (x0, b)

thì hàm số đạt cực đại tại x0 .

1.6.3

Dấu hiệu 2

Giả sử hàm số f (x) có đạo hàm cấp hai trên khoảng (a, b) chứa điểm
x0 và f ′ (x0) = 0 và f ”(x0) = 0 thì
1.

f ′ (x) = 0
f ”(x) < 0

thì hàm số đạt cực đại tại x0 .

2.

f ′ (x) = 0
f ”(x) > 0

thì hàm số đạt cực tiểu tại x0 .

1.7

Các bước cơ bản để giải bài tốn cực trị

• Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức f (x) ≥ m hoặc f (x) ≤ M với
∀x ∈ D
13


• Bước 2: Chỉ ra giá trị x0 để f (x0) = m hoặc f (x0) = M
• Bước 3: Kết luận: Với giá trị x0 ∈ D thì f (x) đạt
max f (x) = M, min f (x) = m
x0 ∈D

1.8

x0 ∈D

Phương trình

1. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng ∆ đi qua điểm M(x0 ; y0 )
→
→
nhận vectơ − = (u1 ; u2 ) làm vectơ chỉ phương và vectơ − = (a; b)
u
n
làm vectơ pháp tuyến.
Khi đó phương trình tham số của đường thẳng ∆ là:

x = x0 + tu1
y = y0 + tu2

, với t là tham số

Phương trình tổng quát của đường thẳng ∆ là:

ax + by + c = 0, với c = −ax0 − by0, a2 + b2 = 0
2. Phương trình mặt phẳng trong khơng gian

→
Mặt phẳng α đi qua điểm M0 (x0 ; y0 ; z0 ) và nhận vectơ − = (A; B; C)
n
làm vectơ pháp tuyến có phương trình là
A(x − x0) + B(y − y0 ) + C(z − z0 ) = 0
3. Phương trình đường trịn
Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn (C) có tâm I(a; b) có bán kính
R > 0 thì phương trình tổng qt của đường trịn (C) là:

(x − a)2 + (y − b)2 = R2
Nếu a2 + b2 − c > 0 thì phương trình của đường trịn có thể viết dưới
dạng: x2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 gọi là phương trình đường trịn
√
tâm I(a; b) bán kính R = a2 + b2 − c

4. Phương trình của Elip
x2 y 2
(E) : 2 + 2 = 1, a > b > 0 là phương trình của Elip có tiêu điểm
a
b

nằm trên trục hoành và đối xứng nhau qua gốc O.
14


x2 y 2
+ 2 = 1, a > b > 0 là phương trình của Elip có tiêu điểm
b2
a
nằm trên trục tung và đối xứng nhau qua gốc O.

(E) :

5. Phương trình của Hypebol
x2 y 2
(H) : 2 − 2 = 1, (a, b > 0) là phương trình của Hypebol có tiêu
a
b
điểm nằm trên trục hồnh và đối xứng nhau qua gốc O.
x2 y 2
(H) : 2 − 2 = −1, (a, b > 0) là phương trình của Hypebol có tiêu
b
a
điểm nằm trên trục tung và đối xứng nhau qua gốc O.
6. Phương trình của Parabol

(P ) : y 2 = 2px (p > 0) là phương trình của Parabol (P ) có đỉnh là
gốc (O), trục đối xứng là trục hồnh, có bề lõm quay sang phần dương
của trục hoành. Tương tự như vậy đối với các parabol có phương trình
y 2 = −2px; x2 = −2py; x2 = 2py

7. Các phương trình lượng giác cơ bản

• Phương trình sin x = a, (|a| ≤ 1) có nghiệm
Ở đây a = sin α và k ∈ Z.

x = α + k2π
x = π − α + k2π

• Phương trình cos x = a, (|a| ≤ 1) có nghiệm x =
Ở đây a = cos α và k ∈ Z.

x = α + k2π
x = −α + k2π

• Phương trình tan x = a có nghiệm x = α + kπ (k ∈ Z) với
a = tan α.
• Phương trình cot x = a có nghiệm x = α + kπ (k ∈ Z) với
a = cot α.

15


Chương 2
Một số phương pháp tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất
Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) trên một
miền D cho trước, chúng ta có thể sử dụng nhiều phương pháp khác nhau.
Trong phạm vi khóa luận này tơi xin trình bày 6 phương pháp sau đây:

• Phương pháp bất đẳng thức

• Phương pháp miền giá trị của hàm số

• Phương pháp đạo hàm - khảo sát hàm số

• Phương pháp dùng lũy thừa với số mũ chẵn
• Phương pháp hình học

• Phương pháp lượng giác hóa

2.1

Phương pháp bất đẳng thức

Phương pháp bất đẳng thức được xem như là một trong những phương
pháp thơng dụng và hiệu quả để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
một hàm số. Phương pháp này địi hỏi người giải tốn trên cơ sở đưa ra
các nhận xét cho việc sử dụng phương pháp này và lựa chọn bất đẳng thức
để xác định lời giải cho bài toán.
Khi sử dụng phương pháp bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức f (x1 , x2, · · · , xn) trên D = D1 × D2 × · · · × Dn ,
ta tiến hành theo hai bước sau:

• Chứng minh một bất đẳng thức có dạng
f (x1, x2, · · · , xn) ≥ α, ∀(x1, x2, · · · , xn) ∈ D
16


với bài tốn tìm giá trị lớn nhất hoặc

f (x1, x2, · · · , xn) ≤ α, ∀(x1, x2, · · · , xn) ∈ D

với bài tốn tìm giá trị lớn nhất

• Chỉ ra (x0, x0, · · · , x0 ) ∈ D sao cho f (x0, x0, · · · , x0 ) = α
1 2
n
1 2
n

Ví dụ 2.1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A, với x ≥ 1, y ≥ 2, z ≥ 3
√
√
√
x−1
y−2
z−3
A=
+
+
x
y
z
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số khơng âm 1 và x − 1 ta có
√
√
x−1
1+x−1 x
1

x−1≤
=
do đó
≤
2
2
x
2
Tương tự ta có
√
√
1
1
y−2
z−3
≤ √
≤ √
và
y
z
2 2
2 3
Dấu bằng của các bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi x = 2, y =
4, z = 6.
1
1
1
Vậy max A = + √ + √ , đạt tại x = 2, y = 4, z = 6
2 2 2 2 3
Ví dụ 2.2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của A = 2x + 3y với

(x, y) ∈ R2 biết:
2x2 + 3y 2 ≤ 5
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
√ √
√ √
√
√
√
√
A2 = (2x+3y)2 = ( 2 2x+ 3 3y)2 ≤ (( 2)2+( 3)2)((x 2)2+(y 3)2 )
hay A2 ≤ (2 + 3)(2x2 + 3y 2 ) ≤ 5.5 = 25
 √
√
x 2
y 3
√ = √
x=y
2
⇔
A = 25 ⇔
2
3
 2
2x2 + 3y 2 = 5
2x + 3y 2 = 5

⇔

x=y=1

x = y = −1

Do A2 ≤ 25 nên −5 ≤ A ≤ 5
Vậy min 2 A = −5 đạt tại x = y = −1 và max 2 A = 5 đạt tại
(x,y)∈R

(x,y)∈R

x=y=1

17


Ví dụ 2.3. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f (x, y, z) = (x3 + y 3 + z 3 )

1 + xy 2 1 + yz 2 1 + zx2
+
+
z3
x3
y3

Trên miền D = {(x, y, z) : x > 0, y > 0, z > 0 và xyz = 1}
Lời giải
Lấy (x, y, z) tùy ý thuộc D. Ta có:

1 + xy 2 1 + yz 2 1 + zx2
+

+
z3
x3
y3
x3 x3 y 3 y 3 z 3 z 3
=3+
+
+
+
+
+
y 3 z 3 z 3 x3 x3 y 3
x4 y 2 xy 5 y 4 z 2 yz 5 x5z x2z 4
+ (xy 2 + yz 2 + zx2 )
+ 3 + 3 + 3 + 3 + 3
+
3
z
z
x
x
y
y
(2.1)

f (x, y, z) = (x3 + y 3 + z 3 )

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:
3 3 3 3 3 3
x3 x3 y 3 y 3 z 3 z 3

x y y z z
6 x
+ 3 + 3+ 3+ 3+ 3 ≥6
. 3 . 3. 3. 3. 3
y3 z
z
x
x
y
y3 z z x x y

(2.2)

4 2
x4y 2 xy 5 y 4 z 2 yz 5 x5z x2z 4
xy 5 y 4z 2 yz 5 x5z x2z 4
6 x y
+ 3 + 3 + 3 + 3 + 3 ≥6
.
.
.
.
.
z3
z
x
x
y
y
z 3 z 3 x3 x3 y 3 y 3

= 6xyz = 6
xy 2 + yz 2 + zx2 ≥ 3 3 xy 2 .yz 2 .zx2 = 3xyz = 3

(2.3)
(2.4)

Thay (2.2), (2.3), (2.4) vào (2.1) ta có f (x, y, z) ≥ 18, ∀(x, y, z) ∈ D
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
Vậy min f (x, y, z) = 18
(x,y,z)∈D

Ví dụ 2.4. Tìm giá trị nhỏ nhất của các hàm số
√
√
1. f (x) = x + 3 − 4 x − 1 + x + 15 − 8 x − 1
2. g(x) =

1
5
−x − +x
2
2
18


Lời giải
1. Điều kiện: x ≥ 1
Ta có:

√
√
x + 3 − 4 x − 1 + x + 15 − 8 x − 1
√
√
= x − 1 − 4 x − 1 + 4 + x − 1 − 8 x − 1 + 16
2
2
√
√
=
x−1−2 +
x−1−4
√
√
= | x − 1 − 2| + | x − 1 − 4|
√
√
√
√
= | x − 1 − 2| + |4 − x − 1| ≥ | x − 1 − 2 + 4 − x − 1| = 2
√
√
x−1−2 . 4− x−1 ≥0
tương
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x≥1
√
2≤ x−1≤4
đương với

suy ra 5 ≤ x ≤ 17
x≥1
f (x) =

Vậy: min f (x) = 2 đạt khi x ∈ [5; 17]
5
1
1
5
−x − +x = x− − +x
2. Xét g(x) =
2
2
2
2
5
1
Suy ra |g(x)| ≤ x − − x +
= 3 và do đó −3 ≤ g(x) ≤ 3. Dấu
2
2
bằng xảy ra khi và chỉ khi

1
x≤
5
1

2
x−

. x+
≥0⇔
5
2
2
x≥
2

5
Vậy min g(x) = −3 đạt khi x ≥ ,
2

max g(x) = 3 đạt khi x ≤

1
2

Ví dụ 2.5. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
b2
c2
a2
+
+
P =
1−a 1−b 1−c
Lời giải

b2
c2

a2
+
+
.
Vì a + b + c = 1 ⇒ P =
b+c c+a a+b
19


Áp dụng bất đẳng thức Svacxơ ta có:

a2
b2
c2
(a + b + c)2
1
P =
+
+
≥
=
b + c c + a a + b 2(a + b + c) 2
1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
3
1
1
Vậy: min P = đạt tại a = b = c =
2
3

2.2

Phương pháp miền giá trị của hàm số

Để xác định lời giải cho bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của hàm số f (x) bằng phương pháp miền giá trị, ta thường tiến hành như
sau: Gọi y0 là một giá trị tùy ý của hàm số f (x) trên miền D thì khi đó
ta có phương trình theo ẩn x, f (x) = y0 có nghiệm x ∈ D. Tùy theo điều
kiện của phương trình mà ta có các điều kiện tương ứng.
Trong nhiều trường hợp sau khi ta biến đổi đưa được về dạng α ≤ y0 ≤
β. Khi đó min f (x) = α, max f (x) = β
x∈D

x∈D

Như vậy khi sử dụng phương pháp này để tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của hàm số thực chất là ta quy về tìm điều kiện để phương trình
có nghiệm. Tuy nhiên phương pháp này sẽ hạn chế đối với những phương
trình bậc cao hoặc gặp với điều kiện về sự tồn tại nghiệm phức tạp.
Ví dụ 2.6. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau trên
tập R
x2 + 8x + 7
2x2 + 7x + 23
; 2. P =
1. T = 2
x + 2x + 10
x2 + 1
Lời giải
1. Tập xác định của hàm số là R. Ta gọi y0 là một giá trị tùy ý của hàm

số, khi đó tồn tại x ∈ R để

2x2 + 7x + 23
y0 = 2
x + 2x + 10

tương đương với phương trình sau có nghiệm theo ẩn x ∈ R

(y0 − 2)x2 + (2y0 − 7)x + 10y0 − 23 = 0
Khi đó
20

(2.5)


• Nếu y0 − 2 = 0 ⇔ y0 = 2 thì x = −1

• Nếu y0 − 2 = 0 ⇔ y0 = 2 thì phương trình (2.5) có nghiệm khi và chỉ
khi ∆ ≥ 0, tức là
∆ = (2y0 − 7)2 − 4(y0 − 2)(10y0 − 23) ≥ 0 ⇔

5
3
≤ y0 ≤ , y0 = 2
2
2

5
3
khi x = −4 và y0 = khi x = 2. Vậy giá trị nhỏ nhất và

2
2
3
5
lớn nhất của T đạt được là min T = đạt tại x = −4 và max T = đạt
x∈D
x∈D
2
2
tại x = 2.
x2 + 8x + 7 − t(x2 + 1)
2. Xét biểu thức f (x) = P (x)−t =
(với t là tham
x2 + 1
biến)
Vì x2 + 1 > 0, ∀x ∈ R nên dấu f (x) chính là dấu của tử thức
Ta có y0 =

g(x) = x2 + 8x + 7 − t(x2 + 1)
hay

(1 − t)x2 + 8x + 7 − t

(2.6)

Xét tam thức h(x) = ax2 + bx + c với a = 1 − t, b = 8, c = 7 − t.
Nếu a > 0 thì h(x) ≥ 0 với mọi x khi ∆ ≤ 0 và h(x) = 0 khi và chỉ
khi ∆ = 0. Nếu a < 0 thì h(x) ≤ 0 với mọi x khi ∆ ≤ 0 và h(x) = 0 khi
và chỉ khi ∆ = 0.
Áp dụng vào (2.6) ta có

∆ = −t2 + 8t + 9 = 0 ⇔ −t2 + 8t + 9 = 0 ⇔

t = −1
t=9

• Với t = −1 thì a = 1 − t = 2 > 0 nên g(x) ≥ 0 ⇒ f (x) ≥ 0
Suy ra f (x) = 0 ⇔ g(x) = 0 ⇔ 2(x + 2)2 = 0 ⇔ x = −2

• Với t = 9 thì a = 1 − t = −8 < 0 nên g(x) ≤ 0 ⇒ f (x) ≤ 0
1
Khi f (x) = 0 ⇔ g(x) = 0 ⇔ 2(2x − 1)2 = 0 ⇔ x =
2
Vậy min P (x) = −1 đạt tại x = −2 và max P (x) = 9 đạt tại x =

21

1
2


x2 + mx + n
x2 + 2x + 4
Tìm giá trị của m, n để hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 3, giá trị nhỏ
1
nhất bằng
3
Ví dụ 2.7. Cho hàm số f (x) =

Lời giải

Ta nhận thấy hàm số có tập xác định R. Ta gọi y0 là một giá trị tùy
x2 + mx + n
tương đương
ý của hàm số, khi đó tồn tại x ∈ R để y0 = 2
x + 2x + 4
phương trình sau có nghiệm x ∈ R
Khi đó

(y0 − 1)x2 + (2y0 − m)x + 4y0 − n = 0

• Nếu y0 − 1 = 0 ⇔ y0 = 1 ⇒ x =
kiện của đề bài)

(2.7)

n − 4y0
(khơng thỏa mãn điều
2y0 − m

• Nếu y0 − 1 = 0 ⇔ y0 = 1 thì phương trình (2.7) có nghiệm khi và chỉ
khi ∆ = (2y0 − m)2 − 4(y0 − 1)(4y0 − n) ≥ 0 hay là
2
12y0 + 4(m − n − 4)y0 + (4n − m2 ) ≤ 0

(2.8)

Gọi y1 , y2 là nghiệm của phương trình vế trái của (2.8) thì bất phương
trình này có nghiệm y1 ≤ y0 ≤ y2 . Mặt khác theo định lí Viét ta có

y + y = − 4(m − n − 4)

 1
2
12
4n − m2

y1 y2 =
12

 1 + 3 = − 4(m − n − 4)

12
Với u cầu của bài tốn, ta có 3
4n − m2
1
 .3 =
3
12
−m + n = 6
suy ra
. Giải hệ phương trình này ta thu được m =
4n − m2 = 12
6, n = 12 hoặc m = −2, n = 4.
Vậy với m = 6, n = 12 hoặc m = −2, n = 4 thì hàm số đạt giá trị lớn
1
nhất bằng 3, giá trị nhỏ nhất bằng
3
22


Ví dụ 2.8. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của y =

cos x + 2 sin x + 3
2 cos x − sin x + 4

Lời giải
Ta có phương trình 2 cos x − sin x = −4 vô nghiệm nên 2 cos x − sin x +
4 = 0 ∀x, do đó tập xác định của hàm số là D = R. Gọi y là một giá trị
bất kỳ của hàm số đã cho, khi đó tồn tại x ∈ D sao cho

cos x + 2 sin x + 3
2 cos x − sin x + 4
hay (y + 2) sin x + (1 − 2y) cos x = 4y − 3
y=

(2.9)
(2.10)

Ta thấy (2.9) có nghiệm khi và chỉ khi (2.10) có nghiệm. Điều này xảy
2
ra khi (y + 2)2 + (1 − 2y)2 ≥ (4y − 3)2 , ta thu được
≤ y ≤ 2. Vậy
11
2
max y = 2, min y =
11
Ví dụ 2.9. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

f (x, y) = x2 + y 2
Xét trên miền D = {(x, y) : (x2 − y 2 + 1)2 + 4x2 y 2 − x2 − y 2 = 0}
Lời giải

Gọi t0 là một giá trị tùy ý của f (x, y). Khi đó tồn tại (x, y) ∈ D sao
t0 = x2 + y 2
cho
(x2 − y 2 + 1)2 + 4x2y 2 − x2 − y 2 = 0
hay là

t0 = x2 + y 2

(x2 + y 2 )2 − 3(x2 + y 2 ) + 1 + 4x2 = 0

Tương đương với

t0 = x2 + y 2
t2 − 3t0 + 1 + 4x2 = 0
0

(2.11)
(2.12)

√
3− 5
≤ t0 ≤
Vì (2.12) có nghiệm nên −16(t2 − 3t0 + 1) ≥ 0 hay là
0
2
√
3+ 5
. Mặt khác 4x2 = 4t0 − 4y 2, điều này có được từ (2.11). Do đó từ
2
(2.12) đưa đến

4y 2 = t2 + t0 + 1
0
23

(2.13)


1 2 3
+ > 0 nên (2.13) ln có nghiệm. Vậy
Vì
+ t0 + 1 = t0 +
2
4
√
√
3− 5
3+ 5
min f (x, y) =
và max f (x, y) =
(x,y)∈D
2
(x,y)∈D
2
t2
0

2.3

Phương pháp đạo hàm - khảo sát hàm số

Từ giả thiết của bài tốn, ta biến đổi biểu thức cần tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất từ hai biến số x, y về một biến số nào đó (có thể là
t = x + y, t = x.y, ...) rồi dùng đạo hàm để khảo sát hàm số này. Từ đó
suy ra được giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số cần tìm.
Ví dụ 2.10. Cho x, y ≥ 0 và (x + y)3 + 4xy ≥ 2. Tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A = 3(x4 + y 4 + x2y 2 ) − 2(x2 + y 2 ) + 1
Lời giải
Ta luôn có kết quả (x + y)2 ≥ 4xy, theo giả thiết (x + y)3 + 4xy ≥ 2
nên ta có: (x + y)3 + (x + y)2 ≥ 2 hay [(x + y) − 1][(x + y)2 + (x + y) + 2] ≥
0, suy ra (x + y) − 1 ≥ 0
1 2 7
2
Do [(x + y) + (x + y) + 2] = (x + y) +
+ ≥ 0, ∀x, y nên bài
2
4
4
4
tốn được đưa về tìm max, min của A = 3(x + y + x2 y 2 ) − 2(x2 + y 2 ) + 1
với x, y thỏa mãn x + y ≥ 1
Ta có A = 3(x4 + y 4 + x2 y 2 ) − 2(x2 + y 2 ) + 1
3
3
= (x2 + y 2 )2 + (x4 + y 4 ) − 2(x2 + y 2 ) + 1
2
2
3(x2 + y 2 )2
3 2

2 2
− 2(x2 + y 2 ) + 1
≥ (x + y ) +
2
4

9
Hay A ≥ (x2 + y 2 )2 − 2(x2 + y 2 ) + 1
4
1
(x + y)2
( do x + y ≥ 1) nên x2 + y 2 ≥ , đặt t = x2 + y 2 .
Vì x2 + y 2 ≥
2
2
1
9 2
Ta xét hàm số f (t) = t − 2t + 1, với t ≥ .
4
2
4
9
Ta có f ′ (t) = t − 2, f ′(t) = 0 ⇔ t = . Ta có bảng biến thiên như
2
9
sau:
24


4

9

t

1
2

+∞
+

f’(t)
f(t)

+∞

9
16

Hình 2.1:

1
9
9
đạt được khi t = , suy ra A ≥
. Mặt
16
2
16
t≥ 2
1

9
9
1
khác ta thấy x = y = thì A =
. Do đó min A =
khi x = y =
2
16
16
2
và khơng có giá trị lớn nhất.
Vậy min f (t) = f
1

1
2

=

Ví dụ 2.11. Tìm m để hàm số y = mx3 + 3mx2 − (m − 1)x − 1 có cực trị
Lời giải
Hàm số y = mx3 + 3mx2 − (m − 1)x − 1 xác định trên R.
Ta có: y ′ = 3mx2 +6mx−(m−1), y ′ = 0 ⇔ 3mx2 +6mx−(m−1) = 0

• Với m = 0 thì ta có 1 = 0 (Vơ lí). Vậy hàm số khơng có cực trị.

• Với m = 0, để hàm số có cực trị thì y ′ = 0 có hai nghiệm phân biệt,
1
tức là ∆′ = (3m)2 + 3m(m − 1) > 0 ⇔ m < 0 và m >
4

1
Vậy với m < 0 và m > thì hàm số có cực trị.
4
Ví dụ 2.12. Cho x, y ≥ 0 và x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:

S = (4x2 + 3y)(4y 2 + 3x) + 25xy
Lời giải
Ta có

S = (4x2 + 3y)(4y 2 + 3x) + 25xy = 16x2y 2 + 12(x3 + y 3 ) + 34xy
= 16x2y 2 + 12(x + y)(x2 − xy + y 2 ) + 34xy

= 16x2y 2 + 12[(x + y)2 − 3xy] + 34xy, do x + y = 1
= 16x2y 2 − 2xy + 12

25