skkn ứng dụng đạo hàm để giải các bài toán trong đề thi đại học cao đẳng và học sinh giỏi môn toán

Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013
Trang 1
Phần I: MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài:
Trong các kỳ thi đại học, cao đẳng và học sinh giỏi chúng ta thường bắt gặp các
dạng toán quen thuộc như giải PT, HPT, BPT, HBPT; tìm GTLN, GTNN của hàm
số; tìm điều kiện có nghiệm của PT, BPT, HPT, HBPT; chứng minh bất đẳng thức
hay tính giới hạn hàm số. Đó là những dạng toán khó đối với học sinh, có nhiều
bài không thể giải được bằng phương pháp đại số thông thường, kinh điển hoặc có
thể giải được nhưng gặp nhiều khó khăn, phức tạp.
Hơn nữa ứng dụng của đạo hàm đối với môn Toán cấp THPT rất lớn khi mà
chương trình sách giáo khoa đã giảm tải. Nhiều bài toán trong các kỳ thi tốt nghiệp
THPT, thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng, thi tuyển sinh sau đại học, thi học
sinh giỏi quốc gia, quốc tế có thể ứng dụng đạo hàm để giải và phương pháp đó
thường cho đáp án gọn hơn phương pháp đại số. Theo tác giả thống kê tại phụ lục,
đáp án chính thức đề thi tuyển sinh vào Đại học môn Toán các khối A, B, D từ
năm 2002 (năm bắt đầu thi theo đề chung của Bộ Giáo dục và Đào tạo) đến năm
2012 (không kể Cao đẳng, không kể bài đầu tiên về khảo sát hàm số và bài toán
phụ trong bài đầu tiên) do Bộ Giáo dục và Đào tạo công bố có tới 27 bài toán có
thể sử dụng phương pháp ứng dụng đạo hàm để giải. Hơn nưa với chương trình
phân ban sách giáo khoa viết theo tinh thần giảm tải đa bỏ qua các nội dung so
sánh một số với các nghiệm tam thức bậc hai ở chương trình đại số lớp 10 làm cho
việc giải các bài toán chứa tham số gặp khó khăn.
Tuy nhiên tài liệu viết chuyên sâu, hệ thống về những ứng dụng của đạo hàm
để giải các bài toán trong kỳ thi tuyển sinh vào Đại học không nhiều và học sinh
thường gặp khó khăn, lúng túng trong việc nhận diện, giải quyết dạng toán. Do đó
việc chọn lựa một đề tài sáng kiến kinh nghiệm nhằm góp phần thực hiện chủ
trương lớn đó của tỉnh, của ngành là việc làm phù hợp với thực tiễn, thể hiện tình
yêu nghề và trách nhiệm của người cán bộ, giáo viên trong ngành. Chính vì vậy tôi
chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: "Ứng dụng đạo hàm để giải các bài toán
trong đề thi Đại học, Cao đẳng và học sinh giỏi môn Toán".

II. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu:
Tìm hiểu đối tượng học sinh trường trung học phổ thông Nguyễn Tất Thành.
Kết quả nghiên cứu được khảo sát trong các tiết giảng ôn luyện thi Đại học, Cao
đẳng và học sinh giỏi môn Toán cho các em học sinh.
Các dạng toán giải PT, BPT, HPT, HBPT; tìm GTLN, GTNN của hàm số;
chứng minh bất đẳng thức; các bài toán chứa tham số trong chương trình toán phổ
thông và trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học, chọn học sinh giỏi các cấp.
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013
Trang 2
Phân loại các dạng toán thường gặp và phương pháp giải mỗi dạng.
III. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh nhận dạng được các PT, HPT, BPT, HBPT; tìm GTLN, GTNN
của hàm số; chứng minh bất đẳng thức; các bài toán chứa tham số có thể ứng dụng
đạo hàm để giải. Trang bị cho học sinh về một phương pháp mang lại hiệu quả rõ
nét.
Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh
nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo.
Nâng cao khả năng tự học, tự bồi dưỡng và khả năng giải các bài toán trong kỳ
thi tuyển sinh vào Đại học môn Toán.
IV. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu:
Điểm mới trong kết quả nghiên cứu: Hệ thống hoá các dạng toán, đưa ra
phương pháp chung về việc ứng dụng đạo hàm để giải các dạng toán này. Giúp
học sinh nhận thấy hiệu quả rõ rệt của phương pháp so với phương pháp đại số
thông thường. Chẳng hạn như:
Với các PT, BPT, HPT, HBPT không chứa tham số, ta sử dụng các tính chất về
tính đơn điệu của hàm số để giải.
Với các PT, BPT, HPT, HBPT có chứa tham số, ta tìm cách cô lập tham số về
một vế rồi sử dụng các mệnh đề để giải.

Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013

Trang 3
Phần II: NỘI DUNG
A. CƠ SỞ LÍ LUẬN:
Chương trình giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động
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 hợp tác; rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; 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.
B. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ:
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.
Số lượng bài toán có thuộc các dạng toán nêu trên xuất hiện ngày càng nhiều
trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học, cao đẳng và học sinh giỏi những năm gần
đây và phương pháp sử dụng để giải chủ yếu là sử dụng phương pháp ứng dụng
của đạo hàm: Năm 2007 có 3 bài, năm 2008 có 2 bài, năm 2009 có 2 bài, năm
2010 có 3 bài, năm 2011 có 4 bài, năm 2012 có 6 bài.

C. CÁC BIỆN PHÁP ĐÃ TIẾN HÀNH GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Trong thực tiễn giảng dạy cho học sinh tôi đã giúp học sinh hệ thống dạng toán và
phương pháp giải các dạng toán theo các chương như sau:
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013
Trang 4
Chương 1
SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA ĐẠO HÀM ĐỂ TÍNH GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ

Bài toán tính giới hạn của hàm số dạng vô định
0
0
, thườ
ng th
ự
c hi
ệ
n theo cách
phân tích thành nhân t
ử

để
kh
ử
dang vô
đị
nh, nh
ư
trong sách giáo khoa
đ
ã trình

bày,
đ
ôi lúc còn có th
ể
s
ử
s
ụ
ng ph
ươ
ng pháp g
ọ
i h
ạ
ng t
ử
v
ắ
ng.
Ở

đ
ây s
ẻ
trình bày
thêm m
ộ
t cách gi
ả
i khác,

đ
ó là s
ử
d
ụ
ng
đị
nh ngh
ĩ
a
đạ
o hàm
để
tính gi
ớ
i h
ạ
n.
L
ư
u ý ch
ọ
n hàm s
ố

f(x)

Kiến thức vận dụng
-
S

ử
d
ụ
ng
đị
nh ngh
ĩ
a
đạ
o hàm;
-

Đạ
o hàm các hàm s
ố
s
ơ
c
ấ
p c
ơ
b
ả
n;
-
Gi
ớ
i h
ạ
n h

ữ
u h
ạ
n.
1. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Tính giới hạn:
2
1
3
2
5 7
lim
1
x
x
x
L
x
→
− − +
=
−

Đề thi vào Đại học Tài chính Kế toán năm 2001)
Phân tích và lời giải
-
Bài toán này không th
ể
kh
ử

d
ạ
ng vô
đị
nh b
ằ
ng nhân l
ượ
ng liên h
ợ
p.

-
Có th
ể
gi
ả
i theo ph
ươ
ng pháp g
ọ
i h
ạ
ng t
ử
v
ắ
ng
L
ờ

i gi
ả
i sau trình bày theo ph
ươ
ng pháp
đạ
o hàm:
Xét hàm s
ố

2
3
7
( ) 5f x x x
− +
= −
Ta có f(1) = 0

( )
2
2
3
1 2
'( )
2 5
3 7
x
f x
x
x

−
= −
−
+


1 1 5
'(1)
4 6 12
f =
= − − −

Ta có
1
1
( ) (1)
lim
'(1) 5
1
lim( 1) 2 24
x
x
f x f
f
x
L
x
→
→
−

−
= = = −
+

Ví dụ 2. Tính giới hạn
sin2x sin
0
sin
lim
x
x
x
e e
L
→
−
=

(Đề thi vào Đại học Hàng hải TP HCM năm 1999)


Phân tích và lời giải
Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ

c 2012-2013
Trang 5
-
Bài toán này không th
ể
kh
ử
d
ạ
ng vô
đị
nh b
ằ
ng nhân l
ượ
ng liên h
ợ
p ho
ặ
c g
ọ
i
h
ạ
ng t
ử
v
ắ
ng.

-
Có th
ể
áp d
ụ
ng
đị
nh lí
0
1
lim
x
x
e
x
→
−

để
tính gi
ớ
i h
ạ
n.
L
ờ
i gi
ả
i sau trình bày theo ph
ươ

ng pháp
đạ
o hàm:
Xét hàm s
ố

sin2x sin
( )
x
f x
e e
=
−
.
Ta có f(0) = 0

(
)
(
)
sin2x sin
'( ) 2cos2 cos
x
f x x e x e
= −

0
0
( ) (0)
lim

'(0) 1
0
1
sin
1 1
lim
x
x
f x f
f
x
L
x
x
→
→
−
−
= = = =

Ví dụ 3. Tính giới hạn
4
tan 1
lim
2cos 2
x
L
x
x
π

−
=
→
−

Phân tích và lời giải
-
Bài toán này có th
ể
kh
ử
d
ạ
ng vô
đị
nh b
ằ
ng nhân l
ượ
ng liên h
ợ
p;

-
L
ờ
i gi
ả
i b
ằ

ng ph
ươ
ng pháp
đạ
o hàm.
Xét hàm s
ố

( ) tan 1
f x x
= −
và
2
( ) 2cosg x x
= −
.
Ta có
0; 0
4 4
g
f
π π
   
   
   
= =


2
1

1
4
'( ) '
2cos tan
f x f
x x
π
 
⇒ =
 
 
=
1
4
'( ) 2sin 'g x x g
π
 
⇒ = −
 
 
= −

4
4
4
4
4
4
( ) ( )
lim

'
1
1
1
( ) '
4
lim
4
x
x
f x f
f
x
L
g x g g
x
π
π
π
π
π
π
π
π
→
→
 
 
 
   

   
   
−
−
= = = = −
−
−
−

2. Bài tập tương tự:
Tính các gi
ớ
i h
ạ
n sau:
1)
0
3
2
1 2 1
lim
sin
x
x x
L
x
→
+ − +
= 2)
0

lim
x
x
x a
L
x a
α
→
−
=
−

3)
33
0
3
2
1
1
lim
x
x x x
L
x
→
+
+ + −
= 4)
(
)

2
9
0
2009 1 5 2009
lim
x
x x
L
x
→
+
− −
=
Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 6
5)
2
2
0
3
cos
lim

x
x
x
L
x
→
−
= 6)
0
3
2 1 3 1
lim
x
x x
L
x
→
−
+ +
=

Chương II
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ
A. Tóm tắt lý thuyết:
1. Định nghĩa:

Cho hàm s
ố

(

)
=
y f x
có TX
Đ
là D
S
ố
M
đượ
c g
ọ
i là GTLN c
ủ
a hàm s
ố
n
ế
u
(
)
( )
0 0
:
≤ ∀ ∈



∃ ∈ =



f x M x D
x D f x M

Kí hi
ệ
u
(
)
x D
M
Maxf x
∈
=
S
ố
m
đượ
c g
ọ
i là GTNN c
ủ
a hàm s
ố
n
ế
u
(
)
( )

0 0
:
≥ ∀ ∈



∃ ∈ =


f x m x D
x D f x m

Kí hi
ệ
u
(
)
∈
=
x D
m
Minf x

Nhận xét:

Theo
đ
ó GTLN, GTNN c
ủ
a hàm s

ố
có th
ể
không t
ồ
n t
ạ
i.

Để
tìm GTLN, GTNN c
ủ
a hàm s
ố
h
ọ
c sinh th
ườ
ng
đ
ã
đượ
c làm quen v
ớ
i m
ộ
t s
ố

ph

ươ
ng pháp nh
ư

- Ph
ươ
ng pháp s
ử
d
ụ
ng các B
Đ
T.
- Ph
ươ
ng pháp tam th
ứ
c b
ậ
c hai.
- Ph
ươ
ng pháp s
ử
d
ụ
ng t
ậ
p giá tr
ị

c
ủ
a hàm s
ố
.

Đ
ó là nh
ữ
ng ph
ươ
ng pháp
đạ
i s
ố
thông th
ườ
ng, tuy nhiên ta có th
ể
s
ử
d
ụ
ng m
ộ
t
ph
ươ
ng pháp khá hi
ệ

u qu
ả
là s
ử
d
ụ
ng
đạ
o hàm.

2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên một đoạn


Để
tìm GTLN, GTNN c
ủ
a hàm s
ố

(
)
=
y f x
trên
đ
o
ạ
n
[
]

,
a b
v
ớ
i
(
)
=
y f x
là
hàm s
ố
liên t
ụ
c trên
đ
o
ạ
n
[
]
,
a b
và có
đạ
o hàm trong kho
ả
ng
(
)

,
a b
ta th
ự
c hi
ệ
n
theo các b
ướ
c nh
ư
sau:
Bước 1:
Tính
đạ
o hàm
'
y
r
ồ
i tìm nh
ữ
ng giá tr
ị
c
ủ
a bi
ế
n s
ố

trong kho
ả
ng
(
)
,
a b

làm cho
' 0
=
y
. Gi
ả
s
ử
ta tìm
đượ
c các nghi
ệ
m là
1 2
,
x x

B
ướ
c 2: Tính các giá tr
ị

(
)
(
)
(
)
(
)
1 2
, , ,
f a f b f x f x
B
ướ
c 3: K
ế
t qu
ả


[ ]
(
)
(
)
(
)
(
)
{
}

1 2
,
, , , ,
∈
=
x a b
Min f a f b f x f x
Miny

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 7

[ ]
(
)
(
)
(
)
(
)
{

}
1 2
,
, , , ,
∈
=
x a b
Max f a f b f x f x
Maxy

3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên khoảng.


Để
tìm GTLN, GTNN c
ủ
a hàm s
ố

(
)
=
y f x
trên kho
ả
ng ta th
ự
c hi
ệ
n theo các

b
ướ
c nh
ư
sau:
B
ướ
c 1: Tìm Mi
ề
n xác
đị
nh
B
ướ
c 2: Tính
đạ
o hàm
'
y
, sau
đ
ó gi
ả
i ph
ươ
ng trình
' 0
=
y

B
ướ
c 3: L
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên c
ủ
a hàm s
ố
(thông th
ườ
ng trong tr
ườ
ng h
ợ
p hàm
s
ố
không
đơ
n
đ
i
ệ
u trên t
ậ
p c

ầ
n tìm)
B
ướ
c 4: T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên c
ủ
a hàm s
ố
ta k
ế
t lu
ậ
n
đượ
c GTLN, GTNN
B. Ví dụ minh hoạ:
I. Hàm một biến
Ví dụ 1:
Tìm GTLN, GTNN c
ủ
a hàm s
ố

20 20

sin cos
= +
y x x


Lời giải:

Nh
ậ
n xét
20 20 20 20
sin cos sin cos
2 2
π π
   
+ + + = +
   
   
x x x x

Nên hàm s
ố

đ
ã cho tu
ầ
n hoàn v
ớ
i chu kì
2

π
=
T
Do
đ
ó ta ch
ỉ
c
ầ
n tìm GTLN, GTNN c
ủ
a hàm s
ố
trên m
ộ
t chu kì là
đ
o
ạ
n
0,
2
π
 
 
 

Ta có
(
)

18 18
' 20sin cos sin cos= ⋅ −
y x x x x

Do
đ
ó
cos 0
2
' 0 sin 0 0
sin cos
4
π
π

=

=



= ⇔ = ⇔ =




=

=



x
x
y x x
x x
x

Tính giá trị
( )
9
1
0 1; ; 1
4 2
2
π π
   
= = =
   
   
y y y
Từ đó suy ra
1
=
Maxy
,
9
1
2
=
Miny

Ví dụ 2: Tìm GTLN, GTNN của hàm số
( )
sin
2 cos
= =
+
x
y f x
x
với
[
]
0,
π
∈
x
Lời giải:
Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013
Trang 8
Xét hàm số đã cho trên đoạn
[
]
0,
π
ta có

(
)
( ) ( )
2

2 2
cos 2 cos sin
1 2cos
'
2 cos 2 cos
+ +
+
= =
+ +
x x x
x
y
x x

( )
2
1 2cos 1 2
' 0 0 cos
2 3
2 cos
π
+
= ⇔ = ⇔ = − ⇔ =
+
x
y x x
x

Ta có

( ) ( )
2 1
0 0, , 0
3
3
π
π
 
= = =
 
 
f f f
V
ậ
y
[ ]
0,
1
3
π
∈
=
x
Maxy

đạ
t
đượ
c khi
2

3
π
=x

[ ]
0,
0
π
∈
=
x
Miny

đạ
t
đượ
c khi
0
=
x
ho
ặ
c
π
=
x

Ví dụ 3:
Tìm GTLN, GTNN c
ủ

a hàm s
ố

( )
2
2
= = + −
y f x x x

Lời giải:
Điều kiện
2
2 0 2 2
− ≥ ⇔ − ≤ ≤
x x

Suy ra tập xác định của hàm số đã cho là
2, 2
 
= −
 
D
Ta có
2
2
2 2
2
0
2
' ' 0 2 1

2
2
≥

− −

=
⇒
= ⇔ − = ⇔ ⇔ =

− =

−

x
x x
y y x x x
x x
x

Tính
(
)
(
)
(
)
2 2; 1 2; 2 2
− = − = =
f f f

Vậy
2 1
∈
= =
x D
khi x
Maxy


2 2
∈
= − = −
x D
khi x
Miny

Ví dụ 4:
Tìm GTNN của
( )
2 2
( 1)
− − +
=
x a x a
f x
x
với
( )
2
0 1 0

< ≤ − + >
x a a a
Lời giải
Ta có:
2
2 2
1
'( ) 1
1
−
= − ≤
− +
a a
f x
x a a

* N
ế
u
2
1 '( ) 0 0 1 ( )
≥ ⇒ ≤ ∀ < ≤ − + ⇒
a f x x a a f x
ngh
ị
ch bi
ế
n

(

)
2
2
2
2 1
( ) 1 ( 1)
1
− +
⇒ ≥ − + = − −
− +
a a
f x f a a a
a a

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 9
V
ớ
i
( )
2
1 1

= − + ≥
x a a a thì Min
2
2
2 1
( ) 1
1
− +
= − +
− +
a a
f x a
a a

* N
ế
u
0 1 ( ) 0
< < ⇒ =
a f x
có nghi
ệ
m
=
x a

B
ả
ng bi
ế

n thiên:








T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra:

( ) ( ) 1
≥ = +
f x f a a
V
ớ
i
(0;1)
= ∈
x a
thì
inf ( ) 1
= +
M x a

Bài tập tương tự:

Bài 1
. Tìm GTLN và GTNN c
ủ
a các hàm s
ố
sau:
a)
24 cos12 3sin8
= − −
y x x x
v
ớ
i
,
6 6
π π
 
∈ −
 
 
x
b) 1 9
= − + −
y x x
trên
đ

o
ạ
n
[
]
3,6

Bài 2.
Tìm GTLN và GTNN c
ủ
a hàm s
ố

2
4
y x x
= + −




Bài 3. Câu IV.1 khối D năm 2003
Tìm GTLN và GTNN c
ủ
a hàm s
ố

2
1
1

x
y
x
+
=
+
trên
đ
o
ạ
n
[
]
1;2
−
.
Bài 4. Câu II.2 khối B năm 2004

Tìm GTLN và GTNN c
ủ
a hàm s
ố

2
ln
x
y
x
= trên đoạn
3

1;
e
 
 
.
Bài 5. Câu VII.b khối D năm 2011
Tìm GTNN và GTLN của hàm số
2
2 3 3
1
x x
y
x
+ +
=
+
trên đoạn
[
]
0; 2
.
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 dụ1. Khối D năm 2009
x
0
2

a a 1
− +

a
f’ - 0 +
f




a 1
+

Sáng kiến kinh nghiệm Năm học 2012-2013
Trang 10
Cho các số thực không âm
,
x y
thay đổi và thoả mãn
1
x y
+ =
. Tìm GTLN và
GTNN của biểu thức

(
)
(
)
2 2

4 3 4 3 25
S x y y x xy
= + + + .
Phân tích:

T
ừ
gi
ả
thi
ế
t
1
x y
+ =
có th
ể

đư
a bài toán v
ề
m
ộ
t
ẩ
n không?
Khai tri
ể
n bi
ể

u th
ứ
c S c
ố
g
ắ
ng làm xu
ấ
t hi
ệ
n
x y
+

để
s
ử
d
ụ
ng gi
ả
thi
ế
t.
Chú ý các h
ằ
ng
đẳ
ng th
ứ

c :
2 2 2
3 3 2 2
( ) 2
( )( )
x y x y xy
x y x y x xy y
+ = + −
+ = + − +

Sau khi khai tri
ể
n và th
ế
vào
1
x y
+ =
, ta có :
2 2
16 2 12
S x y xy
= − +

V
ậ
y
đế
n
đ

ây ta có th
ể
ngh
ĩ

đế
n vi
ệ
c có th
ể

đư
a S v
ề
hàm m
ộ
t bi
ế
n s
ố
n
ế
u ta
đặ
t :
t xy
=

C
ầ

n ch
ặ
n bi
ế
n t b
ằ
ng cách s
ử
d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c :
2
( )
0
4
x y
xy
+
≤ ≤
.

Lời giải
Do
1

x y
+ =
nên ta có:

(
)
( ) ( )
( )
2 2 3 3
3
2 2
2
16 12 9 25
16 12 3 34
16 2 12
S x y x y xy xy
x y x y xy x y xy
xy xy
= + + + +
 
= + + − + +
 
= − +


Đặ
t
t xy
=
, ta

đượ
c
(
)
2
2
1 1
16 2 12; 0 0;
4 4 4
x y
S t t xy t
+
 
= − + ≤ ≤ =
⇒
∈
 
 
.
Xét hàm s
ố

(
)
2
16 2 12
f t t t
= − +
trên
đ

o
ạ
n
1
0;
4
 
 
 


( ) ( )
1
1
0;
0;
4
4
1 25 1 191
max ; min
4 2 16 16
f t f f t f
 
 
 
 
 
 
   
= = = =

   
   

Giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t c
ủ
a
S
b
ằ
ng
25
2
khi
( )
1
1 1
; ;
1
2 2
4
x y
x y
xy
+ =



 
⇔ =

 
=
 


.
Giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a
S
b
ằ
ng
191
16
khi
( )
( )
2 3 2 3

; ;
1
4 4
1
2 3 2 3
16
; ;
4 4
x y
x y
xy
x y

 
+ −
=

 
+ =


  
⇔


=
 
− +




=
 

 


Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 11
Ví dụ 2 ( ĐH Khối B – 2009).

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức :

4 4 2 2 2 2
3( ) 2( ) 1
A x y x y x y
= + + − + +
.
với
,
x y

là các số thỏa mãn điều kiện :
3
( ) 4 2
x y xy
+ + ≥
.
Phân tích :
Vì gi
ả
thi
ế
t là bi
ể
u th
ứ
c khá ph
ứ
c t
ạ
p nên ta khai thác nó tr
ướ
c cho g
ọ
n
để
s
ử

d
ụ

ng d
ễ
dàng h
ơ
n. Chú ý h
ằ
ng
đẳ
ng th
ứ
c :

2 2 2
3 3 2 2
( ) 2
( )( )
x y x y xy
x y x y x xy y
+ = + −
+ = + − +

Và
2
( ) 4
x y xy
+ ≥
. Khi
đ
ó
đ

i
ề
u ki
ệ
n bài toán tr
ở
thành :
1
x y
+ ≥

Ta bi
ế
n
đổ
i
đượ
c A nh
ư
sau :
4 4 2 2 2 2
2 2 2 4 4 2 2
3( ) 2( ) 1
3 3
( ) ( ) 2( ) 1
2 2
A x y x y x y
x y x y x y
= + + − + +
= + + + − + +

≥
2 2 2
2 2 2 2 2
3 3( )
( ) 2( ) 1
2 4
x y
x y x y
+
+ + − + +

( do
2 2 2
4 4
( )
2
x y
x y
+
+ ≥ )
Hay
2 2 2 2 2
9
( ) 2( ) 1
4
A x y x y
≥ + − + +
.

Vì v
ậ
y ta có th
ể
ngh
ĩ

đế
n vi
ệ
c
đư
a A v
ề
hàm m
ộ
t bi
ế
n b
ằ
ng cách
đặ
t
2 2
t x y
= +
.
Tìm
đ
i

ề
u ki
ệ
n c
ủ
a bi
ế
n t ta s
ử
d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c
2
2 2
( )
2
x y
x y
+
+ ≥ .

Lời giải.
Ta luôn có k
ế

t qu
ả
:
2
( ) 4
x y xy
+ ≥
, t
ừ

đ
ó ta có :
3 3 2 3
( ) 4 2 ( ) ( ) ( ) 4 2
x y xy x y x y x y xy
+ + ≥
⇒
+ + + ≥ + + ≥

3 2
2
( ) ( ) 2
( ) 1 ( ) ( ) 2 0
( ) 1 0
x y x y
x y x y x y
x y
 
 
 

 
⇒ + + + ≥
⇒ + − + + + + ≥
⇒ + − ≥

Do
2
2
1 7
( ) ( ) 2 ( ) 0, ,
2 4
x y x y x y x y
 
 
 
 
 
+ + + + = + + + ≥ ∀
Bài toán
đượ
c
đư
a v
ề
tìm max, min c
ủ
a :
4 4 2 2 2 2
3( ) 2( ) 1
A x y x y x y

= + + − + +
V
ớ
i
,
x y
th
ỏ
a mãn
1
x y
+ ≥
.
Ta bi
ế
n
đổ
i bi
ể
u th
ứ
c A nh
ư
sau :
Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă

m h
ọ
c 2012-2013
Trang 12

4 4 2 2 2 2
2 2 2 4 4 2 2
3( ) 2( ) 1
3 3
( ) ( ) 2( ) 1
2 2
A x y x y x y
x y x y x y
= + + − + +
= + + + − + +


2 2 2
2 2 2 2 2
3 3( )
( ) 2( ) 1
2 4
x y
x y x y
+
≥ + + − + +
( do
2 2 2
4 4
( )

2
x y
x y
+
+ ≥ )
Hay
2 2 2 2 2
9
( ) 2( ) 1
4
A x y x y
≥ + − + +
.
Vì
2
2 2
( )
2
x y
x y
+
+ ≥ ( do
1
x y
+ ≥
) nên
2 2
1
2
x y

+ ≥
.
Đặ
t
2 2
t x y
= +
. Ta có hàm s
ố

2
9
( ) 2 1
4
f t t t
= − +
v
ớ
i
1
2
t
≥
.
9
'( ) 2
2
4
'( ) 0
9

f t t
f t t
= −
= ⇔ =

Ta có b
ả
ng bi
ế
n thiên nh
ư
sau :

t

4
9

1
2

+∞

'( )
f t

+

( )
f t

+∞


9
16


V
ậ
y
1
2
1 9
min ( ) ( )
2 16
t
f t f
≥
= =

đạ
t
đượ
c khi
1
2
t

=

Suy ra
9
16
A
≥
. M
ặ
t khác, ta d
ễ
th
ấ
y
1
2
x y
= =
thì
9
16
A
=
.
K
ế
t lu
ậ
n :
9

min
16
A
=
khi
1
2
x y
= =
và không có giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t.
Ví dụ 3.
Cho
2 2
x y 1
+ =
. Tìm GTLN, GTNN c
ủ
a
2
2
2(xy y )
S
2xy 2x 1
+

=
+ +


Lời giải


2 2 2
2 2 2 2 2 2
2(xy y ) 2(xy y ) 2(xy y )
S
2xy 2x 1 2xy 2x (x y ) 3x 2xy y
+ + +
= = =
+ + + + + + +

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 13
N
ế
u y = 0 thì S = 0.
N

ế
u
y 0
≠
,
đặ
t
( )
2
2 2 2
x 2y (t 1) 2(t 1)
t S f t
y
y (3t 2t 1) 3t 2t 1
+ +
=
⇒
= = =
+ + + +

Ta có :
( )
2 2
2 2 2 2
2(3t 2t 1) 2(t 1)(6t 2) 2(3t 6t 1)
f ' t
(3t 2t 1) (3t 2t 1)
+ + − + + − + +
= =
+ + + +

nên
(
)
f ' t 0
= ⇔
1 2
3 6 3 6
t t ;t t
3 3
− − − +
= = = =



t -
∞
t
1
t
2
+
∞


f’(t) - 0 + 0 -

f(t) 0
2 6
2
+

2 6
2
−
0
T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra:
2 6 2 6
S
2 2
− +
≤ ≤
V
ớ
i
3 6 3(4 6) 3 6 2 6
t y ; x thì MinS
3 20 3 2
− − − − − −
= ⇔ = ± = =
V
ớ
i

3 6 3(4 6) 3 6 2 6
t y ; x thì MaxS
3 20 3 2
− + + − + +
= ⇔ = ± = =


Ghi chú:
Bài t
ậ
p này có th
ể
dùng ph
ươ
ng pháp
đ
i
ề
u ki
ệ
n có nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng
trình b
ậ
c hai

để
tìm GTLN, GTNN.

2. Bài tập tương tự

Bài 1. Câu VI.2 khối B năm 2008

Cho hai s
ố
th
ự
c
,
x y
thay
đổ
i và tho
ả
mãn h
ệ
th
ứ
c
2 2
1
x y
+ =

Tìm GTLN và GTNN c
ủ

a bi
ể
u th
ứ
c
(
)
2
2
2 6
1 2 2
x xy
P
xy y
+
=
+ +

Bài 2: Câu V khối B năm 2010
Cho các s
ố
th
ự
c không âm
, ,
a b c
thay
đổ
i và tho
ả

mãn
1
a b c
+ + =
.
Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 14

(

)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 2
M a b b c c a ab bc ca a b c
= + + + + + + + +
.

Bài 3: Câu V khối A năm 2011
Cho các s
ố
th
ự
c không âm
, ,
x y z
thu
ộ
c
đ
o
ạ
n
[
]
1;4
và
,
x y x z

≥ ≥
.
Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c

2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.

Bài 3: Câu V khối B năm 2011
Cho
,
a b
là các s
ố

th
ự
c d
ươ
ng tho
ả
mãn
(
)
(
)
(
)
2 2
2 2
a b ab a b ab
+ + = + +

Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ

c
3 3 2 2
3 3 2 2
4 9
a b a b
P
b a b a
   
= + − +
   
   

Bài 4.
Cho x, y là nh
ữ
ng s
ố
th
ự
c tho
ả
mãn
2 2
x y 0
+ >
. Hãy tìm GTLN, GTNN
c
ủ
a bi
ể

u th
ứ
c
2 2
2 2
2x y
A
x xy 2y
+
=
+ +

Bài 5.
Tìm GTNN c
ủ
a
(
)
(
)
(
)
(
)
2x 2x x x
y 2 3 2 3 8 2 3 2 3
 
= + + − − + + −
 
 

Bài 6.
Cho ab
≠
0. Tìm GTNN c
ủ
a
4 4 2 2
4 4 2 2
a b a b a b
y
b a
b a b a
 
= + − + + +
 
 

Bài 7.
Cho
x, y 0
≥
và
x y 1
+ =
. Tìm Max, Min c
ủ
a

x y
S 3 9
= +

Bài 8.
Tìm GTLN, GTNN c
ủ
a
6 6
y sin x cos x asin x cosx
= + + .
Bài 9.
Tìm GTLN, GTNN c
ủ
a
y sinx cos2x sinx
= + +
.
Bài 10.
Tìm GTLN, GTNN c
ủ
a
1 sin 2x 1 tgx
y (a 1) a
1 sin2x 1 tgx
+ +
= − − +
− −
v
ớ

i
x 0;
4
π
 
∈


 

Bài 11.
Cho
2 2 2
x y z 1
+ + =
. Tìm GTLN, GTNN c
ủ
a
P x y x xy yz zx
= + + + + +
.
Bài 12.
Cho x, y là các s
ố
th
ự
c th
ỏ
a mãn
1 2 4 1

x y x y
+ − = − + +
.
Tìm GTLN, GTNN c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
( )
2
1
9P x y x y
x y
= + − − − +
+
.
II. Hàm ba biến
Đố
i v
ớ
i b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c nhi
ề

u bi
ế
n, ta có th
ể
kh
ả
o sát l
ầ
n l
ượ
t t
ừ
ng bi
ế
n m
ộ
t
b
ằ
ng cách ch
ọ
n m
ộ
t bi
ế
n làm tham s
ố
bi
ế
n thiên và c

ố

đị
nh các bi
ế
n còn l
ạ
i, bài
toán lúc này tr
ở
thành b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c m
ộ
t bi
ế
n. Luôn có tâm th
ế
nhìn bi
ể
u th
ứ
c
nhi
ề
u bi

ế
n mà ta c
ầ
n tìm giá tr
ị
l
ớ
n nh
ấ
t, giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t d
ướ
i d
ạ
ng là m
ộ
t hàm s
ố

để
ta s
ử
d
ụ
ng

đượ
c công c
ụ
hi
ệ
u qu
ả
trong bài toán là
đạ
o hàm.
S
ơ

đồ
t
ổ
ng quát.
Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 15
Gi
ả
s

ử
tìm c
ự
c tr
ị
c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c ba bi
ế
n
, ,
x y z
là
( , , )
P x y z
v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n T nào
đ
ó.

Bước 1.
Xem
( , , )
P x y z
là hàm theo bi
ế
n
x
, còn
,
y z
là h
ằ
ng s
ố
. Kh
ả
o sát hàm
này tìm c
ự
c tr
ị
v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ

n T. Ta
đượ
c:
( , , ) ( , )
P x y z g y z
≥
ho
ặ
c
( , , ) ( , )
P x y z g y z
≤

Bước 2.
Xem
( , )
g y z
là hàm bi
ế
n
y
, còn
z
là h
ằ
ng s
ố
. Kh
ả
o sát hàm này v

ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n T. Ta
đượ
c :
( , ) ( )
g y z h z
≥
ho
ặ
c
( , ) ( )
g y z h z
≤
.
Bước 3.
Cu
ố
i cùng kh
ả
o sát hàm s
ố
m
ộ
t bi

ế
n
( )
h z
v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n T ta tìm
đượ
c
min, max c
ủ
a hàm này.
Ta
đ
i
đế
n k
ế
t lu
ậ
n :
( , , ) ( , ) ( )
P x y z g y z h z m
≥ ≥ ≥

ho
ặ
c
( , , ) ( , ) ( )
P x y z g y z h z M
≤ ≤ ≤
.
1. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. (ĐH Khối A-2011).

Cho ba số thực
[
]
, , 1;4
x y z
∈
và
,
x y x z
≥ ≥
. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +

Hoạt động khám phá:
- Xem P là m
ộ
t hàm theo bi
ế
n z, còn x, y là h
ằ
ng s
ố
. Kh
ả
o sát hàm s
ố
v
ớ
i
đ
i
ề
u
ki
ệ
n
đ
ã cho suy ra giá tr
ị
nh
ỏ

nh
ấ
t c
ủ
a P, t
ứ
c là :
( , , ) ( , )
P x y z P x y
≥
.
- Kh
ả
o sát hàm
( , )
P x y
,
ở

đ
ây có th
ể

đư
a
( , )
P x y
v
ề
hàm s

ố
m
ộ
t bi
ế
n không ?
- B
ằ
ng cách
đặ
t
ẩ
n ph
ụ

x
t
y
=

để

đư
a
( , )
P x y
v
ề
hàm m
ộ

t bi
ế
n. Tìm GTLN c
ủ
a
hàm s
ố
m
ộ
t bi
ế
n này.
- V
ậ
y
34
( , , ) ( , ) ( )
33
P x y z P x y P t≥ = ≥ .
Lời giải.
Ta có :
2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.
Xem
đ

ây là hàm theo bi
ế
n z ; còn x, y là h
ằ
ng s
ố

2
2 2 2 2
( )( )
'( )
( ) ( ) ( ) ( )
y z x y z xy
P z
y z z x y z z x
− − −
= + =
+ + + +

Theo gi
ả
thi
ế
t
0
x y x y
≥
⇒
− ≥
n

ế
u 0
P z xy
≥ ⇔ ≥ (do
[
]
, , 1;4
x y z
∈
)


Z

xy

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 16
'( )
P z

- 0 +

( )
P z





T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra:

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

x
y
y
≥ = +
+
+
+
+
+

Đặ
t
x
t
y
= , do
,
x y x z
≥ ≥
và
, , 1;4
x y z
 
 
∈ nên
1 2
t
≤ ≤
.
Xét hàm

2
2
2
( )
1
2 3
t
f t
t
t
= +
+
+
. Ta có
3 2
2 2 2
2 4 ( 1) 3(2 3)
'( ) 0, 1;2
(2 3) (1 )
t t t t
f t t
t t
 
 
 
 
− − + − +
= < ∀ ∈
+ +
.

Suy ra
( )
f t
gi
ả
m trên
[
]
1;2
, do
đ
ó
34
( ) ( ) (2)
33
P P xy f t f
≥ = ≥ =

Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra :
4, 1, 2
2
z xy
x y z
x
t

y







=
⇒ = = =
= =
.
V
ậ
y
34
in
33
M P
=
khi
4, 1, 2
x y z
= = =


Ví dụ 2.

Cho ba số thực
1

, , ;3
3
x y z
 
 
 
∈
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

a b c
P
a b b c c a
= + +
+ + +

Lời giải:
Đặ
t ( )
a b c
P a
a b b c c a
= + +
+ + +

Xem
đ
ây là hàm s
ố
theo bi
ế

n
a
, còn
,
b c
là h
ằ
ng s
ố
.
Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 17
2
2 2 2 2
( )( )
'( )
( ) ( ) ( ) ( )
b c b c a bc
P a
a b a c a b a c
− −
= − =

+ + + +
.
Tr
ườ
ng h
ợ
p 1:
a b c
≥ ≥
và
1
, , ;3
3
a b c
 
 
 
∈ .
Suy ra
2
0; 0
b c a bc
− ≥ − ≥
nên
'( ) 0
P a
≥
. Do
đ
ó

( )
P a
t
ă
ng trên
1
;3
3
 
 
 
.
3
( ) (3) ( )
3 3
b c
P a P g c
b b c c
⇒
≤ = + + =
+ + +
(xem
đ
ây là hàm theo bi
ế
n c)

2
2 2 2 2
3 ( 3)(3 )

'( ) 0
( ) ( 3) ( ) ( 3)
b b b c
g c
b c c b c c
− − −
= + = ≤
+ + + +
. Do
đ
ó
( )
g c
gi
ả
m trên
1
;3
3
 
 
 
.
Suy ra:
1 3 3 1
( ) ( ) ( )
3 3 3 1 10
b
g c g h b
b b

≤ = + + =
+ +
.( xem h(b) là hàm s
ố
theo bi
ế
n b)
Ta có:
2 2 2 2
3 3 (1 )(1 )
'( )
(3 2) ( 3) (3 1) ( 3)
b b
h b
b b b b
− +
= − =
+ + + +
.
Ta có b
ả
ng bi
ế
n thiên.

b

1
3
1 3

'( )
h b

+ 0 -


( )
h b


8
5

Suy ra
8
( ) (1)
5
h b h
≤ =
.
V
ậ
y
1 1 8
( , , ) (3, , ) (3, , ) (3,1, )
3 3 5
P a b c P b c P b P
≤ ≤ ≤ =
khi
1

3; 1;
3
a b c
= = =

Tr
ườ
ng h
ợ
p 2 :
c b a
≥ ≥
và
1
, , ;3
3
a b c
 
 
 
∈ .
T
ừ
k
ế
t qu
ả
c
ủ
a tr

ườ
ng h
ợ
p 1, ta có:
8
( , , )
5
P a b c
≤
.
M
ặ
t khác :
( )( )( )
( , , ) ( , , ) 0
( )( )( )
a b b c a c
P a b c P c b a
a b b c a c
− − −
− = ≤
+ + +
8
( , , )
5
P a b c
⇒
≤
.
V

ậ
y
8
5
MaxS
=
,
đạ
t
đượ
c khi
1 1 1
( , , ) 3;1; , ;3;1 , 3; ;1
3 3 3
a b c
 
     
 
 
     
     
 
 
= .

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N

ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 18
Ví dụ 3.

Cho
, ,
a b c
là ba số thực thỏa mãn điều kiện
abc a c b
+ + =
. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức :
2 2 2
2 2 3
1 1 1
P
a b c
= − +
+ + +


Hoạt động khám phá:
- T
ừ
gi
ả
thi

ế
t
abc a c b
+ + =
có th
ể

đư
a bài toán v
ề
ít
ẩ
n h
ơ
n không ?
- Bi
ế
n
đổ
i gi
ả
thi
ế
t
(1 ) 0
1
a c
a c b ac b
ac
+

+ = − >
⇒
=
−
có th
ể

đư
a P v
ề
2 bi
ế
n (
1
a
c
<
).
- Khi
đ
ó
2
2 2 2 2
2 2( ) 3 1
2 (0 )
1 ( 1)( 1) 1
a c
P a
a a c c c
+

= + − + < <
+ + + +
.
- Xem P là hàm theo biến a còn c là hằng số.
- Khảo sát hàm biến a là
( )
f a
v
ớ
i
1
0
a
c
< <
suy ra
2
2
2 3
( ) ( )
1
1
c
f a g c
c
c
≤ + =
+
+
.

- Ti
ế
p t
ụ
c kh
ả
o sát hàm g(c) v
ớ
i
0
c
< < +∞
suy ra
10
( )
3
g c
≤
.
Lời giải:
Theo gi
ả
thi
ế
t ta có (1 ) 0
1
a c
a c b ac b
ac
+

+ = − > ⇒ =
−
và
1
a
c
<
.
Thay vào bi
ể
u th
ứ
c P ta
đượ
c :
2
2 2 2 2
2 2( ) 3 1
2 , (0 )
1 ( 1)( 1) 1
a c
P a
c
a a c c
+
= + − + < <
+ + + +

Xét hàm s
ố

:
2
2 2 2
1 ( )
( ) 1
1 ( 1)( 1)
x c
f x
x x c
+
= + −
+ + +
v
ớ
i
1
0 x
c
< <
và coi c là tham s
ố

c>0
Ta có :
2
2
0
2 2 2
2 ( 2 1) 1
'( ) 0 1 0;

(1 ) (1 )
c x cx
f x x c c
c
x c
 
 
 
− + −
= = ⇔ = − + + ∈
+ +

Ta có b
ả
ng bi
ế
n thiên
x

0
0
x

1
c

'( )
f x

+ 0 -

( )
f x

0
( )
f x

T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên ta có :
0
2
( ) ( )
1
c
f x f x
c
≤ =
+
.

2 2
2
3 2 3
2 ( ) ( )
1 1

1
c
S f a g c
c c
c
= + ≤ + =
+ +
+

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 19
Ta có :
( )
2
0
2 2 2
2(1 8 ) 1
'( ) 0 0;
8
(1 ) (3 1 )
c
g c c c

c c c
−
= = ⇔ = = ∈ +∞
+ + +

B
ả
ng bi
ế
n thiên :

C
0
0
c

+∞


'( )
g c

+ 0 -


( )
g c


0

( )
g c

T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra :
0
( ) ( )
g c g c
≤

0
10
( ) ( )
3
S g c g c
⇒ ≤ ≤ =
.
V
ậ
y v
ớ
i
1 2
, , 2
2

8
c a b
= = =
thì
10
ax
3
M S
=
.

2. Bài tập tương tự :
Bài 1. Cho ba số dương
, ,
a b c
thỏa mãn điều kiện
21 2 8 12
ab bc ca
+ + ≤
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 2 3
P
a b c
= + +
.
Bài 2.
Cho a>b>c>0. CMR:
3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3
a b b c c a a b b c c a

+ + > + +

Bài 3.
Cho
>
, ,
x y z o
CMR:
4 4 4 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x
+ + + + + ≥ + + + + +

Bài 4.
Cho
 
∈
 
, , 0;2
a b c
và a + b + c = 3. Tìm GTLN, GTNN c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c:
2 2 2
2 3 2 24 2060
P a b c a c

= + + − − +



Chương III
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Để
ch
ứ
ng minh b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c d
ạ
ng: f(x)>g(x) ta th
ự
c hi
ệ
n nh
ư
sau:
- Xét hàm s
ố
h(x)= f(x)-g(x).
- Tìm mi
ề

n xác
đị
nh c
ủ
a h(x).
- Tính
đạ
o hàm c
ấ
p m
ộ
t và gi
ả
i ph
ươ
ng trình h
′
(x)=0.
- L
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên. T
ừ
b
ả
ng bi
ế

n thiên suy ra b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c c
ầ
n ch
ứ
ng
minh.
- Các tr
ườ
ng h
ợ
p :
+ Ch
ứ
ng minh f(x)
≥
A ngh
ĩ
a là ch
ứ
ng minh minf(x)
≥
A,
ở

đ
ây A là h
ằ
ng s
ố
.
Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 20
+ Ch
ứ
ng minh f(x)
≤
A ngh
ĩ
a là ch
ứ
ng minh maxf(x)
≤
A,
ở

đ

ây A là h
ằ
ng s
ố
.
+ N
ế
u ph
ươ
ng trình h
′
(x)=0 không gi
ả
i
đượ
c thì ta tính
đạ
o hàm c
ấ
p hai, ba
đế
n khi nào xét d
ấ
u
đượ
c thì ta d
ừ
ng.
1. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Chứng minh các bất đẳng thức.

3
2
2
) 1 0
) sin 0
) sin 0
6
2 2 3
) 4
1
x
a e x khi x
b x x khi x
x
c x x khi x
x x
d x R
x x
> + ≠
< >
− < >
+ +
≤ ∀ ∈
+ +

GIẢI:
Câu a:
1 1 0
x x

e x e x
> + ⇔ − − >

Đặt :f(x) = e
x
– 1 – x
D = R
f’(x) = e
x

– 1

'( ) 0 1 0 0
x
f x e x
= ⇔ − = ⇔ =

Bảng biến thiên:


x -
∞
0 +
∞

f’(x) - 0 +
f(x) +
∞
+
∞

0
T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra:
f(x)
≥
0
∀
x ( f(x) = 0 t
ạ
i x = 0)
V
ậ
y f(x) > 0
∀
x Hay e
x
> 1 + x,
∀
x
≠
1
Câu b:

sin sin 0 0
x x x x khi x
< ⇔ − < >


Đặ
t f(x) = sinx – x
D= R

'( ) cos 1 0
f x x x R
= − < ∀ ∈


Bảng biến thiên:

x -
∞
0 +
∞

f’(x) - 0 -
f(x)
0

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ

m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 21


T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra
f(x) < 0 khi x > 0. V
ậ
y sinx < x khi x > 0
Câu c:

3
3
sin 0
6
sin 0 0
6
x
x x khi x
x
x x khi x

− < >
⇔ − − < >


Đặ
t
3
( ) sin
6
x
f x x x
= − −


2
'( ) 1 cos
2
''( ) sin 0 (sin ) 0
x
f x x
f x x x x x khi x
= − −
= − + < < >

B
ả
ng bi
ế
n thiên

T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra:

3
( ) 0 sin
6
x
f x x x
< ⇔ − <

Câu d: Đặt:
2
2
2 2 3
( )
1
x x
f x D R
x x

+ +
= =
+ +


2 2
2 1
'( )
( 1)
1 1 10
'( ) 0 ( )
2 2 3
x
f x
x x
f x x f
+
= −
+ +
= ⇔ = ⇔ =


B
ả
ng bi
ế
n thiên
x -
∞
0 +

∞

f’(x) + 0 -
f(x)
10/3


2 2
x 0 +
∞

f’’(x) -
f’(x) 0
-
f(x) 0

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 22
T
ừ
b
ả

ng bi
ế
ng thiên suy ra
2
2
10 2 2 3
( ) 4 4
3
1
x x
f x
x x
+ +
≤ < ⇔ <
+ +

Ví dụ 2. Chứng minh rằng: ∀
x>0
ta có
2
1
2
x
x
e x
> + +
(
Đ
H Ki
ế

n trúc –HN,
1998).
Gi
ả
i: Xét hàm s
ố

2
( ) 1, 0
2
x
x
f x e x x
= − − − ∀ >

Ta có:
'( ) 1
x
f x e x
= − −
⇒
"( ) 1 0, 0
x
f x e x
= − > ∀ >
⇒
f’(x)
đồ
ng bi
ế

n trên (0;
+
∞
)
⇒
f’(x)>f(0)=0
⇒
f(x)
đồ
ng bi
ế
n trên (0; +
∞
)
⇒
f(x)>f(0)=0,
∀
x>0
⇒
2
1
2
x
x
e x
> + +
,
∀
x>0
Ví dụ 3

. Cho
α≤
3. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
sinx
osx, x (0; )
x 2
c
α
π
 
 
 
> ∀ ∈

(HSG Toán 12,
Đă
k L
ă
k, 2009)

Tr
ướ
c h
ế
t ta ch
ứ

ng minh B
Đ
T
đ
úng v
ớ
i
α
=3, t
ứ
c là:
3
sinx
osx, x (0; )
x 2
c
π
 
 
 
> ∀ ∈

Th
ậ
t v
ậ
y.
Áp d
ụ
ng Ví d

ụ
1 ta có:
3 2 2
3 3
2 4 6 2 4
x sinx sinx
sinx>x- 1 ( ) (1 )
6 x 6 x 6
1 1 , (0; )
2 12 256 2 24 2
x x
x x x x x
x
π
⇒
> −
⇒
> −
= − + − > − + ∀ ∈

Ta ch
ứ
ng minh:
2 4
3
( ) 1 osx>0, (0; )
2 24 2
'( ) sinx ( ) 0, (0; )
6 2
x x

f x c x
x
f x x x
π
π
= − + − ∀ ∈
= − − > ∀ ∈

⇒
f(x)
đồ
ng bi
ế
n trên (0;
2
π
)
⇒
f(x)>f(0)=0,
∀
x
∈
(0;
2
π
)
⇒
…
⇒
3

sinx
osx, x (0; )
x 2
c
π
 
 
 
> ∀ ∈

V
ớ
i
α
<3, vì
3
sinx sinx sinx
0 1, (0; ) ( ) ( ) osx, (0; )
x 2 x x 2
x c x
α
π π
< < ∀ ∈
⇒
> > ∀ ∈

V
ậ
y, B
Đ

T
đ
úng (
Đ
pcm).
Ví dụ 4.
Cho
, , 0
1
x y z
x y z





>
+ + =
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
7
2
27
xy yz zx xyz
+ + − ≤
Sáng ki
ế

n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 23

(IMO Qu
ố
c t
ế
l
ầ
n th
ứ
25)
Gi
ả
i: Không m
ấ
t tính t
ổ
ng quát, ta gi
ả
thi
ế
t:
1

1
3
x y z z
≤ ≤
⇒
≤ <

Khi
đ
ó:
2
2
2 3
( )
2 (1 2 ) ( ) (1 2 ) ( )
4
(1 )
( (1 2 ) (1 )
4
1
(1 2 ) ( )
4
x y
xy yz zx xyz xy z x y z z x y z
z
z z z
z z f z
+
+ + − = − + + ≤ − + +
−

≤ − + −
= + − =

1
'( ) (1 3 ) 0
2 3
z
f z z z
= − = ⇔ =

B
ả
ng bi
ế
n thiên
z
0
1
3

f’(z) 0 + 0
f(z)

7
27


0
T
ừ

b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra
7 7
( ) 2
27 27
f z xy yz zx xyz
≤
⇒
+ + − ≤
.
2. Bài tập tương tự
Bài 1. Cho
, , 0 1
a b a b
∈ < < <
»
. Ch
ứ
ng minh :
2 2
ln ln ln ln
a b b a a b
− > −


Bài 2.
Cho

2 2 2
, 0
1
x y
x y z





>
+ + =
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:

2 2 2 2 2 2
3 3
2
x y z
y z x z x y
+ + ≥
+ + +

(
Đ

H
Đ
à N
ẵ
ng, Kh
ố
i A, 2001)

Bài 3.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 12
( ) 3 , , , (0; )
2
sin x sin sin
x y z
y z x y z
π
π
+ + − + + ≤ − ∀ ∈
(HSG Toán 12, Hà T
ĩ
nh, 1999)
Bài 4.
Ch
ứ

ng minh b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c:
1 2002 1
ln
2002 2001 2001
< <
(HSG Toán 12,
Đă
k L
ă
k, 2003)
Bài 5. (Bất đẳng thức Nesbitt).
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
3
, , , 0
2
a b c
a b c
b c a c a b
+ + ≥ ∀ >
+ + +

Sáng ki
ế
n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 24
Bài 6.

Câu IV.2 khối D năm 2007.

Cho
0
a b
≥ >
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
1 1
2 2
2 2
b a
a b
a b

   
   
   
+ ≤ +

Bài 7.
Cho a, b>0. CMR:
( 1)ln( 1) ( 1)( 1)
b
a a e a b
+ + + ≥ + +

(HSG 12 Nam Định 2004)

Bài 8.
Cho các s
ố
d
ươ
ng a, b, c v
ớ
i a + b + c = 1. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
( )
1 1 1
3 2 21
a b c

a b c
 
+ + + + + ≥
 
 

Bài 9.
Cho các s
ố
d
ươ
ng a, b, c th
ỏ
a mãn
21 2 8 12
ab bc ca
+ + ≤
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
1 2 3 15
2
a b c
+ + ≥


Sáng ki
ế

n kinh nghi
ệ
m N
ă
m h
ọ
c 2012-2013
Trang 25
Chương IV
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI PT, HPT, BPT, HBPT

Để
gi
ả
i các PT, HPT, BPT, HBPT b
ằ
ng ph
ươ
ng pháp
ứ
ng d
ụ
ng
đạ
o hàm ta c
ầ
n
n
ắ
m c

ầ
n n
ắ
m v
ữ
ng các m
ệ
nh
đề
(M
Đ
) sau:
Cho hàm s
ố

( )
y f x
=
liên t
ụ
c trên t
ậ
p
D

MĐ1:
Ph
ươ
ng trình
( )

f x m
=
có nghi
ệ
m
(
)
(
)
min max
x D
x D
x D f x m f x
∈
∈
∈ ⇔ ≤ ≤

MĐ2:
BPT
( )
f x m
≤
có nghi
ệ
m
(
)
min
x D
x D f x m

∈
∈ ⇔ ≤

MĐ3:
BPT
( )
f x m
≤
nghi
ệ
m
đ
úng v
ớ
i m
ọ
i
(
)
max
x D
x D f x m
∈
∈ ⇔ ≤

MĐ4:
BPT
( )
f x m
≥

có nghi
ệ
m
(
)
max
x D
x D f x m
∈
∈ ⇔ ≥

MĐ5:
BPT
( )
f x m
≥
, nghi
ệ
m
đ
úng v
ớ
i m
ọ
i
(
)
min
x D
x D f x m

∈
∈ ⇔ ≥

MĐ6:
Cho hàm s
ố

( )
y f x
=

đơ
n
đ
i
ệ
u trên t
ậ
p
D
Khi
đ
ó

(
)
(
)
f u f v u v
= ⇔ =

(v
ớ
i m
ọ
i
,
u v D
∈
)
Dạng 1: Bài toán PT, HPT, BPT, HBPT không chứa tham số
I. Phương pháp

Để
gi
ả
i ph
ươ
ng trình f(x) = g(x) b
ằ
ng ph
ươ
ng pháp
ứ
ng d
ụ
ng
đạ
o hàm ta
th
ườ

ng ch
ứ
ng minh hai mi
ề
n giá tr
ị
c
ủ
a hai hàm f(x) và g(x) ch
ỉ
có chung
đ
úng
m
ộ
t ph
ầ
n t
ử
x
0
. T
ừ

đ
ó k
ế
t lu
ậ
n x

0
là nghi
ệ
m.
* C
ụ
th
ể
:
- Ta ch
ứ
ng minh f(x)
≥
g(x) ho
ặ
c f(x)
≤
g(x) ho
ặ
c f(x)
≥
A và g(x)
≤
A ho
ặ
c
ng
ượ
c l
ạ

i.
- Sau
đ
ó ta xét d
ấ
u
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra.
Bên c
ạ
nh
đ
ó ta c
ũ
ng s
ử
d
ụ
ng k
ế
t qu
ả
:
+ N
ế
u hàm f(x)

đồ
ng bi
ế
n và hàm g(x) ngh
ị
ch bi
ế
n (ho
ặ
c ng
ượ
c l
ạ
i) trên
cùng m
ộ
t mi
ề
n xác
đị
nh thì
đồ
th
ị
c
ủ
a hàm y = f(x) và y = g(x) n
ế
u c
ắ

t nhau thì
c
ắ
t nhau t
ạ
i m
ộ
t
đ
i
ể
m duy nh
ấ
t. T
ừ

đ
ó: ph
ươ
ng trình f(x) = g(x) ch
ỉ
có th
ể
có
nghi
ệ
m duy nh
ấ
t ho
ặ

c vô nghi
ệ
m.
+ N
ế
u f(t) là hàm
đơ
n
đ
i
ệ
u trên D thì f(x) = f(y)
⇔
x = y.
II. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1. Giải các phương trình:

a)
2 2
log 3 log 5
x x x
+ =

(Đại học Ngoại Thương năm 1996)

b)
2 2
15 3 2 8
x x x
+ = − + +

(Đại học Ngoại Thương năm 1997)


c)
1
2 4 1
x x
x
+
− = −

(Đại học Ngoại Thương năm 1997)

Lời giải