phương pháp “lượng giác hóa” để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ – HUYỆN NGA SƠN
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƯƠNG PHÁP “LƯỢNG GIÁC HÓA”
ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA
BIỂU THỨC
Người thực hiện: Mai Thị Hồng
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Trần Phú
SKKN Thuộc lĩnh vực môn: Toán học
NĂM HỌC 2012 - 2013
1
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Các bài toán về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số không thể
thiếu trong SGK toán lớp 10, 11, 12 nhất là trong các đề thi Đại học, Cao đẳng, thi
học sinh giỏi ,ứng dụng vào đời sống và các bộ môn khoa học khác.
Những bài toán này không quá khó nhưng đối với những hàm số đại số nhiều
ẩn việc Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất bằng công cụ đồ thị, đạo hàm hay các
bất đẳng thức côsi, Bunhiacopxki… quen thuộc tỏ ra không hiệu quả lắm. Đòi hỏi
tính kiên trì và những sáng tạo của các em học sinh. Nhất là đối với các em học
sinh trung bình, yếu kém, ngại học, chán nản mà duy ý chí không phát huy được
tính tích cực và sáng tạo của học sinh.
Là một giáo viên đang trực tiếp giảng dạy cho các em học sinh tôi đặt ra câu
hỏi làm thế nào để giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
một cách đơn giản nhất, dễ hiểu nhất? để giúp cho các em học sinh hứng thú học
tập, phát huy tính tích cực tự giác học tập môn toán.
Qua quá trình giảng dạy bản thân tôi rút ra được một số kinh nghiệm về việc
dùng ẩn phụ “lượng giác hóa” để tính giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
trong phạm vi đề tài này tôi có đề cập một số phần nhỏ các bài toán về giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trong chương trình toán lớp 10, 12 nhất là toán ôn
thi Đại học, Cao đẳng thi học sinh giỏi.

Qua đề tài này, tôi hy vọng phần nào giúp các em học sinh giải các bài toán về
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số một cách nhanh gọn chính xác và phát
huy tốt tính tích cực sự tuu duy sáng tạo của học sinh.
2
PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN
1. Lý thuyết về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trong SGK lớp 12

Trong SGK Giải tích 12 đã trình bày về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm
số.
a. Định nghĩa: Cho hàm số y = f (x) xác định trên D:
- Số M được gọi là GTLN của hàm số y = f(x) trên tập D; nếu f(x) ≤ M
∀x∈ D và tồn tại x
0
∈ D sao cho f(x
0
) = M
Ký hiệu
( )
D
M Maxf x
=
- Số m được gọi là GTNN của hàm số y = f(x) trên tập D; nếu f(x) ≥ m
∀x∈ D và tìm tại x
0
∈ D sao cho f(x
0
) = m
Ký hiệu
( )

D
m minf x=
b. Định lý:
Mọi hàm số liên tục trên tập xác định D đều có Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
trên tập D.
2. Bất đẳng thức bunhiacôpxki – SGK lớp 10:
- Bất đẳng thức bunhiacôpxki cho bộ 2 số (x ; y) và (a ; b)
Ta có : (ax + by)
2
≤ (a
2
+ b
2
)(x
2
+ y
2
)
Dấu “=” xảy ra ⇔
x y
a b
=

3. Một số tính chất và công thức lượng giác cơ bản trong SGK lớp 11
*) Các công thức lượng giác cơ bản và một số tính chất
+
sin 1; cos 1ϕ ≤ ϕ ≤
+
2 2
sin cos 1ϕ+ ϕ=

+
2
2
sin 1
tan và1 tan ( k )
cos cos 2
ϕ π
ϕ= + ϕ= ϕ≠ + π
ϕ ϕ
+
2
2
cos 1
cot và1 cot ( k )
sin sin
ϕ
ϕ= + ϕ= ϕ≠ π
ϕ ϕ
+
1 k
cot ( )
tan 2
π
ϕ= ϕ≠
ϕ
*) Công thức nhân đôi, công thức hạ bậc
+ cos2ϕ = cos
2
ϕ - sin
2

ϕ = 2 cos
2
ϕ - 1 = 1 – 2sin
2
ϕ
+ sin2ϕ = 2sinϕ. cosϕ
3
+
2
2tan
tan 2
1 tan
ϕ
ϕ=
− ϕ
+
2 2
1 cos2 1 cos2
cos ; sin
2 2
+ ϕ − ϕ
ϕ= ϕ=
Chú ý rằng:
sin cos 2ϕ+ ϕ ≤
vì
sin cos 2 sin( )
4
π
ϕ+ ϕ= ϕ +
PT:

asin bcos cϕ+ ϕ=
(a
2
+ b
2
≠ 0) có nghiệm khi và chỉ khi a
2
+ b
2
≥ c
2
Ngoài ra để lượng giác hóa các hàm số đại số, ta ghi nhớ các dấu hiệu dưới
đây:
+ Nếu trong bài toán có điều kiện u
2
+ v
2
= 1 thì ta chọn u = sin ϕ; v = cosϕ
+ Nếu trong bài toán có a
2
+ x
2
hoặc
2 2
a x+
thì ta chọn x = a tan ϕ; hoặc
x = acotϕ;
+ Nếu trong bài toán có
2 2
a x−

thì ta chọn x = |a| sin ϕ; hoặc x = |a| cos ϕ;
Cần chú rằng trong một số bài toán các dấu hiệu trên không xuất hiện từ đầu.
Điều đó có nghĩa là phải tìm cách biến đổi các hàm số hoặc các điều kiện đã cho để
làm xuất hiện các dấu hiệu ẩn phụ.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
Khi giải các bài toán về Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một số biểu thức
đa số các học sinh đều lúng túng không biết lựa chọn phương pháp sao cho thích
hợp vì hầu hết các bài toán này chưa có một cách giải tổng quát nào cụ thể, vì vậy
học sinh sẽ ngại học.
III. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
• Để thực hiện đề tài này tôi đã lựa chọn một số bài toán về tìm giá trị lớn nhất
nhỏ nhất của biểu thức trong sách giáo khoa lớp 10, lớp 12 trong một số đề thi Đại
học, Cao đẳng và thi học sinh giỏi. Phân tích việc “lượng giác hóa” các biểu thức
đó để đưa về biểu thức chứa các hàm số lượng giác và vận dụng các tính chất, công
thức lượng giác cơ bản để đưa ra giá trị lớn nhất, nhỏ nhất một cách đơn giản ngắn
gọn nhất. Trong một số bài toán có sử dụng so sánh với một số phương pháp giải
khác.
Bài toán 1 : Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
4
2 2
1 x
y
(1 x )
+
=
+
Lời giải : Để giải bài toán này có nhiều cách :
4
Cách 1 : Đặt x
2

= t (t ≥ 0) ⇒
2
2
1 t
y
(1 t )
+
=
+
⇔ y (1 + 2t + t
2
) – 1 – t
2
= 0 ⇔ f(t) = (y – 1) t
2
+ 2yt + y -1 = 0. (1)
Sự tồn tại của t ⇔ pt (1) có nghiệm t ≥ 0 là :
y 1 t / m
y 1
2y 1 0
(y 1)f (0) 0
s
0
2
=
≠
∆= − ≥
− ≥
≥

⇔

y 1
y 1
1
y
2
0 y 1
=
≠
≥
≤ <

⇔

1
y 1
2
≤ ≤
=> Max y = 1, Min y =
1
2
Đáp số : Max y = 1, Min y =
1
2
Cách 2 :
+ TXĐ, D = R
+ Đặt x = tanϕ ta được y =
4
2 2

1 tan
(1 tan )
+ ϕ
+ ϕ
=
4
4 4 4
4
sin 3 1
(1 ).cos sin cos cos4
cos 4 2
ϕ
+ ϕ= ϕ+ ϕ= + ϕ
ϕ
Do
1
1 cos4 1 y 1
2
− ≤ ϕ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇒
Max y = 1, Min y =
1
2
Đáp số : Max y = 1, Min y =
1
2
Kết luận : Rất nhiều học sinh sẽ nghĩ đến cách 1 nếu gặp bài toán như bài toán
1. Vì rất dễ hình dung cách làm nhưng sẽ gặp khó khăn đối với học sinh trung bình,
yếu là việc tìm điều kiện để tam thức f(t) có nghiệm t ≥ 0. Do đó nếu giáo viên
hướng dẫn cho học sinh cách nhận dạng biểu thức 1 + x
2

để đặt x = tanϕ thì lời giải
bài toán đơn giản hơn rất nhiều
Bài toán 2 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2(xy y )
P
1 2x 2xy
+
=
+ +
với điều kiện x
2
+ y
2
= 1
Lời giải : Nhận xét rằng do x
2
+ y
2
= 1 ⇒
1 + x
2
+ 2xy = (x + y)
2
+ 2 x
2
> 0 ∀x, y
5
Và đặt

2
2(sin .cos cos )
x sin
P
y cos
2
1 2 sin 2sin .cos
ϕ ϕ+ ϕ
= ϕ
⇒ =
= ϕ
+ ϕ+ ϕ ϕ
sin 2 cos2 1
sin 2 cos2 2
ϕ+ ϕ+
=
ϕ− ϕ+
Psin 2 Pcos2 2P sin 2 cos2 1⇔ ϕ − ϕ+ = ϕ + ϕ+
(P 1)sin 2 (P 1).cos2 1 2P⇔ − ϕ− + ϕ= −
(2)
Điều kiện để phương trình (2) có nghiệm ϕ là : (P – 1)
2
+ (P + 1)
2
> (1-2P)
2
2
6 6
2P 4P 1 0 1 P 1
2 2

⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤ +
Max P =
6
1
2
+
, Min P =
6
1
2
−
Đáp số : Max P =
6
1
2
+
; Min P =
6
1
2
−
Bài toán 3 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
(x y)(1 xy)
P
(1 x ) (1 y )
+ −
=
+ + +
Lời giải : Vì sự có mặt của 1 + x

2
và 1 + y
2
; và tập xác định của hàm số là R
nên ta đặt
(tan tan )(1 tan .tan )
x tan
P
y tan
2 2
(1 tan )(1 tan )
α+ β − α β
= α
⇒ =
= β
+ α + β
2 2
sin( ) sin .sin
cos .cos .(1 )
cos .cos cos .cos
α + β α β
= α β −
α β α β
sin( ).(cos .cos sin .sin )
1
sin( ).cos( ) sin(2 2 )
2
= α + β α β− α β
= α + β α + β = α + β
Vì

1 sin(2 2 ) 1− ≤ α + β ≤
1 1
y
2 2
⇔ − ≤ ≤
do đó Max y =
1
2
; Min y =
1
2
−
Đáp số : Max y =
1
2
; Min y =
1
2
−
6
Kết luận : Qua lời giải bài toán này ta thấy nếu giáo viên hướng dẫn cho học
sinh cách nhận dạng và cách đặt để «lượng giác hóa » thì ta thấy bài toán trở về rất
nhẹ nhàng, vì đã sử dụng phần lớn các công thức biến đổi lượng giác, đây là công
cụ giải toán quả thật rất hay và học sinh sẽ rất thích sử dụng hơn là nghĩ cách giải
khác của bài toán.
Bài toán 4 :
Giả sử x, y> 0 thỏa mãn x + y = 1.
Tìm GTNN của biểu thức
x y
P

1 x 1 y
= +
− −
Lời giải : Đặt
2
2
x sin
y cos
k
( )
2
= ϕ
= ϕ
π
ϕ≠
2 2 3 3
2 2
sin cos sin cos
P
sin .cos
1 sin 1 cos
(sin cos )(1 sin cos )
sin .cos
ϕ ϕ ϕ + ϕ
= + =
ϕ ϕ
− ϕ − ϕ
ϕ + ϕ − ϕ + ϕ
=
ϕ ϕ

Đặt
2
u 1
sin cos u( u 2) sin .cos
2
−
ϕ + ϕ= ≤ ⇒ ϕ ϕ≤
2
3
2 2
u 1
u(1 )
3u u
2
P
u 1 u 1
2
−
−
−
= =
− −
Ta có
{ }
4
'
2 2
u 3
P (u) 0, u [ 2; 2]\ 1;1
(u 1)

+
=− < ∀ ∈ − −
−
vì
k
2
π
ϕ≠
3 2 2 2
Min P P( 2) 2
2 1
−
⇒ = = =
−
Đáp số : Min P =
2
Kết luận : Nếu dùng cách khác thì cũng làm ra đáp án tuy vậy ta thấy đây là
cách làm đơn giản nhất, kể cả bài toán sau đây có rất nhiều cách làm.
Bài toán 5 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2 2
3y 4xy
P
x y
−
=
+
(x, y không đồng thời bằng không)
7
Lời giải :

Cách 1 :
+ Xét trường hợp 1 y = 0 => P = 0.
+ Xét trường hợp 2 ta giả sử y ≠ 0 (vì vai trò của x , y như nhau) khi đó
2
4x
3
y
P
x
( ) 1
y
−
=
+
Đặt
2
x 3 4u
u P
y u 1
−
= ⇒ =
+
2
P.u 4u P 3 0(1)⇔ + + − =
Sự tồn tại của P ⇔ pt (1) có nghiệm ⇔
P 0
P 0
' 4 P(P 3) 0
=
≠

∆ = − − ≥
P 0
P 0
1 P 4
1 P 4
=
≠
− ≤ ≤
⇔− ≤ ≤
Gộp hai trường hợp ta có : Max P = 4 ; Min P = -1
Đáp số : Max P = 4
Min P = -1
Cách 2 : Ta viết
2
2 2 2 2 2 2
y x y
P 3.( ) 4. .
x y x y x y
= −
+ + +
Đặt
2 2
2 2
y
sin
x y
2 2
x
cos
x y

(sin cos 1)
= ϕ
+
= ϕ
+
ϕ+ ϕ =
2
3 3
P 3.sin 4sin .cos cos2 2sin 2
2 2
−
⇔ = ϕ− ϕ ϕ= ϕ− ϕ+
Vì
2 2
2 2
5 3 3 3 5
( 2) cos2 2sin2 ( 2)
2 2 2 2 2
− − −
   
=− + − ≤ ϕ− ϕ≤ + − =
 ÷  ÷
   
5 3 3 3 5 3
1 P cos2 2sin 2 4
2 2 2 2 2 2
− −
− ≤ + ≤ = ϕ− ϕ + ≤ + =
=> Max P = 4, Min P = -1
8

Đáp số : Max P = 4
Min P = -1
Kết luận : Nếu học sinh giải theo cách 1 sẽ gặp sai lầm là không xét các trường hợp
y = 0, y ≠ 0, thì lời giải chưa đúng do đó lời giải của cách 2 hay hơn rất nhiều tương
tự như vậy ta cũng có lời giải như vậy cho bài toán sau đây :
Bài toán 6 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P x 1 y y 1 x= + + +
với điều kiện x
2
+ y
2
= 1
Lời giải : Với điều kiện x
2
+ y
2
= 1 cho phép ta đặt
x sin
P sin 1 cos cos 1 cos
y cos
= ϕ
⇒ = ϕ + ϕ + ϕ + ϕ
= ϕ
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
2 2 2 2
P (sin 1 cos cos 1 cos ) (sin cos )(2 sin cos )
2 2.sin ( )
4
= ϕ + ϕ + ϕ + ϕ ≤ ϕ+ ϕ + ϕ+ ϕ
π

= + ϕ +
Do
2
1 sin( ) 1 2 2 P 2 2
4
π
− ≤ ϕ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ +
2 2 P 2 2⇔ − ≤ ≤ +
=> Max P =
2 2+
Min P =
2 2−
Đáp số : Max P =
2 2+
Min P =
2 2−
• Bài tập áp dụng :
Bài 1 : Cho x ≥ 0 ; y ≥ 0, x + y = 1.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
x y
1 y 1 x
+
+ +
Bài 2 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
4
x
y
1 x
=

+
9
Bài 3 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
2 2 2 2
2 2 2 2
(x y )(1 x y )
(1 x ) .(1 y )
− −
+ +
Bài 4 : Tìm a và b để hàm số
2
ax b
y
1 x
+
=
+
đạt giá trị lớn nhất bằng 4 và giá trị nhỏ
nhất bằng -1.
Bài 5 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = y – 2x + 5 biết :
36x
2
+ 16y
2
= 9.
IV. KẾT LUẬN
Bản thân được giao nhiệm vụ giảng dạy bộ môn Toán, trong năm 2012 –
2013, kinh nghiệm này đã được áp dụng cho các lớp 12. Qua quá trình áp dụng các
em học sinh hiểu bài tốt, tiếp thu nhanh, vận dụng một cách linh hoạt, sáng tạo vào
từng bài toán cụ thể phát huy được tính tích cực của học sinh, nhất là ở các học sinh

khá giỏi, làm tăng tỷ lệ học sinh khá giỏi so với các năm học trước.
Qua quá trình dạy học môn Toán, trong quá trình thực nghiệm tôi thấy đã tạo
cho các em sự say mê, sự thích thú trong việc học tập, nhiều học sinh trước đây
ngại học nay đã có ý thức học tập tốt hơn, những học sinh khá càng say sưa và sáng
tạo trong học tập, kết quả được nâng lên rõ rệt.
Kết quả thực nghiệm :
- Năm học 2011 – 2012 chưa thực hiện phương pháp này.
- Năm học 2012 – 2013 thực hiện phương pháp này.
Năm học Tổng
số học
sinh
Điểm giỏi Điểm khá Điểm TB Điểm Yếu
SL % SL % SL % SL %
2011 - 2012 92 1 1,1 28 30.4 41 44.6 22 23.9
2012 - 2013 96 31 32.3 37 38.5 19 19.8 9 9.4
Trên đây là những suy nghĩ và cách rèn luyện cho học sinh mà tôi đã rút ra và
áp dụng trong quá trình giảng dạy, nhằm giúp các em học sinh có được những biện
pháp hữu hiệu khi học tập môn toán. Do thời gian có hạn, không tránh khỏi sai sót,
10
mong các đồng chí trao đổi, góp ý kiến để bổ sung vào đề tài nhằm hoàn thiện đề
tài tốt hơn, phong phú hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 22 tháng 05 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết không
sao chép nội dung của người khác.
Người viết
Mai Thị Hồng
11