một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức

TRƯỜNG PT CẤP II – III VÕ THỊ SÁU
TỔ TOÁN - TIN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI :
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ
NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ HOẶC BIỂU THỨC
Người viết : ĐOÀN NGỌC LAN
Đơn vị : TRƯỜNG CẤP II – III VÕ THỊ SÁU

Tuy an tháng 03 năm 2008
A. PHẦN MỞ ĐẦU
1/ Lý do chọn đề tài:
Bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất là một dạng toán rất quan trọng .
Chúng ta thường thấy xuất hiện khá nhiều kì thi như tuyển sinh vào lớp 10 ,
tuyển sinh đại học và cao đẳng ,các kì thi học sinh giỏi .Học sinh gặp không ít
1
khó khăn khi gặp các dạng toán này .Trong chuyên đề này tôi xin cung cấp cho
học sinh cũng như giáo viên một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức.Nhằm góp phần cho việc dạy và học ngày
càng tốt hơn .
2/Mục đích nghiên cứu :
Tôi muốn đưa ra một số phương pháp cơ bản nhất .Nhằm làm tư liệu cho việc
dạy và học ngày càng được nâng cao hơn .Góp phần đưa chất lượng giáo dục
nước ta đáp ứng với xu hướng phát triển của đất nước.
3/Đối tượng ,phạm vi nghiên cứu :
Cùng trao đổi kinh nghiệm với các đồng nghiệp đang giảng dạy toán chương
trình phân ban lớp 10 ,lớp 11 chương trình không phân ban của lớp 12 hiện nay,
cũng như những học sinh muốn nâng cao, mở rộng vốn kiến thức toán học của
mình .
4 / Nhiệm vụ nghiên cứu :

Tìm ra một phương pháp cơ bản nhất để khắc phục những khó khăn lúng túng
của học sinh cũng như giáo viên .Trong quá trình học tập và giảng dạy môn toán
, làm tư liệu tham khảo cho tổ toán của trường Võ Thị Sáu và những ai quan
tâm đến đề tài này.
5/phương pháp nghiên cứu .
Trao đổi với đồng nghiệp đang giảng dạy toán thấy sự cần thiết của vấn đề
.Vấn đề được đưa ra thảo luận trước tổ Toán- Tin của trường cấp II - III Võ Thị
Sáu ,cùng những học sinh quan tâm. Làm sao cho học sinh cũng như giáo viên
thấy được sự quan trọng và hấp dẫn của nó . Từ đó người viết tổng hợp và đưa
ra các phương pháp cơ bản nhất , những điều trọng tâm nhất của vấn đề.
6 /Nội dung sáng kiến kinh nghiệm :
Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
hoặc biểu thức.
I. Phần mở đầu.
II. Nội dung đề tài.
- Chương 1: Cơ sở lý luận liên quan đến đề tài nghiên cứu.
- Chương 2: Thực trạng của đề tài nghiên cứu.
- Chương 3: Biện pháp giải pháp chủ yếu để thực hiện đềtài.
III. Kết luận và kiến nghị.

B/NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
Chương I: Cơ sở lý luận liên quan đến sáng kiến kinh nghiệm
1/ Cơ sở pháp lý :
Dựa trên nội dung vàchương trình phân ban và không phân ban của BGD &
ĐT .Dựa trên sự xuất hiện của dạng toán này qua những kì thi trong các năm
qua.
2/Cơ sở lý luận :
Trên cơ sở nội dung sách giáo khoa toán lớp 10 đã trình bày. Trước sự phát
triển như vũ bão của khoa học - công nghệ hiện nay, nếu con người không tiếp
2

cận được với những tri thức một cách cơ bản , những hiểu biết về khoa học cơ
bản một cách chắc chắn họ sẽ nhanh chóng trở nên lạc hậu với thời cuộc và bị
đào thải. Xã hội hiện đại đòi hỏi con người phải nhạy bén với cái mới, nhanh
chóng tiếp cận và nắm bắt các thành tựu khoa học- công nghệ hiện đại.Tuy
nhiên khoa học cơ bản vẫn là nền tản cho mọi vấn đề do vậy việc nghiên cứu
tìm hiểu chắc chắn một vấn đề là cần thiết .
Việc đổi mới phương pháp dạy học môn Toán học hiện nay ở trường THPT là
gì? Là tổ chức cho học sinh được học tập trong hoạt động và bằng hoạt động tự
giác, tích cực, chủ động và sáng tạo.
Tích cực nhận thức là biểu thị sự nỗ lực, chủ động của học sinh trong quá trình
học tập và nghiên cứu, là sự biểu hiện mức độ huy động cao các chức năng tâm
lý nhằm giải quyết nhiệm vụ nhận thức, góp phần làm cho nhân cách tri thức của
chủ thể phát triển.Trên cơ sở đó phát huy hoạt động tích cực của học sinh bằng
cách cung cấp những tài liệu cần thiết, phù hợp với nội dung và chương trình
đang giảng dạy làm cho học sinh có một cách nhìn tổng quát hơn về vấn đề
mình đang học .Từ đó làm cho việc học tập môn toán thêm hấp dẫn lôi cuốn
hơn , gặt hái được nhiều thành công hơn .
3/Cơ sở thực tiễn:
Như chúng ta đã biết: Do lượng thông tin ngày nay tăng nhanh nên giáo dục
phải tiếp cận với những thành tựu mới nhất của khoa học – công nghệ bằng cách
chọn lọc nội dung, đổi mới phương pháp dạy học và ứng dụng các phương tiện
dạy học hiện đại thì mới có thể giải quyết được mâu thuẫn giữa sự bùng nổ
thông tin với thời gian học, trình độ, sức lực của người học hiện nay, mới có thể
giải quyết được vấn đề quá tải trong việc học của người học.Với sự ra đời và
phổ cập của nhiều thế hệ máy tính điện tử, tính chất của lao động đang dần dần
thay đổi. Trong các lĩnh vực của đời sống xã hội, máy tính đã đóng một vai trò
rất quan trọng trong việc nâng cao hiệu quả, chất lượng của công việc và quản lí.
Chính vì qua nhiều năm giảng dạy, nghiên cứu các phương pháp dạy học của
các bạn đồng nghiệp ở những tiết dạy tôi nhận thấy học sinh học tập ít sôi nỗi, ít
tích cực hoạt động và còn tiếp thu kiến thức một cách thụ động. Do vậy trong

nhà trường hiện nay, việc sử dụng các phương tiện kỹ thuật hiện đại, nhất là
máy vi tính để phát huy hoạt động tích cực của học sinh trong dạy học nhằm
nâng cao hiệu quả và chất lượng dạy học là vấn đề cấp bách và cần thiết phải
thực hiện. Bên cạnh giáo viên cầng cung cấp cho học sinh những tư liệu cần
thiết , tổ chức các buổi học ngoại khoá về các chuyên đề .
Chương 2: Thực trạng của đề tài.
1. Khái quát phạm vi:
Trong phạm vi nghiên cứu ở trường, tôi nhận thấy đa số giáo viên trung học phổ
thông là giáo viên trẻ và việc giảng dạy của giáo viên còn thiếu kinh nghiệm.
Về phía học sinh sinh sống ở nông thôn, bố mẹ chủ yếu làm nghề nông, nghề
biển . Ngoài việc đi học đa số học sinh về nhà còn lo phụ giúp gia đình việc
đồng án, đi biển và có học sinh chưa có động cơ học tập đúng đắng nên việc tự
học, tự nghiên cứu của học sinh chưa cao.Một phần học sinh còn thiếu tư liệu
phục vụ cho việc học tập của mình ,ngoài sách giáo khoa.
2. Thực trạng của đề tài nghiên cứu:
3
Trước tình hình thực tế của trường hiện nay việc đa số các bài học không thể
thực hiện một cách đầy đủ các nội mà giáo viên cần truyền đat, giáo viên còn sử
dụng phương pháp thiết trình hoặc đàm thoại nên ít thu hút sự chú ý của học
sinh, học sinh ít hứng thú học tập. Còn học sinh thì chưa biết cách tự học, tự
nghiên cứu, tự tìm tòi học hỏi, vẫn còn thói quen với cách học cũ tiếp thu kiến
thức một cách thụ động.
Chính vì thế cần phải có giải pháp khắc phục tình trạng nêu trên. Đó là sử dụng
các phương tiện kỹ thuật hiện đại. Tổ toán cần cung cấp những tư liệu cần
thiết ,tổ chức những buổi ngoại khoá về các vấn đề mà học sinh gặp khó khăn
trong quá trình học toán, để phát huy hoạt động tích cực của học sinh trong dạy
học .
3. Nguyên nhân của thực trạng .
Nguyên nhân chính ở đây kinh nghiệm giảng dạy,khảûnăng truyền đạt của một
số giáo viên còn thấp .Việc soạn giáo án chưa thật sự đi vào trọng tâm chính

của vấn đề chưa có sự mở rộng và nâng cao những kiến thức liên quan dẫn đến
việc học sinh chưa tìm thấy những vấn đề mới, chưa khơi gợi sự tò mò , hiểu và
tiếp thu kiến thức ở một số bài bị hạn chế.
Chương 3: Biện pháp, giải pháp chủ yếu để thực hiện sáng kiến kinh
nghiệm.
1. Cơ sở đề xuất các giải pháp:
Chúng ta đã biết nội dung giáo dục ở THPT có những đặc điểm:
- Bảo đảm củng cố, phát triển những nội dung đã học ở trung học cơ sở, hoàn
chỉnh và nâng cao trình độ giáo dục phổ thông, bảo đảm kiến thức phổ thông cơ
bản, toàn diện và hướng nghiệp cho học sinh.
- Chú trọng nâng cao tính khoa học hiện đại, tính tư tưởng, phù hợp với thực
tiễn của đất nước và xu thế phát triển giáo dục của thế giới, phát triển năng lực,
phẩm chất của người học, đáp ứng nhu cầu, hứng thú, nguyện vọng của học
sinh, vừa chuẩn bị cho học sinh học lên bậc học cao hơn học tập suốt đời, học
nghề và giúp cho học sinh có thể bước vào cuộc sống lao động.
- Bao gồm cả phần thực hành, rèn luyện trong và ngoài giờ lên lớp, trong và
ngoài nhà trường.Quan tâm đến việc hình thành cách học chủ động, tìm tòi của
học sinh, thay đổi phương pháp dạy học của giáo viên theo hướng tập trung vào
hoạt động của người học và việc học. Dạy học hướng tới phát huy tính tích cực,
vai trò chủ động , tính sáng tạo của học sinh là xu thế chung của đổi mới giáo
dục trung học phổ thông ở các nước. Đồng thời, để nâng cao hiệu quả của
phương pháp dạy học cần mở rộng việc áp dụng các phương tiện kỹ thuật hiện
đại vào quá trình dạy học, cải thiện điều kiện môi trường giáo dục .
Trên cơ sở đó, để thực hiện dáng kiến có hiệu quả cần có các giải pháp chủ yếu
sau.
2. Các giải pháp chủ yếu:
- Cần trang bị cho học sinh một phương pháp học tập đúng đắn ,có niềm say mê
yêu thích môn học đặc biệt là môn toán , phù hợp với phương pháp dạy học mới.
- Mở lớp bồi dưỡng chuyên đề cho cho giáo viên .Nhằm giúp cho giáo viên biết
soạn giáo án một cách chính xác đi vào trọng tâm của bài mở rộng nâng cao cho

học sinh một cách phù hợp và giảng dạy một cách nhịp nhàng dễ hiểu.
4
- Với học sinh, cần hướng dẫn các em chuyển dần từ cách học cũ tiếp nhận kiến
thức thụ động sang kiểu học mới tự nghiên cứu, tự thể hiện, tự tìm tòi, quan sát,
mô tả, giải thích, phát hiện, định hướng giải quyết vấn đề.
3. Tổ chức, triển khai thực hiện:
Thực tế thì việc học sinh tự tìm thấy chân lí, hiểu và tiếp thu kiến thức một cách
chính xác và đầy đủ là rất khó khăn nếu thiếu tư liệu và sự hướng dẫn .Cụ thể
với nội dung :
Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số hoặc
biểu thức.
Sau đây tôi xin đưa ra một số bài toán và phương pháp giải nhằm tháo gỡ những
khó khăn trong quá trình học tập và giảng dạy với nội dung nêu trên.
I - ĐẶT VẤN ĐỀ.
Trước hết ta cần chú ý định nghĩa.
Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập
D R
⊂
.
1. Giá trị M được gọi là GTLN của f trên tập D nếu :
0 0
( )
\ ( )
f x M x D
x D f x M
≤ ∀ ∈


∃ ∈ =


2.Giá trị m được gọi là GTNN của f trên tập D nếu :
0 0
( )
\ ( )
f x m x D
x D f x m
≥ ∀ ∈


∃ ∈ =

Ta ký hiệu GTLN và GTNN của hàm số f lần lược là :
max ( )
x D
M f x
∈
=
min ( )
x D
m f x
∈
=
- Đối với hàm hoặc biểu thức nhiều biến ta cũng có định nghĩa tương tự.
- Từ định nghĩa trên thông thường để tìm GTLN hoặc GTNN ta tiến hành
các bước sau:
Bước1:Xác lập bất đẳng thức dạng
( )f x M≤
hoặc
( )f x m≥
với

M, m là những hằng số.
Bước2:Xét xem dấu đẳng thức sảy ra khi nào.
Bước3: kết luận Max hoặc min theo yêu cầu.
Sau đây là một số phương pháp tìm GTLN và GTNN .
II- PHƯƠNG PHÁP NHÓM - SO SÁNH:
Bài1.Tìm GTNN của biểu thức :
2 2
( , ) 2 2 7P x y x y x y= + − + +

Giải : Ta có
2 2
( , ) ( 1) ( 1) 5 5P x y x y= − + + + ≥

,x y R∀ ∈
Dấu “ =” sảy ra khi
1
1
x
y
=


=

Vậy min P = 5
Bài2:Tìm GT LN của hàm số :
2
2
3 6 10
( )

2 2
x x
f x
x x
+ +
=
+ +
Giải : Ta có
2 2
4 4
( ) 3 3 7
2 2 ( 1) 1
f x
x x x
= + = + ≤
+ + + +
Ta có dấu “ =” Sảy ra khi x = - 1
5
Vậy maxf(x) = 7 tại x= -1.
Bài3:Cho x > 0. Tìm x để biểu thức
2
( 2000)
x
M
x
=
+
đạt giá trị lớn nhất
Giải: Vì x > 0 nên
2

( 2000)
x
M
x
=
+
> 0 do đó
1
max minM
M
→ ⇔ →
Ta có:

2 2 2 2
2
1 1 2 .2000 2000 2.2000 2000 4.2000
( 2000) .
x x x x x
x
M x x x
+ + − + +
= + = =

=
2
( 2000)
8000
x
x
−

+
Do đó
1
8000
M
≥
dấu “ = “ sảy ra khi x = 2000 nên
1
min 8000
M
=
khi
x= 2000
Vậy maxM =
1
8000
đạt được khi x = 2000
Bài4: Cho
2 2 2
1x y z+ + =
.Tìm GTLN và GTNN của biểu thức:
T xy yz zx= + +
Giải: Ta có
2 2 2 2
( ) 0 2( ) 0x y z x y z xy yz zx+ + ≥ ⇒ + + + + + ≥
Do đó :
1
1 2 0
2
T T+ ≥ ⇔ ≥ −

.Dấu bằng sảy ra chẳng hạng khi:
1 1
0; ;
2 2
x y z= = = −
Vậy min T = -1/2
Ta có :
2
2 2 2 2
2
( ) 0
( ) 0 2( ) 2( )
( ) 0
x y
y z x y z xy yz zx
z x

− ≥

− ≥ ⇒ + + ≥ + +


− ≥

Suy ra
1 T
≥
Dấu bằng sảy ra khi
3
3

x y z= = = ±
Vậy maxT = 1 khi
3
3
x y z= = = ±
III-BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT ĐƯA VỀ
VIỆC KHẢO SÁT TAM THỨC BẬC HAI.
-Ta cần chú ý PT bậc hai :
2
0( 0)ax bx c a+ + = ≠
Nếu PT có nghiệm thì
0∆ ≥
Nếu
0∆ ≤
thì
( ) 0af x x≥ ∀
6
-Xét bài toán GTLN và GTNN của hàm số
2
2
ax bx c
y
mx nx k
+ +
=
+ +
với MXĐ là R
Ta chuyển biểu thức của y nêu trên về PT dạng :
2
0Ax Bx c+ + =

.Trong đó
Hiển nhiên A , B, C là các giá trị phụ thuộc y.Phương trình này phải có
nghiệm x. Từ đó dựa vào điều kiện
0∆ ≥
để tìm GTLN và GTNN.
Chú Ý: 1)Ta cần xét A = 0 và so sánh giá trị y ở hai trường hợp
≠
0A ≠
và A =
0 trước khi kết luận.
2)Đồ thị
2
0( 0)y ax bx c a= + + = ≠
là một pẩ bol với đỉnh
( ; )
2 4
b
S
a a
∆
− −
3) Nếu dùng ẩn phụ để đưa về dạng bậc hai thì phải chú ý điieù kiện kèm
theo.
Bài1:Tìm GTLN và GTNN của hàm số
2
2
3
2
x
y

x x
+
=
− +
Giải: Ta có tập xacù định của hàm số là R
2
2
3
2
x
y
x x
+
=
− +
2
( 1) 2 3 0y x yx y⇔ − − + − =
(*)
+ Xét y -1 = 0
⇔
y = 1 ta có x = -1
+ xét y
≠
1 vì PT (*) có nghiệm x nên
0∆ ≥
hay
2
4( 1)(2 3) 0y y y− − − ≥
2
7 20 12 0y y⇔ − + − ≥

6
2
7
y⇔ ≤ ≤
So sánh hai trường hợp trên ta có : maxy = 2 khi x = 1
miny = 6/7 khi x = -3
Bài 2: Tìm GTLN và GTNN của hàm số :
2
sin sin 4y x x= − +
Giải: Đặt t = sinx điều kiện
[ ]
1;1t ∈ −
Ta có y = t
2
– t + 4 ta có hoành độ đỉnh
[ ]
1
1;1
2
s
t = ∈ −
Suy ra maxy = max
{ }
( 1); (1) ( 1) 6f f f− = − =
Giá trị này đạt được khi sin x= -1 và min y = y
s
= f(1/2) = 15/ 4. Giá trị
đạt được khi sinx = 1/2
Bài 3: Tìm GTLN và GTNN của hàm số
3 6 (3 )(6 )y x x x x= + + − − + −

Giải: Điều kiện
3 6x⇔ − ≤ ≤
.Đặt
3 6 0t x x= + + − >
Ta có
2
9 2 3 . 6 9 3t x x t= + + − ≥ ⇒ ≥
Ta lại có :
1. 3 1. 6 2 9 3 2t x x= + + − ≤ =
Do đó
2
2
9 1 9
( ) ( )
2 2 2
t
f x g t t t t
−
= = − = − + +
với
3 3 2t≤ ≤
Cần chú ý g(t) là một parabol lồi với đỉnh S có hoành độ t = 1. Hơn nữa
1 3 3 2< ≤
7
Nên minf = min g =
9
(3 2) 3 2
2
g = −
Maxf = max g = g(3) = 3

Bài4:Tìm GTLN và GTNN của hàm số
( 1)( 2)( 3)( 4)y x x x x= − − − −
Giải: Ta có
2 2
( 5 4)( 5 6)y x x x x= − + − +
Đặt
2 2
5 9
5 4 ( )
2 4
t x x x= − + = − −
Ta có
9
4
t ≥ −
Khi đó
2
( ) 2y f t t t= = +
Hoành độ đỉnh t
s
= -1
≥
- 9/4 nên miny =f(-1) = -1
Vì khi
x → +∞
thì
y → +∞
nên không tồn tại giá trị lớn nhất .
IV.PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VECTƠ.
-Biến đổi

2
2
AB AB=
uuur
kết hợp qui tắc , các hằng đẳng thức chú ý điểm
chèn
.trung điểm , trọng tâm, tâm ngoại tiếp …
-Khoảng cách giữa hai điểm
2 2
( ) ( )
B A B A
AB x x y y= − − −
-Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.
0 0
0
2 2
( ; )
Ax By c
d M
A B
+ +
∆ =
+
-Để ý bất đẳng thức :AB+BC
≥
AC dấu “ = “ sảy ra khi A ,B , C thẳng
hàng theo thứ tự đó.
Bài1:Tìm GTLN và GTNN của hàm số
4 1
2

x
y x= + −
Giải:Trong mặt phẳng Oxy chọn
(1;2 2); ( ; 2)OA OM x x= = −
uuur uuuur
Với
0 2x≤ ≤
Ta có :
1 8
2 2
OA
OM x x

= +


= + − =


Và
. . .cos( , )OAOM OAOM OA OM=
uuur uuuur uuur uuuur
Suy ra :
1. 2 2( 2 ) . 3 2 cosy x x OAOM
ϕ
= + − = =
uuur uuuur
-
Vì M nằm trong hình vuông OIJK cạnh
2

nên
·
0 AOK
ϕ
≤ ≤
·
1 1 1
cos cos 1
3 3
1 8
AOK
ϕ
= = ⇒ ≤ ≤
+
Vậy maxy =
3 2
; min y =
2
8
4
2
-2
-5
5
2
2
2
2
K
O

M
A
Bài: Cho 2x + 2y – z – 9 = 0. Tìm GTNN của
2 2 2
(1 ) (2 ) (3 )P x y z= − + − + −
Giải: Trong không gian Oxyz ta xét điểm :A(1;2;3) và mặt phẳng
( )
α
:2x + 2y – z – 9 = 0
Nếu M(x ; y ;z)
( )
α
∈
thì :
2 2 2 2
(1 ) (2 ) (3 )AM x y z= − + − + −
Mà AM
≥
2 4 3 9
( ; ) 2
4 4 1
d A
α
+ − −
= =
+ +
nên
2 2 2
(1 ) (2 ) (3 ) 4x y z− + − + − ≥
Dấu bằng sảy ra khi M(x;y;z) là chân đường vuông góc hạ từ A đến mặt

phẳng
( )
α
. Vậy GTNN của biểu thức đã cho là 4.
V. PHƯƠNG PHÁP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI VÀ
BUNHIACÔPXKY-SHWARZ
-Ta có bất đẳng thức côsi : Với a,b
≥
0 ta có
2
a b
ab
+
≥
Dấu đẳng thức
sảy ra khi a = b
-Bất đẳng thức Côsi tổng quát :với
1 2
; ; ; 0
n
a a a ≥
ta có
1 2
1 2

.
n
n
n
a a a

a a a
n
+ + +
≥
-Bất đẳng thức Bunhiacôpsky – Shwarz: Với hai cặp số thực bất kỳ (a;b)
và (c;d) ta có :
2 2 2 2
ac bd a b c d+ ≤ + +
Hay
2 2 2 2 2
( ) ( )( )ac bd a b c d+ ≤ + +
Dấu bằng sảy ra khi ad = bc hay là
a c
b d
=
Tổng quát :Với hai bộ số thực bất kỳ :(a
1
;a
2
;…;a
n
)và (b
1
;b
2
;…;b
n
) .Ta có :
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2

( ) ( )( )
n n n n
a b a b a b a a a b b b+ + + ≤ + + + + + +
Dấu bằng sảy ra khi
1 2
1 2

n
n
a a a
b b b
= = =
Chú ý: Có khi ta phải thêm , bớt , tách nhóm, chia nhân các số hạng để
đưa về dạng có thể áp dụng được trực tiếp.
Bài1:Tìm GTLN của biểu thức :
2 3 4ab c bc a ca b
A
abc
− + − + −
=
Với a
≥
3 ; b
≥
4;c
≥
2
Giải: Ta có
2 3 4c a b
A

c a b
− − −
= + +
Aùp dụng bất đẳng thức Côsi
ta có:
( 2).2 1 1 ( 2) 2
2 ( 2).2
2 2
2 2 2 2
c c c
c c
− − +
− = = − ≤ =
Suy ra
2 1
2 2
c
c
−
≤
Dấu bằng sảy ra khi c – 2=2
⇔
c =4
9
Tương tự :
3 1
2 3
a
a
−

≤
Dấu bằng sảy ra khi a– 3= 3
⇔
a = 6

4 1 1
4
2 4
b
b
−
≤ =
Dấu bằng sảy ra khi b– 4= 4
⇔
b = 8
Vậy max A
1 1 1
4
2 2 2 3
= + +
Khi a = 6 ; b= 8 ; c = 4
Bài2:Tìm GTNN của hàm số
2
1
2y x
x
= +
với x >0.
Giải: Ta có
2

1
2y x
x
= +
=
3
2 2
1 1
3 . . 3x x x x
x x
+ + ≥ =
Dấu bằng sảy ra khi
3
2
1
1 1 0x x x
x
= ⇔ = ⇔ = >
Vậy miny = 3
Bài: Cho x , y , z >0 thỏa điều kiện x +y +z = 1.Tìm GTLN của biểu thức :
1 1 1
x y z
Q
x y z
= + +
+ + +
Giải : Vói a, b ,c >0 ta có bất đẳng thức quen thuộc :
1 1 1 1 1 1 9
( )( ) 9a b c
a b c a b c a b c

+ + + + ≥ ⇔ + + ≥
+ +
Do đó
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 ( )
1 1 1 1 1 1
x y z
Q
x y z x y z
+ − + − + −
= + + = − + +
+ + + + + +
9 9 3
3 3
1 1 1 4 4x y z
≤ − = − =
+ + + + +
Dấu bằng sảy ra khi x = y= z = 1/3
Vậy maxQ = ¾
Bài4: Cho x,y z thỏa điều kiện
2 2 2
1x y z+ + =
. Tìm GTLN và GTNN của biểu
thức P = x+y+z +xy+yz+zx.
Giải: Aùp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky – swharz ta có :
2 2 2
3( ) 3x y z x y z+ + ≤ + + =
và
2 2 2 2 2 2 2 2 2
. 1xy yz zx x y z x y z x y z

+ + ≤ + + + + = + + =
Suy ra
3 1P ≤ +
Dấu bằng sảy ra khi x=y=z=1/3.
Vậy maxP =
3 1+
Mặt khác ta có
2 2 2 2
( ) 2( ) 1 2( )x y z x y z xy yz zx xy yz zx+ + = + + + + + = + + +
Suy ra
2 2
( ) 1 ( 1) 2
1
2 2
x y z x y z
P x y z
+ + − + + + −
= + + + = ≥ −
Dấu bằng sảy ra chẳng hạng khi x=-1; y= 0 ;z= 0
Vậy minP = -1
10
Bài5: Cho ba góc a,b,c sao cho a+b+c=
2
π
.Tìm GTLN của biểu thức :
. 1 . 1 1T tga tgb tgb tgc tgatgc= + + + + +
Giải: Ta có
( ) cot
2
a b c tg a b gc

π
+ = − ⇒ + =
Nên tga.tgb+tgb.tgc+tga.tgc = 1.
Khi đó
1 . 1 1 . 1 1 1 3 . . . 3T tga tgb tgb tgc tgatgc tga tgb tgb tgc tga tgc= + + + + + ≤ + + +
=
3. 1 3 2 3+ =
Dấu bằng sảy ra khi a = b=c=
6
π
Vậy maxT =
2 3
VI.PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM .
1) GTLN và GTNN của hàm số trên khoảng
( )
;a b
PP: Lập bảng biến thiên của hàm số trên
( )
;a b
rồi dựa vao bảng biến
thiên để kết luận.
2) GTLN và GTNN của hàm số trên đoạn
[ ]
;a b
.
PP1:Để giải bài toán này ta có thể áp dụng cách giải của bài toán trên.
PP2: Làm theo qui tắc sau:
i)Tìm các điểm tới hạn
1 2
; ; ;

n
x x x
của f(x) trên đoạn
[ ]
;a b
ii) Tính f(a) ; f(x
1
);….;f(x
n
);f(b)
iii)So sánh số lớn nhất và số nhỏ nhất trong các số trên và kết luận.
Bài1:Tìm GTNN của hàm số
2 1
( )
1
f x
x x
= +
−
trên khoảng
( )
0;1
Giải: Ta có
2
2 2 2 2
2 1 2 1
'( )
(1 ) (1 )
x x
f x

x x x x
+ −
= − =
− −
;
'( ) 0 1 2f x x= ⇔ = − ±
Bảng biến thiên
Vậy
(0;1)
min ( ) 3 2f x = +
Bài2:Tìm GTLNvà GTNN của hàm số
4
4
( )
1
x
f x
x
=
+
Giải: Ta có TXĐ: R
4
4 2
4
4(1 3 ) 1
' ; ' 0
(1 )
3
x
y y x

x
−
= = ⇔ = ±
+

Bảng biến thiên
11
+
-
0
3+2
2
1
-1+
2
0
f(x)
f'(x)
x
0
y
y'
x
27
-
27
0
-
+
-

0
0
+
∞
1
3
-
1
3
-
∞
⇔
Vậy maxy=
4
27−
khi
4
1
3
x =
;miny=
4
27
khi
4
1
3
x = −
Bài3:Tìm GTLN và GTNN của hàm số
1

sin cos
y
x x
=
+
Giải: Trước hết ta xét hàm số
( ) sin cosg x x x= +
có TXĐ là
[ ]
2
0;
π
Ta có
cos sin cos cos sin sin
'( )
2 sin 2 cos 2 sin .cos
x x x x x x
g x
x x x x
−
= − =
'( ) 0 cos sin
4
g x x x x
π
= ⇔ = ⇒ =
Ta có
4
(0) 1; ( ) 8; ( ) 1
4 2

g g g
π π
= = =
Do đó :
4
1 ( ) 8g x≤ ≤
Suy ra
4
1
1
8
y≤ ≤
Vậy maxy = 1 và miny =
4
1
8
Bài4:Tìm GTLN và GTNN của hàm số
2
( 6) 4y x x= − +
trên đoạn
[ ]
0;3
Ta có
2
2
2 6 4
'
4
x x
y

x
− +
=
+
;
1
0
2
x
y
x
=

= ⇔

=

Ta có :
(1) 5 5
(0) 12
(2) 8 2
(3) 3 13
y
y
y
y
= −
= −
= −
= −

So sánh các giá trị trên suy ra : maxy
3 13= −
; miny
12= −
C/ KẾT LUẬN
Kết luận : Trên đây là một số dạng toán và cách tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức.
1. Được triển khai áp dụng trong đơn vị trường cấp II-III Võ Thị Sáu .Được
tập thể tổ Toán tin đánh giá cao ,về phía học sinh, các em xem đây là tư
liệu tham khảo cần thiết cho việc học tập của mình . Với khả năng của
mình không sao tránh khỏi những thiếu sót .Mong các đồng nghiệp góp ý
xây dựng để đề tài được hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn.
2. Kiến nghị :
Qua giảng dạy tôi nhận thấy việc viết sáng kiến đem lại nhiều lợi ích
thiết thực cho giáo viên cũng như học sinh .Về phía nhà trường nên yêu cầu
mỗi giáo viên hàng năm nên viết sáng kiến kinh nghiệm của mình về lĩnh
vực nào đó ,xem đây là một tiêu chí thi đua .Nhà trường tổ chức báo cáo kinh
12
nghiệm đó để cùng nhau học tập . Về phía Sở giáo dục, hàng năm nên cung
cấp những sáng kiến những đề tài có chất lượng cao cho các trường học
tập .Qua đó nâng cao chất lượng giáo dục trong thời kỳ mới .
Tuy an ngày 10 tháng 03 năm 2008
Người viết
Đoàn Ngọc Lan
MỤC LỤC
Nội dung trang
II / PHẦN MỞ ĐẦU 1
1/Lý do chọn dề tài 1
2/Mục đích nghiên cứu 1
3/Đối tượng phạm vi nghiên cứu 1 `

4/Nhiệm vụ nghiên cứu 1
5/Phương pháp nghiên cứu 1
6/Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 1
II / NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2
CHƯƠNG I: Cơ sở lý luận liên quan đến SKKN 2
1/Cơ sở pháp lý 2
2/Cơ sở lý luận 2
3/ Cơ sở thực tiễn 2
CHƯƠNG II : Thực trạng của đề tài nghiên cứu 3
1/Khái quát phạm vi : 3
2/Thực trạng của sáng kiến kinh nghiệm 3
3/Nguyên nhân của thực trạng . 3
CHƯƠNG III :Biện pháp giải pháp chủ yếu để thực hiện
sáng kiến kinh nghiệm 3
1/ Cơ sở đề xuất giải pháp 3
2/Các giải pháp chủ yếu 4
3/Tổ chức triển khai thực hiện 4
Dạng I 5
Dạng II 6
Dạng III 7
13
Dạng IV 8
KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 9
TÀI LIỆU THAM KHẢO 9
MỤC LỤC 10


PHẦN ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG CÁC CẤP

……………………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………






14