skkn phương pháp giải và bài tập phát triển chương i sách giáo khoa giải tích 12

PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ BÀI TẬP PHÁT TRIỂN CHƯƠNG I
SÁCH GIÁO KHOA GIẢI TÍCH 12
I. ĐĂT VẤN ĐỀ:
1. Lý do chọn đề tài:
- Dạy học bộ môn toán thực chất là dạy tư duy và dạy giải quyết các bài tập
toán.Ngoài các bài tập cần đạt ở sách giáo khoa để phục vụ các kỳ thi học kỳ và thi
tốt nghiệp của bộ môn toán ,cần có những bài tập nâng cao để phát huy tính sáng
tạo .phát triển tư duy cho nhiều đối tượng học sinh
- Kỳ thi học sinh giỏi và thi Đại Học do nhu cầu kiểm tra đối tượng học sinh ở
mức độ phân hóa cao nên tất cả các học sinh cần phải đối diện các loại đề toán khó
hơn do đó giáo viên cũng cần ra những loại bài tập mà sách giáo khoa không đề
cập đến .
- Người ta đã phân bậc trong nhận thức theo thứ tự :nhớ , hiểu , vận dụng , phân
tích , tổng hợp và đánh giá .Ở mức độ trường phổ thông bài tập vận dụng là cần
thiết mà ở mức độ vận dụng thì bài tập ở sách giáo khoa còn rất ít.
- Học toán nếu vấn đề càng khó, càng hấp dẫn khi ấy không chỉ rèn luyện các
phẩm chất tư duy , óc sáng tạo, trí thông minh, cách nhìn linh hoạt mà là động cơ
gây hứng thú đam mê, yêu thích bộ môn toán.
Vì những lý do trên chúng ta cần phải cho học sinh tiếp cận một số đề toán lạ mà
cách giải từ thông dụng đến các kỹ thuật vận dụng giải quyết là đa dạng,phong
phú.
3. Mục đích của đề tài
• Bổ sung tài liệu và phương pháp giảng dạy bộ môn toán
• Phát huy tính sáng tạo qua cách tìm các phương pháp giải toán
• Chú ý đến các đối tượng học sinh khá ; giỏi .
• Đánh động đến giáo viên và giúp họ mạnh dạn soạn các loại bài tập
phát triển
4. Phạm vi nghiên cứu: Chương I giải tích và một số kiến thức đại số liên quan
cần thiết.
5.Phương pháp nghiên cứu
- Tìm hiểu cơ sở lý luận của phương pháp giải toán và mức độ phát triển cho phép

của phần lý thuyết
- Nên phát triển từ những bài toán cơ bản và kết hợp lý thuyết đến mức độ nào thì
thích hợp (dựa vào định lý, tính chất đã học)
- Khảo sát sự tiếp thu của các loại đối tượng học sinh tùy theo mức độ phát triển
của bài toán để điều chỉnh
- Kiểm tra hiệu quả để mở rộng kiểu bài tập.
II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI:
Các loại bài tập và ví dụ được sắp xếp song hành vớ cấu trúc chương trình chương
I giải tích toán 12
1)Chủ điểm : Tính đơn điệu
1
Về tính đồng biến, nghịch biến trước đây sách giáo khoa Toán 10 có phần so
sánh 1 số
α
với nghiệm của Phương trình bậc 2 nhưng nay không được sử dụng
nên cần phải có cách giải quyết hoặc ra đề thich hợp
Phương pháp Tam thức bậc 2 rất quan trọng và có nhiều ứng dụng nên cần vận
dụng thành thạo.
• Phương pháp Tịnh tiến nghiệm (Tương tự dời hệ toạ độ để biểu diễn công
thức hàm số đơn giản)
Mục đích đưa về so sánh với số 0 ví dụ cụ thể là
1 2
0
0 0
0
x x P
S
∆ >



< < ⇔ >


>

Ví dụ 1: Kiểu tam thức có nghiệm đơn giản
Cho hàm số
y x m x m m x
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
= − + + + +
có đồ thị (C
m
).
Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
− +∞
( 3; )
Lời giải.
y x m x m m
2
' 6 6(2 1) 6 ( 1)= − + + +
có
m m m
2 2
(2 1) 4( ) 1 0
∆
= + − + = >
x m
y
x m

' 0
1

=
= ⇔

= +

Hàm số đồng biến trên các khoảng
m m( ; ), ( 1; )
−∞ + +∞
(a=2)
Do đó: hàm số đồng biến trên
− +∞
( 3; )
⇔
+ ≤ −
m 1 3
⇔
≤ −
m 4
Ví dụ 2: Cho hàm số
4 2
2 3 1y x mx m
= − − +
(1), (m là tham số).
Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (1; 2).
Lời giải.
Ta có
3 2

' 4 4 4 ( )y x mx x x m= − = −
+
0m
≤
,
0,
′
≥ ∀
y x
⇒
0m
≤
thoả mãn.
+
0m
>
,
0
′
=
y
có 3 nghiệm phân biệt:
, 0, m m
−
.
Hàm số (1) đồng biến trên (1; 2) khi chỉ khi
1 0 1
≤ ⇔ < ≤
m m
.

Vậy
(
]
;1m
∈ −∞
.
Ví dụ 3: Kiểu nghiệm tam thức không đơn giản
Cho hàm số
= + − − + ≠
y (m -1)x m x x m
2 3 2
1
( 1) 2 1( 1)
3
có đồ thị (C
m
).
Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
−∞
( ;2)
Lời giải. D = R
= + − −
y (m -1)x m x
2 2
' 2( 1) 2
Đặt t = x -2
= = + − − + −
y g t (m -1)t m m t m
2 2 2
' ( ) ( 4 2 6) 4 10

2
YCBT
⇔
g(t)
≤
0
0t
∀ <
0
0
0
0
0
0
a
a
S
P
 <



∆≤



<

⇔



∆>




>



≥




2
2
2
2
2
1 0
3 2 1 0
1 0
3 2 1 0
4 4 10 0
2 3
0
1
m
m m

m
m m
m m
m
m


− <



− − ≤





− <


⇔

− − >





+ − ≤



− −


>


+


⇔

1
1
3
m
− < <
Ví dụ 4: Cô lập tham số m và khảo sát hàm số liên quan
Cho hàm số
3 2
(1 2 ) (2 ) 2y x m x m x m= + − + − + +
.
Tìm m để hàm đồng biến trên
( )
0;
+∞
.
Lời giải. D = R
Hàm đồng biến trên
(0; )

+∞

y x m x m
2
3 (1 2 ) (22 ) 0
′
⇔ += − + − ≥
với
x 0 )( ;
∀ ∈ +∞

x
f x m
x
x
2
23
( )
4 1
2
+
⇔ = ≥
+
+
với
x 0 )( ;
∀ ∈ +∞
Ta có:
x
f x x

x
x x
x
2
2
2
2(6
( ) 0
3) 1 73
36
(4 1
0
12
)
+ − − ±
+ − = ⇔ =
′
= = ⇔
+
Lập bảng biến thiên của hàm
f x( )
trên
(0; )+∞
, từ đó ta đi đến kết luận:
f m m
1 73 3 73
12 8
 
− + +
≥ ⇔ ≥

 ÷
 ÷
 
2)Chủ điểm : Cưc trị của hàm số
Vấn đề cực trị của hàm bậc 3 hay dạng hàm số
2
ax bx c
y
cx d
+ +
=
+
cực trị của hàm số
cũng liên quan đến tam thức bậc 2 và cũng với cách phân loại kỹ thuật giải toán
như trên ta cũng có các bài tập phong phú
Ví dụ 5: Xét bài toán tổng hợp sau:
Cho hàm số
3 2 2
1
( 1) 1
3
y x mx m m x= + − + +−
.Tìm m để hàm số có điểm cực trị
x
1
,x
2
thoả a)thuộc (-
∞
,1) b) thuộc (1, +

∞
) c)
1 2
1x x
< <
d)
1 2
1x x
< <
e) 1 <
1 2
x x
<
3
Lời giải. D = R
= − + − +
y x mx m m
2 2
' 2 1
Đặt t = x -1
= = + − + − +
y g t t m t m m
2 2
' ( ) 2(1 ) 3 2
a)Hàm số có điểm cực trị thuộc (-
∞
,1)
⇔
f ‘(x)=0 có nghiệm thuộc (-
∞

,1)
⇔
g(t)=0 có nghiệm t < 0

⇔
2
'
2
0
3 2 0
0
1 0
1 2
0
2 2 0
0
3 2 0
P
m m
m
m
S
m
P
m m
<


− + <




∆ >

− >


⇔ ⇔ < <




<
− <






≥


− + ≥




b) Tương tự m>1 thì Hàm số có điểm cực trị thuộc ( 1; +
∞

)
c)
1 2
1x x
< <

⇔
g(t)=0 có 2 nghiệm
1 2
,t t
thoả
1 2
0t t
< <
⇔
P < 0
⇔

2
3 2 0m m
− + <

⇔
1< m <2
d) g(t)=0 có 2 nghiệm
1 2
,t t
thoả
1 2
0t t

< <

⇔
'
2
1 0
0
0 3 2 0
0 2 2 0
m
S m m
P m
− >
 
∆ >
 
< ⇔ − + <
 
 
> − >
 
Không có m thích hợp
∗
Ta có thể không Tịnh tiến nghiệm mà xử lý trực tiếp từ
= − + − +
y x mx m m
2 2
' 2 1
=0 và sử dụng định lý Vi-ét
1 <

1 2
x x
<

⇔
0 <
1 2
1 1x x
− < −
'
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
0
( 1)( 1) ( ) 1 0
( 1) ( 1) 2 0
x x x x x x
x x x x

∆ >

⇔ − − = − + + >


− + − = + − >


⇔
m>2
Ví dụ 6: Cho hàm số y=
2 2

2 3
2
x mx m
x m
− +
−
Tìm m để hàm số có 2 điểm cực
trị thoả a)thuộc (-
∞
,1) b) thuộc (1, +
∞
)
c)
1 2
1x x
< <
d)
1 2
1x x
< <

Gợi ý giải
2 2
'
2
4
( 2 )
x mx m
y
x m

− +
=
−
Xét g(t)=
2 2
2(1 2 ) 4 1t m t m m
+ − + − +
3)Chủ điểm: Sự tương giao
Bài toán tương giao giữa đồ thị hàm bậc 3 và đường thẳng thì phuơng trình
hoành độ giao điểm cũng là phương trình bậc 3
Việc có trước x
1
còn lại yêu cầu đối với 2 nghiệm còn lại ta có thể sử dụng các kỹ
thuật tương tự như trên
4
Ví dụ 7:
Từ PT
( 1)( )( ( 1)) 0x x m x m
− − − + =
ta có hàm số

2
( 1)( (2 1) ( 1))y x x m x m m
= − − + + +

⇔
3 2 2
2( 1) ( 3 1) ( 1)y x m x m m x m m
= − + + + + − +
Có thể ra đề : Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3điểm phân biệt

a) có hoành độ đều dương b) trong đó chỉ có 1điểm có hoành độ âm
c) trong đó chỉ có 1điểm có hoành độ dương
Ví dụ 8: Cho hàm số
3 2
( 2) 2 12y x mx m x m
= − + + + −
Tìm m để đồ tị hàm số cắt trục hoành tại 3điểm phân biệt
a) có hoành độ đều dương b) có hoành độ nhỏ hơn 3
c) có hoành độ x
1
,x
2
,x
3
thoả
2 2 2
1 2 3
26x x x
+ + =
….
Gợi ý : x=2 là nghiệm của PT hoành độ giao điểm
Một số Bài tập tương tự cho ba chủ dề trên:
1)Cho hàm số
3 2 2
1
( 1) 1
3
y x mx m m x= + − + +−
. Tìm m để đồ thị hàm số có 2
điểm cực trị A,B và AB=

4 65
2)Cho hàm số
3 2 2
3) 3( 3 )3( 5 1y x m x m m x= − + − + +−
. Tìm m để hàm số có 2
điểm cực trị thoả
1 2 1 2
7x x x x
+ − <
3) Cho hàm số
3 2
(2
1
( 1) 1) 3(2 1) 1
3
y m x m x m x= + − + − +−
. Tìm m để hàm số
đồng biến trên khoảng
−∞ −
( ; 1)
4) Cho hàm số
y x mx m x m
3 2 2 2
3 3( 1) ( 1)= − + − − −
(m là tham số) (1).
Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có
hoành độ dương.
5) Cho hàm số y=
2
m x

x
−
+
( H
m
) Tìm m để đường thẳng d: 2x+2y=1 cắt (H
m
)
tại A;B sao cho diện tích
3
8
OAB
∆ =
6) Cho hàm số
y x mx
3
2= + +
có đồ thị (C
m
) Tìm m để đồ thị (C
m
) cắt trục
hoành tại một điểm duy nhất.
7) Cho hàm số
y x x m
3 2
3
= + +
(1) Xác định m để đồ thị của hàm số (1) có
hai điểm cực trị A, B sao cho

·
AOB
0
120=
.
8) Cho hàm số y=
2
2 3
1
x x m
x
− +
−
Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
+∞
(2; )
5
Trong ba chủ đề trên: định hướng ; mục đích ; phương pháp ra đề đã cô đọng
rất rõ ràng do đó 8 ví dụ và 8 bài tập tạm gọi là đủ ,các đồng nghiệp có thể linh
hoạt ra rất nhiều đề luyện tập kiểu này dễ dàng. Tham khảo thêm ở phần đề
kiểm tra
Tôi xin tăng cường ví dụ ở nội dung thứ tư : GTNN-GTLN
4)Chủ điểm:GTNN-GTLN
• Trong các đề thi Đại học Cao đẳng gần đây bài toán Tìm GTNN-GTLN
của biểu thức chứa 2 hay 3 biến được sử dụng nhiều thậm chí có khi phải khảo
sát theo 1 biến các biến còn lại xem như hằng số ( do mối kiên kết các biến
không gắn với giả thiết theo qui luật định trước tương tự cách giải của hàm
nhiều biến ở năm đầu đại học ) .Việc dạy giải các bài tập này cho nhiều đối
tượng là có khó khăn.
• Ngoài các bài tập trong sách giáo khoa ta lần lượt đưa thêm các dạng bài tập

kiểu từ dễ đến khó như sau:
Ví dụ 9: Tìm GTLN-GTNN của a)
2
2
1
1
x x
y
x x
− +
=
+ +

b)
sin 2cos 1
sin cos 2
x x
y
x x
+ +
=
+ +

Lời giải. a) Ngoài PP đạo hàm ta giới thiệu PP Miền Giá Trị
D = R gọi T là miền giá trị của y

0
y T
∈

⇔

2
0
2
1
1
x x
y
x x
− +
=
+ +
(1) có nghiệm đối với x
(1)
⇔

2 2
0
( 1) 1y x x x x
+ + = − +

⇔

2
0 0 0
( 1) ( 1) 1 0y x y x y
− + + + − =
(
∗

)
Nếu y
0
= 1 thì (
∗
)
⇔
x =0 Nếu y
0
-1
≠
0 (
∗
) có nghiệm
⇔

∆
>0
⇔

2
0 0 0
1
3 10 3 0 3
3
y y y− + − ≥ ⇔ ≤ ≤
Vậy GTLN y=3 GTNN y=
1
3
b) Tương tự

0 0 0
( 1)sin ( 2)cos 1 2y x y x y
− + − = −
có nghiệm
2
0 0 0
2 0 2 1y y y
+ − ≤ ⇔ − ≤ ≤
Vậy GTLN y=1 GTNN y= -2
Biến hoá từ ví dụ trên ,ta có bài toán
Ví dụ 10: Cho x,y thực dương thỏa
2 2
x y 1
+ =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
x xy 2y
P
1 xy
− +
=
+
Với
0
=
y
, ta được
1
=

P
. Với
0
≠
y
, ta đặt
=
x
t
y
Khi đó:
2
2
( )
1
2t t
P f t
t t
−
+
=
+
+
=
Ta cũng đã gặp Bài toán Khối B 2008 khai thác cách này
6
Chú ý tính đẳng cấp của biểu thức nhiều ẩn thì có ngay ý tưởng giải
• Cho x,y là 2số thực thay đổi và thỏa
2 2
x y 1

+ =
.
Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
2
2
2(x 6xy)
P
1 2xy 2y
+
=
+ +
Ta đưa BT giả thoát tính đẳng cấp để học sinh biến hoá ra sao .Đây là bài tập
phần kiểm tra
• Cho x,y là 2 số thực thay đổi và thỏa
2 2
x y 1
+ =
.
Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
4 2
2
y (xy 1)
P
1 2xy 2y
+ +
=
+ +

⊕
Phương pháp ẩn phụ hay đổi biến từ các dạng toán phương trình được dùng

tương tự cho GTNN-GTLN như ví dụ sau :
Ví dụ 11: Tìm GTNN, GTLN của hàm số
1 3 ( 1)(3 )y x x x x
= + − − − + −
Lời giải.
[ ]
1;3D
= −
Nhận xét
( )
2
1 3 4 2 ( 1)(3 )x x x x+ − − = − + −
,
Vì thế nếu đặt
1 3t x x
= + − −
thì
2
4
( 1)(3 )
2
t
x x
−
+ − =
và ta có
hàm số theo biến t sau:
2
( ) 2
2

t
g t t= + −
.
Để tìm điều kiện cho biến số t ta lưu ý rằng
[ ]
2
4 2 ( 1)(3 ) 4, 1;3t x x x= − + − ≤ ∀ ∈ −
, từ đó suy ra
2 2.t
− ≤ ≤
(hoặc lập BBT
của hàm số
( ) 1 3t x x x
= + − −
trên
[ ]
1;3D
= −
để suy ra
2 2.t
− ≤ ≤
)
Bài toán quy về tìm GTNN, GTLN của hàm số
2
( ) 2
2
t
g t t
= + −
trên đoạn

[ ]
2;2
−
.
Đáp số: Maxy = 2
⇔
x = 3; Miny =
2
5
−

⇔
.
2
7
1−=x
Ví dụ 11: Kiểu lượng giác
a) Tìm GTNN, GTLN
2
cos 2 4 3 sin cos 2y x x x= − +
b) Tìm GTNN, GTLN
3
sin cosy x x
=

0,
2
x
π
 

∈
 
 
Gợi ý a) t= sin2x
2
( ) 2( 3 1) 3y f t t t
= = − − − +
b)
3
( ) (1 )f t t t= −
với t=sin
2
x
0 1t
≤ ≤
7

8
VẤN ĐỀ HÀM NHIỀU BIẾN QUI VỀ 1 BIẾN
Tiến hành các dang bài tập từ đơn giản đến phức tạp từ 2 biến đến 3 biến để
mở rông đối tượng luyện tập
Rất tự nhiên Tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp thế
Ví dụ 12:
Cho các số thực
0
≥
x
và
0
≥

y
thỏa
2
=+
yx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức.
13
3
22
+−
−+++
=
xyx
xyxyx
P
Giải :
.Ta có
2=+ yx

⇒

xy −= 2
.
1
1
1)2(3
3)2()2(
2
222

++
+−
=
+−−
−+−+−+
=
xx
xx
xxx
xxxxx
P
.Điều kiện





≤≤⇒
=+
≥
≥
20
2
0
0
x
yx
y
x
Bảng biến thiên

22
2
/
)1(
22
++
−
=
xx
x
P
.
3
1
=
PGTNN
khi
1
=
x
Ví dụ 13: (Khai thác cách tìm điều kiện
của x )
Cho
,
∈
x y R
thỏa mãn
2
0; 12
≤ + = +

y x x y
.
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
2 17
= + + +
P xy x y
Từ giả thiết ta có
2
12 0= + − ≤y x x
hay
4 3
− ≤ ≤
x
. Khi đó
3 2
3 9 7
+ − −
x x x
.
Xét hàm số
3 2
( ) 3 9 7; [ 4;3]= + − − ∈ −f x x x x x
Ta có
2
( ) 3( 3 2 ); ( ) 0 3 1
′ ′
= − + = ⇔ = − ∨ =f x x x f x x x
Từ bảng biến thiên ta có
x [ 4;3]
x [ 4;3]

min f (x) f (1) 12; m ax f (x) f( 3) f(3) 20
∈ −
∈ −
= = − = − = =
Vậy min P=-12 đạt được khi x=1;y=-10 và max P=20 đạt được khi x=-3; y=-6
hoặc x=3; y=0
Ví dụ 14: Cho x,y>0 thỏa x+y=1. Tìm GTNN của biểu thức

x y
K
y x
= +
Từ giả thiết ta có y=1-x, 0<x<1. Khi đó K viết lại thành
1
1
−
= +
−
x x
K
x x
9
Xét hàm số f(x)=
1
1
−
+
−
x x
x x

2 x x 1
f '(x)
2(1 x) 1 x 2x x
− +
= −
− −

1
'( ) 0
2
= ⇔ =
f x x
Vậy min K=
2
đạt được khi
1
2
= =x y
( Dĩ nhiên dùng BĐT
x y
x y
y x
+ ≥ +
thì đơn giản hơn nhiều )
Cách giải khác Vì P > 0 với mọi x, y > 0 nên P đạt GTNN khi và chỉ khi
P
2
đạt GTNN.

Kết hợp với giả thiết x + y = 1, ta có:
2 2 2 2
2
3
x y 2xy x y 2xy
P
1 x 1 y y x
(1 x)(1 y) 1 x y xy
(x y) (x y) 3xy
2 xy
xy
1 1
2 xy 3 2 t 3 f(t) (t xy).
xy t
= + + = + +
- -
- - - - +
é ù
+ + -
ê ú
ë û
= +
= + - = + - = =
Từ giả thiết và BĐT đúng
.
4
1
004)(
2
≤=<⇒>≥+

xytxyyx
(quan trọng)
Chứng minh được hàm số f(t) nghịch biến trên đoạn






4
1
;0
, suy ra GTNN của hàm
số này (chính là GTNN của P
2
) là
2)
4
1
(
=
f
, từ đó có kết quả bài toán.
Ta cũng có thể cho các em làm quen dần với biểu thức đối xứng và dựa vào
giả thiết mà đổi biến là t = x+y hay t = xy khi ấy điều quan trọng là miền giá trị
của biến t. Các Bất đẳng thức thường dùng thương dung cho 2 biến

22
22
2

baba
ab
+
≤






+
≤
)0,0(
≥≥
ba






+≤≤
+
ba
ab
ba
11
4
1
2

11
)0,0(
>>
ba
22
33
3
baba
+
≤






+
)0,0(
≥≥
ba
Ví dụ 15: Cho
0,0
>>
yx
và
1
=+
yx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức







+








+=
2
2
2
2
11
x
y
y
xP
.
10
Giải :
.Ta có







+








+=
2
2
2
2
11
x
y
y
xP
2
2
)(
1
)(2
xy

xy
++=
.Đặt
2
)(xyt =
.
.Theo BĐT Côsi ta có
2
2






+
≤
yx
xy

4
1
0
≤<⇒
xy

16
1
0
≤<⇒

t
.Xét hàm số
t
ttf
1
2)( ++=
với
16
1
0
≤<
t
.
0
11
1)(
2
2
2
/
<
−
=−=
t
t
t
tf
với
16
1

0
≤<
t
.Bảng biến thiên
.
16
289
=
PGTNN
tại
1 1
16 2
t x y
= ⇔ = =
Ví dụ 16: Cho các số thực dương thay đổi
x,y
thỏa điều kiện
x y 1+ =
. Tìm
GTNN của biểu thức
xy
yx
P
11
33
+
+
=
Giải :
xyxyxy

yxxyyx
xy
yx
P
1
31
11
)(3)(
111
333
+
−
=+
+−−
=+
+
=
Đặt
4
1
2
0
2
=







+
≤=<
yx
xyt
Xét hàm số
tt
tf
1
31
1
)(
+
−
=
với
4
1
0 ≤< t
.
22
/
1
)31(
3
)(
tt
tf −
−
=
6

33
0)(
/
±
=⇔=⇒
ttf
.Bảng biến thiên
11
Suy ra
324
6
33
+=








−
≥
fP
Vậy GTLN
324
+=
P
khi









−
=








−
±=
3
332
1
2
1
;
3
332
1
2
1

yx
Trở lại các đề thi của Bộ như cách minh hoạ kỹ thuật biến đổi thường gặp

Ví dụ 17: ( CĐ Khối A, B – 2008 ). Cho
, x y
là số thực thỏa mãn
2 2
2x y
+ =
. Tìm GTLN-GTNN của
3 3
2( ) 3P x y xy
= + −
Lời giải.

2 2
2( )( ) 3
= 2( )(2 ) 3
P x y x xy y xy
x y xy xy
= + − + −
+ − −
Ta có :
2
( ) 2
2
x y
xy
+ −
=

, vì thế sau khi đặt
t x y
= +
thì:
2 2
3 2
2 2 3
( ) 2 (2 ) 3 6 3
2 2 2
t t
P t t t t t
− −
= − − = − − + +
Ta có
2
2 2 2
( )
( ) 4 2 2
2
x y
x y x y t
+
+ ≥ ⇒ + ≤ ⇒ − ≤ ≤
.(cho học sinh tìm)
Xét hàm số
3 2
3
( ) 6 3
2
P t t t t

= − − + +
với
2 2t
− ≤ ≤
.
Ta có
2
'( ) 3 3 6P t t t= − − +
.
1
'( ) 0
2
t
P t
t
=

= ⇔

= −

Ta có bảng biến thiên như sau
t
-2 1 2
P’(t) + 0 -
P(t)

13
2
-7 1

Vậy
12
[ ]
2;2
min ( ) ( 2) 7P t P
−
= − = −
khi
1x y
= = −
[ ]
2;2
1 3 1 3
;
13
2 2
( ) (1)
2
1 3 1 3
;
2 2
x y
max P t P
x y
−

+ −
= =



= = ⇔

− +
= =


Ví dụ 18: ( ĐH Khối D – 2009 )Cho
0, 0x y≥ ≥
và
1x y+ =
.Tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :

2 2
(4 3 )(4 3 ) 25S x y y x xy
= + + +
Lời giải.
Ta có :
2 2 2 2 3 3
(4 3 )(4 3 ) 25 16 12( ) 34S x y y x xy x y x y xy= + + + = + + +

2 2 2 2
16 12( )( ) 34x y x y x xy y xy
= + + − + +

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

2 2
16 2 12x y xy= − +

Đặt
t xy
=
. Do
0; 0x y
≥ ≥
nên
2
( ) 1 1
0 0
4 4 4
x y
xy t
+
≤ ≤ = ⇒ ≤ ≤
Xét hàm số
2
( ) 16 2 12f t t t= − +
với
1
0
4
t
≤ ≤
.
Ta có
'( ) 32 2f t t
= −
.
1

'( ) 0
16
f t t
= ⇔ =
.
Bảng biến thiên

t
0
1
16

1
4

f’(t) - 0 +
f(t)
12
25
2

191
16
Vậy :
1
0;
4
1 191
min ( ) ( )
16 16

f t f
 
 
 
= =
khi
2 3 2 3
;
4 4
x y
+ −
= =
hoặc
2 3 2 3
;
4 4
x y
− +
= =
1
0;
4
1 25
( ) ( )
4 2
max f t f
 
 
 
= =

khi
1
2
x y= =
Ví dụ 19: Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của biểu thức

1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
13

14
Lời giải

2 2 2
1 x xy y 2xy xy xy;1 (x y) 3xy 3xy
= − + ≥ − = = + − ≥ −
từ đó

⇒
1
3
1
≤≤−
xy
Ngoài ra
xyyxyxyx
+=+⇔=+−
11
2222

⇒

12
2244
++−=+
xyyxyx
.
Đặt t=xy Bài toán trở thành
Tìm GTLN,GTNN của
1
3
1
;
2
22
)(
2
≤≤−

+
++−
== t
t
tt
tfP




−−=
−=
⇔=
+
+−⇔=
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
Hàm f(t) liên tục trên
[ ]
1;
3

1
−
Tính
)
3
1
(
−
f
,
)26(
−
f
,
)1(f
ta được
626)26(
−=−=
fMaxP
,
15
11
)
3
1
(min
=−=
fP
Ví dụ 20: Cho
2 2

+ = +x y x y
.
Tìm GTNN,GTLN của biểu thức
3 3 2 2
= + + +P x y x y y x
Lời giải
Đặt
= +t x y
từ giả thiết ta có
2 2
2 ( ) ( )= + − + = −xy x y x y t t
hay
2
2
−
=
t t
xy
.
Áp dụng BĐT
2 2 2
( ) 2( ) 2( )+ ≤ + = +x y x y x y
hay
2
2≤t t
suy ra
0 2≤ ≤t
. Khi đó biểu
thức
3 2

( ) 2 ( )= + − + =P x y xy x y t
Do đó Max P=4 đạt dược khi
2
=
t
hay
2+ =x y
và
1=xy
suy ra
1; 1= =x y

Ta có min P=0 khi
0
=
t
hay
0; 0= =x y
Ví dụ 21: (Kiểu tìm đk của t từ GT)Cho
, 0
>
x y
thỏa mãn
2 2
1
+ + =
x y xy
.
Tìm GTLN của biểu thức
1

xy
P
x y
=
+ +
Lời giải
Đặt
= +
t x y
. Từ giả thiết ta có
2
1= −xy t
. Áp dụng BĐT
2
( ) 4+ ≥x y xy

ta có
0
2
3
t< ≤
.
Khi đó
2 3 3
1
3
P t
−
= − ≤
Vậy

2 3 3
max 1
3
P t
−
= − ≤
đạt được khi
1 1
( ; ) ( ); )
3 3
x y =
.
Ví dụ 22: Cho
0
≠
xy
thỏa mãn
1
+ =
x y
.
15
Tìm GTNN của
2 2
2 2 2 2
1
1 1
= + +
+ + +
x y

P
x y y x
Đặt
2 2
= +
t x y
ta có
2
( ) 1
+ =
x y
nên
1
2
−
=
t
xy
Áp dụng BĐT
2 2 2
( ) 2( )
+ ≤ +
x y x y
suy ra
1
2
≥t
. Khi đó
4 4 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2

1 ( ) ( ) 1 2 8 2
( ) 1 2 5
+ + + + −
= + = +
+ + + + + +
x y x y t t
P
x y x y x y t t t
Xét hàm số
4 4 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
1 ( ) ( ) 1 2 8 2
( )
( ) 1 2 5
+ + + + −
= = + = +
+ + + + + +
x y x y t t
f t P
x y x y x y t t t
2
2 2 2
1 4 24 44
( )
( 2 5)
− + +
′
= − +
+ +
t t

f t
t t t

2
( ) 0 ( 1)( 1) ( 5) 0
′
= ⇔ − + − =
f t t t t
Từ BTT ta có
1
t [ ; ]
2
1 12
max P max f(t) f ( ) f (5)
2 5
∈ +∞
= = = =
đạt được khi (x;y)=
1 1
( ; )
2 2
hoặc x=2;y=-1

1
t [ ; ]
2
min P min f (t) f(1) 2
∈ +∞
= = =
đạt được khi (x;y)=(1;0) hoặc (0;1)

Bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức chứa 3 biến
Tập cho học sinh làm quen mối quan hệ sau
Ba đại lượng: a + b + c, ab + bc + ca hoặc a
2
+ b
2
+ c
2
. Và hằng đẳng thức
(a + b + c)
2
=a
2
+ b
2
+ c
2
– 2ab – 2bc – 2ca .
Tìm ĐK cho t ta thường dùng một trong các bất đẳng thức sau:

222
cbacabcab
++≤++

)0,0,0(
≥≥≥
cba

3
3







++
≤
cba
abc

)0,0,0(
≥≥≥
cba

cba
abc
cba
11139
3
++≤≤
++

)0,0,0(
>>>
cba

2
222
33







++
≤
++
cbacba

)0,0,0(
≥≥≥
cba
Bắt đầu từ các ví dụ đơn giản
Ví dụ 23: Cho
[ ]
, , 0;2a b c
∈
thỏa mãn
3a b c
+ + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
2 2 2
a b c
+ +
Lời giải
Không mất tính tổng quát gỉa sử
a b c

≤ ≤
kết hợp với giả thiết ta suy ra
1 2c
≤ ≤
Vì
( ) ( )
2 2
2 2
3a b a b c
+ ≤ + = −
do
0ab
≥
suy từ giả thiết
16
Nên Q
( )
[ ]
2
2 2
( ) 3 2 6 9, 1;2f c c c c c c
≤ = − + = − + ∈

Bảng biến thiên hàm số
( )f c
với
[ ]
1;2c
∈

c 1 3/2 2
f’(c) - 0 +
f(c)
5 5
f(3/2)
Từ BBT ta suy ra Q
5
≤
.Đẳng thức xãy ra khi
( )
, ,a b c
là một hoán vị bất kì của bộ
( )
0;1;2
Vậy giá trị lớn nhất của Q là 5.
Ví dụ 24: Cho các số thực
, , 0; 1a b c a b c
> + + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của biể thức Q =
( )
7 9ab bc ca abc
+ + −
Lời giải
Không mất tính tổng quát ta giả sử
0 a b c
< ≤ ≤
kết hợp điều kiện
1
1 0

3
a b c a
+ + = ⇒ < ≤
Ta có Q =
( ) ( )
( )
3 2
1
7 1 7 9 9 3 5 7
4
a a bc a a a a
− + − ≤ − − + +
(do 7 -9a >0;
( )
( )
2
2
1
1
4 4
a
bc b c
−
≤ + =
)
Xét hàm số
3 2
1
( ) 9 3 5 7, 0;
3

f a a a a a
 
= − − + + ∈


 
f’(a) =
2
1 5
27 6 5 27 0
3 9
a a a a
  
− − + = − − + ≥
 ÷ ÷
  
do
1
0;
3
a
 
∈


 
1
axf(a) = f( ) 8
3
M

⇒ =

Vậy giá trị lớn nhất của Q là 2 đạt được khi
1
3
a b c
= = =
.
Ví dụ 25: Cho các số thực dương a, b, c thỏa
1a b c
+ + =
.Tìm GTLN của biểu
thức:
3 3 3
1
4
P a b c
= + +
Lời giải
Ta có

dựa vào phép ch/minh tương đương ,dấu = xảyra khi a=b
3 3
3 2
3 3
1 1 1 3 3 1
( )
2 4 2 4 8
a b c c c c
P c c f c

+ − + − +
   
⇒ ≥ + = + = =
 ÷  ÷
   
Xét g(c) = 8 f(c) ; g’(c) = 0
⇔
1 2
1 2; 1 2c c
= − + = − −
17

2
( ) ( ) ( 1 2) 6 4 2g c g c g
= + =

1
( ) (3 2 2)
4
P f c
=

GTNN
Vớ d 26: : Cho cỏc s thc a, b, c ụi mt khỏc nhau thuc
[ ]
2;0
. Tỡm GTNN
ca biu thc

Li gii

Gi s
20

cba
T



<
<
bbc
ac
20
20













22
2
)2(

1
)(
1
4
1
)(
1
bcb
ac
Suy ra
Xột hm s

vi
20
<<
b
33
/
)2(
22
)(
bb
bf

+=
Suy ra
4
9
)1( = fP
Vy GTNN

4
9
=
P
khi
2;1;0
===
cba
v cỏc hoỏn v
Vớ d 27 : Cho cỏc s thc khụng õm
zyx ,,
tho món
3
222
=++ zyx
. Tỡm giỏ
tr ln nht ca biu thc
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
Li gii Đặt
zyxt
++=


2
3
)(23

2
2

=+++++=
t
zxyzxyzxyzxyt
.
Ta có
30
222
=++++
zyxzxyzxy
nên
3393
2

tt
vì
.0
>
t
Khi đó
.
5
2
3
2
t
t
A +

=
Xét hàm số
.33,
2
35
2
)(
2
+=
t
t
t
tf
Ta có
0
55
)('
2
3
2
>

==
t
t
t
ttf
vì
.3

t
Suy ra
)(tf
đồng biến trên
]3,3[
. Do đó
.
3
14
)3()(
=
ftf
Dấu đẳng thức xảy ra khi
18
.13
===⇔=
zyxt
VËy GTLN cña A lµ
3
14
, ®¹t ®îc khi
.1
===
zyx
Ví dụ 28 : Cho các số đương
zyx ,,
thỏa
1
≤++

zyx
Tìm GTLN của biểu thức

Lời giải Áp dụng BĐT Côsi, ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 ( ) ( 1) ( 1)
2 2 4
x y z x y z x y z
+ + + ≥ + + + ≥ + + +

3
3
3
)1)(1)(1(






+++
≤+++
zyx
zyx
Suy ra
3
)3(
54
1

2
+++
−
+++
≤
zyx
zyx
P
Đặt
11
>+++=
zyxt

3
)2(
542
+
−≤
t
t
P
Xét hàm số
3
)2(
542
)(
+
−=
t
t

tf
với
t
<
1

42
/
)2(
1622
)(
+
+−=
tt
tf
4;10)(
/
==⇔=⇒ tttf
Suy ra
4
1
)4(
=≤
fP
Vậy GTLN
4
1
=
P
khi

1
===
zyx
Ví dụ 29 : Cho các số thực không âm a, b, c thỏa
3
=++
cba
.Tìm GTLN của
biểu thức :

Lời giải Giả sử
30
≤≤≤≤
cba
Suy ra



≤−
≤−
0)(
0)(
caa
baa



≤+−
≤+−
⇔

222
222
ccaca
bbaba
Do đó

19
Từ



≤≤≤≤
=++
30
3
cba
cba
ta có
323 ≤+≤⇔≤+⇒++≤+ cbbccbcbacb
Suy ra
4
9
0
≤≤
bc
Từ đó ta có
)39(
22
bccbP
−≤

Xét hàm số


với
4
9
0 <≤ t

tttf 189)(
2/
+−=
Suy ra
12)2(
=≤
fP
Vậy GTLN
12
=
P
khi
2;1;0
===
cba
và các hoán vị
Ví dụ 30 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm GTLN
của biểu thức

Giải :
Giả sử
2

3
10
<≤⇒≤≤<
ccba
Ta có

abccc )3(23)3(3
22
−−+−=
2
22
2
)3(23)3(3






+
−−+−≥
ba
ccc
2
22
2
3
)3(23)3(3







−
−−+−=
c
ccc

2
27
2
3
23
+−=
cc
Xét hàm số


với
2
3
1
<≤
t

cctf 33)(
2/
−=
Suy ra

13)1(
=≥
fP

Vậy GTNN
13=P
khi
1=== cba
Nhìn lại đề thi của Bộ
Ví dụ 31 : (khối B–2010) Cho các số thực không âm thỏa mãn
1
+ + =
a b c
.
Tìm GTNN của biểu thức:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3( ) 3( ) 2= + + + + + + + +A a b b c c a ab bc ca a b c
20
t 0 2
9
4
f’(t) 0 + 0 -
f (t)
12
Đặt
2
( ) 1 1
[0, ]
3 3 3
+ +

+ + = ⇒ ≤ = ⇒ ∈
a b c
ab bc ca x x x
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
3( ) 3( ) 2
3( ) 2
A a b b c c a ab bc ca a b c
ab bc ca a b c
= + + + + + + + +
≥ + + + + +
2
3( ) 2 ( ) 2( ) 3 2 1 2
= + + + + + − + + = + −
ab bc ca a b c ab bc ca x x
Xét hàm số
1
( ) 3 2 1 2 , [0, ]
3
= + − ∀ ∈
f x x x x
Đạo hàm
2
( ) 3
1 2
′
= −
−
f x
x

5
( ) 0 3 1 2 2 9(1 2 ) 4
18
′
= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =f x x x x
Dựa vào bảng biến thiên, ta được
1
( ) (0), [0, ]
3
≥ ∀ ∈
f x f x
( ) ( 2 ) 0
⇒ ≥ ≥ =
A f x f
Đẳng thức xảy ra khi
0
=
x
hay các hoán vị của bộ
(0,0,1)
Ví dụ 32: Cho
, , 0x y z
≥
và x+y+z=1. Tìm GTNN của
3 3 3
15
4
P x y z xyz+= + +
Giải : Giả sử
0 x y z

≤ ≤ ≤
mà x+y+z=1.
⇒

1
0 ; 1
3
x y z x
≤ ≤ + = −
3 3 3
15
4
P x y z xyz
+= + +
=
3 3
1
(
5
3 )) (
4
yzx y z y z xyz− + ++ +
=
3 3
15
(( 3( ))
4
( )x y z yz x y z+ − ++ +
3
2

3
(1 )
( ) 27
( 3)
4 4
y z
xx x
+
≥ + −+ −
=
3 2
1
(27 18 3 4)
16
x x x
− + +
=f(x)
⇒
f’(x)=0
⇔
x=
1
9
hay x=
1
3

Lập BBT ta có Min f(x)=
1
4

khi x=0 hay x=
1
3
Vậy GTNN P=
1
4
Khi (x,y,z)=(0,
1
2
,
1
2
) hay (x,y,z)=(
1
3
,
1
3
,
1
3
)
Vấn đề khảo sát hàm nhiều biến , chọn một tham số là biến
và cố định các tham số còn lại .Đây là nội dung khó cũng chỉ
nên xem là tập làm quen cho học sinh phổ thông chuẩn bị vào
đại học
21
Bắt đầu từ bài toán sau
Ví dụ 33:
Cho a,b,c là 3 số thực thuộc

1
[ ;3]
3
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

= + +
+ + +
a b c
P
a b b c c a
Lời giải
Đặt
( )
= + +
+ + +
a b c
P a
a b b c c a
. Xem đây là hàm theo biến
a
, còn b,c là
hằng số.
Ta có:
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2

− −
′
= − =
+ + + +
b c a bc
b c
P a
a b a c a b a c
Nếu
≥ ≥
a b c
và
1
, , ;3
3
 
∈
 
 
a b c
, suy ra:
( ) ( )
2
0; 0 0
′
− ≥ − ≥ ⇒ ≥ ⇒
b c a bc P a P a
tăng trên
1
;3

3
 
 
 
( ) ( ) ( )
3
3
3 3
⇒ ≤ = + + =
+ + +
b c
P a P f c
b b c c
Xem
( )
f c
là hàm theo biến
c
. Khi đó:
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
3 3
3
0
3 3

− −
′
= − + = ≤
+ + + +
b b c
b
f c
b c c b c c
Do đó
( )
f c
giảm trên
1
;3
3
 
 
 
, suy ra
( ) ( )
1 3 3 1
3 3 3 1 10
 
≤ = + + =
 ÷
+ +
 
b
f c f g b

b b
.
Xem
( )
g b
là hàm theo biến
b
. Khi đó:
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
1 1
3 3
3 1 3 3 1 3
− +
′
= − =
+ + + +
b b
g b
b b b b
Lập bảng biến thiên của
( )
g b
trên
1
;3
3

 
 
 
, ta có:
( ) ( )
8
1
5
≤ =
g b g
.
* Nếu
≥ ≥
c b a
và
1
, , ;3
3
 
∈
 
 
a b c
. Từ kết quả trên ta có
( )
8
, ,
5
≤P c b a
.

Có lẽ Bộ đã lấy ý tưởng từ bài này(trong cuốn Algebraic inequalities)
để có đề sau
22
(ĐH Khối A-2011). Cho ba số thực
[ ]
, , 1;4x 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
= + +
+ + +
Lời giải.( Đáp án của Bộ )
Ta có
ab
ba
+
≥
+
+
+
1
2
1
1

1
1
với

và
1≥ab
(chứng minh tương đương)
Khi đó
y
x
x
y
z
x
z
x
y
z
yx
x
P
+
+
+
≥
+
+
+
+
+

+
+
=
1
2
3
2
1
1
1
1
1
1
1
32
Đặt
y
x
t =
với
21
≤≤
t
Suy ra
t
t
t
P
+
+

+
≥
1
2
32
2
2
Xét hàm số
t
t
t
tf
+
+
+
=
1
2
32
)(
2
2
với
21
≤≤
t

[ ]
0
)1()32(

9)12(3)34(2
)(
222
3
/
<
++
+−+−−
=
tt
tttt
tf
Suy ra
( )
33
34
2 =≥ fP
Vậy GTNN
33
34
=P
khi
2;1;4 === zyx
.
Cách 2 :
Ta có :
2 3
x y z
P
x y y z z x

= + +
+ + +
.
Xem đây là hàm theo biến
z
; còn
,x y
là hằng số
2
2 2 2 2
( )( )
'( )
( ) ( ) ( ) ( )
y z x y z xy
P z
y z z x y z z x
− − −
= + =
+ + + +
Theo giả thiết
0x y x y≥ ⇒ − ≥
nếu
0P z xy≥ ⇔ ≥
(do
[ ]
, , 1;4x y z ∈
)
Z

xy

'( )P z
- 0 +
( )P z
min
23
Từ bảng biến thiên:
2
( )
2 3
2
=
2 3
1
y
x
P P xy
x y
x y
x
y
x
x
y
y
≥ = +
+
+
+
+

+
Đặt
x
t
y
=
, do
,x y x z≥ ≥
và
[ ]
, , 1;4x y z ∈
nên
1 2t
≤ ≤
.
Xét hàm
2
2
2
( )
2 3 1
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
giảm trên
[ ]
1;2
, do đó
34
( ) ( ) (2)
33
P P xy f t f≥ = ≥ =
Đẳng thức xảy ra :
4, 1, 2
2
z xy
x y z
x
t
y


=

⇒ = = =

= =


.
Vậy
34
min
33
P =
khi
4, 1, 2x y z
= = =
Cách 3 :
2 3
1
=
2 3 1
x y z
P
x y y z z x
x
y
y
x
x y z x

y x x z
= + +
+ + +
+ +
+ + +
Đặt a =
x
y
; b =
x
z

[ ]
; 1;4a b
∈
1
1 1
1 1
2 3 1 2 3 1

a a b
a
P
a b a a b b
a b
= + + = + +
+ + + + +
+
Xét hàm số
P(a)

1
2 3 1
a b
a a b b
= + +
+ + +

[ ]
1;4a
∈
P’(a) =
2
2 2 2 2
3 (3 4 ) 3 ( 2 3)
0
(2 3) ( ) (2 3) ( )
b b a b b a
a a b a a b
− + − −
− = <
+ + + +

[ ]
; 1;4a b
∈
P(a)> P(4)=
4 1
( )
11 4 1
b

Q b
b b
+ + =
+ +
Dấu= xảy ra khi a = 4 ;
4
x
y
=
24
Q’(b)=
2
2 2 2 2
4 1 3 12
( 4) (1 ) ( 4) (1 )
b
b b b b
−
− =
+ + + +
Q’(b)=0
⇔
b = 2
⇒

34
( ) (2)
33
Q b Q
≥ =

Dấu = xảy ra khi b=2 hay
2
x
z
=
⇒
34
33
P ≥
⇒
34
min
33
P
=
khi
4, 1, 2x y z
= = =
Ví dụ 34: Cho các số thựca,b,c thuộc
[ ]
0;1
Tìm GTLN của biểu thức


Xét hàm số


trên
[ ]
0;1

[ ]
0;1c
∀ ∈
Vậy f’(c) nghịch biến trên
[ ]
0;1


⇒
f’(c)
≥
f’(1)
= (

Vậy f(c) đồng biến trên
[ ]
0;1
⇒
f(c)
≤
f(1)=

Tiếp tục khảo sát g(a) =

trên
[ ]
0;1

ta có kết quả
3
2
( ) (1)
7 8
b
P g a g
b
≤ ≤ = +
+
lại tiếp tuc xét hàm số
3
2
( )
7 8
b
h b
b
= +
+
trên
[ ]
0;1
Do đó
2 1 3
( ) (1)
1 7 8 8
P h a h
≤ ≤ = + =
+

Vậy GTLN của P =
3
8
khi a=b=c=1
Ngoài ra phương pháp tiếp tuyến hoc sinh cũng cần tiếp cận vì thực ra lý
thuyết không quá khó so với trình độ học sinh khá hay giỏi ở lớp 12 hiện nay;
• Lịch sử vấn đề :Tháng 12/2005, 1/2006, Tiến sĩ Kin – Yin Li (công tác tại
Khoa Toán ĐH khoa học và công nghệ Hồng Kông) đã viết một bài báo với
tiêu đề “ Using Tangent Lines to Prove Inequalities” trên tạp chí toán quốc
tế Mathematical Excalibur nhằm đưa ra một phương pháp chung hiệu quả để
giải quyết một lớp các bài toán về bất đẳng thức. Ở Việt Nam có một số tác
giả như Nguyễn Tất Thu, Phạm Trọng Thư, đã viết chuyên đề này
25