Dạy học áp dụng phương pháp hàm số để giải bài toán cực trị

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT TRIỆU QUANG PHỤC

Triệu Quang Phục , ngày 22 tháng 4 năm 2013

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
DẠY HỌC TÌM CỰC TRỊ BIỂU THỨC
BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

MỤC LỤC
Nội dung

Trang

I.

Đặt vấn đề……………………………………………….

1

II.

Giải
quyết
đề……………………………………….
Người
viếtvấn
SKKN
Hiệu Trưởng

2

1.

Cơ sở lý luận của vấn đề………………………………..

2

2.

Thực trạng của vấn đề…………………………………..

3

3.

Các biện pháp đã tiến hành giải quyết……………….....

3

4. ĐỖ
Hiệu
quả của
sáng kiến kinh nghiệm…………………...
XUÂN
VƯỢNG
LÊ THỊ NGUYỆT. 15
III. Kết luận………………………………………………...
Tài liệu tham khảo

Triệu Quang Phục , ngày 22 tháng 4 năm 2013

15


MỤC LỤC
Nội dung

Trang

I.

Đặt vấn đề……………………………………………….

1

II.

Giải quyết vấn đề……………………………………….

2

1.

Cơ sở lý luận của vấn đề………………………………..

2

2.

Thực trạng của vấn đề…………………………………..

3

3.

Các biện pháp đã tiến hành giải quyết……………….....

3

4.

Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm…………………...

16

III. Kết luận………………………………………………...

17

Tài liệu tham khảo

18

Danh mục chữ viết tắt

19

1

I.ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong chương trình toán THPT nói chung và lớp 12 nói riêng, học sinh đã
được trang bị kiến thức về hàm số, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm
số, tuy nhiên kỹ năng áp dụng phương pháp này vào giải quyết các bài toán tìm
cực trị của một biểu thức có nhiều biến số, hoặc chứng minh một bất đẳng thức
của đa số học sinh còn nhiều hạn chế. Nguyên nhân là bài toán chứng minh bất
đẳng thức, tìm cực trị là một dạng toán khó mà thời lượng trong chương trình lại
còn ít. Kiến thức dàn trải suốt cả ba năm học THPT gây khó khăn cho học sinh
trong việc xâu chuỗi, hệ thống hoá kiền thức để hình thành phương pháp cho bản
thân. Thông thường , khi gặp bài toán trên học sinh thường hoang mang, không
biết lựa chọn phương pháp phù hợp. Vì vậy, việc làm phong phú thêm các phương
pháp giải dạng toán trên là một việc làm cần thiết, góp phần rèn luyện tư duy, kỹ
năng và thay đổi thái độ của học sinh khi tiếp cận dạng toán trên, góp phần nâng
cao chất lượng giáo dục môn Toán THPT.
Xuất phát từ những suy nghĩ trên, tôi chọn viết sáng kiến kinh nghiệm:
“Dạy học áp dụng phương pháp hàm số để giải bài toán cực trị”. Đó là những kinh
nghiệm của bản thân được đúc rút trong quá trình giảng dạy môn Toán ở các lớp
thuộc Ban Khoa học tự nhiên.

2


II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận của vấn đề:
1.1 GTLN, GTNN của hàm số.
-Định nghĩa: Cho hàm số y=f(x) xác định trên miền D
M  f ( x), x  D
x0  D : M  f ( x0 )

+ M  max f ( x)  

D

m  f ( x), x  D
x0  D : m  f ( x0 )

+ m  min f ( x)  
D

- Định lý: Nếu hàm số y  f ( x) liên tục trên đoạn  a; b thì luôn tìm được
GTNN, GTLN của hàm số trên  a; b .
1.2 .Sử dụng khảo sát hàm số tìm GTLN,GTNN của hàm số
Bài toán: Tìm GTLN, GTNN ( nếu có ) của hàm số y=f(x) với x  D  ¡
Phương pháp:
Quy tắc 1:Trường hợp tổng quát ( Khi D không là một đoạn)Tiến hành theo các
bước
+ Tính đạo hàm của hàm số
+ Lập bảng biến thiên của hàm số trên tập D.
+ Căn cứ vào bảng biền thiên để kết luận về GTLN,GTNN
Quy tắc 2: Trường hợp đặc biệt: D  a;b  , tiến hành theo các bước:
+Tính đạo hàm của hàm số,
+ Tìm các điểm tới hạn của hàm số thuộc  a; b ( là các điểm thuộc
TXĐ mà tại đó, đạo hàm triệt tiêu hoặc không xác định)
+ Tính GT của hàm số tại các điểm tới hạn và tại các điểm a,b.
+ So sánh các GT tìm được để kết luận.
1.2 Các bất đẳng thức bổ trợ cho phương pháp:
+ Bất đẳng thức Cô-si: Với a1;…an là các số thực không âm, ta có:
a1  a2  ...  an  n n a1a2 ...an ; đẳmg thức khi a1  a2  ...  an

+ Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
3

Với hai bộ số thực a1 , a2 ,...an và b1 , b2 ,...bn , ta có

 a1b1  a2b2  ...anbn 

2

  a12  a22  ...an2  b12  b22  ...bn2 

Đẳng thức có khi hai bộ số tương ứng tỷ lệ.
+ Tập giá trị của hàm số: Cho hàm số y  f ( x) với tập xác định D, tập giá
trị của hàm số là : T   y  ¡ | x  D : y  f ( x)
Hay : T={ y  ¡ : phương trình f(x)=y ẩn x có nghiệm.
2. Thực trạng của vấn đề:
Khi giải quyết bài toán tìm cực trị của một biểu thức bằng phương pháp sử
dụng sự biến thiên của hàm số, thực chất là đi xác định tập giá trị của biểu thức,
của hàm số với điều kiện cho trước. Căn cứ vào đặc trưng của biểu thức ( Tính
đối xứng của các biến, điều kiện của các biến có tính đẳng cấp với các biến…) để
tiến hành đổi biến, học sinh thường gặp các khó khăn và hay mắc các sai lầm sau:
Sai lầm:
- Lập BBT không chuẩn xác: Tính sai các giá trị tại các đầu mút D ( nhất là
khi D không phải là một đoạn, thường không thông qua giới hạn để xác
định miền GT của hàm số).
- Khi áp dụng quy tắc 2, học sinh thường tính thừa các giá trị hàm số tại các
điểm tới hạn, không loại đi các điểm tới hạn không thuộc  a; b ,dẫn đến kết
quả sai.
Khó khăn :
- Không linh hoạt khi chuyển biểu thức cần tìm cực trị về dạng hàm một biến
qua phép đặt biến phụ.

- Khi đặt được biến phụ, thường không các định được miền GT của biến phụ
theo điều kiện ban đầu, dẫn đến sai kết quả.
3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết.
3.1 Hình thành phương pháp sử dụng khảo sát hàm số để tìm GTLN, GTNN.
- Yêu cầu học sinh hiểu thấu đáo định nghĩa, nhấn mạnh là GTLN, GTNN của
hàm số đạt được trên tập D phải là GT của hàm số tại ít nhất 1 điểm của tập D.
Do đó, khi tìm được GTLN, GTNN của hàm sô, nhất thiết phải chỉ ra giả trị đó
đạt tại điểm nào trên tập hợp D
4


- Hỡnh thnh cho hc sinh quy tc rừ rng theo cỏc bc, ỏp dng tng TH c th
khi tp D l hay khụng l mt on.
- Rốn luyn k cho hc sinh k nng lp bng BT ca hm s, xỏc nh TGT ca
hm s da trờn BBT.
- Hỡnh thnh v rốn luyn k nng vn dng vo bi toỏn tỡm cc tr ca biu thc
hai bin, ba bin:
+ K nng i bin s:
+ K nng tỡm iu kin ca bin mi thụng qua cỏc con ng: ỏnh giỏ
nh cỏc bt ng thc, phng phỏp min giỏ tr, phng phỏp dựng BBT
+ K nng s dng cụng c hm s xỏc nh tp giỏ tr ca hm.
- a ra cỏc vớ d mu in hỡnh cú phõn tớch li gii, h thng bi tp a dng
hỡnh thc, phong phỳ v ni dung, phự hp v mc , giỳp hc sinh c t rốn
luyn k nng t d n khú.
3.2 H thng vớ d v bi tp
a. Tìm cực trị hàm một biến
GV cần l-u ý cho học sinh:
- Xác định tập xác định: Tìm GTLN, GTNN

trên tập

nào? ( Xác định D)
- Chọn cách giải phù hợp khi D là một đoạn, D không
là một đoạn
Ví dụ 1: Tìm

GTLN, GTNN của hàm số y x 1 3 x 2 6 x 9

Lời giải: Điều kiện 3x 2 6 x 9 0 x 1;3 ( D là một đoạn)
Tính đạo hàm: y '
Tìm

các

3x 2 6 x 9 3 3x

điểm

3x 2 6 x 9

tới

hạn

thuộc

1;3 :

y ' 0 3x2 6 x 9 3x 3 x 2

Tính giá trị của hàm tại các điểm đầu mút, tại các điểm
tới hạn: f (1) 0; f (3) 4; f (2) 6
So sánh, kết luận: max f 6 khi x =2; min f = 0 khi x =1
5


VÝ dô 2: T×m

GTLN, GTNN cña hµm sè :

x 1

y =

x2  1

Lời giải: TXĐ: D = R
Ta có : y’=



1 x
x 1
2



3

; y’= 0  x  1

BBT:
thiªn hµm sè:
x





1
f’

+

0

-

2

f

-1

1

Dùa vµo BBT, GTLN cña hàm số b»ng 2

®¹t khi

x=1.

Không có giá trị nhỏ nhất của hàm số /D.
NHẬN XÉT:
Sai lầm: Lập BBT không chuẩn xác: Tính sai các giá trị tại các đầu mút D (
nhất là khi D không phải là một đoạn, thường không thông qua giới hạn để
xác định miền GT của hàm số).
VÝ dô 3: T×m

y= x 2  3 x  2 /  10;10

GTLN, GTNN cña hµm sè :

Lời giải:
Cách 1: +) Đánh giá y  0 x  R

. Dấu bằng xảy ra khi x =1 hoặc x =2

thuộc đoạn  10;10 . Vậy GTNN của hàm số bằng 0 khi x =1 hoặc x =2.
+) Lập BBT của hàm số y = x 2  3x  2 /  10;10 . Từ đó kết luận
GTLN của hàm số bằng 132 khi x =-10.
Cách 2: Lập BBT của hàm số y = x 2  3x  2 /  10;10

x

-10
1

f’

2

3
2

-

0

+

+

6

10


f

132

1
4

0

72

0

Kt lun giỏ tr LN, NN nh cỏch 1.
NHN XẫT:
Sai lm: Lp BBT khụng chun xỏc: im o hm khụng tn ti x =1, x =2.
Hoc kt lun giỏ tr nh nht sai.
b. Tìm cực trị của hàm một biến phức tạp hoặc biểu thức
có nhiều hơn một biến
Giáo viên l-u ý cho học sinh, tìm cách đổi biến để có
đ-ợc một hàm số với biến mới ở dạng đơn giản hơn
Chú ý:
-Nếu biểu thức có dạng đối xứng với từng biến thì nó
luôn đ-ợc biểu diễn đ-ợc qua tổng hai biến và tích biến
-Nếu điều kiện là một biểu thức đẳng cấp theo từng vế (
Tốt nhất là chênh nhau một bậc) Thì bằng phép đặt ẩn
phụ x=ty ta luôn tính đ-ợc x,y theot.
Ví dụ 4:

Ta có: y
Đặt t

Tìm GTLN, GTNN của hàm số y
x3 x 2 x

x2 1

2



x ( x 2 1) x 2

x

2

1

2

x
x
2
2
x 1 x 1

x3 x 2 x

x

2

1

2

2

x
x 1
2

Để tìm điều kiện của t, có thể sử dụng công cụ bất đẳng
thức, hoac ph-ơng pháp miền giá trị nh- sau:
Cách1: Dùng BĐT Cô-si
+ Với x=0 thì t=0.
+ Với x 0 , xét
Cách2:
t

t

là

1 x2 1
1
1
1
1 1

x t x x 2 t ;
t
x
x
x
x
2 2

một

GT

của

biểu

x
ẩn x có nghiệm
x 1
2

7

thức



Ph-ơng

trình


tx2 x t 0 có nghiệm 1 4t 2 0

1
1
t
2
2

Bài

GTLN,GTNN

toán

trở

thành:

Tìm

của

hàm

1 1
g (t ) t 2 t ; t ;
2 2

Hàm đạt cực tiểu tại: t

1
2

1
1
1
3
3
1
g ( ) ; g ( ) GTLN ; GTNN

2
4
2
4
4
4

Ví
số y

dụ

5:

Tìm

GTLN,

GTNN

của

hàm

2 1 x4 1 x2 1 x2 3
1 x2 1 x2 1

Điều kiện: 1 x 1
Đặt t 1 x 2 1 x 2
Tìm điều kiện của t:

Cách1: Dùng BĐT
Theo Bunhia ta có: ( 1 x2 1 x2 )2 2.1 x 2 1 x 2 4 t 2
Cũng có: t 2 ( 1 x 2 1 x 2 ) 2 2 2 1 x 4 2 t 2 .Vậy t 2;2
Cách2: Khảo sát hàm t 1 x 2 1 x 2
Bài toán trở thành: Tìm GTLN, GTNN của hàm số

t2 t 1
y
t 1

, với t 2;2
Kết quả: Maxy=
Vídụ6:

7
tại x=0; Miny= 2 2 1 tại x=1
3

Cho x,y là hai số thực d-ơng thoả mãn 4x+9y=6.

Tìm GTLN của P 2 xy

1
.
xy 2

Hng dn
Cỏch 1: Rỳt xy theo x ri th vo P, thu c hm mt bin s
Cỏch 2: Coi xy l bin s, vy phi tỡm iu kin cho xy :
8

- Cú th thụng qua ỏnh giỏ:
6 4 x 9 y 2 4 x.9 y 12 xy xy

là: 0 xy

1
1
xy . Vậy đk của xy
2
4

1
4

- Cú th s dng phng phỏp min giỏ tr: Tỡm iu kin ca t h sau cú
4 x 6 y 6
1
cng tỡm c 0 xy
4
xy t

2nghim dng :

Khảo sát hàm số : P(t ) 2t

1
1
; Với 0 t

t2
4

Ví dụ 7:
Cho

cos 2 x cos 2 y 1, x , y Ă

;

Tìm

GTNN

của

biểu

thức

A tan 2 x tan 2 y

Lời giải:
Biến đổi biểu thức A để sử dụng đ-ợc điều kiện:
A tan 2 x tan 2 y (tan 2 x 1) (tan 2 y 1) 2

1
1

2

2
cos x cos 2 y



1
1
2

1
1 cos 2 x 1 cos 2 y

Điều kiện đã cho biến đổi thành: 1 cos 2 x 1 cos 2 y 3, x , y Ă
Đặt t 1 cos 2 x 1 cos 2 y 3 t ,
điều kiện: cos 2 y 1 cos 2x 2 (1 cos 2x ) 2 t 1;1 1 t 3
1
1
với 1 t 3 .
t 3t

Xét hàm số : f (t )
f '(t )

1
1
3

0 t 2 (3 t ) 2 t
2
2

t
(3 t )
2

Bảng biến thiên hàm số:
t
f

1

3

3
2

-

+

f
4
3

9


Dựa vào BBT, GTNN của A bằng

2
đạt khi

3

cos 2 x

1
2

Ví dụ 8: Cho a, b d-ơng t/m:a 2+b2=1. Tìm GTLN của biểu
thức

M

ab
ab2

Cách1:
a b 2 ab

Theo Cô- si ta có:
M

Dấu= Khi a=b. Do đó:

ab
ab

a b 2 2 ab 2

Đặt t ab . Ta có: ab

a 2 b 2 1 a 0;b 0
1
2

0 ab 0 t
.
2
2
2
2

GTLN của M là GTLN của hàm
Khảo sát hàm số f (t )

2
t2
1 t2
.
;0 t
. Là hàm luôn đồng
2
2t 2 2 t 1



biến và liên tục trên 0;


Đáp số: max M
2

1
22

2
t2
1 t2
f (t )
.
với 0 t
.
2
2t 2 2 t 1

2
2
f (t ) f ( )
2
2
2



1
2 2

Cách2:
ab
2


ab
1 a b
2

M


ab2 ab2 4 ab2
2

a b 0
0 a b 2 .
Lại theo Bunhia: a b 2(a 2 b 2 ) 2
2



Đặt t a b t 0; 2
M

t2
1
g (t ) ; Với : g (t )

4
t2

t2
2t (t 2) t 2 t 2 4t
g '(t )


: g(t) luôn đồng biến trên
2
2
t2
t 2
t 2
1
4

Vậy M g ( 2)

1
2(2 2)

10

0;

2


Ví dụ 9: Cho x;y là các số thực thoả : x 2 y 2 xy 3. Tìm

GTLN, GTNN của biểu thức
M x 4 y 4 4 xy x3 y3

HD:

Từ

GT

suy

x 2 y 2 3 xy .

ra

Thế

vào

ta

có

M x 2 y 2 2 x 2 y 2 4 xy x 3 y 3 .
2

= 3 xy 2 x 2 y 2 4 xy x3 y 3 .
2

= x3 y 3 x 2 y 2 2 xy 9 .

Đặt t=xy. Để tìm điều kiện của M ta có hai cách sau:
Cách1:

Tìm

t

sao

cho

hệ

sau

đây

có

nghiệm

:

x 2 y 2 xy 3.

xy t

Cách

2:

Từ

điều

kiện

đầu

bài

ta

có:

GTLN;

GTNN

của

hàm

số:

3 xy x 2 y 2 2 xy 3xy 3 xy 1 .

( x y)2 2 xy xy 3 xy ( x y)2 3 3 .

Vậy t 3;1 .

Bài

toán

trở

f (t ) t 3 t 2 2t 9;

thành

tìm

t 3;1

Khảo sát hàm số f (t ) t 3 t 2 2t 9;

t 3;1 ta có kết quả.

Ví dụ 10( Khối D- 2009). Cho x,y là hai số thực không
âm thoả mãn : x+y=1. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
S (4 x 2 3 y)(4 y 2 3x) 25 xy .

Ta có: S 16( xy )2 12( x3 y3 ) 34 xy 16( xy )2 12 ( x y )3 3xy ( x y ) 34 xy .
Thay x+y=1, Ta có S 16( xy)2 12(1 3xy) 34 xy 16( xy)2 2 xy 12 .


Đặt t=xy. Dễ thấy t 0; .
4
1

11


XÐt hµm sè
b»ng

f (t )  16t 2  2t  12 víi

 1
t   0; 
 4

cã kÕt qu¶

GTNN

191
25
; GTLN b»ng
16
12

VÝ dô 11: Cho hai số thực x, y thay đổi sao cho : 2(x2 + y2) - xy = 1.
Tìm GTNN và GTLN của biểu thức : P =
 Nhận

x 4 + y4
2xy + 1

xét : 1 = 2(x2 + y2) - xy ≥ 2.2xy - xy = 3xy  xy ≤

1
3

1 = 2(x2 + y2) - xy = 2.(x + y)2 - 5xy ≥ -5xy  xy ≥ 

1
5

2

 xy + 1 
2 2

 - 2x y
4
4
2
2 2
2 2
x +y
(x + y ) - 2x y
-7(xy) 2 + 2xy + 1
2 
Và : P =
=
= 
=
2xy + 1
2xy + 1

2xy + 1
8xy + 4
 Khi

đó, đặt : t = xy , đk : t    ; 
 5 3
1

1

Bài toán đưa về tìm GTNN và GTLN của hàm số : f(t) =

-7t 2 + 2t + 1
với
8t + 4

 1 1
t   ; 
 5 3

 t = -1 (loai)
56t 2 - 56t
'
2
f (t) =
;
f
(t)
=
0



56t
56t
=
0

t = 0
(8t + 4) 2

'

1
2
1
2
1
f(- ) =
, f( ) =
, f(0) =
5
15
3
15
4

1
 2
2
1

x + y =
 
 Vậy : Max P = Max f(t) =
2  . . .
4
 1 1
 xy = 0
- 5 ; 3 


2
2
 2
 2
x + y2 =
x + y2 =


2


3
5
Min P = Min f(t) =
 
 
 . . .
1
1
15

 1 1
;


 5 3
xy =
xy = 



3
5

Ví dụ 12
Cho x2 + xy + y2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
12


S = x2  xy + y2
Giải Xét y = 0  x2 = 3  S = 3 là 1 giá trị của hàm số.
Xét y  0, khi đó biến đổi biểu thức dưới dạng sau đây
S x 2  xy  y 2  x / y   ( x / y )  1 t 2  t  1
u  2


u
3 x  xy  y 2 ( x / y ) 2  ( x / y )  1 t 2  t  1
2

với

t

x
y

 u(t2 + t + 1) = t2  t + 1  (u  1)t2 + (u + 1)t + (u  1) = 0 (*)
+ Nếu u = 1, thì t = 0  x = 0, y =  3  u = 1 là 1 giá trị của hàm số
+ Nếu u  1, thì u thuộc tập giá trị hàm số  phương trình (*) có nghiệm t
  = (3u  1)(3  u)  0 
Vậy tập giá trị của u là
Min S = 1 

Min u  1
3

 1 , 3
 3 

1  u  1  3.
3



t=1

Min u  1 ;
3

Max u = 3

 x  y
 x  y  1
 2
 x  xy  y 2  3

Max S = 9  Maxu = 3  t = 1 

 x  3, y   3
 x   y


 2
2
 x   3, y  3
x

xy

y

3



VÝ dô13(§HA-2006). Cho x,y  ¡ * tho¶ m·n  x  y  xy  x2  y 2  xy
T×m GTLN cña A 

1 1


x3 y 3

BG :
2
2
2
2
x3  y 3  x  y   x  xy  y   x  y   1 1 
A 3 3 
 2 2   
x y
x3 y 3
x y
x y

§Æt x=ty, tõ  x  y  xy  x2  y 2  xy , suy ra  t  1 ty 3   t 2  t  1 y 2
VËy y 

t2  t 1
t2  t 1
;
x

ty

.
t2  t
t 1

Thay vµo

 t 2  2t  1 
A ta cã: A   2

 t  t 1 

2

VÝ dô 14

13


Cho x,y khỏc 0 v tho món: x 2 y 2 2 x 2 y y 2 x . Tỡm GTLN,GTNN ca
S

2 1

x y

Hng dn: t y=tx, T gi thit ta cú
x 2 t 2 x 2 2 x 2tx t 2 x 2 x
x 2 (1 t 2 ) x3 (2t t 2 )

Suy ra: x

t2 1

v y tx t.

t 2 2t

Vy f (t )

5t
t2 1

t2 1
t 2 2t



t2 1
t2

.KSHS ,/s: MaxS=9/2; minS=-1/2.

Vớ d 15: Các số d-ơng

x,y,z thoả mãn: x 2 y 2 z 2

1 16 xyz
.
4

Tìm GTNN của:
S

x y z 4 xyz
1 4( xy yz zx)

Lời giải:
Từ BĐT: x 2 y 2 z 2 xy yz zx ta có: S
Thay
S

: 4( x 2 y 2 z 2 ) 1 16 xyz

và

sử

x y z 4 xyz
1 4( x 2 y 2 z 2 )

dụng

Côsi

ta

có:

3 3 xyz 4 xyz
x y z 4 xyz

.
1 4( x 2 y 2 z 2 )
2(1 8 xyz )

Đặt

t 3 xyz . Dễ thấy t>0. Từ điều kiện ban đầu, ta tìm

điều kiện cho t:
Ta

1 16 xyz 4( x 2 y 2 z 2 ) 4.3 3 ( xyz ) 2 .

có

Hay

:

1 16t 3 12t 2 16t 3 12t 2 1 0

Sử dụng ph-ơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử
hoặc sử dụng

ph-ơng pháp KSHS ta có:
2

1
1 1
16t 3 12t 2 1 0 t t 0 0 t .
4
4 2

Tìm GTNN ca hàm số

3t 4t 3
f (t )
;
2(1 8t )

1
t 0;
4

14

Bài

toán

trở

thành:


Đáp số: Min S=

13
. Đạt khi x=y=z=1/4.
18

BI TP T GII
Bi 1 ChoABC : 0 A B C 900.
CMR:

2 cos 3C 4 cos 2C 1
2.
cos C
1
2

HD: Vì C 600 cos C (0; ] . Đặt x=cosC, Khảo sát hàm số ta
có ĐPCM.
Bài

2

(ĐH


Cho x 0; ; CMR :


Lâm

nghiệp)

:

tan 7 x cot 7 x tan x cot x .

2

HD: (tan3 x cot3 x)(tan4 x cot4 x ) 2(tan x cot x ) 0 .
Đặt t tan x cot x;

d / k :t 2.

Bài 3 (An ninhA-2000): Cho n là số tự nhiên lớn hơn
hoặc bằng 3.
HD: Cách1:

ln n ln(n 1)

; xét hàm f(x)=1/x.
n
n 1

Bài4(QGA-2000): Choa,b,c là các số thực t/m a+b+c=0.
CMR 8a 8b 8c 2a 2b 2c
HD : (2a )3 2a (2b )3 2b (2c )3 2c 0 .
Xet hàm f(x)=x3-x với x 0; . Chứng minh hàm lõm



Bi 5: CMR : a 1
HD :







ln a 2 2a 2 1 ln a 2 1 :

ln a 2 2a 2 ln(e. a 2 1 )

a 2 2a 2
e.
a2 1

KSHS có ĐPCM.

Bài 6: Cho x,y là các số thực thoả mãn : xy 1& 2 x 2 3 y 2 5.
Tìm GTLN, GTNN của P 2 xy 1







2
xy 2

HD :

2 x. 3 y



Vậy:

ĐK là 1 xy 3 . KSHS P 2t 1

2

2x
4

3y

2


4 6 xy 12 6 xy 3 .




15

2
Với 1 t 3 .
t2

Bài7:Cho x,y là hai số thực thay đổi thoả mãn điều kiện
x2+y2=2. Tìm GTLN,GTNN của





P 2 x 3 y 3 3xy

( CĐ A-2008)
b

Bài 8: Cho a b 0;
Ta

a 1 b 1
2 a 2 b
2
2


CM :

cú : (pcm) 4 + 1 4 + 1

Xột

a

hm s : f(x) =

f ' (x) =

b

b

a

a

( H khi D-2007).

ln(4a + 1)
ln(4b + 1)


a
b

ln(1 + 4 x )
vi x > 0
x

4x .ln4x - (1 + 4x ).ln(1 + 4x )
< 0 , x (0; +)
x 2 (1 + 4x )

f(x) l hm s luụn nghch bin trờn khong (0; + )
Khi

Bài

ú : a b > 0 f(a) f(b)
toán

f (t ) 16t 2 2t 12,

trở

ln(4a + 1)
ln(4b + 1)


a
b

thành

Tìm

GTLN,

GTNN

của

1

t 0;
4

Bài 9:(B-2010) Cho a;b;c không âm thỏa a+b+c=1. Tìm Min
M 3(a 2b2 c 2b2 a 2c 2 ) 3(ab bc ca) 2 a2 b2 c2

HD: 3(a 2b2 c 2b2 a 2c2 ) ab bc ca

2

bunhia

Đặt t ab bc ca . Có 3(ab bc ca) a b c 1 0 t
2

1
M f (t ) t 2 3t 2 1 2t . Với 0 t .
3

1
3

Min M=2

Bi10 : Cho a, b l cỏc s thc tha món : 0 < a < b < 1.
Chng minh rng : a 2 .lnb - b2 .lna > lna - lnb
(TSC - Khi A, B, D - Nm 2009)
Bi11 : Cho a > b > 0. Chng minh rng :

a+b

a-b
>
2
lna - lnb

Bài12: Cho a.b là hai số không âm . Chứng ming rằng
3a 3 7b3 9ab 2

Bi 13:
16


Cho x,y là các số thực thay đổi. Tìm GT nhỏ nhất của biểu thức
A  ( x  1)2  y 2  ( x  1)2  y 2  y  2

HD: Xét M ( x  1;  y), N ( x  1; y)
Từ BĐT OM  ON  MN , ta có A  ( x  1)2  y 2  ( x  1)2  y 2  4  4 y 2
Do đó A  4  4 y 2  y  2  f ( y)
Khảo sát hàm số f(y) ta sẽ có kết quả
Bai 14
Cho các số x; y; z dương, thoả mãn x  y  z  1 .
1
x

Tìm GTNN của A  x  y  z  

1 1

y z

Bµi 15 : a,b,c,d là các số nguyên thay đổi thoả 1  a  b  c  d  50 , chúng
minh bất đẳng thức

a c
a c b 2  b  50
và tìm GTNN của S  
 
b d
b d
50b

17


4.Hiệu quả của SKKN
Trong quá trình dạy học kiến thức về bài toán cực trị cho học sinh lớp 12, bên
cạnh các phương pháp mà các em đã được biết ở các lớp dưới như: Sử dụng các
bất đẳng thức kinh điển ( Cô-si, Bunhiacôpxki..), phương pháp miền giá trị hàm
số ( đưa bài toán tìm cực trị về bài toán tìm điều kiện tham số để một phương trình
hoặc một hệ phương trình có nghiệm), tôi thường cố gẳng hướng các em đến lời
giải sử dụng phương pháp hàm số nếu có thể.
Việc giúp học sinh có cơ sở lý thuyết vững vàng, có kỹ năng trong việc đổi
biến, điều kiện của biến mới… thông qua một số ví dụ tiêu biểu và hệ thống bài
tập phù hợp đã giúp học sinh vận dụng kiến thức về hàm số vào giải quyết tốt một
số bài toán cực trị. Giúp cho học sinh thấy được tầm quan trọng của tư duy hàm
số, thấy được kiến thức hàm số các em học được áp dụng một cách hiệu quả vào
các dạng toán có liên quan, giúp học sinh thêm yêu môn toán. Học sinh các lớp tôi
dạy các khoá từ 2006-2009; 2009-2012: 2012-2013 đã có hứng thú hơn khi tiếp
cận các bài toán cực trị

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Bài toán tìm cực trị của biểu thức là bài toán khó đối với đa số học sinh,
nên việc cung cấp thêm cho các em công cụ hàm số để giải quyết bài toán là một
việc làm cần thiết, giúp học sinh giải một số bài toán cự trị một cách dễ dàng, hơn
nữa là cho học sinh thấy được khả năng, phạm vi áp dụng của kiến thức hàm số
được học ở chương trình. Trong quá trình giảng dạy, nhờ vận dụng những kinh
nghiệm đã trình bày, một phần không nhỏ các em học sinh đã giải quyết bài toán
cực trị uyển chuyển hơn thông qua lựa chọn phương pháp phù hợp cho bài toán,
cũng giúp học sinh thấy đỡ “sợ” hơn khi gặp các dạng toán cực trị.
18


Mặc dù đã cố gắng, nhưng sáng kiến kinh nghiệm còn nhiều hạn chế về nội
dung, thể loại ví dụ và bài tập chưa được phong phú, tôi rất mong được sự hợp tác
của các thầy cô cùng các em học sinh, với hy vọng sẽ mở rộng bài viết thành một
đề tài đầy đủ hơn, bao quát được toàn bộ phương pháp sử dụng hàm số vào các
bài toán cực trị, chứng minh bất đẳng thức.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Một số đề tuyển sinh đại học- cao đẳng từ năm 2006
2.Sách giáo khoa giải tích lớp 12 nâng cao.
3.Giải toán đạo hàm và khảo sát hàm số ( T.s Nguyến Cam- NXB ĐHQG)
4.Phương pháp giải toán tìm GTLN,GTNN( Nguyễn Văn Nho-Lê Hoành Phò)

19


DANH MỤC CHỮ VIẾT TẮT
TT

Viết tắt

Đọc là

1

BBT

Bảng biến thiên

2

HD

Hướng dẫn

3

GT

Giá trị

4

GTLN

Giá trị lớn nhất

5

GTNN

Giá trị nhỏ nhất

6

THPT

Trung học phổ thông

20


21