Sử dụng đạo hàm nhằm giúp học sinh lớp 12 chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số

1. MỞ ĐẦU
* Lý do chọn đề tài
Các bài toán về bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất luôn
gây khó khăn cho không ít học sinh trong quá trình học tập. Các bài toán dạng
này cũng thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi và thi THPT Quốc gia.
Nó thường là các bài toán hay và khó nhất trong đề thi. Phần lớn các em học
sinh nếu gặp bài toán loại này thì thường bỏ qua và chỉ có một số ít học sinh làm
được trọn vẹn nó.
Trong các kì thi học sinh giỏi và thi THPT Quốc gia những năm gần đây
thường xuất hiện bài toán về bất đẳng thức và về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Trong số các bài toán đó thì phần lớn ta có thể giải quyết được trọn vẹn bài toán
bằng cách sử dụng đạo hàm một cách khéo léo. Tuy nhiên để nhìn nhận ra các
bài toán về bất đẳng thức, hay tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất mà sử dụng
được đạo hàm để giải là một điều không hề đơn giản chút nào. Vậy có cách nào
để nhìn ra được một bài toán về bất đẳng thức, hay về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất mà sử dụng đạo hàm để giải hay không? Và nếu có thì phải giải bài toán đó
như thế nào?
Đề tài “Sử dụng đạo hàm nhằm giúp học sinh lớp 12 chứng minh bất
đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số” được
viết nhằm giúp các em học sinh có thêm kĩ năng biến đổi, giải các bài toán bất
đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất để bước vào kì thi THPT Quốc gia
năm 2016 đạt kết quả tốt nhất.
* Mục đích nghiên cứu
- Trang bị cho học sinh về một phương pháp chứng minh bất đẳng thức và tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số mang lại hiệu quả rõ nét
trong việc giải đề thi THPT Quốc gia.
- Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh
nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo và hình thành nhiều cách giải khác nhau.
* Đối tượng nghiên cứu
- Các dạng toán chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất nằm trong chương trình toán phổ thông .

- Phân loại các dạng toán thường gặp và phương pháp giải mỗi dạng.
* Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp phân tích và tổng hợp lý thuyết.
- Phương pháp phân loại và hệ thống hóa.
- Phương pháp phân tích và tổng kết kinh nghiệm.

1


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2 .1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Ứng dụng đạo hàm xét tính đơn điệu của hàm số
2.1.1.1. Định nghĩa: Cho hàm số f ( x) xác định trên khoảng K. Khi đó
*) f ( x) gọi là đồng biến trên K nếu với mọi x1 , x2 ∈ K mà x1 < x2 ta đều có
f ( x1 ) < f ( x2 ).

*) f ( x) gọi là nghịch biến trên K nếu với mọi x1 , x2 ∈ K mà x1 < x2 ta đều có
f ( x1 ) > f ( x2 ).

Các hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên một khoảng còn được gọi chung là
các hàm đơn điệu trên khoảng đó.
2.1.1.2. Định lý ( Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu trên một khoảng)
Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên khoảng (a;b). Khi đó
*) Nếu f ( x) ≥ 0 ∀x ∈ (a; b) (và dấu = chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm) thì f ( x)
đồng biến trên (a; b) .
*) Nếu f ( x) ≤ 0 ∀x ∈ (a; b) (và dấu = chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm) thì f ( x)
nghịch biến trên (a; b) .
2.1.1.3. Điểm tới hạn của hàm số
Điểm x0 được gọi là điểm tới hạn của hàm số f ( x) nếu nó thuộc tập xác
định của f ( x) và f '( x0 ) = 0 hoặc f '( x0 ) không xác định.

Chú ý: Trên mỗi khoảng phân chia bởi hai điểm tới hạn kề nhau, đạo hàm của
hàm số giữ nguyên một dấu.
2.1.2. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số và biểu thức
2.1.2.1. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
<1>Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên tập D. Khi đó
- Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên D nếu thỏa mãn hai điều
 M ≥ f ( x)∀x ∈ D

kiện sau: ∃x ∈ D | f ( x ) = M
0
 0
f ( x) = f ( x0 ) .
Kí hiệu: M = max
D

- Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên D nếu thỏa mãn hai điều
 m ≤ f ( x)∀x ∈ D

kiện sau: ∃x ∈ D | f ( x ) = m
0
 0
f ( x) = f ( x0 ) .
Kí hiệu: m = min
D

<2>Các bước tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên một khoảng:

2

- Tính đạo hàm
- Lập Bảng biến thiên
- Dựa vào Bảng biến thiên suy ra giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
<3> Các bước tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn [a;b]:
- Tính đạo hàm
- Tìm các điểm tới hạn xi và tính các giá trị f (a), f (b), f ( xi ).
f ( x ) = max { f (a ); f (b); f ( xi )} ; min f ( x) = min { f ( a); f (b); f ( xi )}
- Kết luận max
[a ;b ]
[a ;b ]

2.1.2.2. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
Cho biểu thức n biến P = f ( x1; x2 ;...; xn ) xác định trên D = D1 × D2 × ... × Dn , tức là
xi ∈ Di , ∀i = 1, n. Khi đó
- Số M được gọi là giá trị lớn nhất của P trên D nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
 M ≥ P, ∀xi ∈ Di , i = 1, n
 0
0
0
0
∃xi ∈ Di , ∀i = 1, n sao cho P = f ( x1 ; x2 ;...; xn ) = M
f ( x1 ; x2 ;...; xn ) = f ( x10 ; x20 ;....; xn0 ) .
Kí hiệu: Pmax = M = max
D

- Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của P trên D nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
 m ≤ P, ∀xi ∈ Di , i = 1, n
 0
0
0

0
∃xi ∈ Di , ∀i = 1, n sao cho P = f ( x1 ; x2 ;...; xn ) = m
f ( x1 ; x2 ;...; xn ) = f ( x10 ; x20 ;....; xn0 ) .
Kí hiệu: Pmin = m = min
D

2.1.3. Một số Bất đẳng thức áp dụng trong đề tài
2.1.3.1. Bất đẳng thức Cauchy
- Trường hợp 2 số: Với mọi x, y không âm, ta đều có: x + y ≥ 2 xy . Dấu bằng xảy
ra khi và chỉ khi x = y.
- Trường hợp 3 số: Với mọi x, y, z không âm, ta đều có: x + y + z ≥ 3 3 xyz .
Bất đẳng thức Cauchy được vận dụng nhiều trong các bài toán tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất cũng như các bài toán chứng minh bất đẳng thức. Ta có thể khai
thác, sử dụng các dạng thức khác nhau của bất đẳng thức này, chẳng hạn trường
hợp ba số dương, ta có các dạng khác như:
1 1 1
x + y + z ≥ 3 xyz; + + ≥
x y z
3

3

3

3

3

3
9

 x+ y+z
≥
;
÷ ≥ xyz;...
3
xyz x + y + z 


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.

3


2.1.3.2. Bất đẳng thức Bunhia-copxki Với 6 số thực bất kì: a1 , a2 , a3 ; b1 , b2 , b3 ta
luôn có a1b1 + a1b1 + a1b1 ≤ a1b1 + a1b1 + a1b1 ≤

(a

2
1

+ a22 + a32 ) . ( b12 + b22 + b32 )

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 : a2 : a3 = b1 : b2 : b3 .
2.1.3.3. Các bất đẳng thức suy ra từ bình phương một biểu thức
*) ( x − y )2 ≥ 0 ⇒ x 2 + y 2 ≥ 2 xy. Dấu bằng xảy ra khi x = y.
*) ( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x) 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
*) ( x − y )2 + ( y − z )2 + ( z − x) 2 ≥ 0 ⇔ ( x + y + z ) 2 ≥ 3( xy + yz + zx)
2.1.4. Các bước lập Bảng biến thiên của hàm số

- Tìm tập xác định;
- Tính đạo hàm;
- Tìm các điểm tới hạn, các giới hạn;
- Lập Bảng biến thiên.
2.1.5. Sử dụng phương pháp hàm số tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và chứng
minh bất đẳng thức:
- Đánh giá, biến đổi biểu thức, bất đẳng thức đưa về xét một hàm số.
- Tìm khoảng đánh giá của hàm số.
- Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên khoảng vừa tìm được.
- Giải quyết bài toán ban đầu.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Từ thực tế giảng dạy học sinh ở trên lớp, qua một số năm dạy ôn thi Đại
học, THPT Quốc gia của trường THPT Hậu Lộc 4, tôi nhận thấy đa số học sinh
đều coi bài tập về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức là bài
tập khó, chỉ vận dụng các bất đẳng thức để suy nghĩ nên dẫn tới “không có
hướng giải”. Có thực trạng đó theo tôi là do một số nguyên nhân sau:
- Do phân phối của chương trình của phần này cả lí thuyết và bài tập ôn tập
có giới hạn và nằm cả ở lớp 10, lớp 12 nên khi dạy trên lớp các giáo viên không
thể đi sâu vào phân tích một cách chi tiết, khai thác nhiều phương pháp, đặc biệt
là phương pháp đạo hàm. Trong khi đó các đề thi TSĐH, THPT Quốc gia, HSG
trong các năm gần đây luôn có dạng toán này với mức độ yêu cầu khó.
- Các tài liệu tham khảo hiện nay về phương pháp đạo hàm để tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức chưa có tài liệu trình bày một
cách có hệ thống, chuẩn mực. Vì vậy đa số học sinh sẽ không thể tự phân tích,
tổng hợp để hình thành phương pháp đạo hàm khi giải các bài toán này.

4


2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết

vấn đề.
2.3.1. Giải pháp 1: Khảo sát trực tiếp hàm số theo một biến.
Phương pháp giải:
• Bước 1: Xác định được ẩn và miền giá trị của ẩn
• Bước 2: Lựa chọn hàm số cho phù hợp
• Bước 3: Tính đạo hàm và khảo sát hàm số trên miền giá trị của ẩn
• Bước 4: Suy ra kết quả bài toán
Chú ý: Kỹ thuật này thường áp dụng cho bài toán có 1 biến số
Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 trên ¡ .
Giải:
Xét hàm số f ( x) = x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 trên ¡ .
Ta có: f ′ ( x ) =

2x +1
2 x + x +1
2

+

2x −1
2 x2 − x + 1

f ′ ( x ) = 0 ⇔ ( 2 x + 1) x 2 − x + 1 = ( 1 − 2 x ) x 2 + x + 1
⇒ ( 2 x + 1)

2

(x

2

− x + 1) = ( 1 − 2 x )

2

(x

2

+ x + 1) ⇔ x = 0

Thử lại x = 0 thỏa mãn f ′ ( x ) = 0 .
Bảng biến thiên:
x
−∞
f ′( x)
+∞
f ( x)

+∞

0

0

+
+∞

2

f ( x) = 2 ⇔ x = 0
Từ bảng biến thiên suy ra min y = min
x∈¡
Nhận xét: Sử dụng đạo hàm đối với bài này là không khó. Tuy nhiên học sinh
lại khá lung túng trong việc giải phương trình f ′ ( x ) = 0

Ví dụ 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P =

x x + x + 12
.
5− x + 4− x

Phân tích:
Biểu thức P xác định khi 0 ≤ x ≤ 4
Cách 1: Đạo hàm trực tiếp rồi suy ra kết luận của bài toán.
Cách 2: Vẫn dùng đạo hàm, nhưng ta nhân lượng liên hợp sau đó mới đạo hàm.
Cách 2 dễ làm hơn cách 1.
Cả hai cách làm trên khi đạo hàm cần phải tỉ mỉ chính xác, đôi khi không cẩn
thận thì sẽ rất dễ bị nhầm lẫn, nói chung là tương đối phức tạp. Vậy có cách nào
5


đơn giản hơn mà tránh được sự nhầm lẫn không? Chúng ta xem xét cách làm sau
đây:
Giải.
x x + x + 12
trên đoạn [ 0; 4]
5− x + 4− x
Đặt g ( x ) = x x + x + 12 > 0, ∀x ∈ [ 0; 4] và h ( x ) = 5 − x + 4 − x > 0, ∀x ∈ [ 0; 4]

Xét hàm số: f ( x ) =
Ta có:
3
2

1
> 0, ∀x ∈ ( 0; 4 )
2. x + 12
1
1
−
< 0, ∀x ∈ ( 0; 4 )
• h′ ( x ) = −
2. 5 − x 2. 4 − x
Do đó ta thấy g ( x ) > 0 và tăng trên đoạn [ 0; 4] ; h ( x ) > 0 và giảm trên đoạn [ 0; 4]
1
g ( x)
nên h ( x ) tăng trên đoạn [ 0; 4] . Từ đó suy ra f ( x ) = h x tăng trên đoạn [ 0; 4]
( )

• g′ ( x) = . x +

⇒

12
= f ( 0 ) ≤ f ( x ) ≤ f ( 4 ) = 12, ∀x ∈ [ 0; 4]
5+2

Vậy: Min P =

12
⇔ x = 0 ; Max P = 12 ⇔ x = 4 .
5+2

Nhận xét: Đây là cách giải khá độc đáo nhưng không phải học sinh nào cũng
nhìn ra được. Cách giải này chưa được đề cập nhiều nên học sinh sẽ thấy rất lạ
và khó có thể làm theo cách này.
x2
Ví dụ 3. Chứng minh rằng: e + cos x ≥ 2 + x − ,
2
x

x2
Giải. Xét hàm số f ( x) = e + cos x − 2 − x + ,
2
x

∀x ∈ ¡
x∈¡

f '( x) = e x − sin x − 1 + x ⇒ f ''( x) = e x − cos x + 1 > 0 , ∀x ∈ ¡
⇒ f '( x) là hàm số đồng biến và f '( x) = 0 có tối đa một nghiệm. Kiểm tra thấy
x = 0 là nghiệm duy nhất của f '( x) = 0 .
Bảng biến thiên:

6


x2
⇒ f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ e + cos x ≥ 2 + x − ,

2
x

x∈¡
2

x
Ví dụ 4. Cho số thực dương x . Chứng minh rằng: e x > 1 + x + .
2

Giải:
x2
x2
⇔ ex − − x −1 > 0
2
2
2
x
Xét hàm số: f ( x ) = e x − − x − 1 trên khoảng ( 0; +∞ )
2

Ta có: e x > 1 + x +

Ta có:

f ′ ( x ) = e x − x − 1, f ′′ ( x ) = e x − 1 > 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ )

Suy ra f ′ ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) ⇒ f ′ ( x ) > f ′ ( 0 ) = 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ )
⇒ f ( x ) đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) , do đó f ( x ) > f ( 0 ) = 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ )
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Nhận xét: Thông thường học sinh chỉ đạo hàm đến cấp 1 do đó khi giải bài toán
này sẽ rất lúng túng. Và vì thế mà học sinh lầm tưởng rằng bài toán trên là rất
khó. Tuy nhiên nếu học sinh mà tinh ý, biết đạo hàm tiếp đến cấp 2 thì bài toán
trên lại được giải một cách rất nhẹ nhàng mà không cần phải đao to, búa lớn gì
cả.
Ví dụ 5. Cho x, y,z ∈ [ 0;2] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
A= 2(x + y + z) - (xy + yz + zx)
Giải.
Ta có nhận xét sau:
+) Cố định y,z thì A chỉ phụ thuộc vào một biến x .
+) Biểu thức A có thể viết lại như sau :
A= f(x)= (2 - y - z)x + 2(y + z) - yz
+) Hàm số y = f(x) là hàm hằng hoặc hàm số bậc nhất theo biến x và
x ∈ [ 0;2]

f(0)= 4 - yz ≤ 4, do y,z ∈ [ 0;2]

f(2)= 2 ( y + z ) - yz = 4 - ( 2 - y ) ( 2 - z ) ≤ 4, do y,z ∈ [ 0;2]

f(x)= max { f(0); f(2)} ≤ 4
Suy ra Max
[ 0;2]

Ta nhận thấy khi x=0, y=0, z=2 thì A=4
Vậy giá trị lớn nhất của A bằng 2.
Nhận xét: Như vậy kỹ thuật khảo sát trực tiếp theo một biến có thể áp dụng cho
một hàm nhiều biến bằng cách cố định các biến còn lại.

7

2.3.2. Giải pháp 2: Dùng phương pháp thế để đưa về hàm số 1 biến.
Phương pháp giải
• Bước 1: Biến đổi giả thiết để tìm ra cách thế một ẩn theo ẩn còn lại
• Bước 2: Từ điều kiện của bài toán tìm miền giá trị của ẩn
• Bước 3: Lựa chọn hàm số cho phù hợp
• Bước 4: Khảo sát hàm số theo biến, sau đó suy ra kết quả bài toán
Chú ý: Kỹ thuật này thường áp dụng cho bài toán có 2 biến số và giả thiết
cho bằng một đẳng thức.
Ví dụ 6. Cho x, y là hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện 4( x + y ) − 5 = 0 .
4 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = +
x 4y
Phân tích: Dễ dàng nhận thấy từ giả thiết ta có thể rút một ẩn theo ẩn còn lại,
khi đó biểu thức S chỉ phụ thuộc vào 1 ẩn và ta có thể khảo sát hàm só theo ẩn
này.
Giải. Ta có : 4( x + y ) − 5 = 0 ⇒ y =
Đặt f ( x ) =
f '( x) =

(

5 − 4x
20 − 15 x
⇒S=
4
x(5 − 4 x)

với 0 < x <

5
4

20 − 15 x
5
với 0 < x <
x(5 − 4 x)
4

4 25 − 40 x + 15 x 2
x 2 (5 − 4 x) 2

) ; f '( x) = 0 ⇔ x = 1; x = 5

3

Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT ⇒ minS = 5 đạt được khi x = 1, y = 4
Nhận xét. Đây là một bài toán giải bằng phương pháp hàm số rất hay vì ta có
thể đưa về hàm số một biến bằng phương pháp thế.
Ví dụ 7. Đề thi tuyển sinh Đại học khối D – năm 2009
Cho x, y ≥ 0 và x + y = 1 .Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :
S = 4x 2 + 3y 4y 2 + 3x + 25xy

(

)(

)

8


Giải. Từ x + y = 1 ⇒ y = 1 - x
Suy ra : S = 16x 4 - 32x 3 +18x 2 - 2x +12
Xét hàm số: f(x)= 16x 4 - 32x 3 +18x 2 - 2x + 12 với x ∈ [ 0;1]

f'(x)= 64x 3 - 96x 2 + 36x - 2
1

x
=

2

2+ 3

f'(x)= 0 ⇔  x =
4

2- 3

x
=

4

Từ đó suy ra được :



2- 3
2+ 3
x
=

x =


191
4
4
khi 
MinS =
hoặc 
16
y = 2+ 3
y= 2 - 3


4
4
25
1
khi x = y =
MaxS =
2
2
Nhận xét: Qua ví dụ trên ta thấy được sử dụng phương pháp hàm số sẽ cho ta
một lời giải ngắn gọn hơn rất nhiều so với phương pháp truyền thống.

y ≤ 0

Ví dụ 8. Cho các số thực x, y thỏa mãn 
nhỏ nhất của biểu thức P = xy + x + 2 y + 17 .

2
 x + x = y + 12

. Tìm giá trị lớn nhất và

Giải.
Theo giả thiết, ta có y = x 2 + x − 12 ≤ 0 ⇒ x ∈ [ − 4;3]. Khi đó, P = x3 + 3x 2 − 9 x − 7 ,
 x = −3
x =1

2
suy ra P '( x) = 3x + 6 x − 9.P '( x) = 0 ⇔ 


 x = −3; y = −6
 Pmax = 20 ⇔ 
Từ đó suy ra 
 x = 3; y = 0
 P = −12 ⇔ x = 1; y = −10.
 min

1
4
4
Ví dụ 9. Chứng minh rằng với x + y = 1 thì x + y ≥ .

8

9


Giải. Từ x + y = 1 ⇒ y = 1 − x nên x 4 + y 4 = x 4 + ( 1 − x )

4

Xét hàm số: f ( x ) = x 4 + ( 1 − x ) 4 ⇒ f ' ( x ) = 4 x3 − 4 ( 1 − x ) 3 ; f ' ( x ) = 0 ⇔ x =

1
.
2

Bảng biến thiên:

Từ đó suy ra: f ( x ) ≥

1
8

∀x ∈ ¡

1
Dấu “=” xảy ra khi x = y = .
2
2.3.3. Giải pháp 3: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa về hàm số 1 biến.
Phương pháp giải:
• Bước 1: Biến đổi bài toán để tìm ra cách đặt ẩn phụ

• Bước 2: Từ điều kiện của bài toán tìm miền giá trị của ẩn phụ
• Bước 3: Lựa chọn hàm số cho phù hợp
• Bước 4: Khảo sát hàm số theo biến mới, sau đó suy ra kết quả bài toán
Chú ý: Giải pháp này thường áp dụng cho những bài toán có nhiều ẩn, đây là
phương pháp chính để giải các bài toán tìm GTLN, GTNN trong đề thi
THPTQG hiện nay.
Ví dụ 10. Cho x, y là những số thực không âm thỏa mãn x 2 − xy + y 2 = 3 .
2
2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A = x ( y + 1) − xy + ( 1 − x ) y .
Phân tích: Ta có thể biến đổi
A = x 2 + y 2 − xy + x 2 y − xy 2 = 3 + xy ( x − y ) ⇒ ( A − 3) = x 2 y 2 ( 3 − xy )
nên giúp ta liên tưởng đến ẩn mới t = xy .
2

Giải:
Từ giả thiết ta có: 3 = x 2 − xy + y 2 ≥ xy . Do đó: 0 ≤ xy ≤ 3
2
Mặt khác: A = x 2 + y 2 − xy + x 2 y − xy 2 = 3 + xy ( x − y ) ⇒ ( A − 3) = x 2 y 2 ( 3 − xy )
2
Đặt t = xy, t ∈ [ 0;3] . Khi đó ( A − 3) = t 2 ( 3 − t )

t = 0
t = 2

2
2
Xét hàm số: f ( t ) = t ( 3 − t ) , t ∈ [ 0;3] . Ta có: f ′ ( t ) = −3t + 6t , f ′ ( t ) = 0 ⇔ 

Bảng biến thiên:

10


x

0
0

f ′( x)

+

2
0

3
-

4
f ( x)

0

0

f ( t ) = f ( 2) = 4
Từ bảng biến thiên ⇒ max
t∈[ 0;3]
Do đó max A = 5 khi x = 2 và y = 1 .
Nhận xét: Như vậy nếu bằng biến đổi đại số mà có thể đưa về cùng một biến

mới thì ta lựa chọn hàm số với biến mới đó. Vấn đề quan trọng tiếp theo là tìm
điều kiện chính xác của biến. Ta thử vận dụng kỹ thuật trên với ví dụ sau:
Ví dụ 11. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn: x 2 + y 2 = 2 .
3
3
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2 ( x + y ) − 3xy.

Phân tích: Tương tự ví dụ 10 ta có biến đổi P = 2 ( x + y ) ( 2 − xy ) − 3xy nên dẫn tới
lựa chọn một trong hai ẩn mới là t = xy hoặc t = x + y . Căn cứ giả thiết bài toán ta
có thể biểu diễn xy =

( x + y)2 − 2
nên ta lựa chọn ẩn là t = x + y .
2

Giải:
Từ: ( x + y ) = x + 2 xy + y
2

( x + y)

2

2

≤ 2( x + y
2

2

2

( x + y)
= 2 + 2 xy ⇒ xy =

) ⇒ ( x + y)

2

2

−2

2
≤ 4 ⇔ −2 ≤ x + y ≤ 2

Ta có: P = 2 ( x + y ) ( 2 − xy ) − 3xy .
Đặt t = x + y ⇒ −2 ≤ t ≤ 2 .


t2 − 2  t2 − 2
3
P
=
2
t
2
−
= −t 3 − t 2 + 6t + 3
Khi đó


÷− 3
2 
2
2

3
Xét hàm số: f ( t ) = −t 3 − t 2 + 6t + 3, t ∈ [ −2; 2]
2
2
Ta có: f ′ ( t ) = −3t − 3t + 6, ∀t ∈ ( −2; 2 ) ; f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = −2 (loại)
13
Có: f ( −2 ) = −7; f ( 1) = ; f ( 2 ) = 1
2
 1− 3 1+ 3  1+ 3 1− 3 
13
x; y ) = 
;
f ( t ) = f ( 1) =
(
÷
Vậy: max P = tmax
khi
÷,  2 ; 2 ÷
÷.
∈[ −2;2]
2
2
2


 

min P = min f ( t ) = f ( −2 ) = −7 khi ( x; y ) = ( −1; −1) .
t∈[ −2;2]

Nhận xét: Trên đây là kỹ thuật biến đổi để đưa biểu thức về theo một biến. Đôi
khi trong nhiều bài chúng ta còn phải dùng các bất đẳng thức để đưa về một biểu
thức trung gian, sau đó mới biến đổi đề đưa về một biến:

11


1
a

1
b

Ví dụ 12. Cho a, b > 0 và a + b ≤ 1 . Chứng minh rằng: a + b + + ≥ 5 .
Phân tích: Dựa vào giả thiết bài toán ta liên tưởng đến việc coi t = a + b là một
1 1
theo t, vì không biến đổi
a b
1 1
4
trực tiếp được nên ta phải dùng BĐT + ≥
để đưa về biểu thức trung
a b a+b
1 1
4

gian: a + b + + ≥ a + b +
. Từ đó ta có lời giải:
a b
a +b

ẩn mới. Khi đó ta phải tìm cách biến đổi a + b + +

Giải:

1
a

1
b

1
a

1
b

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ( a + b ) ( + ) ≥ 4 ⇒ + ≥
1 1
a b
Đặt t = a + b, t ∈ ( 0;1]

Khi đó: a + b + + ≥ a + b +

4
a +b

4
a +b

(1)

4
t

Xét hàm số f ( t ) = t + , ∀t ∈ ( 0;1] .
t2 − 4
< 0, ∀t ∈ ( 0;1] suy ra hàm số f ( t ) nghịch biến trên ( 0;1] . Do đó
t2
4
f ( t ) ≥ f ( 1) = 5, ∀t ∈ ( 0;1] hay a + b +
≥ 5 (2)
a+b
1 1
1
Từ (1) và (2) suy ra a + b + + ≥ 5 (đpcm). Dấu “=” xảy ra khi a = b = .
a b
2

Ta có: f ′ ( t ) =

Nhận xét: Để làm được bài tập này học sinh cần nắm chắc một số bất đẳng
thức, rồi vận chúng vào biến đổi về biểu thức trung gian và tìm điều kiện của ẩn.
Thường là những học sinh khá giỏi mới làm được. Bài này cũng có thể áp dụng
bất đẳng thức Cauchy để giải.
Ví dụ 13. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 .



1







Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = ( 1 + x ) 1 + ÷+ ( 1 + y ) 1 + ÷.
y
x
1





Phân tích: Tương tự ví dụ 12 ta có thể lựa chọn một trong hai ẩn mới là t = xy
t = x+ y.
hoặc
Dùng bất đẳng thức Cauchy để biến đổi

 x y
1 1
1 
A = 2 +  + ÷+ ( x + y ) +  + ÷ ≥ 4 + 2  xy +
÷


÷ từ đó ta chọn ẩn t = xy
xy
 y x
x y



Giải:
1
2

Ta có: 1 = x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ xy ≤ . Do đó: 0 < xy ≤

1
2

Mặt khác:

 x y
1 1
1 
A = 2 +  + ÷+ ( x + y ) +  + ÷ ≥ 4 + 2  xy +
÷

xy ÷
 y x
x y



12


Đặt t = xy , 0 < t ≤

1
2


1 

t 2 −1



Xét hàm số: f ( t ) = t + trên  0;  . Ta có: f ′ ( t ) = 2 < 0, ∀t ∈  0; 
t
t
2
 2

1



1 

 1 

1

1



1 

Do đó f ( t ) nghịch biến trên  0;  ⇒ f ( t ) ≥ f  ÷ = 2 + , ∀t ∈  0;  hay
2
2
2

 2

1
1
≥ 2+
. Vì vậy A ≥ 4 + 3 2
xy
2
1
Vậy: min A = 4 + 3 2 khi x = y =
.
2
xy +

Nhận xét: Bài toán này sử dụng đạo hàm khá hay. Nhưng con đường đi đến việc
sử dụng đạo hàm sẽ không dễ đối với những em học sinh chưa nắm chắc bất
đẳng thức. Nếu biết tách, ghép hợp lý và vận dụng một số bất đẳng thức để đưa
về biểu thức theo một ẩn. Bây giờ ta sẽ vận dụng kỹ thuật này giải một số đề thi

tuyển sinh trong những năm gần đây:
Ví dụ 14. Đề thi tuyển sinh Đại học khối D – năm 2014
Cho x, y ∈[1;2] và x + y = 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
x + 2y
y + 2x
1
P= 2
+ 2
+
x + 3y + 5 y + 3x + 5 4(x + y - 1)
Giải.
Do x ∈[1;2] nên (x - 1)(x - 2) ≤ 0, nghĩa là x 2 + 2 ≤ 3x . Tương tự, y 2 + 2 ≤ 3y .
x + 2y
y + 2x
1
x+ y
1
+
+
=
+
Suy ra P ≥
3x + 3y + 3 3y + 3x + 3 4(x + y - 1) x + y +1 4(x + y - 1)
t
1
+
Đặt t = x + y , suy ra 2 ≤ t ≤ 4. Xét hàm f(t)=
, với 2 ≤ t ≤ 4.
t +1 4(t - 1)
1

1
. Suy ra f '(t) = 0 ⇔ t = 3
Ta có f'(t)=
(t + 1)2 4(t - 1)2
11
7
53
7
7
Mà f(2)= ; f(3)= ; f(4)=
nên f(t) ≥ f(3) = . Do đó P ≥ .
12
8
60
8
8
7
7
Khi x = 1;y = 2 thì P = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là .
8
8
Ví dụ 15. Đề thi tuyển sinh Đại học khối A – năm 2014
Cho x, y,z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
x2
y+ z
1+ yz
P= 2
+
x + yz + x +1 x + y + z +1

9

13


Giải.
Ta có 0 ≤ (x - y - z)2 = x 2 + y 2 + z 2 - 2xy - 2xz + 2yz = 2(1 - xy - xz + yz) , nên

x 2 + yz + x +1= x(x + y + z +1) - (1 - xy - xz + yz) ≥ x(x + y + z + 1)

x2
x
≤
Suy ra 2
.
x + yz + x +1 x + y + z +1
(x + y + z)2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2x(y + z)+ 2yz = 2 + 2yz + 2x(y + z)
Mặt khác,
≤ 2 + 2yz + [x 2 +(y + z)2 ] = 4(1+ yz).
x + y + z (x + y + z)2
Do đó P ≤
.
x + y + z +1
36
Đặt t = x + y + z , suy ra t ≥ 0 và
t 2 = (x + y + z)2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2zx
≤ 2 +(x 2 + y 2 )+(y 2 + z 2 )+(z 2 + x 2 )= 6
t
t2
Do đó 0 ≤ t ≤ 6 . Xét f(t)=

- , với 0 ≤ t ≤ 6
t +1 36
1
t
(t - 2)(t 2 + 4t + 9)
f'(t)=
=
Ta có
, nên f '(t) = 0 ⇔ t = 2
(t +1)2 18
18(t +1)2
5
5
31
6
Ta có f(0) = 0;f(2) = ;f( 6) =
. Nên f(t) ≤ khi 0 ≤ t ≤ 6
−
9
9
30 5
5
5
Do đó P ≤ . Khi x = y = 1 và z = 0 thì P = .
9
9
5
Do đó giá trị lớn nhất của P là .
9
Ví dụ 16. Đề thi THPT Quốc gia năm 2015

Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [1;3] và thỏa mãn điều kiện a + b + c = 6 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 + 12abc + 72 1
P=
− abc
ab + bc + ca
2
Giải.
Đặt t = ab + bc + ca
1
Ta có 36 = (a + b + c) 2 = [( a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a ) 2 ] + 3t ≥ 3t . Suy ra t ≤ 12 .
2
(
a
−
1)(
b
−
1)(
c
− 1) ≥ 0 , nên abc ≥ ab + bc + ca − 5 = t − 5;
Mặt khác,
Và (3 − a)(3 − b)(3 − c) ≥ 0 , nên 3t = 3(ab + bc + ca) ≥ abc + 27 ≥ t + 22. Suy ra
t ≥ 11 . Vậy 11 ≤ t ≤ 12 .
Khi đó

14


a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 + 2abc (a + b + c ) + 72 1

P=
− abc
ab + bc + ca
2
2
2
(ab + bc + ca ) + 72 abc t + 72 t − 5 t 2 + 5t + 144
=
−
≤
−
=
ab + bc + ca
2
t
2
2t
2
t + 5t + 144
Xét hàm số f (t ) =
, với 11 ≤ t ≤ 12 .
2t
160
160
t 2 − 144
. Suy ra P ≤
.
Ta có f '(t ) =
. Do đó f (t ) ≤ f (11) =
2

11
11
2t
160
.
Ta có a = 1; b = 2; c = 3 thỏa mãn điều kiện bài toán và khi đó P =
11
160
.
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
11
Ví dụ 17. Đề thi thử trường THPT Hậu Lộc 1 năm 2016
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
F = 3x 2 +7y + 5y + 5z + 7z + 3x 2
Giải.
Áp dụng Bunhiacopxki và giả thiết, ta có:
F2 ≤ 3[6x2 + 12(y + z)] ≤ 18[x2 + 2 2 ( y 2 + z 2 ) = 18[x2 + 2 2 ( 3 - x 2 ) ]

[

Xét hàm số: f(x) = x2 + 2 2 ( 3 - x 2 ) , với x ∈ − 3; 3
Ta có: f’(x) =

2x -

]

4x
2 ( 3 - x2 )

[

]

f’(x) = 0 với x ∈ − 3; 3 ⇒ x = 0, x = ± 1
Khi đó:
f (0) = 2 6 ,
f(1) = f(- 1) = 5,
f( − 3 ) = f( 3 ) = 3
f ( x ) = 5 ⇒ F2 ≤ 18.5 = 90 ⇒ F ≤ 3 10
⇒ [ −max
3; 3 ]
 3x 2 +7y = 5y + 5z = 7z + 3x 2

y = z
Dấu “=” xảy ra ⇔  2 2 2
⇔x = y = z = 1
x + y + z = 3
x = 1


Vậy maxF = 3 10 khi x = y = z = 1.

15


2.3.4. Giải pháp 4: Bài tập tự luyện
Bài 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
y = 4 2 x + 2 x + 2. 4 6 − x + 2. 6 − x .
Bài 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

(

x3 + 3x 2 − 1
x − x −1

)

3

.

Bài 3. (HSG-NGHỆ AN) Cho các số thực x, y thỏa mãn: 0 < x ≤ y < π .
3
3
Chứng minh rằng: ( x − 6 x ) sin y ≤ ( y − 6 y ) sin x .
Bài 4. (HSG-VP-2010) Chứng minh rằng với ∀x ∈ R ta có:
1
1
1
1 + cos x + cos 2 x + cos 3x + cos 4 x > 0
2
3
4

Bài 5. Cho hai số dương x , y thỏa mãn : x + y = 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
4x + y 2x − y
+
thức: P =
xy

4
Bài 6. Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x 2 + x = y + 12 và y ≤ 0 .
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = xy + x + 2 y + 17
Bài 7. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện: a + b = 2 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: P =

1
1
+
.
2
4
2 + 6a + 9a 2 + 6b 2 + 9b 4

Bài 8. Đề thi tuyển sinh Đại học khối B – 2011. Cho a,b là các số thực dương
2
2
thoả mãn 2 a + b + ab = ( a + b ) ( ab + 2 ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứ:

(

)

 a 3 b3   a 2 b 2 
P = 4  3 + 3 ÷- 9  2 + 2 ÷
a  b
a 
b
Bài 9. Đề thi tuyển sinh Đại học khối B – năm 2010
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức:
M = 3 ( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) + 3 ( ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2

Bài 10. Đề thi tuyển sinh Đại học khối B – năm 2009
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :
A= 3 x 4 + y 4 + x 2 y 2 - 2 x 2 + y 2 +1

(

) (

)

với x, y là các số thoả mãn điều kiện ( x + y ) + 4xy ≥ 2
Bài 11. Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, A1 – năm 2013
Cho a,b,c thỏa mãn a + b + c = 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3

32a 3
32b 3
a 2 + b2
S=
+
(b + 3c)3 (a + 3c)3
c
Bài 12. Đề thi tuyển sinh Đại học khối D – năm 2012
16


Cho x, y thỏa mãn (x - 4)2 +(y - 4)2 + 2xy ≤ 32 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức: S = x 3 + y 3 + 3(xy - 1)(x + y - 2) .
Bài 13. Đề thi tuyển sinh Đại học khối A – 2012
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = 3 x − y + 3 y − z + 3 z − x − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 .
Bài 14. Đề thi tuyển sinh Đại học khối D – năm 2013
Cho x, y > 0 và xy ≤ y - 1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
x+ y
x - 2y
S=
x 2 - xy + 3y 2 6(x + y)
Bài 15. Đề thi thử trường THPT Chuyên – Đại học Vinh năm 2016.
Tìm số thực m lớn nhất sao cho tồn tại các số thực không âm x, y,z thỏa mãn:
x + y + z = 4 và x3 + y 3 + z 3 + 8(xy 2 + yz 2 + zx 2 )= m .
Bài 16. Đề thi thử trường THPT Quảng Xương 4 – Thanh Hóa năm 2016.
Giả sử x, y,z là các số thực dương thỏa mãn x > y và xy +(x + y)z + z 2 = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
1
1
P=
+
+
4(x − y)2 (x + z)2 (y + z)2

17


2.4. Hiu qu ca sỏng kin kinh nghim i vi hot ng giỏo dc, vi
bn thõn, ng nghip v nh trng
Trong nm hc 2015 2016, tụi c nh trng phõn cụng dy mụn

toỏn ti lp 12A7. ng trc thc trng hc sinh rt ngi khi i mt vi
nhng bi toỏn v bt ng thc v tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht, tụi ó
mnh dn a vo chng trỡnh bi dng nhúm gm 20 hc sinh khỏ, gii s
dng phng phỏp hm s gii lp cỏc bi toỏn trờn. V thc t sau khi c
hc mt cỏch cú h thng v y cỏc k thut s o hm thỡ hc sinh ó t
tin hn khi ng trc nhng bi toỏn v bt ng thc v tỡm giỏ tr ln nht,
nh nht. Qua ú hc sinh cũn rốn luyn c cỏch trỡnh by bi gii mt cỏch
khoa hc, cht ch, y ; c bit cũn rốn luyn cho hc sinh v t duy logic,
t duy sỏng to, t duy hm, cng c c nhng kin thc c bn v hm s.
õy cng l ti liu s giỳp ớch cho bn thõn trong quỏ trỡnh dy hc
nhng nm tip theo; ng thi l ti liu tham kho b ớch cho ng nghip,
c bit l nhng ng nghip tr, cha cú nhiu kinh nghim trong ging dy.
ỏnh giỏ hiu qu ca ti, tụi ó thc hin hai bi kim tra trc v
sau khi ỏp dng, c th nh sau:
1 (Trc khi thc hin chuyờn ). Cho cỏc s thc dng a, b, c tha món
1 1 1
a + b + c 1 . Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: P = 3 ( a + b + c ) + 2 + + ữ.
a b c

2 (Sau khi thc hin chuyờn ). Cho x, y là các số thực thoả mãn :
x2 + y2 = 2 .Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức :

(

)

P = 2 x3 + y3 3xy
Kt qu c th:
Ln

S s

kim tra
1
20
2
20
So sỏnh

S hc sinh gii c

S hc sinh

SL
%
7
35
18
90
Tng 55%

khụng gii c
SL
%
13
65
2
10
Gim 55%

18


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Kiến thức được trình bày trong đề tài đã được giảng dạy cho các em học
sinh khá, giỏi ôn thi THPT QG. Kết quả thu được rất khả quan, các em học tập
một cách say mê, hứng thú.
Với chuyên đề này người thầy phải biết vận dụng sáng tạo phương pháp,
luôn luôn không ngừng tìm tòi, tham khảo các tài liệu, tham khảo đồng nghiệp,
xâu chuỗi chúng lại và cho học sinh các bài tập định hướng để các em học tập,
tìm hiểu.
Tuy vậy, do nhiều nguyên nhân khác nhau, chủ quan và khách quan nên
đề tài không tránh khỏi những thiếu sót, hạn chế nhất định. Rất mong nhận được
sự góp ý của quý thầy cô giáo và các em học sinh để đề tài ngày hoàn thiện hơn,
có ứng dụng rộng rãi trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh.
3.2. Kiến nghị
- Tổ chuyên môn cần tổ chức những diễn đàn trao đổi về chuyên môn để phổ
biến sáng kiến kinh nghiệm, đồng thời nghiên cứu phát triển sáng kiến theo một
số hướng như: Khai thác thêm các kỹ năng đánh giá khác; Kỹ năng khảo sát
theo từng biến; Ứng dụng trong chứng minh bất đẳng thức…
- Nhà trường cần tăng cường hơn nữa những trang thiết bị hỗ trợ cho giảng dạy,
tổ chức thường xuyên những hội thảo về phương pháp giảng dạy, kinh nghiệm
nghiên cứu khoa học.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 21 tháng 5 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của

mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Nguyễn Sĩ Tam

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ.
[2] Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức – Trần Tuấn Anh.
[3] Hướng dẫn ôn thi THPT QG năm học 2014 – 2015, 2015 – 2016.
[4] Tuyển chọn theo chuyên đề chuẩn bị cho kỳ thi tốt nghiệp THPT và thi vào
ĐH – CĐ (Tủ sách Toán học và tuổi trẻ - Tập 1)
[5] Đề thi tuyển sinh Đại Học và Cao Đẳng các năm; đề thi học sinh giỏi.
[6] Tài liệu trên mạng.
[7] Sách giáo khoa Đại số 10, Giải tích 12 (Nâng cao).
[8] Sách Bài tập Đại số 10, Bài tập Giải tích 12 (Nâng cao).

20