Sáng kiến kinh nghiệm Một phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong việc rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh ở trường phổ thông, môn
Toán đóng vai trò rất quan trọng. Bởi vì, Toán học có một vai trò to lớn trong sự
phát triển của các ngành khoa học và kỹ thuật; Toán học có liên quan chặt chẽ và
có ứng dụng rộng rãi trong rất nhiều lĩnh vực khác nhau của khoa học, công nghệ,
sản xuất và đời sống xã hội hiện đại; Toán học còn là một công cụ để học tập và
nghiên cứu các môn học khác.
Vấn đề bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh đã được nhiều tác giả trong
và ngoài nước quan tâm nghiên cứu. Với tác phẩm "Sáng tạo toán học" nổi tiếng,
nhà toán học kiêm tâm lý học G.Polya đã nghiên cứu bản chất của quá trình giải
toán, quá trình sáng tạo toán học. Đồng thời trong tác phẩm "Tâm lý năng lực toán
học của học sinh", Krutecxiki đã nghiên cứu cấu trúc năng lực toán học của học
sinh. Ở nước ta, các tác giả Hoàng Chúng, Nguyễn Cảnh Toàn, Phạm Văn Hoàn,
Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy, Tôn Thân, Phạm Gia Đức,… đã có nhiều công
trình giải quyết những vấn đề về lý luận và thực tiễn việc phát triển tư duy sáng tạo
cho học sinh.
Những năm gần đây, bài toán khó nhất trong đề thi tuyển sinh đại học của
các khối A, A1, B, D thường là các bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc là bài
toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức (Bài toán khó trong đề thi tuyển
sinh đại học). Các bài toán này thường gây ra cho học sinh rất nhiều khó khăn, đa
số học sinh “ngại” bài toán này vì các bài toán này thường đa dạng phong phú và
học sinh bế tắc trong việc định hướng để tìm ra lời giải. Ngoài ra một lý do nữa
khiến học sinh “ngại” bài toán này là các học sinh thường cảm thấy mãn nguyện
khi tìm được một lời giải cho bài toán mà các em ít có ý thức tìm kiếm các lời giải
khác, khai thác đào sâu kết quả bài toán đó như rút ra định hướng cụ thể tìm lời
giải từ bài toán đó; ra các bài toán mới.
Như vậy, việc bồi dưỡng và phát triển
tư duy sáng tạo trong hoạt động dạy học toán được rất nhiều nhà nghiên cứu quan
tâm. Tuy nhiên, việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo thông qua dạy giải một số bài tập
khó trong đề thi tuyển sinh đại học thì các tác giả chưa khai thác và đi sâu vào
nghiên cứu cụ thể. Vì vậy, tôi chọn đề tài: "Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học

sinh trung học phổ thông qua dạy học giải một số bài tập khó trong đề thi tuyển
sinh đại học".
Trong đề tài này, tôi đưa ra cơ sở lý luận và thực tiễn của đề tài đặc biệt là
đánh giá thực trạng của vấn đề dạy và học một số bài tập khó trong đề thi tuyển
sinh đại học. Sau đó đưa ra một số vấn đề dạy học giải một số bài tập khó trong đề
thi tuyển sinh đại học theo định hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh
(Vấn đề 1: Rèn luyện tư duy sáng tạo qua việc hướng dẫn học sinh tìm ra nhiều
cách giải trong một bài toán; Vấn đề 2: Rèn luyện tư duy sáng tạo qua việc hướng
dẫn học sinh rút ra định hướng cụ thể để giải một số bài tập khó trong đề thi tuyển
Trang 1


sinh đại học; Vấn đề 3: Rèn luyện tư duy sáng tạo qua việc hướng dẫn học sinh đưa
ra một số bài toán mới). Cuối cùng là một số kết quả của việc ứng dụng đề tài và
những kết luận.
Đề tài được hoàn thành tại trường THPT Hà Huy Tập. Trong quá trình thực
hiện đề tài tôi đã nhận được nhiều sự chỉ bảo của các thầy cô giáo đi trước về bố
cục, nội dung. Nhân đây cho phép tôi bày tỏ lời cảm ơn chân thành đến các thầy cô
giáo, bạn bè đồng nghiệp, đặc biệt là các thầy cô trong tổ Toán- Tin trường THPT
Hà Huy Tập.
Do nhiều nguyên nhân, đề tài hoàn thành không tránh khỏi được những sai
sót. Tôi luôn mong muốn nhận được sự góp ý chân thành của các thầy cô giáo và
các độc giả để ngày càng hoàn thiện hơn trong quá trình nghiên cứu khoa học và
viết các đề tài.

Trang 2


PHẦN II. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận và thực tiễn

2.1.1. Tư duy sáng tạo
Theo từ điển triết học: "Tư duy, sản phẩm cao nhất của vật chất được tổ chức
một cách đặc biệt là bộ não, là quá trình phản ánh tích cực thế giới khách quan
trong các khái niệm, phán đoán, lý luận. Tư duy xuất hiện trong quá trình hoạt
động sản xuất xã hội của con người và đảm bảo phản ánh thực tại một cách gián
tiếp, phát hiện những mối liên hệ hợp quy luật. Tư duy chỉ tồn tại trong mối liên hệ
không thể tách rời khỏi hoạt động lao động và lời nói, là hoạt động chỉ tiêu biểu
cho xã hội loài người cho nên tư duy của con người được thực hiện trong mối liên
hệ chặt chẽ với lời nói và những kết quả của tư duy được ghi nhận trong ngôn ngữ.
Tiêu biểu cho tư duy là những quá trình như trừu tượng hoá, phân tích và tổng hợp,
việc nêu lên là những vấn đề nhất định và tìm cách giải quyết chung, việc đề xuất
những giả thiết, những ý niệm. Kết quả của quá trình tư duy bao giờ cũng là một ý
nghĩ nào đó".
Theo định nghĩa trong từ điển thì sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết
vấn đề mới không bị gò bó và phụ thuộc vào cái đã có. Nội dung của sáng tạo gồm
hai ý chính có tính mới (khác cái cũ, cái đã biết) và có lợi ích (giá trị hơn cái cũ).
Như vậy sự sáng tạo cần thiết cho bất kỳ hoạt động nào của xã hội loài người. Sáng
tạo thường được nghiên cứu trên nhiều phương diện như là một quá trình phát sinh
cái mới trên nền tảng cái cũ, như một kiểu tư duy, như là một năng lực của con
người.
Theo định nghĩa thông thường và phổ biến nhất của tư duy sáng tạo thì đó là
tư duy tạo ra cái mới. Thật vậy, tư duy sáng tạo dẫn đến những tri thức mới về thế
giới về các phương thức hoạt động.
Tư duy sáng tạo là tư duy tích cực và tư duy độc lập nhưng không phải trong
tư duy tích cực đều là tư duy độc lập và không phải trong tư duy độc lập đều là tư
duy sáng tạo và có thể biểu hiện mối quan hệ giữa các khái niệm dưới dạng vòng
tròn đồng tâm.

Trang 3

Tư duy tích cực
Tư duy độc lập
Tư duy sáng tạo
Có thể nói đến tư duy sáng tạo khi học sinh tự khám phá, tự tìm cách chứng
minh mà học sinh đó chưa biết đến. Bắt đầu từ tình huống gợi vấn đề, tư duy sáng tạo
giải quyết mâu thuẫn tồn tạo trong tình huống đó với hiệu quả cao, thể hiện ở tính hợp
lý, tiết kiệm, tính khả thi và cả ở vẻ đẹp của giải pháp.
Nói chung tư duy sáng tạo là một dạng tư duy độc lập, tạo ra ý tưởng mới
độc đáo và có hiệu quả giải quyết vấn đề cao.
Theo nghiên cứu của các nhà tâm lý học, giáo dục học, … về cấu trúc của tư
duy sáng tạo, có năm đặc trưng cơ bản sau:
- Tính mềm dẻo
- Tính nhuần nhuyễn
- Tính độc đáo
- Tính hoàn thiện
- Tính nhạy cảm vấn đề
Các yếu tố cơ bản của tư duy sáng tạo nêu trên đã biểu hiện khá rõ ở học
sinh nói chung và đặc biệt rõ nét đối với học sinh khá giỏi. Trong học tập Toán mà
cụ thể là trong hoạt động giải toán, các em đã biết di chuyển, thay đổi các hoạt
động trí tuệ, biết sử dụng xen kẽ phân tích và tổng hợp, dùng phân tích trong khi
tìm tòi lời giải và dùng tổng hợp để trình bày lời giải. Ở học sinh khá và giỏi cũng
có sự biểu hiện các yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo. Điều quan trọng là người
giáo viên phải có phương pháp dạy học thích hợp để có thể bồi dưỡng và phát triển
tốt hơn năng lực sáng tạo ở các em.
2.1.2. Đánh giá thực trạng của vấn đề dạy và học một số bài tập khó (Các bài
toán chứng minh bất đẳng thức; tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu
thức; …) trong đề thi tuyển sinh đại học
2.1.2.1. Người dạy
Hướng thứ nhất: Đưa ra một số bài toán chứng minh bất đẳng thức; tìm giá

trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức cho học sinh giải. Nếu học sinh giải được
thì nhận xét về cách trình bày lời giải của học sinh sau đó đưa ra bài toán khác;
Trang 4


Nếu học sinh không giải được thì hướng dẫn lời giải cho học sinh sau đó yêu cầu
học sinh trình bày lại. Thông qua tìm hiểu các bạn bè và đồng nghiệp có rất nhiều
giáo viên thực hiện theo hướng này, đặc biệt là các giáo viên tham gia bồi dưỡng
học sinh giỏi ở các trường không phải nằm ở trung tâm của các huyện.
Hướng thứ hai: Giao các tài liệu cho học sinh đọc rồi kiểm tra quá trình đọc
tài liệu của học sinh. Qua khảo sát, tôi thấy có rất nhiều giáo viên ngại các bài toán
dạng này hoặc hiểu không thật sâu sắc các bài toán dạng này và lúc đó giáo viên
thường chọn hướng thứ hai.
2.1.2.2. Người học
Qua tìm hiểu học sinh, tôi thấy hiện nay các em đa số xác định bỏ bài toán
dạng này vì bài toán này thường là bài toán khó nhất trong đề thi đại học hiện nay.
Thậm chí một số học sinh khá giỏi cũng xác định vậy vì các em sợ tập trung vào
bài toán này sẽ không có thời gian để kiểm tra lại các bài toán dễ hơn đã làm được.
Bên cạnh đó một số giáo viên không tự tin về năng lực của học sinh nên động viên
các em bỏ luôn bài toán dạng này nếu không thấy quen thuộc hoặc không giải ngay
được.
Theo quan điểm của cá nhân tôi, đối với những học sinh khá giỏi môn Toán
thì chúng ta nên dạy các bài toán dạng này cho các em vì xu thế hiện nay các bài
toán dạng này trong đề thi đại học có thể giải được bằng cách dùng một số bất
đẳng thức đúng đã biết kết hợp với công cụ đạo hàm và không quá khó đối với học
sinh khá giỏi; đồng thời thông qua các bài toán dạng này chúng ta có thể bồi dưỡng
tư duy sáng tạo cho các em.
2.1.3. Tiềm năng của một số bài tập khó (Các bài toán chứng minh bất đẳng
thức; tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức; …) trong đề thi tuyển
sinh đại học trong việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh

Trong quá trình học Toán thì kỹ năng vận dụng Toán học là quan trọng nhất,
nhà trường phổ thông không chỉ cung cấp cho học sinh những kiến thức Toán học,
mà còn luyện cho học sinh kỹ năng vận dụng tính độc lập, sự độc đáo và khả năng
sáng tạo.
Các nhà tâm lý học cho rằng: "Sáng tạo bắt đầu từ thời điểm mà các phương
pháp logic để giải quyết nhiệm vụ là không đủ và gặp trở ngại hoặc kết quả không
đáp ứng được các đòi hỏi đặt ra từ đầu, hoặc xuất hiện giải pháp mới tốt hơn giải
pháp cũ".
Chính vì vậy điều quan trọng là hệ thống bài tập cần phải được khai thác và
sử dụng hợp lý nhằm rèn luyện cho học sinh khả năng phát triển tư duy sáng tạo
biểu hiện ở các mặt như: khả năng tìm hướng đi mới (khả năng tìm nhiều lời giải
khác nhau cho một bài toán), khả năng tìm ra kết quả mới (khai thác các kết quả
của một bài toán, đưa ra các bài toán mới).

Trang 5


Một số bài tập khó (Các bài toán chứng minh bất đẳng thức; tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của một biểu thức; …) trong đề thi tuyển sinh đại học chứa đựng
nhiều tiềm năng to lớn trong việc bồi dưỡng và phát huy năng lực sáng tạo cho học
sinh.
Trong quá trình dạy học giáo viên cần dẫn dắt học sinh giải quyết hệ thống
bài tập, tạo cho học sinh phát hiện vấn đề mới, đó là vấn đề quan trọng mà ta cần
quan tâm bồi dưỡng cho học sinh.
Có nhiều phương pháp khai thác khác các bài tập khó (Các bài toán chứng
minh bất đẳng thức; tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức;…) trong đề
thi tuyển sinh đại học, để tạo ra các bài toán có tác dụng rèn luyện tính mềm dẻo,
tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo của tư duy.
Trên cơ sở phân tích khái niệm tư duy sáng tạo cùng những yếu tố đặc trưng
của nó và dựa vào quan điểm: bồi dưỡng từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo

cho học sinh là một trong những biện pháp để phát triển năng lực tư duy sáng tạo
cho các em. Các bài tập chủ yếu nhằm bồi dưỡng tính mềm dẻo của tư duy sáng
tạo với các đặc trưng: dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí
tuệ khác, suy nghĩ không rập khuôn; khả năng nhận ra vấn đề mới trong điều kiện
quen thuộc, khả năng nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết. Các bài
tập chủ yếu nhằm bồi dưỡng tính nhuần nhuyễn của tư duy sáng tạo với các đặc
trưng: khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và hoàn cảnh khác
nhau, khả năng xem xét đối tượng dưới những khía cạnh khác nhau. Các bài tập
chủ yếu nhằm bồi dưỡng tính nhạy cảm vấn đề của tư duy sáng tạo với các đặc
trưng: nhanh chóng phát hiện những vấn đề tìm ra kết quả mới, tạo được bài toán
mới, khả năng nhanh chóng phát hiện ra các mâu thuẫn, thiếu logic.
Như vậy tiềm năng của một số bài tập khó (Các bài toán chứng minh bất
đẳng thức; tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức; …) trong đề thi tuyển
sinh đại học trong việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh, đặc biệt là học sinh
khá giỏi là rất lớn. Việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua quá
trình dạy học giải bài tập toán là rất cần thiết bởi qua đó chúng ta giúp học sinh học
tập tích cực hơn và kích thích được tính sáng tạo của học sinh trong học tập và
trong cuộc sống. Vậy công việc của mỗi giáo viên trong quá trình dạy học là tìm ra
được các phương pháp nhằm phát triển và rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh.
2.2. Một số vấn đề dạy học giải một số bài tập khó (Các bài toán chứng minh
bất đẳng thức; tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức; …) trong đề
thi tuyển sinh đại học theo định hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học
sinh
2.2.1. Vấn đề 1: Rèn luyện tư duy sáng tạo qua việc hướng dẫn học sinh tìm ra
nhiều cách giải trong một bài toán

Trang 6


Trong cuốn: "Sáng tạo Toán học", G.Polya cho rằng: "Một tư duy gọi là có

hiệu quả nếu tư duy đó dẫn đến lời giải một bài toán cụ thể nào đó. Có thể coi là
sáng tạo nếu tư duy đó tạo ra những tư liệu, phương tiện giải các bài toán sau này.
Các bài toán vận dụng những tư liệu phương tiện này có số lượng càng lớn, có
dạng muôn màu muôn vẻ, thì mức độ sáng tạo của tư duy càng cao. Thí dụ: lúc
những cố gắng của người giải vạch ra được các phương thức giải áp dụng cho
những bài toán khác. Việc làm của người giải có thể là sáng tạo một cách gián tiếp,
chẳng hạn lúc ta để lại một bài toán tuy không giải được nhưng tốt vì đã gợi ra cho
người khác những suy nghĩ có hiệu quả".
Lene đã chỉ ra hai trong số các thuộc tính của tư duy sáng tạo là:
- Kỹ năng nhìn thấy nhiều lời giải, nhiều cách nhìn đối với việc tìm hiểu lời
giải (khả năng xem xét đối tượng ở những phương thức đã biết thành một phương
thức mới).
- Kỹ năng sáng tạo một phương pháp giải độc đáo tuy đã biết nhưng phương
thức khác (Lene - dạy học nên vấn đề - NXBGD - 1977)
Học sinh phổ thông thường có thói quen khi đã tìm được lời giải bài toán thì
thỏa mãn, ít đi sâu kiểm tra lại lời giải xem có sai lầm, thiếu sót gì không, ít quan
tâm tới việc nghiên cứu, cải tiến lời giải, tìm nhiều lời giải. Tìm nhiều lời giải cho
một bài toán giúp cho học sinh có cách nhìn toàn diện, biết hệ thống hóa, sử dụng
các kiến thức, các kĩ năng và phương pháp giải toán một cách chắc chắn, mềm dẻo,
linh hoạt. Đó cũng là năng lực đặc trưng của giải toán. Tập hợp nhiều cách giải và
tìm được cách giải tối ưu cho bài toán giúp học sinh thấy rõ ưu, khuyết của từng
phương pháp giải toán, thu nhận, hợp thức hóa, làm phong phú thêm tri thức của
người giải toán và tạo ra được sự hứng thú cho học sinh khi giải toán.
Vì vậy, trong quá trình dạy học, giáo viên cần chú ý cho học sinh thường
xuyên tìm nhiều phương án giải bài toán, sử dụng kết quả bài toán này để giải bài
toán khác. Xét các ví dụ sau:
Bài toán 2.2.1.1. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2003)
Cho x, y,z là ba số thực dương thỏa mãn x + y + z ≤ 1 . Chứng minh rằng
x2 +

1
1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 .
2
x
y
z

2.2.1.1.1. Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxky để khử căn ở vế trái của bất đẳng
thức cần chứng minh ta có lời giải sau
Lời giải 1:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxky, ta có
1
 2 1
 + 9 ÷ x + 2
x
9


2

1
82 
9
 x 3
2
÷≥  + ÷ ⇒ x + 2 ≥
 x + ÷.
x

82 
x
 3 x
Trang 7


Tương tự ta có
y2 +

1
82 
9
1
82 
9
2
≥
y
+
;
z
+
≥
z
+

÷.

÷
y2

82 
y
z2
82 
z

Suy ra
x2 +

 1 1 1 
1
1
1
82 
2
2
+
y
+
+
z
+
≥
x
+
y
+
z
+
9


 x + y + z ÷ (1)
x2
y2
z2
82 



Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có

1 1 1
1 
1 
1 
x + y + z + 9  + + ÷ = 9  9x + ÷ +  9y + ÷ +  9z + ÷ − 80 ( x + y + z )
x 
y 
z 
x y z

 9x
9y
9z 
≥ 9 2
+2
+2
÷ − 80 ( x + y + z ) ≥ 82 (2) (Vì x + y + z ≤ 1 ).
x
y

z


Từ (1) và (2) suy ra

x2 +

1
1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 .
2
x
y
z

2.2.1.1.2. Sử dụng bất đẳng thức liên quan đến độ dài vec tơ để đánh giá tổng ba
căn bậc hai theo một căn bậc hai, ta có lời giải sau
Lời giải 2:
r r
r r r r
Với mọi u, v ta có u + v ≤ u + v
r r2 r r
rr r 2 r 2
r r
r r 2
(Vì u + v = u 2 + v 2 + 2uv ≤ u + v + 2 u . v = ( u + v ) )

(*)

r  1 r  1 r  1
Đặt a =  x; ÷, b =  y; ÷, c =  z; ÷
 x
 z
 y
r r r r r r r r r
a
+ b + c ≥ a +b + c ≥ a +b+c.
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
2

1 1 1
1
1
1
Vậy P = x + 2 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ (x + y + z) 2 +  + + ÷ ×
x
y
z
x y z
2

2

1 1 1
Ta có: P ≥ (x + y + z) +  + + ÷ ≥
x y z
2

(3

3

xyz

)

2

2


1 
9
+ 33
÷ = 9t + , với
t
 xyz 

2

x+ y+z 1
t = 3 xyz ⇒ 0 < t ≤ 
÷ ≤ ×
3

 9

(

3

)

2

Đặt Q = (t) = 9t +

9
9
 1
⇒ Q'(t) = 9 − 2 < 0, ∀t ∈  0; ÷
t
t
 9
Trang 8


 1
⇒ Q'(t) nghịch biến trên  0; 
 9
1
⇒ Q(t) ≥ Q  ÷ = 82 . Vậy P ≥ Q(t) ≥ 82.
9

2.2.1.1.3. Sử dụng bất đẳng thức Cô – Si để đánh giá tổng ba căn bậc hai theo một
căn bậc hai, ta có lời giải sau
Lời giải 3:
Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có
x2 +

1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
3
+
y
+
+
z
+
≥
3
x
+
×
y
+
×
z
+
x2

y2
z2
x2
y2
z2

1 
1 
1

= 3 6  x 2 + 2 ÷ y 2 + 2 ÷ z 2 + 2 ÷ (1)
x 
y 
z 

Lại áp dụng bất đẳng thức Cô – Si cho 82 số dương gồm x 2 và 81 số
x2 +

1
, ta có
81x 2

1
1
1
1
1
= x2 +
+
+ ... +

≥ 8282 81 160 .
2
2
2
2
x
81x
81x
81x
81 x

2
Tương tự ta có y +

1
1
1
1
2
82
82
≥
82
;
z
+
≥
82
y2
8181 y160

z2
8181 z160

 2 1  2 1  2 1
Suy ra  x + 2 ÷ y + 2 ÷ z + 2
x 
y 
z


1

3
÷ ≥ 82 82 243 160 160 160 (2)
81 x y z


3

1
x+ y+z
Mà xyz ≤ 
(3)
÷ ≤
3

 27
x2 +

Từ (1), (2) và (3) suy ra

1
1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 .
2
x
y
z

Bài toán 2.2.1.2. (Câu IV.1 – Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2003)
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 − x 2 .
2.2.1.2.1. Nhận thấy x 2 +

(

4 − x2

)

2

= 4 , ta có lời giải sau

Lời giải 1:

Tập xác định: [ −2;2]

2
2

Áp dụng kết quả: “ ( a + b ) ≤ 2 ( a + b ) với mọi số thực a, b. Dấu bằng xảy ra khi
và chỉ khi a = b”, ta có
2

Trang 9


(

y2 = x + 4 − x 2

)

2


≤ 2 x2 +


(

4 − x2

)  = 8 ⇒ −2
2

2 ≤y≤2 2.

 x = 4 − x 2
 x = 2

y=2 2⇔
⇔
⇔x= 2.
2
2
 4 − x = 2
 x + 4 − x = 2 2
Mặt khác: Vì x ∈ [ −2;2] nên y ≥ −2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = -2.
y = y(−2) = −2.
y = y( 2) = 2 2 và min
Vậy max
[ −2;2]
[ −2;2]

Nhận xét. Nếu dùng kết quả

(

y2 = x + 4 − x 2

)

2


≤ 2 x2 +


(

4 − x2

)  = 8 ⇒ −2
2

2 ≤y≤2 2

thì ta không tìm được giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho vì khi đó

x = 4 − x2
 x = − 2
y = −2 2 ⇔ 
⇔
(Vô lý).
2
 4 − x = − 2
 x + 4 − x 2 = −2 2
Vì thế học sinh phải linh hoạt thay đổi tư duy mới có thể tìm được giá trị nhỏ nhất
của hàm số đã cho.
2.2.1.2.2. Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số đã cho, ta có thể áp dụng bất đẳng
thức Cô – Si như sau:
Tập xác định: [ −2;2]
Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có
2
2 2 + 4 − x2
2
4−x =
× 2( 4 − x ) ≤
×
2

2
2
2

(

2x 2
3 2
2
Suy ra y ≤ −
+x+
=−
x− 2
4
2
4

)

2

+ 2 2 ≤ 2 2.

2 = 4 − x 2
⇔ x = 2.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
 x = 2
y = y( 2) = 2 2.
Do đó max
[ −2;2]

2.2.1.2.3. Để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho ta có thể sử dụng
công cụ đạo hàm như sau
Lời giải 2:
Tập xác định: [ −2;2]

Trang 10


y' = 1 −

x
4−x

2

×

x ≥ 0
y' = 0 ⇔ 4 − x 2 = x ⇔ 
⇔ x = 2.
2
2
4
−
x
=
x

Ta có: y(−2) = −2; y

( 2) = 2

2; y(2) = 2.

y = y(−2) = −2.
y = y( 2) = 2 2 và min
Vậy max
[ −2;2]
[ −2;2]

Trong các lời giải trên thì lời giải 2 (Sử dụng công cụ đạo hàm) có vẻ dễ tìm
hơn so với các lời giải khác. Chúng ta tiếp tục nghiên cứu để thấy rõ việc sử dụng
công cụ đạo hàm để gải một số bài toán dạng này.
2.2.2. Vấn đề 2: Rèn luyện tư duy sáng tạo qua việc hướng dẫn học sinh rút ra
định hướng cụ thể để giải một số bài tập khó (Các bài toán chứng minh bất
đẳng thức; tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức; …) trong đề thi
tuyển sinh đại học
Hàng trăm, hàng nghìn mạch nước nhỏ tạo thành dòng suối, rất rất nhiều
dòng suối đổ về con sông, các con sông đổ ra biển. Không thể có biển nếu không
có những mạch nước nhỏ. Toán học mênh mông như biển cả, rất nhiều bài toán
khó liên quan đến các bài toán dễ hơn. Muốn tìm được lời giải cho một bài toán
khó chúng ta phải biết được một số kiến thức dễ hơn và một số định hướng liên
quan đến bài toán đó.
Sáng tạo được nghiên cứu trên nhiều phương diện như là một quá trình phát
sinh cái mới trên nền tảng cái cũ, như một kiểu tư duy, như là một năng lực của
con người. Vì vậy sau khi học sinh giải được một bài toán nào đó, giáo viên nên
động viên các em nêu ra được định hướng giải cụ thể như trong lời giải đó nếu có
thể và đưa ra một số bài toán giải được theo định hướng đó. Việc làm này giúp các
em tự tin hơn khi gặp một số bài toán dạng này đặc biệt là đối với các bài toán có
định hướng tương tự. Từ đó dần dần các em không còn “ngại” bài toán dạng này.

2.2.2.1. Một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
Bài toán 2.2.2.1.1. (Câu IV.1 – Đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2003)
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y =

x +1
x2 + 1

trên đoạn [ −1;2] .

Lời giải:
y' =

1− x
(x 2 + 1)3

×

y ' = 0 ⇔ x = 1.
Trang 11


Ta có: y(−1) = 0, y(1) = 2, y(2) =

3
×
5

y = y(1) = 2 và min y = y( −1) = 0.
Vậy max
[ −1;2]

[ −1;2]
Nhận xét. Để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên đoạn
[ a;b] ta có thể dùng phương pháp tương tự như trên hoặc lập bảng biến thiên của
hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ a;b ] rồi tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
hàm số y = f ( x ) trên đoạn [ a;b ] . Để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
hàm số y = f ( x ) trên tập D không phải là một đoạn, ta có thể lập bảng biến thiên
của hàm số y = f ( x ) trên D rồi tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
y = f ( x ) trên D.
Một số bài tập có thể giải bằng định hướng tương tự như lời giải trên:
Bài toán 2.2.2.1.2. (Câu II.2 – Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2004)
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y =

ln 2 x
3
trên đoạn 1;e  .
x

Bài toán 2.2.2.1.3. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2010)
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = − x 2 + 4x + 21 − − x 2 + 3x + 10 .
2.2.2.2. Một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức hai biến
Bài toán 2.2.2.2.1. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2009)
Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị lớn nhất
2
2
và nhỏ nhất của biểu thức S = ( 4x + 3y ) ( 4y + 3x ) + 25xy .
Lời giải 1. Từ giả thiết ta có y = 1 – x với x ∈ [ 0;1] .
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 = 2 ( 2x − 1) ( 16x 2 − 16x + 1) .
f '(x) = 0 ⇔ x =

1
2± 3
hoặc x =
.
2
4

 1  25  2 ± 3  191
f (0) = 12; f (1) = 12; f  ÷ = ; f 
.
÷=
 2  2  4  16
 2 ± 3  191
 1  25
f (x) = f  ÷ = ; min f (x) = f 
×
Do đó max
÷=
[ 0;1]
4
16
 2  2 [ 0;1]


Trang 12


Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là

191
25
và giá trị lớn nhất là
.
16
2

Lời giải 2. Vì x + y = 1 nên S = 16x 2 y 2 + 12(x 3 + y 3 ) + 9xy + 25xy
=16x 2 y 2 + 12 (x + y)3 − 3xy(x + y)  + 34xy = 16x 2 y 2 − 2xy + 12

(x + y) 2 1
 1
= ⇒ t ∈ 0;  ×
Đặt t = xy, ta được S = 16t − 2t + 12; 0 ≤ xy ≤
4
4
 4
2

 1
Xét hàm f (t) = 16t 2 − 2t + 12 trên đoạn  0; 
 4
f '(t) = 32t − 2; f '(t) = 0 ⇔ t =

1
 1  191  1  25
; f (0) = 12, f  ÷ =
, f  ÷=
×
16

 16  16  4  2

 1  25
 1  191
max
f
(t)
=
f
=
;
minf
(t)
=
f
×

÷
 ÷=
Do đó
4
2
16
16
 1
 1





 0; 
0; 
 4

 4

25
; khi
Giá trị lớn nhất của S bằng
2

x + y = 1

1 1

1 ⇔ (x; y) =  ; ÷.
xy =
2 2


4

191
; khi
Giá trị nhỏ nhất của S bằng
16

x + y = 1



1
xy
=

16

2+ 3 2− 3 
2− 3 2+ 3
⇔ (x; y) = 
;
;
÷ hoặc (x; y) = 
÷×
4
4
4
4




Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải bài toán này theo lời giải 1 như trên là:
+) Từ giả thiết biến đổi S = f (x)
+) Từ giả thiết và các bất đẳng thức đúng đã biết chứng minh x ∈ D
Suy ra S = f (x) , với mọi x ∈ D (1)
f (x) = m (m là hằng số) (2)
+) Tìm min
x∈D
+) Từ (1) và (2) suy ra S ≥ m .
Chỉ ra tồn tại x, y thỏa mãn giả thiết để S = m.

Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng m.
Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải bài toán này theo lời giải 2 như trên là:
+) Từ giả thiết biến đổi S = f (t) , với t = g ( x; y )
Trang 13


+) Từ giả thiết và các bất đẳng thức đúng đã biết chứng minh t ∈ D
Suy ra S = f (t) , với mọi t ∈ D (1)
f (t) = m (m là hằng số) (2)
+) Tìm min
t∈D
+) Từ (1) và (2) suy ra S ≥ m .
Chỉ ra tồn tại x, y thỏa mãn giả thiết để S = m.
Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng m.
(Đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ta cũng có định hướng tương tự)
Một số bài tập có thể giải bằng định hướng tương tự trên
Bài toán 2.2.2.2.1.1. (Câu IV.2 – Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2008)
Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất của biểu thức P =

2 ( x 2 + 6xy )

1 + 2xy + 2y 2

.

Bài toán 2.2.2.2.1.2. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2011)
2
2
Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2 ( a + b ) + ab = ( a + b ) ( ab + 2 ) . Tìm

giá

 a 3 b3 
 a 2 b2 
trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4  3 + 3 ÷ − 9  2 + 2 ÷.
a 
a 
b
b
Lời giải
Với a, b dương, ta có: 2(a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2)
a b
1 1
⇔ 2(a 2 + b 2 ) + ab = a 2b + ab 2 + 2(a + b) ⇔ 2  + ÷+ 1 = (a + b) + 2  + ÷
b a
a b

1 1
1 1
a b

(a + b) + 2  + ÷ ≥ 2 2(a +)  + ÷ = 2 2  + + 2 ÷
a b
a b
b a

a b 5
a b
a b


suy ra: 2  + ÷+ 1 ≥ 2 2  + + 2 ÷ ⇒ + ≥
b a 2
b a
b a

Đặt t =

a b
5
+ , t ≥ , suy ra: P = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18.
b a
2

Xét hàm f(t) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18, với t ≥

5
2

Trang 14


23
5
min
f
(t)
=
=
−
×


÷
Ta có: f '(t) = 6(2t − 3t − 2) > 0, suy ra  5 
2
4
 
 2 ;+∞ ÷
2



Vậy min P = −



a b 5
23
1 1
; khi và chỉ khi: + = và a + b = 2  + ÷
b a 2
4
a b

⇔ (a; b) = (2; 1) hoặc (a; b) = (1; 2).
Bài toán 2.2.2.2.1.3. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2013)
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy ≤ y − 1 . Tìm giá trị lớn nhất
x+y
x − 2y
P
=

−
của biểu thức
.
x 2 − xy + 3y 2 6 ( x + y )
Lời giải:
2

x y −1 1 1 1  1 1  1
Do x > 0; y > 0; xy ≤ y − 1 nên 0 < ≤ 2 = − 2 = −  − ÷ ≤ ×
y
y
y y
4  y 2 4
Đặt t =

x
1
suy ra: 0 < t ≤ × Khi đó P =
y
4

Xét f (t) =

t +1
t2 − t + 3

Ta có: f '(t) =

−

t +1
t2 − t + 3

−

t−2
6(t + 1)

t−2
1
, với 0 < t ≤ .
6(t + 1)
4

7 − 3t
2 (t 2 − t + 3)3

−

1
2(t + 1) 2

1
ta có: t 2 − t + 3 = t(t − 1) + 3 < 3; 7 − 3t > 6 và t + 1 > 1
4
7 − 3t
7 − 3t 1
1
1
1 1

>
> và −
> − . Suy ra f '(t) >
− >0
Do đó:
2
2
3
6 3 3
2(t + 1)
2
2 (t − t + 3)
3 2
Với 0 < t ≤

5 7
1
+
Do đó: P = f (t) ≤ f  ÷ =
 4  3 30
Khi x =

1
5 7
và y = 2, ta có P =
+ .
2
3 30

Vậy giá trị lớn nhất của P là

5 7
+ ×
3 30

Bài toán 2.2.2.2.2. (Câu IV.2 – Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2006)
Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A=

( x − 1)

2

+ y2 +

( x + 1)

2

+ y2 + y − 2 .
Trang 15


Lời giải:
r
r
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét u = ( 1 − x; y ) ; v = ( x + 1; y ) .
r r r r
u
Do + v ≥ u + v nên (x − 1) 2 + y 2 + (x + 1) 2 + y 2 ≥ 4 + 4y 2 = 2 1 + y 2

Do đó: A ≥ 2 1 + y 2 + y − 2 = f (y)
+) Với y ≤ 2 thì f (y) = 2 1 + y 2 + 2 − y
2y

⇒ f '(y) =

y +1
2

−1

f '(y) = 0 ⇔ 2y = 1 + y 2
y ≥ 0
1
⇔ 2
⇔y=
.
2
4y
=
1
+
y
3

Do đó ta có bảng biến thiên
y
f '(y)

1

3

−∞
-

0

2
+

f (y)
2+ 3
+) Với y ≥ 2 ⇒ f (y) ≥ 2 1 + y 2 ≥ 2 5 > 2 + 3.
Vậy A ≥ 2 + 3 với mọi số thực x, y.
Khi x = 0 và y =

1
thì A = 2 + 3 nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 + 3.
3

Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải bài toán này như trên là:
+) Dùng bất đẳng thức đúng đã biết chứng minh
A ≥ f (y) , với mọi y ∈ R (1)
f (y) = m (m là hằng số) (2)
+) Tìm min
y∈R
Trang 16


+) Từ (1) và (2) suy ra A ≥ m .

Chỉ ra tồn tại x, y ∈ R để A = m.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng m.
(Đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ta cũng có định hướng tương tự)
Bài toán 2.2.2.2.3. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2009)
3
Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn ( x + y ) + 4xy ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất
4
4
2 2
2
2
của biểu thức A = 3 ( x + y + x y ) − 2 ( x + y ) + 1 .
Lời giải:
Kết hợp (x+y)3 + 4xy ≥ 2 với (x+y)2 ≥ 4xy
suy ra: ( x + y ) + ( x + y ) ≥ 2 ⇒ x + y ≥ 1.
3

2

A = 3( x 4 + y4 + x 2 y2 ) − 2 ( x 2 + y 2 ) + 1
=

2
3 2
3
x + y 2 ) + ( x 4 + y4 ) − 2 ( x 2 + y 2 ) + 1
(
2
2

2
2
3 2
3
x + y2 ) + ( x 2 + y2 ) − 2 ( x 2 + y2 ) + 1
(
2
4
2
9
⇒ A ≥ ( x 2 + y2 ) − 2 ( x 2 + y2 ) + 1
4

≥

9 2
(x + y) 2 1
1
Đặt t = x + y , ta có x + y ≥
≥ ⇒ t ≥ ; do đó A ≥ t − 2t + 1.
4
2
2
2
2

2

2

2

1
1 9
9 2
9
t
≥
⇒
min
f
(t)
=
f
 ÷= ×
Xét f (t) = t − 2t + 1; f '(t) = t − 2 > 0 với mọi
2
1

 2  16
4
2
 2 ;+∞ ÷


A≥

9
9
1

; đẳng thức xảy ra khi x = y = . Vậy giá trị nhỏ nhất của A = ×
16
16
2

Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải bài toán này như trên là:
+) Dùng bất đẳng thức đúng đã biết chứng minh
A ≥ f (t) , với t = g ( x; y )
+) Từ giả thiết và các bất đẳng thức đúng đã biết chứng minh t ∈ D
Suy ra A ≥ f (t) , với mọi t ∈ D (1)
f (t) = m (m là hằng số) (2)
+) Tìm min
t∈D
+) Từ (1) và (2) suy ra A ≥ m .
Chỉ ra tồn tại x, y thỏa mãn giả thiết để A = m.
Trang 17


Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng m.
(Đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ta cũng có định hướng tương tự)
Một số bài tập có thể giải bằng định hướng tương tự trên
Bài toán 2.2.2.2.3.1. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2012)
2
2
Cho các số thực x, y thỏa mãn ( x − 4 ) + ( y − 4 ) + 2xy ≤ 32 . Tìm giá trị nhỏ nhất
3
3
của biểu thức A = x + y + 3 ( xy − 1) ( x + y − 2 ) .
Lời giải:
Ta có: (x − 4) 2 + (y − 4) 2 + 2xy ≤ 32 ⇔ (x + y) 2 − 8(x + y) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x + y ≤ 8

3
A = (x + y)3 − 3(x + y) − 6xy + 6 ≥ (x + y) 3 − (x + y) 2 − 3(x + y) + 6
2
3
Xét hàm số: f (t) = t 3 − t 2 − 3t + 6 trên đoạn [0;8].
2
Ta có: f '(t) = 3t 2 − 3t − 3. f '(t) = 0 ⇔ t =

1+ 5
(Vì t thuộc đoạn [0;8])
2

 1 + 5  17 − 5 5
17 − 5 5
,f (8) = 398. Suy ra A ≥
×
Ta có: f (0) = 6,f 
÷=
2
4
4


Khi x = y =

1+ 5
thì dấu bằng xảy ra.
4

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là

17 − 5 5
×
4

2.2.2.3. Một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức ba biến
Bài toán 2.2.2.3.1. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2012)
Cho các số thực x, y,z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 5 + y5 + z 5 .
Lời giải:
Với x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 1, ta có:
0 = (x + y + z) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2x(y + z) + 2yz = 1 − 2x 2 + 2yz,nên yz = x 2 −

1
M
2

y2 + z2 1 − x 2
1 1 − x2
2
ặt khác yz ≤
=
,suy ra:x − ≤
,
2
2
2
2
do đó −

6
6
(*)
≤x≤
3
3

Trang 18


Khi đó: P = x 5 + (y 2 + z 2 )(y3 + z 3 ) − y 2z 2 (y + z)
2

1

= x + (1 − x ) (y + z )(y + z) − yz(y + z)  +  x 2 − ÷ x
2

5

2

2

2

2



1  
1
5

= x + (1 − x ) − x(1 − x 2 ) + x  x 2 − ÷ +  x 2 − ÷ x = (2x 3 − x)
2  
2
4


5

2

 6 6
;
Xét hàm f (x) = 2x 3 − x trên  −
,
3
3 

suy ra f '(x) = 6x 2 − 1; f '(x) = 0 ⇔ x = ±

6
6


 6

6

6  6
6
6
,f 
Ta có: f  −
.
÷= f 
÷= −
÷= f  −
÷=
9  3 
 3 
 6 
 3  9
Do đó f (x) ≤
Khi x =

6
5 6
× Suy ra P ≤
×
9
36

6
6
thì dấu bằng xảy ra.
;y = z = −
3
6

Vậy giá trị lớn nhất của P là

5 6
×
36

Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải bài toán này như trên là:
+) Từ giả thiết biến đổi P = f (x)
+) Từ giả thiết và các bất đẳng thức đúng đã biết chứng minh x ∈ D
Suy ra P = f (x) , với mọi x ∈ D (1)
f (x) = m (m là hằng số) (2)
+) Tìm min
x∈D
+) Từ (1) và (2) suy ra P ≥ m .
Chỉ ra tồn tại x, y thỏa mãn giả thiết để P = m.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng m.
(Đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ta cũng có định hướng tương
tự)
Bài toán 2.2.2.3.2. (Câu V – 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 2 b 2 + b 2 c2 + c 2 a 2 ) + 3 ( ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2 .

Trang 19


Lời giải:
Ta có: M ≥ (ab + bc + ca) 2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 − 2(ab + bc + ca

(a + b + c) 2 1

Đặt t = ab + bc + ca, ta có: 0 ≤ t ≤
= ×
3
3
2
 1
2
;
Xét hàm f (t) = t + 3t + 2 1 − 2t trên 0; ÷, ta có: f '(t) = 2t + 3 −
1 − 2t
 2

f "(t) = 2 −

2
(1 − 2t)3

≤ 0 , dấu bằng xảy ra tại t = 0; suy ra f’(t) nghịch biến

 1
 1  11
Xét trên đoạn 0;  ta có: f '(t) ≥ f '  ÷ = − 2 3 > 0, suy ra f(t) đồng biến
 3
 3 3
 1
Do đó: f (t) ≥ f (0) = 2 ∀t ∈ 0;  ×
 3
 1
Vì thế M ≥ f (t) ≥ 2 ∀t ∈ 0;  ; M = 2, khi : ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và
 3

a + b + c = 1 ⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).

Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2.
Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải bài toán này như trên là:
+) Dùng bất đẳng thức đúng đã biết chứng minh
M ≥ f (t) , với t = g ( a;b;c )
+) Từ giả thiết và các bất đẳng thức đúng đã biết chứng minh t ∈ D
Suy ra M ≥ f (t) , với mọi t ∈ D (1)
f (t) = m (m là hằng số) (2)
+) Tìm min
t∈D
+) Từ (1) và (2) suy ra M ≥ m .
Chỉ ra tồn tại a, b, c thỏa mãn giả thiết để M = m.
Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng m.
(Đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ta củng có định hướng tương tự)
Một số bài tập có thể giải bằng định hướng tương tự trên
Bài toán 2.2.2.3.2.1. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2013)
Cho các số thực dương a,b,c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

4
a 2 + b 2 + c2 + 4

−

9

( a + b ) ( a + 2c ) ( b + 2c )

.

Trang 20


Lời giải:
Ta có: (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ (a + b)
=

a + b + 4c
2

a 2 + b 2 + 2ab + 4ac + 4bc
≤ 2(a 2 + b 2 + c 2 )
2

2
2
2
Đặt t = a + b + c + 4,suy ra t > 2 và P ≤

4
9
−
t 2(t 2 − 4)

4
9
−
, với t > 2. Ta có:
2

t 2(t − 4)
4
9t
−(t − 4)(4t 3 + 7t 2 − 4t − 16)
f '(t) = − 2 + 2
=
t
(t − 4) 2
t 2 (t 2 − 4) 2

Xét f (t) =

Với t > 2 ta có 4t 3 + 7t 2 − 4t − 16 = 4(t 3 − 4) + t(7t − 4) > 0.
Do đó f’(t) = 0 ⇔ t = 4.
Bảng biến thiên
t

2

f '(y)

+∞

4
+

f (y)

Từ bảng biến thiên ta được P ≤

0

-

5
8

5
8

5
5
Khi a = b = c = 2 ta có P = . Vậy giá trị lớn nhất của P là ×
8
8
Bài toán 2.2.2.3.3. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối A và khối A 1 năm
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 − 6x 2 + 6y 2 + 6z 2 .
Lời giải:
Vì vai trò x, y, z trong bài toán bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta có thể
giả sử x ≥ y ≥ z .
Vì x + y + z = 0 nên
2
2
2
2
6 ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 2 ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  + 2 ( x + y + z )



Trang 21


2
2
2
= 2 ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  .

Đặt a = x – y, b = y – z ( a, b ≥ 0 ), khi đó
P=3

x−y

+3

y−z

+3

z −x

2
2
2
− 2 ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) 

2
= 3a + 3b + 3a + b − 2 a 2 + b 2 + ( a + b ) 

≥ 2 3a .3b + 3a +b − 4 ( a + b )
Đặt t =

2

= 2.3

a +b
2

+ 3a + b − 2 ( a + b ) .

a+b
, t ≥ 0 , ta suy ra P ≥ 2.3t + 32t − 4t .
2

t
2t
Xét hàm số f ( t ) = 2.3 + 3 − 4t với t ≥ 0 .

f ' ( t ) = 2.3t.ln 3 + 2.32t.ln 3 − 4 > 4ln 3 − 4 > 0 với mọi t > 0.
Do đó hàm số f(t) đồng biến trên [ 0;+∞ ) ⇒ f (t) ≥ f (0) = 3 với mọi t ≥ 0 .
Vì thế P ≥ 3 . Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi x = y = z = 0.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.
Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải bài toán này như trên là:
+) Đặt ẩn phụ để đưa về bài toán mới với hai ẩn mới.
+) Giải bài toán mới này theo định hướng đối với bài toán hai ẩn.
Một số bài tập có thể giải bằng định hướng tương tự trên
Bài toán 2.2.2.3.3.1. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối A và khối A1 năm
2013)

2
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện ( a + c ) ( b + c ) = 4c . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức P =

32a 3

( b + 3c )

3

+

32b3

( a + 3c )

3

a 2 + b2
−
.
c

Lời giải:

a
b
Đặt x = , y = . Ta được x > 0, y > 0.
c

c
Điều kiện của bài toán trở thành xy + x + y = 3.
32x 3
32y3
+
− x 2 + y2 .
Khi đó: P =
3
3
(y + 3)
(x + 3)

Trang 22


Với mọi u, v > 0, ta có
3
(u + v)3
3
u + v = (u + v) − 3uv(u + v) ≥ (u + v) − (u + v) =
×
4
4
3

3

3

3

Do đó
3

3

 (x + y) 2 − 2xy + 3x + 3y 
 x
32x 3
32y3
y 
+
≥ 8
+
÷ ×
÷ = 8
(y + 3)3 (x + 3)3
xy
+
3x
+
3y
+
9
 y +3 x +3


Thay xy = 3 – x – y vào biểu thức trên ta được
3

 (x + y − 1)(x + y + 6) 
32x 3
32y3
3
+
≥ 8
÷ = (x + y − 1) .
3
3
(y + 3) (x + 3)
2(x + y + 6)


Do đó
P ≥ ((x + y − 1)3 − x 2 + y 2 = (x + y − 1) 3 − (x + y) 2 − 2xy
= (x + y − 1)3 − (x + y) 2 + 2(x + y) − 6

Đặt t = x + y. Suy ra t > 0 và P ≥ (t − 1)3 − t 2 + 2t − 6
Ta có 3 = x + y + xy ≤ (x + y) +

(x + y) 2
t2
= t + nên (t − 2)(t + 6) ≥ 0.
4
4

Do đó t ≥ 2
2
Xét f (t) = (t − 1) 3 − t 2 + 2t − 6 , với t ≥ 2. Ta có f '(t) = 3(t − 1) −

Với mọi t ≥ 2 ta có 3(t – 1)2 ≥ 3 và
nên f '(t) ≥ 3 −

t +1
t 2 + 2t − 6

= 1+

t +1
t 2 + 2t − 6

7
7 3 2
≤ 1+ =
2
(t + 1) − 7
2
2

3 2
> 0.
2

Suy ra f (t) ≥ f (2) = 1 − 2 . Do đó P ≥ 1 − 2.
Khi a = b = c thì dấu bằng xảy ra.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 − 2.
Bài toán 2.2.2.3.4. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2011)
Cho x, y,z là ba số thực thuộc đoạn [ 1;4] và x ≥ y, x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của
x
y

z
+
+
biểu thức P =
.
2x + 3y y + z z + x
Lời giải: Ta có

Trang 23


P=

Đặt a =

1
1
1
+
+
×
3y
z
x
2+
1+
1+
x
y
z

y
z
x
1 
1 
, b = , c = ( a ∈  ;1 ; b ∈  ;4  ; c ∈ [ 1;4 ] ; abc = 1 )
x
y
z
4 
4 

Khi đó P =

1
1
1
+
+
×
2 + 3a 1 + b 1 + c
1
1
2
+
≥
(*) ,với u, v dương, uv ≥ 1.
1 + u 1 + v 1 + uv

Ta chứng minh:

(

)

Thật vậy, (*) ⇔ (u + v + 2) 1 + uv ≥ 2(1 + u)(1 + v)
⇔ (u + v) uv + 2 uv ≥ u + v + 2uv

⇔

(

)(

uv − 1

u− v

)

2

≥ 0 luôn đúng với u, v dương, uv ≥ 1.

Dầu bằng xảy ra khi và chỉ khi: u = v hoặc uv = 1.
Vì bc =

1
1 

≥ 1 (Do a ∈  ;1 ) và b, c > 0 nên
a
4 

Áp dụng (*), cho u = b, v = c, ta có:
P≥

Đặt

1
2
1
+
=
+
2 + 3a 1 + bc 2 + 3a

2
1+

1
a

1
t2
2
= t, t ∈ [ 1;2] . Khi đó: P ≥ 2
+
×
2t + 3 1 + t

a

−2  t 3 (4t − 3) + 3t(2t − 1) + 9 
t2
2
Xét hàm f (t) = 2
+
, t ∈[1;2]; f '(t) =
<0
2t + 3 1 + t
(2t 2 + 3) 2 (1 + t) 2

⇒ f (t) ≥ f (2) =

34
34
⇒P≥ .
33
33

Khi: x = 4; y = 1 và z = 2 thì P =
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P =

34
.
33

34
×
33

Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải bài toán này như trên là:
+) Đặt ẩn phụ để đưa về bài toán mới với ba ẩn mới dễ hơn.
Trang 24


+) Giải bài toán mới này theo định hướng nêu trên.
Ở trên, chúng ta đã thấy rõ hơn một số định hướng cụ thể để tìm lời giải một
số bài toán dạng này. Qua việc nghiên cứu kỹ các bài toán củng như các định
hướng ở trên, chúng ta sẽ tìm hiểu thêm một số cách đưa ra các bài toán mới từ các
bài toán đã biết và xâu chuỗi lại thành một hệ thống để chúng ta hiểu sâu sắc hơn
một số cách ra đề toán dạng này.
2.2.3. Vấn đề 3: Rèn luyện tư duy sáng tạo qua việc hướng dẫn học sinh đưa ra
một số bài toán mới
Trong quá trình học Toán thì kỹ năng vận dụng Toán học là quan trọng nhất,
nhà trường phổ thông không chỉ cung cấp cho học sinh những kiến thức Toán học,
mà còn luyện cho học sinh kỹ năng vận dụng tính độc lập, sự độc đáo và khả năng
sáng tạo.
Các nhà tâm lý học cho rằng: "Sáng tạo bắt đầu từ thời điểm mà các phương
pháp logic để giải quyết nhiệm vụ là không đủ và gặp trở ngại hoặc kết quả không
đáp ứng được các đòi hỏi đặt ra từ đầu, hoặc xuất hiện giải pháp mới tốt hơn giải
pháp cũ".
Chính vì vậy điều quan trọng là hệ thống bài tập cần phải được khai thác và
sử dụng hợp lý nhằm rèn luyện cho học sinh khả năng phát triển tư duy sáng tạo
biểu hiện ở các mặt như: khả năng tìm hướng đi mới (khả năng tìm nhiều lời giải
khác nhau cho một bài toán), khả năng tìm ra kết quả mới (khai thác các kết quả
của một bài toán, xem xét các khía cạnh khác nhau của một bài toán).
Một số bài tập khó (Các bài toán chứng minh bất đẳng thức; tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của một biểu thức; …) trong đề thi tuyển sinh đại học chứa đựng
nhiều tiềm năng to lớn trong việc bồi dưỡng và phát huy năng lực sáng tạo cho học

sinh. Bên cạnh việc giúp học sinh giải quyết các bài tập đó, giáo viên có thể khai
thác các tiềm năng đó thông qua việc xây dựng hệ thống bài tập mới trên cơ sở hệ
thống bài tập cơ bản, tạo cơ hội cho học sinh phát triển năng lực sáng tạo của mình.
Trong quá trình dạy học giáo viên cần dẫn dắt học sinh giải quyết hệ thống
bài tập mới, tạo cho học sinh phát hiện vấn đề mới, đó là vấn đề quan trọng mà ta
cần quan tâm bồi dưỡng cho học sinh.
Có nhiều phương pháp khai thác khác các bài tập cơ bản, để tạo ra các bài
toán có tác dụng rèn luyện tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo của tư
duy. Các bài tập chủ yếu nhằm bồi dưỡng tính nhạy cảm vấn đề của tư duy sáng
tạo với các đặc trưng: nhanh chóng phát hiện những vấn đề tìm ra kết quả mới, tạo
được bài toán mới.
Vì vậy, trong quá trình dạy học, giáo viên cần chú ý cho học sinh thường
xuyên khai thác, đào sâu kết quả các bài toán đã giải được đặc biệt là đưa ra các
bài toán mới. Xét các ví dụ sau:
Bài toán 2.2.3.1. (Câu V – Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2012)
Trang 25