skkn kinh nghiệm sử dụng hàm số bậc nhất, bậc 2 hướng dẫn học sinh lớp 10 giải một số bài toán bất đẳng thức

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KINH NGHIỆM SỬ DỤNG HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI HƯỚNG
DẪN HỌC SINH LỚP 10 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC

Người thực hiện: Nguyễn Đình Dũng
Chức vụ : Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực(môn): Toán học

THANH HÓA NĂM 2018

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-1-


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

MỤC LỤC
Tran
g
A. PHẦN MỞ ĐẦU
Lý do chọn đề tài…………………………………………………………………...….2
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. Cơ sở lý luận của vấn đề………........................................…………………….....2
II. Thực trạng của vấn đề…………………………………………………….…......2

2.1. Thực trạng chung…………………………………………………………........2
2.2. Thực trạng đối với giáo viên……………………...………………………..…..3
2.3. Thực trạng đối với học sinh………………………...…………………….…....3
III. Các giải pháp thực hiện…………………………………………………….…...3
Cơ sở lý thuyết: ………………………………………………………………….....3
3.1. Hàm số bậc nhất:…………………………………………………………….....3
3.2. Hàm số bậc hai:……………………………………………………………..….4
ỨNG DỤNG:………………………………………………………………….……4
3.3. Hàm số bậc nhất………………………………………………………….....….4
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG:………………………………………………….9
3.4. Hàm số bậc hai……………………………………………………….….…....11
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG…………………………………………………17
IV. Các biện pháp tổ chức thực hiện……………………………………………....18
4.1. Hình thức luyện tập trên lớp có sự hướng dẫn của thầy giáo………………....18
4.2. Hình thức tự nghiên cứu các bài toán có sự hướng dẫn của thầy giáo…….….18
4.3. Kết quả nghiên cứu…………………………………………………………...18
C. KẾT LUẬN
I. Kết luận………………………………………………………………………….18

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-2-


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

A. PHẦN MỞ ĐẦU
LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
- Để rèn luyện kỹ năng, phương pháp giải toán cho học sinh ngoài việc trang
bị cho học sinh kiến thức cơ bản, người thầy giáo cần nghiên cứu tìm tòi ra phương
pháp để học sinh dễ tiếp thu và dễ vận dụng.

- Bất đẳng thức là một trong những mảng kiến thức khó và rộng của bộ môn
Toán nhưng nhờ các bài tập về bất đẳng thức mà học sinh có thể hiểu kĩ hơn, sâu
hơn về giải và biện luận phương trình, bất phương trình; Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất của một biểu thức, về mối liên hệ giữa các yếu tố trong tam giác và trong quá
trình giải toán khả năng tư duy sáng tạo của người học được phát triển mạnh. Thực
tế khi giải các bài tập về bất đẳng thức học sinh thường gặp nhiều khó khăn vì cách
giải chúng không hoàn toàn có một mẫu quy tắc nào như ở một số mảng kiến thức
khác.
- Qua nhiều năm giảng dạy toán ở trường phổ thông, là người thầy, tôi
thường trăn trở suy nghĩ, thu thập tài liệu, cố gắng tìm tòi ra phương pháp mới, học
sinh dễ tiếp thu, dễ vận dung với mong muốn giúp học sinh tự tin hơn khi đứng
trước một số bài toán về bất đẳng thức cụ thể là các bài toán chứng minh bất đẳng
thức hay bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Với những lý do trên tôi đã chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là:
“KINH NGHIỆM SỬ DỤNG HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HAI HƯỚNG DẪN
HỌC SINH LỚP 10 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC”.

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lý luận của vấn đề.
- Vận dụng tốt phương pháp phù hợp để giải các bất đẳng thức, Học Sinh sẽ
tiết kiệm được thời gian, bài giải gọn .
- Bất đẳng thức là một kiến thức khó nhưng không thể thiếu trong vốn kiến
thức của Học Sinh phổ thông, nhất là học sinh khá giỏi.
- Khi vận dụng phương pháp phù hợp , Học Sinh sẽ biến đổi nhanh gọn bất
ngờ, đầy hứng thú, kích thích và phát triển tinh thần say mê , thích thú học toán.
II. Thực trạng của vấn đề.
Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-3-

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

2.1. Thực trạng chung.
Xuất phát từ mục tiêu đổi mới chương trình giáo dục phổ thông là: Coi trọng
thực hành, vận dụng kiến thức vào thực tế, nội dung của chương trình tinh giản,
giảm tính hàn lâm, tập trung vào các kiến thức, kĩ năng cơ bản và thiết thực, tích
hợp được nhiều mặt giáo dục. Do vậy, hệ thống kiến thức và kĩ năng tương ứng cần
truyền thụ cho học sinh trong chương trình phổ thông là hoàn toàn mới.
2.2. Thục trạng đối với giáo viên.
Đối với đa số giáo viên không quen và không hào hứng khi dạy phần này,
bởi vì: Nội dung bất đảng thức chương trình phổ thông là một trong những mảng
kiến thức khó, các bài toán thường khó suy đoán tìm ra phương pháp phù hợp.
Chính vì vậy nhiều giáo viên thường hay ngại đi sâu mảng kiến thức này, họ chỉ
dạy những phương pháp và kiến thức cơ bản cho học sinh.
2.3. Thực trạng đối với học sinh.
Đối với học sinh, hầu hết các em đều không hứng thú đối với việc học bất
đẳng thức vì những kiến thức này khó. Khi gặp các bài toán về bất đẳng thức học
sinh thường hay bỏ qua bài này hoặc làm tất cả những dạng toán khác rồi cuối cùng
mới qua tâm tới bài bất đẳng thức.
Vì vậy, trong quá trình dạy học bất đẳng thức giáo viên không chỉ dạy cho
học sinh nắm vững các khái niệm, định lí; các bất đẳng thức cơ bản mà chủ yếu là
phải dạy cho học sinh biết vận dụng các khái niệm, các định lí; tìm tòi những mảng
kiến thức có liên qua để vận dụng vào dạy bất đẳng thức để học sinh có thể tiếp thu
và vận dụng dễ dàng nhất. Nhằm khắc phục những khó khăn và sai lầm của học
sinh.
III. CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN.
Cơ sở lý thuyết:
3.1. Hàm số bậc nhất:
Tính chất: Cho hàm số f  x   ax  b  a �0 
Tính chất 1: Khi a  0 hàm số đồng biến trên �; Khi a  0 thì hầm số

nghịch biến trên �.

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-4-


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Tính chất 2: Đồ thị của hàm số là một đường thẳng cắt Ox tại điểm
�b �
 ;0 �và cắt Oy tại điểm  0;b  .
�
�a �
Từ hai tính chất trên ta suy ra: Xét trên đoạn   ;   thì đồ thị của hàm số là
một đoạn thẳng với hai đầu mút là   ; f     và   ; f     . Vậy nếu với mọi
x �  ;   thì:
�
�f    �0
f  x  �0 � �
�f    �0
�
�f    �0
f  x  �0 � �
�f    �0
Tính chất 3: Xét trên đoạn   ;   hàm số f  x   ax  b đạt giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất tại một trong hai đầu mút của đoạn   ;   . Tức là:
Nếu hàm số đồng biến trên đoạn   ;   thì hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại
x   và đạt giá trị lớn nhất tại x  
Nếu hàm số nghịch biến trên đoạn   ;   thì hàm số đạt giá trị lớn nhất tại
x   và đạt giá trị nhỏ nhất tại x  

3.2. Hàm số bậc hai:
2
Tính chất: Cho hàm số f  x   ax  bx  c  a �0 

b �
�
�;  �
- Khi a  0 , hàm số nghịch biến trên khoảng �
, đồng biến trên
2a �
�

b
� b
�
 ; ��và có giá trị nhỏ nhất là 
khoảng �
khi x   .
4a
2a
� 2a
�

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-5-


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

b �

�
�;  �
- Khi a  0 , hàm số đồng biến trên khoảng �
, nghịch biến trên
2a �
�

b
� b
�
 ; ��và có giá trị lớn nhất là 
khoảng �
khi x   .
4a
2a
� 2a
�
Xét trên đoạn   ;   ta có các trường hợp sau:
TH1: a  0
b
� hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là f    khi x   , đạt giá trị lớn
- Nếu 
2a
nhất là f    khi x   .
- Nếu   

b
b
� b �
 �khi x   ,

  hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là f �
2a
2a
� 2a �

đạt giá trị lớn nhất là Max  f    ; f    
- Nếu  �

b
thì hàm số đạt giá trị lớn nhất là f    khi x   , đạt giá trị
2a

nhỏ nhất là f    khi x   .
TH2: a  0
b
� hàm số đạt giá trị lớn nhất là f    khi x   , đạt giá trị nhỏ
- Nếu 
2a
nhất là f    khi x   .
- Nếu   

b
b
� b �
 �khi x   , đạt
  hàm số đạt giá trị lớn nhất là f �
2a
2a
� 2a �

giá trị lớn nhất là Min  f    ; f    
- Nếu  �

b
thì hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là f    khi x   , đạt giá trị
2a

lớn nhất là f    khi x   .
ỨNG DỤNG:
3.3. Hàm số bậc nhất.

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-6-


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018
2
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi m �1 thì x  2  3m  1 x  m  3 �0 với mọi

x �1 .
Giải
2
2
Ta có x  2  3m  1 x  m  3 �0 � f  m    6 x  1 m  x  2 x  3 �0

Ta có f  m  là hàm số bậc nhất với hệ số a  6 x  1  0 (do x �1 ).
Vậy hàm số f  m  nghịch biến, do đó mọi m �1 thì f  m  �f  1
� x 2  2  3m  1 x  m  3 � x  2  �0 đúng với mọi x �1 .
2

2
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi m �2 thì x   2m  1 x  3m  2 �0 với mọi

x � 4;1 .
Giải
2
2
Ta có x   2m  1 x  3m  2 �0 � f  m    2 x  3  m  x  x  2 �0

Ta thấy f  m  là hàm số bậc nhất có hệ số a  2 x  3  0 (do x � 4;1 ).
Vậy f  m  đồng biến nên f  m  �f  2  do mọi m �2 .
2
2
Do đó: x   2m  1 x  3m  2 � 2 x  3  2   x  x  2

 x 2  3x  4   x  1  x  4  �0 do x � 4;1 (ĐPCM)
Ví dụ 3: Cho x, y, z là các số thuộc đoạn  0;2 .
Chứng minh rằng: 2  x  y  z    xy  yz  zx  �4
Giải
Bất đẳng thức cần chứng minh �  2  y  z  x  2 y  2z  yz  4 �0  *
Xét hàm sô f  x    2  y  z  x  2 y  2z  yz  4 .
Khi: 2  y  z  0 � y  z  2 ta có f  x   2  y  z   yz  4   yz �0  1
Khi: 2  y  z �0 thì f  x  là hàm số bậc nhất với hệ số a  2  y  z
Ta có: f  0   2 y  2 z  yz  4   y  2   z  2  �0  2  do y, z � 0;2
f  2    yz �0  3 .
Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-7-


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Vậy theo tính chất  2  thì f  x  �0 . ĐPCM
Dấu bằng xảy ra � đẳng thức xảy ra ở một trong 3 biến đổi  1 ;  2  ;  3
�yz  0
�y  0
�y  2
��
Dấu bằng xảy ra ở  1 � �
hoặc �
với x tùy ý.
y

z

2
z

2
z

0
�
�
�
�x  0
�x  0
�
�
Dấu bằng xảy ra ở  2  � �y  2
hoặc �z  2

�z � 0;2
�y � 0;2


� 
� 
�x  2
�x  2
�
�
Dấu bằng xảy ra ở  3 � �y  0
hoặc �z  0
�z � 0;2
�y � 0;2


� 
� 
Chú ý: Khi sử dụng phương pháp hàm số bậc nhất thì dấu bằng xảy ra ở f   
hoặc f    , tức là khi x   hoặc x   . Ta sẽ dựa vào f    và f    để tìm ra
giá trị của các biến khác. Và nếu trong bất đẳng thức vai trò các biến là tương
đương thì giá trị để đẳng thức xảy ra là các cặp biến có giá trị vòng quanh.
Ví dụ 4: Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn x  y  z  3 . Chứng
minh rằng: x 2  y 2  z 2  xyz �4 .
Giải
Bất đẳng thức cần chứng minh �  y  z   2 yz  x 2  xyz �4
2

�  3  x   2 yz  x 2  xyz �4 � yz  x  2   2 x 2  6 x  5 �0  *
2

Đặt t  yz , ta coi vế trái của  * là hàm số ẩn t :
f  t    x  2  t  2 x 2  6 x  5 . Ta cần chứng minh f  t  �0 . Thật vậy
Khi x  2  0 � x  2 ta có f  t   1  0
2 0
Khi x �۹

x

2 ta có f  t  là hàm số bậc nhất.
2

�y  z �
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: t �yz
 ��

�
�2 �

 3  x
4

2

0 t

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-8-

 3  x

4

2


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018
2

� 3� 1
Mà f  0   2 x  6 x  5  2 �x  �  0
� 2� 2
2

2
� 3  x  2 �
3  x

1
2
f�
 2 x 2  6 x  5   x  1  x  2  �0
�  x  2 
� 4 �
4
4
�
�

Vậy theo tính chất 2 của hàm số bậc nhất ta có f  t  �0 . Suy ra điều phải chứng
minh

Dấu bằng xảy ra � x  y  z  1 .
Ví dụ 5: Cho a, b, c � 0;1 . Chứng minh rằng: abc   1  a   1  b   1  c   1 .
Giải
Coi bất đẳng thức cần chứng minh là hàm số bậc nhất với ẩn a :
f  a   abc   1  a   1  b   1  c   1
Vì a � 0;1 nên ta có: f  0    1  b   1  c   1  bc  b  c  b  c  1  c  0  1
f  1  bc  1  0  2 
Theo tính chất 2 của hàm số bậc nhất ta có f  a   0 . Suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét:
- Đối với các bất đẳng thức trên, ta hoàn toàn có thể áp dụng các bất đẳng
thức quen thuộc để chứng minh nhưng cách này rất dài dòng và rắc rối, đôi khi
đưa bài toán vào bế tắc. Sử dụng phương pháp hàm số sẽ giúp bài toán được giải
quyết nhanh gọn, vì giảm đáng kể số lượng các phép biến đổi, chỉ phải chứng minh
các bất đẳng thức rất đơn giãn bằng cách sử dụng tính chất về dấu của đa thức
bậc nhất.
- Trong một số trường hợp, ta không cần thiết phải biến đổi vế trái thành
dạng f  x   ax  b mà có thể để nguyên và thay giá trị của biến vào, với điều kiện
là ta chứng minh được đó là hàm số bậc nhất chứ không phải là bậc khác.
Ví dụ 6: Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn x  y  z  1 .
7
Chứng minh rằng: 0 �xy  yz  zx  2 xyz � .
27
Giải
Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
-9-


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Từ giả thiết ta có x, y, z � 0;1

suy ra xy  yz  zx  2 xyz  xy  yz  1  x   zx  1  y  �0 .
Cũng từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

 y  z
yz �
4

2

 1 x


2

4

7
7
�0  *
Ta cần chứng minh: xy  yz  zx  2 xyz � �  1  2 x  yz  x  1  x  
27
27
Đặt yz  t �  * trở thành  1  2 x  t  x  1  x  
Xét hàm số f  t    1  2 x  t  x  1  x  
Nếu x 

7
�0
27

7
27

1
1
� f  t  
�0 (Hiển nhiên đúng)
2
108

1
Nếu x � thì f  t  là hàm số bậc nhất.
2
2

7
� 1� 1
  �x  �
0
Ta có: f  0   x  1  x  
27
� 2 � 108
2
� 1  x  2 �
1 x

7
1
2
f�

 x 1  x 

6 x  1  3 x  1 �0
�  1  2 x 

� 4 �
4
27
108
�
�
(do 0 �x �1 )

Vậy theo tính chất 2 của hàm số bậc nhất ta có f  t  �0 . Suy ra điều phải chứng
minh.
Dấu bằng xảy ra � x  y  z 

1
3

Ví dụ 7: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1. Chứng
minh rằng a 2  b 2  c 2  2abc  2 .
Giải
Từ giả thiết ta có a, b, c � 0;1 và a  b  c  1 � b  c  1  a
Khi đó a 2  b 2  c 2  2abc  2 �  b  c   2bc  a 2  2abc  2  0
2

� 2  a  1 bc  a 2   1  a   2  0  *
2

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 10 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018
2
Đặt t  bc �  * trở thành: 2  a  1 t  a 2   1  a   2  0

Xét hàm số: f  t   2  a  1 t  a 2   1  a   2
2

Nếu a  1 � f  t   1  0
Nếu a �1 thì f  t  là hàm số bậc nhất.
b  c
Từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: bc �

2

4

 1 a


2

4

Ta có: f  0   a 2   1  a   2  2a  a  1  1  0 (do 0  a  1 )
2

� 1  a  2 �   1  a  3  4a  a  1
f�
 0 (do 0  a  1 ).
�
� 4 �
2
�
�
Vậy theo tính chất 2 của hàm số bậc nhất thì f  t   0 . Suy ra điều phải chứng
minh.
Ví dụ 8: Cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng
minh rằng: 7  ab  bc  ca  �2  9abc .
Giải
Không mất tính tổng quát ta giã sử c �b �a . Từ đó suy ra

1
�a �1
3

Ta có: 7  ab  bc  ca  �2  9abc �  9bc  7b  7c  a  2  7bc �0
1 �
�
Xét hàm số f  a    9bc  7b  7c  a  2  7bc trên đoạn � ;1�
3 �
�
Khi a  1 thì b  c  0 (do a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn a  b  c  1
) do đó f  1  2
Khi a 

1

1
thì b  c 
(do a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn
3
3

�1 �
a  b  c  1 ) do đó f � � 0
�3 �
� �1 �
�
; f  1 �
Ta có f  a  �min �f � �
� �3 �

�1 �
f � � 0 Ruy ra điều phải chứng minh.
�3 �

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 11 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Nhận xét: Phương pháp sử dụng hàm số bậc nhất tuy rất hiệu quả trong việc hổ
trợ các bài toán chứng minh bất đẳng thức, nhưng cũng có những hạn chế đó là
tác giã chưa tìm ra được cách tìm giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất của một số
dạng toán. Chính vì vậy tôi đi nghiên cứu thêm sự ứng dụng của hàm số bậc hai để
có thể giải quết những dạng toán trên.

MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG:
Bài 1: Cho a, b, c � 0;1 . Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2 �a 2b  b 2c  c 2 a  1.
Hướng dẫn: Ta có 0 �
a �
1

a a2

Ta có: a 2  b 2  c2 �a 2b  b2c  c 2 a  1
�  b  1 a 2  b2c  c 2a  1  b 2  c 2 � b  1 a 2  b 2c  c 2a 2  1  b 2  c 2
2
2
2
2
Đặt t  a 2 . Xét hàm số f  t    c  b  1 t  b c  1  b  c

Bài 2: Cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn a  b  c  1 .
4
2
2
2
Chứng minh rằng a b  b c  c a � .
27
Hướng dẫn: Không mất tính tổng quát ta giã sử a �b �c , từ giả thiết suy ra
1
4
4
0 �a � . Mặt khác ta lại có: a 2b  b 2c  c 2 a � �a 2b  b 2c  c 2a 
�0 .
3

27
27
1
1
2
a �a��
 �
a  a 2b b 2c c 2 a
Vì 0 
3
3

4
27

1
ab b 2c c 2a
3

4
27

4
�1
� 2
 � b  c2 �
ab c
 f  a
27
�3

�
Bài 3: Cho x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn x  y  z  1 . Chứng minh
rằng 4  xy  yz  zx  �9 xyz  1 .
Hướng dẫn: Làm tương tự như ví dụ 8.
Bài 4: Cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn a  b  c  1 .
3
3
3
2
2
2
Chứng minh rằng: 2  a  b  c   3abc � a  b  c   a  b  c  .

Hướng dẫn:
Ta có: a 3  b3  c 3  a 3   b  c   3bc  b  c   a 3   1  a   3bc  1  a 
3

3

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 12 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

 1  3a  3a 2  3bc  1  a  .
2
Biến đổi VT  bc  9a  6   6a  6a  2 ; VP  2a 2  2a  1  2bc .

Bài 5: Cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn a  b  c  1 .

3
3
3
Chứng minh rằng: 4  a  b  c   15abc �1 .

Hướng dẫn:
3
�27
�
bc  3a 2  3a  �0
Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng � a  3 �
4
�4
�
Đặt

 b  c
t  bc �
4

2

 1 a

4

2

3
�27

�
t  3a 2  3a  trên
. Xét hàm số f  t   � a  3 �
4
�4
�

� 1 a 2 �
0;
�.
đoạn �
4
�
�
�
�
Bài 6: Cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn a  b  c  1 .
2
2
2
3
3
3
Chứng minh rằng 5  a  b  c  �6  a  b  c   1 .

Hướng dẫn: Biến đổi tương tự như bài 4.
3.4. Hàm số bậc hai.
Ví dụ 9: Tìm các giá trị của m để hàm số y  x 4  6mx 2  m 2 đạt giá trị lớn nhất
trên đoạn  2;1 bằng

4
.
9
Giải

2
Đặt t  x  t �0  , vì x � 2;1 � t � 0;4
2
2
Khi đó hàm số đã cho trở thành f  t   t  6mt  m

b
 3m .
2a
0
TH1: Nếu 3m �
Ta có: 

m 0

hàm số đạt giá trị lớn nhất tại t  4

� 70
m
�
4
3
2
� f  4   16  24m  m  � �
Loại

2
9
�
m
� 3
Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 13 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

TH2: Nếu 0  3m  4 � 0  m 

4
3

2
2
Ta có: f  0   m ; f  4   16  24m  m

f  0  16 24m 0
Xét f  4  �۳
Vậy: + Với

m

2
3

2

4
4
�m  thì hàm số đạt giá trị lớn nhất tại t  0 � f  0   m 2 
3
3
9

2
2
� m� �m
3
3
+ Với 0  m 

2
thì hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại t  4
3

� 70
m
�
4
3
2
� f  4   16  24m  m  � �
Loại
2
9
�
m

� 3
TH3:

Nếu

3m �۳�
4 m

t  0 � f  0  m2 

4
3

hàm

số

đạt

giá

trị

lớn

nhất

tại

4

9

2
2
� m  � � m  Loại.
3
3
2
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3
Ví dụ 10: Cho x, y là các số thực thỏa mãn x 2  y 2  x  y . Tìm giá trị lớn nhất,
Vậy m 

giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x3  y 3  x 2 y  xy 2  x  y .
Giải
t2  t
2
2
t

x

y
Đặt
từ giả thiết ta có 2 xy   x  y    x  y   t  t � xy 
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có:  x  y  �2  x  y   2  x  y 
2

�t 2

2t

0 t

2.

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 14 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Khi đó biểu thức P   x  y   2 xy  x  y   x  y  t 2  t .
3

2
Xét hàm số f  t   t  t trên đoạn  0;2

b
1
   0.
2a
2
Ta có bảng biến thiên:
Ta có 

0

2
6

0

Vậy: Max P  6 đạt được khi t  2 hay x  y  2 và xy  1 � x  y  1.
min P  0 khi t  0 hay x  y  0 .
Ví dụ 11: Cho a, b là các số thực thỏa mãn ab �0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
a 2 b2 a b
P 2  2   2
b
a
b a
Giải
Đặt t 

a b
a b a b
a b
 . Ta có t     �2
. 2
b a
b a b a
b a
2

2
b2

a2 b2 2
�a b � a
t  �  � 2  2  2 � 2  2  t  2 .
a
b
a
�b a � b
2

Khi đó ta có P  t 2  t .
2
Xét hàm số f  t   t  t với t � �; 2 � 2; � .

Lập bảng biến thiên:

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
6
- 15 -

2


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Từ

bảng

biến

thiên

ta

có

min P 

min

 �;2 � 2 �

f  t  2

khi

t2

hay

a b
 2� ab
b a
Ví dụ 12: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   a 2  b 2  c 2   4  ab  bc  ca   3 .
2

Giải
2
2

2
Ta có  a  b    b  c    c  a  �0 � 2  a  b  c  �2  ab  bc  ca 
2

2

2

1
2
� a 2  b 2  c 2 �ab  bc  ca � 0 �ab  bc  ca �  a  b  c   3
3
t  ab  bc  ca � t � 0;3

Đặt

và

a 2  b 2  c 2   a  b  c   2  ab  bc  ca   9  2t
2

2
Khi đó P  f  t    9  2t   4t  3  4t 2  40t  84 với t � 0;3

Bảng biến thiên hàm số f  t  trên đoạn  0;3
0

3
84

0

f  t   0 , khi a  b  c  1
Vậy: min P  min
 0;3
Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 16 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

a3
a0
a0
�
�
�
�
�
�
max P  max f  t   84 , khi �
b  0 hoặc �
b  3 hoặc �
b0
 0;3
�
�
�
c0
c0

c3
�
�
�
Ví dụ 13: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
f  x   4  x2  2 4  x2  3
Giải
TXĐ: D   2;2 .
Đặt t �
4 x2

0 t

2.

2
Khi đó hàm số đã cho trở thành: g  t   t  2t  3 với t � 0;2 .

Ta có bảng biến thiên:
0

2
5

-3

g  t   g  2  f  0  5
Vậy: max f  x   max
 0;2
min f  x   min g  t   g  0   f  2   f  2   3

 0;2

2
2
Ví dụ 14: Cho x, y là các số thực thỏa mãn: 2  x  y   xy  1 . Gọi M là giá trị
4
4
2 2
lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  7  x  y   4 x y . Tính

33M  25m .
Giải
2
4
4
2 2
2 2
Ta có: P  7  x  y   4 x y  7 �
�x 2  y 2   2 x 2 y 2 �
� 4 x y

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 17 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018
2
�
� 2 2 1
2

�xy  �
2 2
 7�

2
x
y
33  xy   14 xy  7 �
� 4 x y  �
� �
�
4�
�2 �
�
�

1
Đặt t  xy . Suy ra P   33t 2  14t  7  .
4
2
y2  �
xy
1
Từ giả thiết ta có: 2  x 

1 
2  x2 y 2 
Mặt khác xy  �

2 x

2 x
y

2

y

2

5 xy 1

4 xy 4 xy

xy

xy

1
5

1
.
3

�1 1�
2
 ; �
Xét hàm số f  t   33t  14t  7 trên đoạn �
�5 3�

Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta có M 

70
18
,m 
� 33M  25m  88 .
33
25

Vậy: 33M  25m  88 .
Ví dụ 15. Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn x  y  z  1 .
Chứng minh rằng:

1
1

�16 .
xz yz

Giải
Đặt t  x  y từ giả thiết ta có z  1  t và 0  t  1 .
Áp dụng bất đẳng thức  x �
y 

2

4 xy

xy

t2
.
4

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 18 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Khi đó P 

1
1
t
4


� 2
xz yz xy  1  t  t  t

2
Xét hàm số f  t   t  t trên khoảng  0;1 .

Ta có bảng biến thiên:

1
1

Ta có f  t  �۳۳
4
t 2  t
Vậy:

4
16
t 2  t

4

1
1
1
1
1
1

�16 . Dấu bằng xảy ra khi t  tức x  ; y  ; z  .
xz yz
2
4
4
2

Ví dụ 16: Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f  x   3 x  4 x  2 x  3x 2  3 3 x  1 trên đoạn  0;1 . Tính 4M  m .
Giải
t  x  3x  1 .

Đặt
�
0 � x �1
�
0 ��
x �1��
�
1 � 3x  1 �2
�

1

x

3x 1 3

Do
1 t 3

t 2  4 x  2 3x 2  x  1 � t 2  1  4 x  2 3 x 2  x
2
Khi đó hàm số đã cho trở thành: g  t   t  3t  1 với t � 1;3 .

Ta có bảng biến thiên:

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 19 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

Suy ra: M  max f  x   max g  t  
 1;3

13 m  min f  x   min g  t   1
;
.
 1;3
4

Vậy: 4M  m  14 .
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG.
Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  

4
.
x  4x  5
2

2
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ của hàm số f  x    x  4 x  6 trên đoạn

 1;3 .
Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
f  x   x  3  6  x   x 2  3x  18
Hướng dẫn: Đặt t  3  x  6  x

 t �0   1

t �3

�
t2  9
� t  9  2  x  3 x  18 �  x  3x  18 
� t 2  9 �0 � �
 2
t �3
2
�
2

2

2

Mặt khác the bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có:
3  x  6  x � 2 3  x  6  x  3 2

 3

Từ  1 ,  2  và  3 ta coa: 3 �t �3 2 .
Bài 4. Cho các số thực không âm a, b thay đổi và thỏa mãn a  b  1 . Tìm giá trị
2
2
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   4a  3b   4b  3a   25ab .

Hướng dẫn: Phân tích
P   4a 2  3b   4b 2  3a   25ab  16a 2b 2  12  a 3  b3   34ab
3
� P  16a 2b 2  12 �
 34ab  26a 2b 2  2ab  12 .

�a  b   3ab  a  b  �
�

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 20 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

 a  b
Đặt 0 �t  ab �
4

2



1
� 1�
� t ��
0; .
4
� 4�
�

IV. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN.
4.1. Hình thức luyện tập trên lớp có sự hướng dẫn của Thầy giáo.
- Thực hiện trong phạm vi một số buổi chữa bài tập của các buổi học chính
khoá với các bài tập ở mức độ vừa phải. Thầy giáo đưa ra ví dụ và bài tập sách giáo
khoa, yêu cầu học sinh nghiên cứu và gọi học sinh lên giải. Sau khi học sinh giải

xong thầy nhấn mạnh về phương pháp giải.
- Thực hiện một số buổi trong công tác bồi dưỡng đối với những học sinh
khá hơn ở mức độ những bài toán cao hơn.
4.2. Hình thức tự nghiên cứu các bài toán có sự hướng dẫn của Thầy
giáo.
Hình thức này cũng cần thực hiện liên tục trong quá trình học tập của học sinh, làm
cho khả năng tư duy, tính sáng tạo của học sinh ngày càng được tăng lên.
4.3.Kết quả nghiên cứu.
Thời gian đầu khi mới ra trường tôi dạy tại lớp A3 chưa đưa ra phương pháp
sử dụng hàm số bậc nhất, bậc hai thì học sinh còn gặp nhiều khó khăn và cảm thấy
ngại kho gặp dạng toán này. Nhưng ở những năm học sau tôi tìm ra những phương
pháp đó và nghiên cứu sâu hơn thì tôi dạy một số tiết trên lớp và một số buổi bồi
dưỡng, tôi cho tiến hành kiểm tra khả năng tiếp thu kiến thức và thống kê một số
sai lầm cũng như những sai lầm phổ biến trên các lớp tôi dạy thì thu được kết quả
sau:
Lớp
11A3
11B3
11C8
11A7
10B1

Năm học
2008-2009
2009-2010
2010-2011
2011-2012
2017-2018

Số học sinh đạt yêu cầu

20/55 (36,4%)
42/55 (76,4%)
29/45 (64,4%)
26/49 (53,1%)
31/43(72,1%)

C. KẾT LUẬN.
I. Kết luận.
Qua quá trình thực hiện nhiệm vụ của đề tài, tôi đã thu được một số kết luận
như sau:
Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 21 -


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2017 - 2018

- Trên cơ sở thu thập các tài liệu tôi đã làm sáng tỏ được vai trò, ý nghĩa của
việc học hàm số bậc nhất, bậc hai trong trường phổ thông hiện nay.
- Tìm được khá nhiều những khó khăn và sai lầm của học sinh khi giải bài
tập về bất đẳng thức. Những khó khăn và sai lầm đó đa số tôi tìm được qua thực tế
giải bài tập của học sinh, chỉ có một số theo phỏng đoán của mình.
- Sau khi tìm ra những khó khăn và sai lầm đó tôi không chỉ đi tìm lời giải
đúng mà khó khăn hơn phải tìm được phương pháp mới để học sinh dễ vận dụng
nhất.
- Đã tổ chức thực nghiệm sư phạm để minh hoạ tính khả thi của đề tài.
- Trên đây là một vài kinh nghiệm mà tôi đã tích luỹ trong quá trình giảng
dạy và hướng dẫn học sinh học toán, rất mong được sự đóng góp ý kiến của quý
thầy, cô cùng các bạn đồng nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm ngày càng hoàn thiện.
Tôi xin chân thành cám ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác

NGUYỄN ĐÌNH DŨNG

Gv: Nguyễn Đình Dũng – Trường THPT Nông Cống IV – Thanh Hoá
- 22 -