Ứng dụng phương pháp tọa độ để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5
--------***-------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
CỦA HÀM SỐ.
Giáo viên:
Tổ:
Đơn vị:

Đỗ Đức Thông
Toán
THPT Triệu Sơn 5

Thanh Hóa, năm 2019


PHẦN 1: MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài.
Trong giảng dạy môn toán, ngoài việc giúp học sinh nắm chắc kiến thức
cơ bản thì việc phát huy tính tích cực của học sinh, biết ứng dụng các phương
pháp đã học vào giải các bài toán là điều rất cần thiết. Bài toán tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức là các dạng bài toán phổ biến và quan
trọng trong chương trình toán phổ thông, thường gặp trong các đề thi tuyển sinh
vào đại học- cao đẳng và còn là một chuyên đề hay gặp trong các đề thi học sinh
giỏi ở phổ thông.
Các bài giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức rất đa dạng
và phong phú. Cả lý luận và thực tiễn dạy học đều chứng tỏ chúng rất có hiệu
quả trong việc phát triển tư duy cho học sinh.

Có nhiều phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu
thức, việc vận dụng nhìn chung phụ thuộc rất nhiều vào đặc thù bài toán. Đứng
trước bài toán này, học sinh phổ thông thường lúng túng về phương pháp giải,
nên sử dụng phương pháp hàm số, bất đẳng thức Côsi hay sử dụng
Bunhiacopski...
Các tài liệu, sách tham khảo đã trình bày khá đầy đủ về vấn đề này, trong
bài viết này tôi tập trung vào vấn đề:
“ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ ”
Nói đến phương pháp toạ độ, học sinh thường hay nghĩ đến các bài toán
về khảo sát hàm số, vẽ đồ thị cũng như các bài toán của hình học giải tích mà ít
khi học sinh nghĩ đến rằng còn có thể ứng dụng phương pháp tọa độ để làm bài
toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức.
II. Mục đích nghiên cứu
Xây dựng một hệ thống bài tập theo độ khó tăng dần nhằm cung cấp cho
học sinh cách ứng dụng phương pháp tọa độ để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của
hàm số hoặc biểu thức.
III. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo, các
tài liệu liên quan khác,…
- Phương pháp quan sát: Quan sát quá trình dạy và học tại trường
THPT Triệu Sơn 5.
- Thực nghiệm sư phạm: Tổ chức một số tiết dạy thực nghiệm, cho
kiểm tra thử với lớp đối chứng.
IV. Cấu trúc sáng kiến kinh nghiệm
- Mục lục.
- Mở đầu.
- Nội dung.
- Thực nghiệm sư phạm.
- Tài liệu tham khảo.

PHẦN 2: NỘI DUNG
I. Cơ sở lí thuyết
Sử dụng phương pháp tọa độ để chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất cần phải khai thác tốt một số bất đẳng thức thường dùng như
bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopski và một số bất đẳng thức vectơ, bất đẳng thức
hình học sơ cấp. Một số bài toán thường dùng:
1)
Bất đẳng thức Côsi:
Cho n số không âm a1,a2,...an ( n �2) , ta luôn có:
a1 + a2 + ... + an
� n a1a2...an
n
Dấu “=” xảy ra � a1 = a2 = ... = an

2)

Bất đẳng thức Bunhiacopski.
Cho n số a1,a2 ,...,an và n số b1,b2 ,...,bn tùy ý, ta có:
( a12 + a22 + ...an2 )(b12 + b22 + ...bn2 ) �( a1b1 + a2b2 + ...anbn ) 2

Dấu “=” xảy ra �
3)

a1 a2
a
=
= ... = n
b1

b2
bn

Bất đẳng thức vectơ:

r r
r r
r
r
a
b
�
a
+
b
�
a
+
b
i)
r

r

r

r

r

r

r

- Dấu “=” bên trái xảy ra khi a ngược hướng với b hoặc ar = 0 hoặc
r
r
r
r
r
r
b = 0 - Dấu “=” bên phải xảy ra khi a cùng hướng với b hoặc a = 0 hoặc
r
r
b =0

ur
r
n u
*
Tổng quát: �ai ��ai ( n ��+ )
n

i =1

r r rr r r
ii) - a . b �a.b � a . b .

i =1

r

- Dấu “=” bên trái xảy ra khi a ngược hướng với b hoặc ar = 0 hoặc
r

r
b =0

r

- Dấu “=” bên phải xảy ra khi a cùng hướng với b hoặc ar = 0 hoặc
r

r
b =0

4)

Bất đẳng thức tam giác:
Với 3 điểm A, B, C bất kì ta luôn có AB + BC �AC . Dấu bằng xảy ra
khi A, B, C theo thứ tự đó thẳng hàng.
Tổng quát: Trong tất cả các đường gấp khúc nối 2 điểm A, B cho
trước thì đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ nhất.
5)
Cho điểm M nằm ngoài đường thẳng d (hoặc mặt phẳng (P)). Khi
đó đường thẳng vuông góc kẻ từ M xuống đường thẳng d (hoặc mặt
phẳng (P)) ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từ M xuống đường thẳng (hoặc
mặt phẳng (P)) ấy.
6)
GTLN của một hàm liên tục sẽ đạt được trên biên của nó.

7)

Trong các tam giác nội tiếp một đường tròn bán kính R, tam giác
đều có chu vi lớn nhất (có giá trị bằng 3R 3 ) và có diện tích lớn nhất
8)
Cho DABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt phẳng
( ABC ) thì tổng MA + MB + MC nhỏ nhất khi M nhìn 3 cạnh AB, BC,
CA dưới một góc 1200.


II. Bài tập
Phương pháp:
+ Biến đổi hàm số (hoặc biểu thức) cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất về
dạng tọa độ để xác định các vectơ, các điểm, các đường có tọa độ từ điều kiện
và biểu thức cần tìm.
+ Chuyển bài toán từ dạng đại số về dạng hình học tọa độ, giải bài toán
bằng phương pháp hình học từ đó suy ra kết quả dạng đại số.
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f( x) = x2 - x + 1 + x2 -

3x + 1 với x ��.

Giải:
Viết lại hàm số dưới dạng:
f( x) = ( x -

1 2
3 2

) +(
) + (x2
2

3 2
1
) +( ) 2
2
2

Hàm xác định trên �. Xét trên hệ trục tọa độ Oxy
r

1
2

Cách 1: Chọn u = ( - x + ;

3 r
) , v =( x 2

3 1
; )
2 2

r r
3 1 2
1
3 2
|u + v|= ( - ) +( +

) =2
2
2
2
2
r
r
r r
f(
x)
=
|
u
|
+
|
v
|
�
|u
+ v|= 2 .
Khi đó
r r
Đẳng thức xảy ra khi các vectơ u,v
�
r
r
k= 3
�
u = kv( k > 0) � �

�
�
x= 3- 1
�
�
Vậy minf( x) = 2 khi x = 3 - 1

cùng

hướng

1 3
3
1
); B(
, - );C( x,0) . Khi đó:
2 2
2
2

Cách 2: Gọi A( ,

1 2
3 2 và
3 2
1
) +(
)
CB = ( x ) +( ) 2
2

2
2
2
Nên ta có: f(x) = AC + BC .
AC = ( x -

Theo bất đẳng thức tam giác ta có:
AC + BC � AB= (

3 1 2
1
- ) +( - 2
2
2

3 2
) = 2 . Nên
2

: f(x) �2 " x ��.
Vậy f( x)min = 2 khi C là giao điểm của AB và trục Ox, từ đó x = 3 - 1
Bình luận:

hay:


- Nếu như áp dụng phương pháp hàm số thì việc xét sự biến thiên sẽ gặp khó
khăn vì để tìm nghiệm của phương trình f '( x )  0 dẫn tới việc giải phương
trình bậc 4.
- Về cách chọn điểm hoặc chọn vectơ trong bài 1:

r r
r r
+ Cách 1: Việc chọn vectơ u,v cần phải khéo léo để sao cho |u + v| là

một hằng số đồng thời dấu “=” phải xảy ra.
+ Cách 2: Câu hỏi đặt ra là tại sao lại chọn cặp điểm
A(

1 3
3
1
,
); B(
, - ) mà không phải cặp điểm khác, mặc dù các biểu thức
2 2
2
2
1 3
3 1
) ; B(
, ) thì
2 2
2 2

tính khoảng cách AC, BC không đổi. Ta có thể chọn A( ,

vẫn có f(x) = AC + BC . Lúc này A và B nằm cùng phía so với trục Ox. Khi
này để tìm giá trị nhỏ nhất của AC + BC bài toán sẽ dài hơn bằng cách lấy
điểm B’ đối xứng với B qua Ox, tức là B '(

của AB ' và trục Ox. Nên ta chọn điểm B(

3
1
, - ) và khi đó M là giao điểm
2
2

3
1
,- ) .
2
2

- Mở rộng bài toán:
+ Thứ nhất: liệu các hệ số của các biểu thức có phải là bất kì không? Nếu
2
thay x - x + 1 bởi biểu thức x2 - x hay x2 - x - 1 thì sao?
Trả lời: Do áp dụng công thức khoảng cách hoặc độ dài của một vectơ
nên biểu thức dưới dấu căn phải dương.
+ Thứ hai: Hệ số của x2 trong hai biểu thức của hàm số có nhất thiết phải
bằng
nhau
không?
Nếu
không
bằng
thì
sao?
Ví

dụ:
f( x) = x2 - x + 1 + 2x2 - x + 1

Trả lời: Do khi áp dụng: “Trong tất cả các đường gấp khúc nối 2 điểm A,
B cho trước thì đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ nhất” cần khoảng cách giữa điểm
đầu và cuối là không đổi, nên cặp điểm A, B phải có dạng A( m; n),B( p; q) hoặc
A( x + m; n), B( x + n;q) hoặc A( m; y + n),B( p; y + q) hoặc A( x; y),
B( x + m; y + q) ... (trong đó m, n, p, q là các giá trị không đổi). Và khi với một
điểm C bất kì thay đổi thì khi áp dụng công thức khoảng cách để tính AC , BC
ta luôn được hệ số của x2 là bằng nhau.
+ Thứ ba: Khi thay bằng hàm số f( x) = x2 - x + 1 -

x2 -

3x + 1 thì

nó có thể đạt giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất hay không?
Trả lời: Do cách chọn điểm mà hàm số f( x) sẽ đạt được giá trị lớn nhất
Nếu như muốn tìm tìm giá trị lớn nhất của hàm số này ta sẽ chọn
A(

1 3
3 1
,
) ; B(
, ) sao cho cùng phía so với trục Ox thì ta có
2 2
2 2

f(x) = AC - BC �AB . Từ đó ta tìm được giá trị lớn nhất của hàm số
f( x) = x2 - x + 1 -

x2 -

3x + 1

+ Thứ tư: Ta có thể tìm thêm giá trị lớn nhất của hàm số không?
Trả lời: Nếu như giới hạn giá trị của biến x lại trong một tập D thì ta có
thể tìm được giá trị lớn nhất của hàm số đó.
Các vấn đề sẽ lần lượt được áp dụng và trình bày qua các bài toán
dưới đây.
Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
f( x) = x2 - 2px + 2p2 + x2 - 2qx + 2q2 (p, q là hai số cho trước)

Giải:
1. Xét p + q > 0 :
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy xét các điểm
A( x - p; p) và B( x - q; - q) ). Khi đó:
2

f ( x) = ( x - p) 2 + p + ( x - q) 2 + q

2

= OA +OB.

Rõ ràng có: OA + OB  AB.
Mà AB =

( p - q) 2 +( p + q) 2 không đổi

với mọi vị trí của A và B.
Vậy ta luôn có f ( x) � ( p - q) 2 +( p + q) 2
(1)
Dấu “=” xảy ra � A, O, B theo thứ tự thẳng hàng.
uur
uuur
Ta có: OA = ( x - p; p ); BO = ( q - x; q)

Khi đó A, O, B theo thứ tự thẳng hàng �

p
q p +pq
x- p
=
�x=
.
q- x
q
p +q

Do độ dài đoạn AB không đổi với mọi vị trí của A, B nên ta có:
�
�
q p +pq�
�
�
�
f�

= AB = ( p - q) 2 +( p + q) 2
�
�
�
�
� p+q �
�

(2)

2. Xét p + q = 0 ( p = q = 0)
Lúc này f ( x) = 2 x � f( x)min = 0 khi x = 0
(3)
Tóm lại, với mọi trường hợp ta đều có: f( x)min = ( p - q) 2 +( p + q) 2 .


Bài 3: Cho a, b , c, h là bốn số dương cho trước và x, y, z là ba số thực thay đổi
sao cho: ax + by + cz = k (1) ( k là số cho trước). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm
số
f ( x,y,z) = a h2 + x2 + b h2 + y2 + c h2 + z2

với (x, y, z) thoả mãn điều kiện (1).
Giải:
Trên hệ trục Ouv, lấy các điểm:

(

) (

A ( ah;ax) ,B ( a + b) h; ax +by ,C ( a + b + c) h;ax +by + cz

)

Ta có:
OA = a h2 + x2 ;
AB = b h2 + y2 ;
BC = c h2 + z2

Vậy

f ( x; y; z) = OA + AB +BC(2) Và do OA + AB + BC là độ dài đường gấp khúc

OABC nối hai điểm cố định O ( 0;0) và C ( ( a + b + c) h; k) .
Từ (2) suy ra: f ( x; y; z) �OC = k2 + h2( a + b + c) 2

(3)

Dấu “=” trong (3) xảy ra  O,A,B,C theo thứ tự thẳng hàng
ax ax + by ax + by + cz
k
=
=
� x =y =z =
ah ah + bh ah + bh + ch
a +b +c
� k
�
k
k
�

�
,
,
= k2 +( a + b + c) 2h2
�
Như vậy: f �
�
�
�
a +b + c a + b + c a +b + c�
�
�

(4)

Từ (3) và (4) ta có:
f ( x; y; z)

min

= k2 +( a +b + c) 2 h2 khi x = y = z =

k
a +b + c

Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
�
�
1
�

x
\
�
x
�
1
f( x) = x2 - 2x + 2 + x2 + 2x + 2 trên miền D = �
�
�.
�
�
2
�
�

Phân tích:
Nếu làm như bài 1 thì ta chỉ tìm được giá trị nhỏ nhất mà không tìm được
giá trị lớn nhất. Với bài này ta sử dụng tính chất: giá trị lớn nhất của một hàm
liên tục sẽ đạt được trên biên của nó.
Giải:
Viết lại hàm số dưới dạng:


f( x) = 1 +( x - 1) 2 + 1 +( x + 1) 2 .

Xét hệ trục tọa độ Ouv , trên đó xét điểm cố định N(2; 2) và điểm
chuyển động M(1; 1-x) .
- 1
3
�x �1 ta được 0 �1 - x � khi

2
2
đó M giới hạn trên đoạn thẳng M 0M 1 với

Khi

M 0( 1;0) và M ( 1; 3 ) .
1
2
OM = 1 +( x - 1) 2 ; MN = 1 +( x + 1) 2

Do:

Suy ra f(x) = OM + MN
 Nên f(x) �ON = 2 .
Vậy f( x) đạt Giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi O,
M, N theo thứ tự thẳng hàng hay M là giao điểm của ON và M 0M 1 . Dễ dàng tìm
được M ( 1,1) hay x = 0 .
 Và

max f( x) = max (OM + MN )
-

M �[ M 0M 1 ]

1
� x �1
2

= max(OM 1 + M 1N , OM 0 + M 0N )

= max(

Vậy

Max

-

1
� x �1
2

-

1
� x �1
2

f( x) = 1 + 5

Min f( x) = 2

13
5
+
; 1 + 5) = 1 + 5 .
2
2

khi x = 1

khi x=0

Bình luận: - Bài này có thể sử dụng phương pháp hàm số nhờ việc giải phương
trình f '( x )  0 không khó như bài 1.
- Sử dụng phương pháp này có thể dạy cho học sinh lớp 10.
Bài 5: 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

(Trích đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2006)
Phân tích:
Hai căn thức đầu tiên làm ta nghĩ tới tọa độ các điểm M( x - 1; - y),
N( x + 1; y) và sử dụng bất đẳng thức tam giác để đánh giá hai căn thức đầu
tiên. Tuy nhiên cần khéo kéo chọn để có dấu bằng xảy ra.
Giải:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét M( x - 1; - y), N( x + 1; y) .
Ta được OM +ON = ( x - 1)2 + y2 + ( x + 1) 2 + y2


Do OM +ON �MN nên ( x - 1) 2 + y2 + ( x + 1) 2 + y2 �2 1 + y2 .
Đẳng thức xảy ra khi M, O, N theo thứ tự thẳng hàng. Từ đó ta được x = 0 .
Do đó A �2 1 + y2 + y - 2 = f( y) .
Ta tìm giá trị nhỏ nhất của f( y) trong hai trường hợp:
+ Nếu y �2 ta được f( y) = 2 1 + y2 + 2 - y
f '( y) =

2y

- 1 , f '( y) = 0 � 2y = 1 + y2 � y = 3 .
1+y

3
2

Bảng biến thiên:
y

3
3

- �

2
f’(y)

-

0

+

f(y)
2+ 3
3
Từ đó suy ra: f( y) �2 + 3 " y �2 . Dấu bằng xảy ra khi y =
3

+ Nếu y �2 ta được f( y) = 2 1 + y2 + y - 2 �2 5 > 2 + 3
3
3
Binh luận: Nếu như chọn cặp điểm M( x - 1; y), N( x + 1; y) thì tuy MN = 2

Vậy Amin = 2 + 3 khi x = 0; y =

sẽ nhỏ hơn 2  3 nhưng sẽ không có dấu “=” xảy ra.
Bài 6: Với x ��, tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f( x) = 2x2 - 2x + 1 + 2x2 +( 3 + 1)x + 1 + 2x2 - ( 3 + 1)x + 1 .

Giải:
f( x) = ( x - 1) 2 + x2 + ( x +

3 2
1
) +( x + ) 2 + ( x 2
2

Trong mặt phẳng tọa độ, ta xét các điểm

3 2
1
) +( x - ) 2
2
2


M( x; x),A( 1;0),B( -

3
1
3
1

; - ),C(
; - ) Khi đó: f( x) = MA + MB + MC .
2
2
2
2

Nên f( x) nhỏ nhất khi M nhìn 3 cạnh AB, AC, BC của tam giác ABC dưới một
góc 1200
Dễ thấy tam giác ABC đều, tâm O nên đề f( x) nhỏ nhất thì M �O hay x = 0
Và khi đó ta được f ( x )min  f ( 0 )  3
Bất đẳng thức đã cho được chứng minh.
Chứng minh bài toán phụ:
Cho DABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý nằm trong mặt phẳng( ABC ) thì
tổng MA + MB + MC nhỏ nhất khi M nhìn 3 cạnh AB, BC, CA dưới một góc
1200.
Hướng dẫn:
Xét phép quay tâm A góc quay 600:
- Biến điểm M thành điểm N
- Biến điểm C thành điểm P
Khi đó, theo tính chất của phép
quay và do góc quay bằng 600 ta được:
AM = MN; CM = NP.
Vậy tổng MA + MB + MC nhỏ nhất
� tổng (BM + MN + NP) nhỏ nhất �
B, M, N, P thẳng hàng.
Nói riêng, B, M, N thẳng hàng mà
�
AMN = 600 nên �
AMB = 1200 . Tương

tự ta cũng được �
BMC = �
CMA = 1200 . Từ đó ta được điều phải chứng minh.
Bài 7: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f( x; y) = ( x + 1) 2 +( y - 1) 2 + ( x - 1) 2 +( y + 1) 2 + ( x + 2) 2 +( y + 2) 2

Trong đó x, y là các số thực.
(Trích đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 1998)
Phân tích: Trong hàm số f( x; y) xuất hiện căn bậc hai, gợi chúng ta nghĩ đến
công thức khoảng cách giữa hai điểm.
Giải:
Xét các điểm A ( - 1,1) ; B ( 1, - 1) ;C ( - 2, - 2) và điểm M ( x;y) trong hệ
trục tọa độ vuông góc Oxy . Ta có:
MA = ( x + 1) 2 +( y - 1) 2
MB = ( x - 1) 2 +( y + 1) 2

MC = ( x + 2) 2 +( y + 2)2

Suy ra f ( x; y) = MA + MB + MC
Nên hàm số f( x; y) đạt giá trị nhỏ nhất
khi tổng MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất


khi và chỉ khi M nhìn 3 cạnh AB, AC, BC của tam giác ABC dưới một góc 1200.
Với chú ý VABC cân tại C nên M �[OC] .
Ta tính f( x; y) :
OA
AMO = 600 , OA = 2 nên OM =
Xét tam giác vuông OMA có �

0

tan60

Khi đó xM = yM =
Suy ra f( -

1
3

,-

OM

1
3

2

=

1
3

. Tức là x = y = -

1
3

=

6
.
3

.

) = 6 +2 2 .

Vậy min f(x; y) = 6 + 2 2 .
Bài 8: Cho a2 + b2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = a 1 +b + b 1 + a .
Giải:
r
r
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chọn u = ( a;b) và v = ( 1 + b; 1 + a) .
r
r
2
2
Khi đó ta được u = a + b = 1 ; v = 2 + a + b .

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: 2 = ( 1 + 1)( a2 + b2 ) �( a + b) 2
r
v
do đó ta được: � 2 + 2

rr
r r
P

=
a
1
+
b
+
b
1
+
a
=
u.v
�
u
.v � 2+ 2
Từ đó suy ra:
� a
b
�
=
�
�
Dấu “=” xảy ra � �
1 +b
1 +a � a = b
�
�
a =b
�
�

Kết hợp với điều kiện ban đầu a2 + b2 = 1 ta được a = b =

2
2

2
2
Bài 9: Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z �1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Vậy Pmin = 2 + 2 khi a = b =
thức:

A = x2 +

1
1
1
2
2
+
y
+
+
z
+
x2
y2
z2

Giải:

r
r
1 ur
1
1
Gọi u = ( x; ) , v = ( y; ) , w = ( z; ) .
y
x
z
r r ur
1 1 1
Khi đó u + v + w = ( x + y + z; + + )
x y z


r
r
1 ur
1
1
2
Ta có: u = x + 2 , v = y2 + 2 , w = z2 + 2
y
x
z
r r ur
1
1

1
2
2
2
A
=
x
+
+
y
+
+
z
+
=
u
+v+w
Khi đó
x2
y2
z2
r r ur
1 1 1
Và u + v + w = ( x + y + z) 2 +( + + ) 2
x y z
1 1 1 2
+ + ) - 80( x + y + z) 2
x y z
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, kết hợp x + y + z �1 ta được:
�

1 1 1 �
�
81( x + y + z) 2 +( + + ) 2 �
- 80( x + y + z) 2
�
�
x y z �
�
1 1 1
1
�2. 81( x + y + z)( + + ) - 80.1�2.9.3 3 xyz .3 3
- 80 = 162 - 80 = 82
x y z
xyz
r
r
ur
r r ur
u
+
v
+
w
�
u
+ v + w ta được A � 82
Áp dụng bất đẳng thức
r r ur
Dấu “=” xảy ra khi các vectơ u,v,w cùng hướng và x + y + z = 1 hay:
r

r
ur
�
x = ky = lz
�
k =l =1
�
�
�
u = kv = lw ( k > 0; l > 0)
�
�
�
�� k l ��
�
1
�
�
�
x= =
x +y +z = 1
x =y=z =
�
�
�
�
�
�
3
�

� y z
= 81( x + y + z) 2 +(

Vậy Amin  82 đạt được khi x  y  z 

1
3

Bình luận: Đây là dạng của đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng khối A, năm
2003
Bài 10: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = abc . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
a2 + 2b2
b2 + 2c2
c2 + 2a2
P =
+
+
ab
bc
ca

Giải:
Ta có

a2 + 2b2
b2 + 2c2
c2 + 2a2
+
+

� 3
ab
bc
ca

1
2
1
2
1
2
+ 2 + 2+ 2 + 2+ 2 � 3
2
b
a
c
b
a
c
�r �
r �
ur �
1 2�
1 2�
1 2�
�
�
�
�
�

�
�
�
�
�
�
; v = �;
;w =�;
�
�
�
Trong hệ trục tọa độ Oxy, xét ba vectơ u = � ;
�
�
�
�
�
�
b
a
c
b
a
c
�
�
�
�
�
�

�
�
�
2
2
2
2
2
2
r
r
ur
Khi đó ta có | u |= a + 2b ;| v |= b + 2c ; | w |= c + 2a
ab
bc
ca
�


2
r r ur �
r r ur
�
�
1 1 1 2
2
2�
1 1 1�
�
�

�
�
u +v +w = �
+ + ;
+
+
; | u + v + w |= 3 � + + �
= 3
�
�
�
�
�
�
�
a
b
c
a
b
c
a
b
c
�
�
�
�
�

1 1 1
+ + =1
a b c
r
r
ur
r r ur
Áp dụng bất đẳng thức | u | + | v | + | w |�| u + v + w | ta được: P � 3
r r ur
r
Vì ba vectơ ta xét đều khác vectơ 0 nên dấu “=” xảy ra khi 3 vectơ u,v,w cùng
hướng và ab + bc + ca = abc .
�
1 k
l
�
= =
�
�
r
r
ur
b c a
�
�
�
�
k =l =1
u
=

kv
=
lw
(
k
>
0;
l
>
0)
�
�1 k l
�
�
�
=
=
�
hay �
�
�
�
�
�
a =b=c =3
a b c
ab + bc + ca = abc
�
�
�

�
�
1
1
1
�
�
+ + =1
�
a
�
� b c

Vì ab + bc + ca = abc �

Vậy Pmin  3 khi a  b  c  3
Bình luận: Đây là dạng của đề thi đại học Quốc Gia Hà Nội, năm 2000
Bài 11: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
1 2
1 2 16
32
1 2
1 2 4
8
x +2 +
x x+
+
x - 4x + 10 +
x - x+ .
2

2
5
5
2
2
5
5

f( x) =

Giải:
Ta có:
f( x) =

1
2

( x2 +22 + ( x -

16 2
8
4
8
) +( ) 2 + ( x - 2) 2 + 22 + ( x - ) 2 +( ) 2
5
5
5
5

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét các vectơ:

r
r 16 8
r
r 4
8
a(x, 2); b(x,
); c(4-x, 2); d( -x, ).
5 5
5
5
r
r
16 2
8
Ta có: |a |= x2 +22 ;
|b |= ( x ) +( ) 2
5
5
r
r
4
8
|c |= ( x - 2) 2 + 22 ; |d |= ( x - ) 2 +( ) 2
5
5

Khi đó:
f( x) =

1
2
1

uu
r
r
r
uuu
r
( |a | + |b | + |c | +|d | )

r r
r r
1
�
( |a + c | + |b + d |) =
( 4 2 + 4) = 4 + 2 2.
2
2
r r
r r
Dấu bằng xảy ra khi a , c cùng hướng và b , d cùng hướng, tức là:


�
x = k( 4 - x)
�
�
�

r
r
2 = 2k
�
�
�
�
a
=
kc
k =l =1
�
� 16
�
�
4
r
r .��
�
�
�
�
x= l( - x)
�
�
�
x =2
b = ld
�
�

�
5
5
�
�
�
8 8l
�
�
=
�
5
5
�

Vậy f( x)min = 4 +2 2 khi x = 2 .
n

Bài 12: Cho xi, yj (i = 1,2, ... , n) là 2n số thực thoả mãn:

n

�x + �y
i =1

i

i =1

i

=1

n

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = � xi2 + yi2
i =1

Giải:
Xét trong mặt phẳng tọa độ Oxy:
�k

�
Gọi Mk là điểm có toạ độ M k �
�xi ;
�
�i =1

�
�
�
y
,
� i�
�
�
i =1
k

k= 1, 2, ..., n

�n
M
�
Nói riêng điểm n �
�xi ;
�
�i =1
n

n

i =1

i =1

�
�
�
y
do thỏa mãn
� i�
�
�
i =1
n

x+y=1

�xi + �yi = 1 nên M n sẽ nằm trên đường
thẳng x + y = 1

Dễ thấy:
�k
M k- 1M k = �
�
�xi �
�
�i =1
Mn
H

2

� �k
�
�
+�
�
�xi �
�yi �
�
� �
�i =1
i =1
k- 1

2

�
�
2

2
�yi �
�
�
� = xk + yk (k= 1, 2,... , n)
i =1
k- 1

= OM 1 + M 1M 2 + M 2M 3 + ... + M n- 1�M n
Từ đó ta được: P �
Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ O đến đường thẳng x + y = 1, thì
OH =

2
2

Khi đó ta luôn có:
O
�M 1 + M 1M 2 + ... + M n- 1M n �OH ,
2
2
Dấu “=” xảy ra � O, M 1, M 2, ..., M n theo thứ tự thẳng hàng và M n �H

hay P �

�

y1
y
y

= 2 = ... = n = tan 450 = 1
x1 x2
xn

� x1=x2 = ... = xn=y1 = y2 = ... = yn =

1
2n


Vậy Pmin =

1
2
khi � x1= x2 = ... = xn =y1 = y2 = ... = yn =
.
2n
2

Bài 13: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
f( x; y) = x2 + y2

Trên miền D = {( x; y) \ x - 2y + 8 �0; x + y + 2 �0; 2x - y + 4 �0} .
Giải:
Miền D là miền trong VABC tính cả biên.
Với A(0; 4) , B( - 4; 2), C( - 2;0) .
Gọi M( x; y) �D thì M sẽ nằm trong
VABC (cả biên).
Ta có OM = x2 + y2 . Suy ra:
 f(x; y) = OM �OH

trong đó H là chân đường cao hạ từ O
xuống AC.
OH = d(O,AC ) =

2.0 - 0 + 4
22 + 12

=

4 5
.
5


f(x;y) � max(OA; OB; OC)=max(4; 20; 2) = 20

khi

M �B

hay

x = - 4; y = 2 .
8
4
4 5
khi x = - ; y = .
5
5
5

f(x;y)max = 20 khi x = - 4; y = 2

Vậy: f( x; y)min =

Bài 14: Cho bốn số thực a,b,c,d thỏa mãn điều kiện a2 + b2 = c2 + d2 = 5 . Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = 5 - a - 2b + 5 - c - 2d + 5 - ac - bd

Giải:
Nếu gọi M( a;b),N( c;d),P( 1; 2) thì từ điều kiện a2 + b2 = c2 + d2 = 5 ta
thấy M ,N ,P là các điểm nằm trên đường tròn tâm O bán kính 5 .
Và vế trái bất đẳng thức có thể viết dưới dạng:
5 a2 + b2
5 c2 + d2
a2 + b2 + c2 + d2 - 2ac - 2bd
+
- a - 2b +
+
- c - 2d +
2
2
2
2
2
1
=
( a - 1) 2 +(b - 2) 2 + ( c - 1) 2 +( d - 2) 2 + ( a - c) 2 +(b - d) 2
2

(

)


=

1
2

( MP + NP + MN )

Vế trái là giá trị của chu vi tam
giác MNP. Sử dụng tính chất: “Trong các
tam giác nội tiếp một đường tròn, tam
giác đều có chu vi và diện tích lớn nhất”
Nên vế trái đạt giá trị lớn nhất khi
tam giác MNP đều và nội tiếp trong
đường tròn bán kính 5 . Khi đó ta được
chu vi tam giác MNP bằng 3 15
Vậy:
5 - a - 2b + 5 - c - 2d + 5 - ac - bd �

Dấu “=” xảy ra khi M(
Tức là: a =
Vậy Pm ax 

1
2

3 15 =

3 30
2

- 1- 2 3 - 2 + 3
- 1+2 3 - 2 - 3
;
),N(
;
)
2
2
2
2

- 1- 2 3
- 2+ 3
- 1+2 3
- 2- 3
,b =
,c =
,d =
2
2
2
2

3 30
- 1- 2 3
- 2+ 3

- 1+2 3
- 2- 3
khi a =
,b =
,c =
,d =
2
2
2
2
2

Bài 15: Cho a,b,c,d là bốn số thực thỏa mãn các điều kiện sau:
�
a2 +b2 + 1 = 2( a + b)
�
�2
�
c + d2 +73 = 14( c + d)
�
�

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
P = ( a - c) 2 +(b - d) 2

Giải:
Từ điều kiện ta có
�
( a - 1) 2 +(b - 1) 2 = 1
�

�
�
( c - 7) 2 +( d - 7) 2 = 25
�
�

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , ta xét
các điểm M( a;b),N( c;d) , thì từ điều kiện
ta thấy M ,N là hai điểm lần lượt nằm trên
hai đường tròn tâm O1( 1; 1) bán kính 1 và
đường tròn tâm O2(7;7) bán kính 5.
Và ta cũng có: MN 2 = ( a - c) 2 +(b - d) 2 .
Nối O1 với O2 cắt đường tròn bé tại G, E và cắt đường tròn lớn tại F, H. Khi đó
tính được tọa độ các điểm:


G( 1 -

2
2
2
2
;1 ),E( 1 +
;1 +
)
2
2
2
2

5 2
5 2
5 2
5 2
;7 ),H(7 +
;7 +
)
2
2
2
2
Ta có O1O2 �O1M + MN +O2N
F(7 -

� O1E + EF + FO2 �O1M + MN +O2N
ۣۣEF

MN (do O1E = O1M ,FO2 = O2N )
(1)
Và MN �O1M +O1O2 +O2N = GO1 +O1O2 +O2H = GH
(2)
Từ (1) và (2) suy ra EF �MN �GH nên ta cũng có EF 2 �MN 2 �GH 2

Lại có EF 2 = 2(6 - 3 2) 2 = 36( 3 - 2 2) ;
GH 2 = 2(6 + 3 2) 2 = 36( 3 + 2 2)

Từ đó ta được:
36( 3 - 2 2) �P �36( 3 + 2 2)
Dấu “=” vế trái xảy ra khi M �E ,N �F hay
5 2

2
,c = d = 1 +
2
2
M
�
G,N �H hay
Dấu “=” vế phải xảy ra khi
a =b =7 -

a = b = 1-

2
5 2
,c = d = 7 +
2
2

III. Bài tập áp dụng.
Xin đưa ra một số bài tập áp dụng phương pháp tọa độ để quý thầy cô
tham khảo, đó là các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất hoặc một số bài toán
bất đẳng thức.
Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
f( x) = x2 - 2x + 3 + x2 + 4x + 6 khi - 1�x �1.

Bài 2: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = a2 + ab + b2 + b2 + bc + c2 + c2 + ca + a2

Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
y = f( x) = x2 - 4x + 29 -

x2 - 4x +5 trên �.

Bài 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
y = f( x) = x + 1 -

{

}

{

}

4 - x trên miền D = x \ - 1 �x �4 .

Bài 5: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:

y = f( x) = x + 1 + 4 - x trên miền D = x \ - 1 �x �4 .

Bài 6: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
f( x) = 3 + x + 6 - x -

{

}

( 3 + x)(6 - x) trên miền D = x \ - 3 �x �6 .

Bài 7: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:

{

}

f( x) = x + x - x2 trên miền D = x \ 0 � x �1 .

Bài 8: Cho hàm số f( x) = A sin x + B cosx ( A 2 + B 2 �0)
a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên.
b) Chứng minh rằng

cos3x + acos3x + 1 1 + 1 + 3a2
�
2cos3x
3

" x,a ��

Bài 9: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A = f( x,y) = x2 + y2 + 2x + 12y + 37 + x2 + y2 - 6x +6y + 18

Bài 10: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
f( x) = ( x + 6) 2 + 100 + ( x + 1) 2 + 4


PHẦN 3: THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
1. Mục đích thực nghiệm
Mục đích thực nghiệm là để kiểm chứng khả năng ứng dụng phương pháp
tọa độ vào giải một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc

biểu thức hoặc bài toán chứng minh bất đẳng thức.
2. Tổ chức thực nghiệm
2.1. Hình thức thực nghiệm
Tổ chức dạy học theo chuyên đề biên soạn theo phần nội dung đã đề cập ở
phần nội dung (phần II). Sau đó cho học sinh làm thực nghiệm, đối chiếu kết
quả thực nghiệm.
2.2. Đối tượng thực nghiệm
Chọn lớp thử nghiệm: Chọn 20 em học sinh lớp 10C 2 (gọi là nhóm 1) và
20 em học sinh lớp 10C7 (gọi là nhóm 2) năm học 2018- 2019 của trường THPT
Triệu Sơn 5 – Thanh Hóa.
Trong đó nhóm 1 là nhóm thực nghiệm và nhóm 2 là nhóm đối chứng.
Chọn học sinh ở hai nhóm này có lực học toán khá và tương đương nhau.
3. Nội dung thực nghiệm
Dạy thực nghiệm bao gồm các nội dung:
+ Ứng dụng phương pháp tọa độ tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
+ Ứng dụng phương pháp tọa độ chứng minh bất đẳng thức.
4. Đánh giá kết quả thực nghiệm
4.1. Đề kiểm tra
Phát phiếu kiểm tra khả năng giải bài tập của học sinh, thời gian làm bài
30’:
A. Phiếu 1
Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:

{

}

y = f( x) = x + 1 + 4 - x trên miền D = x \ - 1 �x �4 .

Bài 2: Cho x, y �, chứng minh rẳng:

4 cos 2 x.cos 2 y  sin 2 ( x  y )  4 sin 2 x.sin 2 y  sin 2 ( x  y ) �2
B. Phiếu 2
Bài 1: Cho  là một số thực bất kì, chứng minh rằng:
17 � cos 2  4 cos   6  cos 2  2cos   3 � 2  11
Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
f( x) = x2 + x + 1 + x2 -

{

}

5x + 2 trên D = x \ - 1 �x �4

- Nhận xét: Trong mỗi phiếu bài tập thì mỗi bài đều có thể làm được theo
một số cách khác nhau. Phiếu số 2 tăng độ khó và yêu cầu cao hơn phiếu số 1.
5. Kết quả kiểm tra
a) Kết quả kiểm tra theo phiếu học tập số 1:
Điểm
Lớp

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Số bài


Nhóm 1
Nhóm thực nghiệm 0
Nhóm 2
2
Nhóm đối chứng
- Điểm trung bình:

0

0

6

3

4

2

3

2

20

1

5

4

4

3

1

0

0

20

k

Trong đó:

ni xi

n1 x1  n2 x2  ...  nk xk �
x
 i 1
n1  n2  ...  nk
n
xi : điểm kiểm tra.
ni : tần số của các giá trị xi
n: số học sinh tham gia ( n  20 )

Kết quả thu được: xTN  6 ,95
xDC  5,00
b) Kết quả kiểm tra theo phiếu học tập số 2:
Điểm
2 3 4 5 6
Lớp
Nhóm 1
Nhóm thực nghiệm 0 1
Nhóm 2
3 4
Nhóm đối chứng
- Điểm trung bình:
xTN  5,85

7

8

9

10

Số bài

5

4

2

4

2

2

0

20

6

3

2

2

0

0

0

20

xDC  4,15
6. Kết kuận
Dựa trên kết quả thực nghiệm thấy rằng kết quả của nhóm thực nghiệm
cao hơn lớp đối chứng. Số học sinh đạt điểm cao ở nhóm thực nghiệm cũng vượt
trội so với nhóm đối chứng.
Trong thực tế giảng dạy tôi thấy rằng phương pháp có thể này có thể dạy
cho học sinh lớp 10, khi đã học xong phần bất đẳng thức (phần đại số) và
phương pháp tọa độ trong mặt phẳng ở một mức độ nào đó.


PHẦN 4: KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
Thực hiện mục đích của đề tài, tôi đã giải quyết được một số vấn đề sau:
1. Học sinh biết áp dụng những điều đã được giới thiệu để áp dụng vào
giải quyết một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu
thức cũng như chứng minh bất đẳng thức: Học sinh trung bình khá trở lên nắm
vững được phương pháp và biết vận dụng ở dạng bài tập cơ bản; một số đề thi
đại học và thi học sinh giỏi thì học sinh khá giỏi có thể sử dụng phương pháp
này để giải bài toán.
2. Ngoài ứng dụng là tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu
thức hoặc chứng minh bất đẳng thức ra, phương pháp tọa độ còn có nhiều áp
dụng nữa: Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình… Tôi khuyến
khích các em về nhà tìm tòi thêm.
3. Thực nghiệm cho thấy: kết quả ứng dụng của phương pháp là tương đối
khả quan. Học sinh tiếp thu được bài và trình bày chặt chẽ.
Thực tế áp dụng cho thấy, học sinh rất hào hứng tiếp thu và vận dụng

được ý tưởng của đề tài, học sinh không còn sợ bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất của hàm số hoặc biểu thức hay bài toán chứng minh bất đẳng thức. Có thể,
có những cách giải chưa thật ngắn gọn, xúc tích nhưng tôi luôn trân trọng những
gì mà các em đã làm được. Khuyến khích, động viên các em tìm tòi những cách
làm ngắn gọn, hay hơn.
Không phải bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu
thức nào cũng có thể đưa được về dùng phương pháp tọa độ. Ngoài phương
pháp tọa độ nêu trên thì còn rất nhiều các kĩ thuật, các phương pháp để giải đối
với các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức nói
riêng và các dạng bài toán nói chung. Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này, tôi
mong muốn được đóng góp một phần nhỏ bé công sức trong việc hướng dẫn học
sinh ứng dụng và khai thác phương pháp tọa độ một cách hiệu quả khi làm toán,
rèn luyện tính tích cực, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, gây hứng thú
cho các em khi học toán.
Qua nội dung đề tài, tôi mong muốn có sự tìm hiểu sâu hơn nữa về bài
toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số hoặc biểu thức hay bài toán chứng
minh bất đẳng thức cũng như muốn nghiên cứu về mối quan hệ giữa “Giải tích”
và “Hình học”
Tuy nhiên, do thời gian có hạn, trình độ bản thân còn hạn chế, nên tôi rất
mong được sự đóng góp bổ sung của Hội đồng khoa học các cấp và của các bạn
đồng nghiệp để sáng kiến kinh nghiệm của tôi được hoàn chỉnh hơn, đồng thời
cũng giúp đỡ tôi tiến bộ hơn trong giảng dạy.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Tuyển tập 200 bài toán vô địch – Tập 3: Giải tích; PGS. TS. Nguyễn Quý
Dy; ThS.Nguyễn Văn Nho; TS Vũ Văn Thỏa. NXB Giáo dục năm 2001.
[2] Căn số và toán vô tỉ; Hoàng Kỳ. NXB Giáo dục năm 2001.
[3] Đại số sơ cấp; Hoàng Kỳ, Nguyễn Văn Bàng, Nguyễn Đức Thuần. NXB

Giáo dục năm 1979.
[4] Sai lầm phổ biến khi giải toán; Nguyễn Vĩnh Cận, Lê Thống Nhất, Phan
Thanh Quang. NXB Giáo dục năm 1997.
[5] Giới thiệu các bài thi chọn học sinh giỏi Toán PTTH toàn quốc; Lê Hải
Châu. NXB trẻ năm 2001.
[6] Tuyển chọn theo chuyên đề “Toán học& Tuổi trẻ”- Quyển 1- NXB Giáo Dục
Việt Nam năm 2009.
[7] Chuyên đề toán hình học tọa độ phẳng và không gian, PGS. TS Nguyễn Văn
Lộc, NXB Đại học Quốc Gia TP. Hồ Chí Minh năm 2009.

MỤC LỤC


Phần 1
Phần 2

Phần 3
Phần 4

Mở đầu............................................................................
Nội dung..........................................................................
I. Cơ sở lí thuyết..............................................................
II. Bài tập........................................................................
III. Bài tập áp dụng.........................................................
Thực nghiệm sư phạm......................................................
Kết luận và đề xuất………………...……….………………
Tài liệu tham khảo

1
3

3
5
26
30
33