SKKN 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 PHAP TỌA ĐỘ
ĐỂ TÌM GIA 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 ³ 2) , ta luôn có:
a1 + a2 + ... + an ³ n a a ...a
n

1 2n

Dấu “=” xảy ra Û 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 + ...an 2 )(b12 + b22 + ...bn 2 ) ³ (a1b1 + a2b2 +...anbn )2

Dấu “=” xảy ra Û a1 =a2
b

1

b

2

=... =an
b
n

3) Bất đẳng thức vectơ:
i) a - b £ a + b £ a + b
- Dấu “=” bên trái xảy ra khi a ngược hướng với bhoặc a = 0 hoặc b =
0 - Dấu “=” bên phải xảy ra khi a cùng hướng với b hoặc a = 0 hoặc

b =0

n

Tổng
quát:

å

a

i =1

u
r
i

u
r

£ å ai (n Î ¢
n

*

+

)

i =1

ii) - a . b £ a.b £ a . b .
- Dấu “=” bên trái xảy ra khi a ngược hướng với b hoặc a = 0 hoặc
b=0

- Dấu “=” bên phải xảy ra khi a cùng hướng với b hoặc a = 0 hoặc
AB +BC ³ AC

b =0

4)

Bất đẳng thức tam giác:
Với 3 điểm A, B, C bất kì ta luôn có

. 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 -

Giải

:

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

1
2

+( 3 ) 2 + ( x -

)2

3
2

2

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

1

3

r

+(1
2

)2

1
3
)2 +(
+
)2 = 2
2
2
2
2
Khi đó f( x) =| u | + | v | ³ |u + v|= 2 .

Đẳng thức
r

xảy

r

ra

-

1

khi

các

vectơ

u,v

cùng

ïk= 3

ïx= 3
îï
Vậy minf( x) = 2 khi x =
1

3

-1

y
3

3-1
3

1

. Khi đó:

Theo bất đẳng thức tam giác ta có:
AB= (

: f(x) ³ 2 " x Î ¡ .

2

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

2

x

C0

1

B

= 2. Nên

2

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

O C

2

2

2

A

2

A( 2 , 2 ); B( 2 ,- 2 );C( x,0)
AC = ( x - 1 )2 +( 3 )2 và CB = ( x 3 )2 +( 1 )2
2
2
2
2
Nên ta có: f(x) = AC + BC .

AC +BC ³

hướng hay:

ì

u = kv( k > 0) Û í

Cách 2: Gọi

3

)2

3 1
2 ;2 )

Cách 1: Chọn u = ( - x + 2 ; 2 ) , v = ( x r r
|u + v|= ( -

¡ .

3x + 1 với x Î

3-1


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

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

2

)

1

3

3

1

tính khoảng cách AC, BC không đổi. Ta có thể chọn A( 2 , 2 ) ; B( 2 , 2 )


thì 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

3

1

điểm B’ đối xứng với B qua Ox, tức là B'( 2 ,- 2 ) và khi đó M là giao điểm

3

1

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

1

3

3

1

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


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

p + q = 0 ( p = q = 0)
f (x) = 2 x Û f( x)min = 0 khi x =0
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
:

y

1. Xét p +q > 0 :

A

y=|p|

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy xét các điểm
A( x - p; p) vàB( x - q; - q) ). Khi đó:
f ( x ) = ( x - p)2 + p 2 + ( x - q)2 + q 2

O

x

=OA +OB.

Rõ ràng có: OA + OB AB.
p + q)2 không đổi
Mà AB = ( p- q)2 +(

B

y= -|q|

với mọi vị trí của A và B.
(

)

Vậy ta luôn có f x ³

( p- q)2 +(

p +q)2

(1)
Dấu “=” xảy ra Û A, O, B theo thứ tự thẳng hàng.
Ta có: OA = ( x - p; p); BO = (q- x; q)
Khi đó A, O, B theo thứ tự thẳng hàng Û

x- p = p Ûx= qp +p q .
q- x

q

p + q

Do độ dài đoạn AB không đổi với mọi vị trí của A, B nên ta có:
æ

fç
è

qp+pq
+

p

q

ö

÷= AB = ( p- q)2 +( p + q)2

ø

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

(2)


Bi 3: Cho a, b , c, h l bn s dng cho trc v x, y, z l ba s thc thay i
sao cho: ax + by + cz = k (1) ( k l s cho trc). Tỡm giỏ tr nh nht ca hm
s
f ( x,y,z ) = a h2 + x2 + b h2 + y2 + c h2 +z2

vi (x, y, z) tho món iu kin (1).

Gii:
Trờn h trc Ouv, ly cỏc im:
A (ah;ax) ,B

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

Ta cú:
v

OA = a h2 +x2 ;
2

C

ax+by+cz=k

2

AB = b h +y ;
BC = c h2 +z2

A

ax

Vy

(a+b)h
O

ah

(a+b+c)h

ax+by

B

f (x; y; z) = OA +AB +BC(2) V do OA + AB + BC l di ng gp khỳc

OABC ni hai im c nh O (0;0) v C ((a + b+c) h;k).
= k2 + h2(a + b+c)2
T (2) suy ra: f (x;y; z) OC
Du = trong (3) xy ra O,A,B,C
theo th t thng hng
ax =ax + by =ax + by +cz
ah

ah + bh

ổ
Nh vy: f

ố+

b

k
+

,

ca

+

b

k
+

k
a + b+c

ah + bh +ch

k

ỗa

x=y=z=

(3)

,

ca

+

b

2

ử
+

ứ

=

2 2

k +(a

+ b+c) h

(4)

cữ

T (3) v (4) ta cú:
k
a + b+c

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

Bi 4: Tỡm giỏ tr ln nht, nh nht ca hm s:
f( x) =

2

2

x - 2x + 2 +

x + 2x +2

ù

ỡ

trờn min D = ớ x \ -

ù

ợù

1
2

ù
ÊxÊ

ỹ

1ý.

ù

ỵù

Phõn tớch:
Nu lm nh bi 1 thỡ ta ch tỡm c giỏ tr nh nht m khụng tỡm c
giỏ tr ln nht. Vi bi ny ta s dng tớnh cht: giỏ tr ln nht ca mt hm
liờn tc s t c trờn biờn ca nú.
Gii:
Vit li hm s di dng:

u


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

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

2

đó M giới

hạn trên đoạn thẳng

M0(1;0) và

M (1; ).
1

2

3

với

v
2
3
2

= 1

Suy ra f(x) = OM + MN

( x + 1)2
+

O

điểm
N

M1

1-x

OM = 1+( x - 1)2 ; MN

Do:

M0M1

N(2; 2) và

M

1

M0

2u

Nên f(x) ³ 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 M0M1 . Dễ dàng tìm
x=0 .
được M 1,1
(

) hay

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

Và

- 1 £x £ 1
2

MÎ [M0M1]

= max(OM1 + M1N, OM0 +M0N )
= max( 2

Vậy

1Max
-2 £x£1

1Min

13

5

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

f( x) = 1+ 5 khi x = 1

f( x) = 2

khi x=0

-2 £x£1

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:

M( x - 1; - y), N( x

+1;y) Hai căn thức đầu tiên làm ta nghĩ tới tọa độ các điểm
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:
M( x - 1; - y), N( x

+1;y) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét
. Ta được OM + ON = ( x - 1) 2 + y2 + ( x + 1) 2 +y2


Do OM + ON ³ MN nên

( x - 1) 2 + y2 + ( x + 1) 2 + y2 ³ 2 1 + y2 .

Từ đó ta được x = 0 .

Đẳng thức xảy ra khi M, O, N theo thứ tự thẳng hàng.
Do đó A ³ 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

1 + y2

3 .

, f '( y) = 0 Û 2y = 1 + y2 Û y =

Bảng biến thiên:
y
-¥

3

3
3

2
f’(y)
f(y)

-

0

+

2+ 3

Từ đó suy ra: f( y) ³ 2 + 3 " y £

3

2 . Dấu bằng xảy ra khi y =

3

+ Nếu y ³ 2 ta được f( y) = 2 1 + y2 + y - 2 ³ 2 5 > 2 + 3
VậyAmin = 2 + 3 khi x = 0; y =

3
3

M( x - 1; y), N( x +1; y)

Binh luận: Nếu như chọn cặp điểm
sẽ nhỏ hơn 2 3 nhưng sẽ không có dấu “=” xảy ra.

thì tuy MN = 2

Bài 6: Với x Î ¡ , 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

2

+x

2

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

2

+

(x- 3
)

2

2

)

2

+( x -

1
)

2

y

Trong mặt phẳng tọa độ, ta xét các điểm

2

M(x;x)

A
-

3

2

B

3

O
1
-2

2

x
C

3
M( x; x),A( 1;0),B( -

1

3

2 ; - 2 ),C(

1

2 ;-2

) Khi đó: f( x) = MA + MB +MC .
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 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:
P
Xét phép quay tâm A góc quay 600:
- Biến điểm M thành điểm N
A
- Biến điểm C thành điểm P

Khi đó, theo tính chất của phép
N
quay và do góc quay bằng 600 ta được:
AM = MN; CM = NP.
Vậy tổng MA + MB + MC nhỏ nhất
M
Û tổng (BM + MN + NP) nhỏ nhất Û
B, M, N, P thẳng hàng.
C

Nói riêng, B, M, N thẳng hàng mà B
·
·
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

y

MB = ( x - 1) 2 +( y + 1)2
2

MC = ( x + 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

A(-1;1)

1

-2

O
-1
M

x
-1

C(-2;-2)

1

-2

B(1;-1)


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
Ta tính f( x; y) :

M Î [OC].

0
·
Xét tam giác vuông OMA có AMO = 60 , OA =

Khi đó x

=y
M

Suy ra f( -

OA

2 nên OM = tan600 = 3 .
1 .

=OM = 1 . Tức là x = y = M

2
3
1 ) = 6 +2
3

1,3

Vậy min f(x; y) = 6 +2

6

3
2.

2.
P = a 1+ b + b 1+a .

Giải:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chọn u =(a;b) và v = ( 1+ b; 1+a) .
a2 + b2 = 1; v =

Khi đó ta được u =

2+a+b.

Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: 2 = (1+ 1)(a2 + b2 ) ³ (a +b)2
do đó ta được: v £ 2 + 2
u .v £

Từ đó suy ra:P = a 1+ b + b 1+ a = u.v £

ì a

=

ï

ï

Dấu “=” xảy ra Û í

ï

ï

1

+b

îï

b

1 aÛa=b
+
a=b
a+b=1

Kết hợp với điều kiện ban đầu

Vậy P = 2 + 2 khi a = b =

2+ 2

2

2

ta được

2

a=b=2

2

2

min

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

A=
r

r

1

x +x

2

2

1

+ y +y

Giải:

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

2

2

1

+ z +z2


r = x2 + 1 r = y2 +
Ta cú: u
, v
x2

2

Khi ú A =

2

1

x + x +

r r

ur = z2 + 1
, w

1

y

2

z2

2

1

y + y2 +

z

1

r r ur

+z2

=u + v + w

2
u
2
1 1 1
r
V u + v + w = ( x + y + z) +( x + y +z )

1

2

1 1

81( x + y + z) 2 +( x + y + z) 2 - 80( x + y +z)2

=

p dng bt ng thc Cụsi, kt hp x + y + z Ê 1 ta c:
ộ

2

ờ

1

81( x + y + z)

ờ

1

+(

+

ự

1
+

2

2ỳ

)

- 80( x + y + z)

ỳ
y z
ở
ỷ
2. 81( x +y +z)(
1 +1 +1 ) - 80.1 2.9.3 3 xyz .3 3 1
- 80 =162- 80 =82
x
xy
y z
z
p dng bt ng thc u +v + w u + v + w ta c A 82

x

Du = xy ra khi cỏc vect u,v,w cựng hng v x + y + z = 1 hay:
r

r

ur

ỡ

ù u = kv = lw ( k >0;l

ớ
ù

ỡ
ỡ
ù x = ky = lz
k
l ớ
ớ
ùx
ù
= =
y
z
ợù
ùợ
ù

ù

x +y +z = 1

l

1

=

ù

ù

ợù

Vy Amin

=

ùk

>0)

ù

=

ùx=y=z

1
3

1

82 t c khi x y z

3

Bỡnh lun: õy l dng ca thi tuyn sinh i hc, cao ng khi A, nm
2003
Bi 10: Cho cỏc s thc dng a, b, c tho món ab + bc + ca = abc . Tỡm giỏ
tr nh nht ca biu thc:
P=

a2 +2b2 + b2 +2c2 + c2 +2a2
ab
bc
ca

Gii:
Ta cú a2 +2b2

+ b2 +2c2

ab
1 + 2
b2

+ c2 +2a2

b
c
+ 1 +2 +
c2

a2

Khi ú ta cú

3

ca
1 +2

3

a2

c2
r ổ
ổ 2 ử ur ổ
2ử r
;v= 1 ;
; w = 1;
Trong h trc ta Oxy, xột ba vect u = 1 ;
aữ
bữ
ỗb
ỗc
ỗa
r

2

a

+

b2

2

2b

r

ố

2

b

+

ứ

2

2c

ur

ố

2

c

ứ

+

2

2a

ố


2 ö

c ÷ø


r r ur

æ

1

1

2

2

2 ö r r ur

æ

1

1

1

3 ç a +b +c ÷ = 3

u + v + w = a +b +c ; a + b + c ;| u + v + w |=
è

ø

ç

÷

1

1

1

ö2

è

ø

1

Vì ab + bc + ca = abc Û a + b + c = 1
Áp dụng bất đẳng thức | u | + | v | + | w |³ | u + v + w | ta được: P ³

3

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 .
ì
1 =k = l
c a
ïï b
ï
k
l
Ûí
=
=
b c
ïa
ï

ï

ì
hay í

>0)

ï u = kv = lw( k > 0;l

ì

ï1

ï ab + bc + ca = abc
îï

ï

ï
ï

ï

ï

îï

1

+

1

+

b

a

1

Ûí
ï

ïk=l=1

ïa=b=c=3

î

=1

c

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
2x +2+

f( x) =

1 2 16
32
1 2
2 x - 5 x + 5 + 2 x - 4x +10 +

Giải:

Ta có:
2

1
f( x) =

2

16

2 ( x +2

2

2

8

+ ( x - 5 ) +( 5 )

2

+ ( x - 2)

1 2 4
8
2 x - 5x+ 5 .

2

42
8 2
+ 2 + ( x - 5 ) +( 5 )

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

Ta có:

|a |=
r
|c |=

Khi đó:

2

x

r
r 16 8
r
r 4

8
a(x, 2); b(x- 5 , 5 ); c(4-x, 2); d( 5 -x, 5 ).
2
r
16 2
82
+2;
2

( x - 2)
1

f( x) =
³

2

r

|b|= ( x - 5 )

+ 2 ;|d |=
uur
r

4

2

+( 5)

8

2

( x - 5 ) +( 5 )
r uuur

( |a | + |b| + |c | +|d | )
2
r
r
r r
1
1
( |a + c |
+ |b+ d |) =
2
2

( 4 2 +4) =4+2 2.

Dấu bằng xảy ra khi a , c cùng hướng và b, d cùng hướng, tức là:


ì

ï x = k( 4 - x)
ï
ï

ì
íï r

ï

ï

ï a = kc

ï

2 = 2k

ï

r .Û í
ï

ï

ï
ï

ï

8

=l=1

ïk

4
5 = l( 5 - x)

ïx-

b = ld

îï

ì
Ûí

16

ïx=2
ï

î

8l

=

5
îï 5
2 khi x = 2 .

Vậy f( x)min = 4 + 2

n

n

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

n

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = å
i=1
Giải
:
Xét trong mặt phẳng tọa độ Oxy:
ö
Gọi Mk là điểm có toạ độ
k= 1, 2, ..., n
Nói riêng điểm Mn

æn
ç

n

x

å

n

+å

i

i=1

;

å xi

y

x ;

å

i

å yi

÷

å

y

i

i=1

èi =1
ö

i=1

èi =1

=1

n

xi +yi

2

y

k

M k æk
ç

2

1

÷,
ø

Mn
H

Mk

Mn-1

Mk-1

do thỏa mãn

x+y=1

M1
O

ø

nên Mn sẽ nằm trên đường

i

i=1

thẳng x + y = 1
Dễ thấy:
M M
k- 1

=

k

k- 1

æk
x

å

æk
y

x
-å i ÷ +å

i

ç

i=1

èi =1
Mn
H

ö2

k- 1

i

ç

ø

èi =1

ö2

y
-å i ÷
i=1

= x2 +y2 (k= 1, 2,... , n)
k

k

ø

Từ đó ta được: P = OM1 + M1M2 + M2M3 + ... + Mn- 1Mn
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:
OM1 + M1M2 + ... + Mn- 1Mn ³ OH,

hay P ³

2
2

Dấu “=” xảy ra Û O, M1, M2, ..., Mn theo thứ tự thẳng hàng và Mn º H
Û

y
1

x1

=

y

= ... =
x2xn
2

y
n

= tan 450 = 1

Û x1=x2 = ... = xn=y1 = y2 = ... = yn = 2n

1

1

x


Vậy Pmin =

2 khi Û x1=x2 = ... = xn=y1 = y2 = ...
2

1.

= yn =

2n

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 ³ 0;x + y + 2 ³ 0;2x - y + 4 £ 0} .
Giải:
Miền

D

là miền trong VABC tính cả biên.
y

Với A(0; 4) , B( - 4;2), C( - 2;0) .

Gọi

M( x;y) Î D

x - 2y +8 = 0

thì M sẽ nằm trong

A

VABC (cả biên).
Ta có OM = x2 +y2 . Suy ra:

B

2

f(x; y) = OM ³ OH

H

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

2.0- 0+4

-4

=

min

45
5

khi x = -

x

2x - y + 4 = 0

5

x+y+2=0

f(x;y) £ max(OA; OB; OC)=max(4;

Vậy: f( x;y)

CO

=45.

22 +12

x = - 4; y = 2.

4

8

;y=
5

4

20;2) = 20

khi

MºB

hay

.
5

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 - a - 2b + 5 +c2 + d2 - c - 2d +
2
2
2
2

2
2
= 1
(a - 1) +(b- 2) + (c - 1)2 +(d - 2)2 +
2

(

a2 + b2 + c2 + d2 - 2ac - 2bd
2

(a - c)2 +(b- d)2

)


= 1
2

y

(MP +NP +MN )

P
2

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

M(a;b)
O

1

2

2

-2+
23;
3),N(- 1+2 3 ;- 2- 3)
2
2
2
2
2
3
3
-2+
-1+23
3
Tức là: a = - 1 ,b =
,c =
,d = - 2 2
2
2
2

3 30 khi
,c =
Vậy Pm ax
- 1 + 2 3 ,d =
a = - 1 - 2 3 ,b = - 2 + 3

Dấu “=” xảy ra khi M(

2

2

2

2

Bài 15: Cho a,b,c,d là bốn số thực thỏa mãn các điều kiện sau:

ì

2

2

ï a + b + 1 = 2( a + b)
2
ïí c2 + d + 73 = 14( c + d)

ï

ì

í

îï

-

2
7) ( d

+

- 7)

2

N
7

O2

Giải:

( a - 1) 2 +(b - 1) 2 = 1

ï (c

3

H

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức

Từ điều kiện ta có

-2-

y

îï

P = ( a - c) 2 +(b - d)2

x

N(c;d)

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
3 30
5 - c - 2d + 5 - ac - bd £ 1
Vậy: 5 - a - 2b +
3 15=

-1-

5

2

=

F

25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , ta xét

E

1

G O1 M
O

1

7

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:

x

G(1-

2 ;1 - 2 ),E(1+
2 ;1 + 2 )
2
2
2
2
F(7 - 5 2 ;7 - 5 2 ),H(7 + 5 2 ;7 + 5 2 )
2
2
2
2
Ta có O1O2 £ O1M + MN +O2N
Û O1E +EF +FO2 £ O1M +MN +O2N

(1)
(2)

Û EF £ MN (do O1E = O1M ,FO2 =O2N )

Và MN £ O1M +O1O2 +O2N =GO1 +O1O2 +O2H =GH

Từ (1) và (2) suy raEF £ 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) ;
GH2 = 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 º E ,N º F hay
a=b=7-

5 2
2
2 ,c = d = 1+ 2

Dấu “=” vế phải xảy ra khi M º G,N º H hay
a=b=1-

2 ,c = d = 7 +
2

52
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 =

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

{ x \ - 3 £ x £ 6} .


f( x) = x + x - x2 trên miền

Bài 8: Cho hàm số f( x) = Asinx + B cosx

D

=

{ x \ 0 £ x £ 1} .

(A2 +B2 ¹ 0)

a) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên.
b) Chứng minh rằng cos3x + acos3x + 1 £ 1+ 1+3a2
2cos3x

" x,a Î ¡

3

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 10C 7 (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 =
Bài 2: Cho x,y
, chứng minh rẳng:

{ x \ - 1 £ x £ 4} .

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 2 cos
Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:
5x +2 trên D =

f( x) = x2 + x + 1 + x2 -

3

2

11

{ 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:
Lớp Điểm

2

3

4

5

6

7

8

9

10 Số bài


Nhóm 1
0
Nhóm thực nghiệm
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

Số bài

k

nx nx
x

Trong đó:

1 1

n

nx

... n x
2 2

1

2

i
k k

i

i1

n ... n

n

k

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
0
Nhóm thực nghiệm
Nhóm 2
3
Nhóm đối chứng
- Điểm trung bình:
xTN 5,85
xDC 4,15

7

8

9 10

1

5

4

2

4

2

2

0

20

4

6

3

2

2

0

0

0

20

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.