Phân dạng và phương pháp giải các bài toán về giá trị lơn nhát, giá trị nhỏ nhất của hàm số

1. MỞ ĐẦU
Ứng dụng của đạo hàm để khảo sát sự biến thiên và vẽ ĐTHS là một trong
những nội dung quan trọng của chương trình giải tích 12. Nội dung của chương
có rất nhiều những ứng dụng vơ cùng hay và khiến các dạng bài tập khó trở nên
đơn giản hơn. Một trong những ứng dụng quan trọng mà khó có thể làm được
khi khơng có sự góp mặt của nó chính là ứng dụng để tìm GTLN, GTNN của
hàm số. Với mục đích nhằm giúp các em họcsinh giải quyết tốt các bài tốn tìm
GTLN, GTNN của hàm số trong các đề thi THPTQG mơn Tốn những năm
trước và đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020, 2021 tôi chọn sáng kiến: “Phân
dạng và phương pháp giải bài tập về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
hàm số”. Hy vọng với sáng kiến này các em học sinh sẽ có cái nhìn tồn diện và
tự tin hơn khi tiếp cận với các bài toán trong chủ đề trên.
1.1 Lý do chọn đề tài.
Tôi chọn đề tài này với mong muốn giúp học sinh có cái nhìn tồn diện và tự tin
hơn khi giải các bài toán về GTLN, GTNN của hàm số.
1.2 Mục đích nghiên cứu.
Sáng kiến đưa ra một số biện pháp giúp các em học sinh giải quyết tốt các bài
tốn tìm GTLN, GTNN của hàm số trong các đề thi.
1.3 Đối tượng nghiên cứu.
Dựa vào nền tảng là “ Phương pháp giải bài tập về giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của hàm số” nhằm mục tiêu giúp các em H/S nắm vững các dạng và
hương pháp giải các bài toán thuộc chủ đề trên.
1.4 Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp xây dựng cơ sở lý thuyết.
- Phương pháp khảo sát, thu thập thông tin.
- Phương pháp thống kê , xử lý số liệu.
1.5 Những điểm mới của SKKN
Để hoàn thành được sáng kiến nói trên chúng tơi đã phải nghiên cứu trên các
dạng toán liên quan đến các ứng dụng của đạo hàm vàđồ thị của HS.
Phạm vi nghiên cứu của sáng kiến là tồn bộ chương I giải tích 12 các bài toán
liên quan dến GTLN, GTNN thường xuất hiện trong ĐT HSG Toán, thi

THPTQG những năm trước.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lý luận để đề xuất sáng kiến
Hệ thống lại cho học sinh những kiến thức cơ bản. Phân dạng và chỉ ra các
PP giải vững mỗi dạng bài tập áp dụng. Trên cơ sở đó nếu thấy H/S yếu phần
nào ta có thể bổ sung kịp thời cùng với sự hướng dẫn, H/S tham khảo tài liệu
1


liên quan đến bài học. Giúp cho H/S có những kỹ năng và thao tác tốt khi giải
các bài toán liên quan đến GTLN, GTNN của HS dưới hình thức trắc nghiệm và
tự luận.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến
Chuyên đề khảo sát sự biến thiên và vẽ ĐTHS là chuyên đề quan trọng
chiếm điểm số cao nhất trong kỳ thi HSG Toán 12 và thi THPTQG mơn Tốn
những năm trước đây cũng như thi tốt nghiệp THPT năm 2020. Nhưng nó lại là
một trong những vấn đề khá nhức nhối với đối tượng học sinh lớp 12 với phần
câu liên quan đến tìm GTLN, GTNN của HS. Để giúp các em có kiến thức tổng
hợp toàn bộ những phương pháp hay nhất về hàm số và những dạng bài tập
thường gặp trong các kỳ thi giúp các em có một tâm lý vững vàng trước khi
bước vào mùa thi tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến: “Phân dạng và phương pháp
giải bài tập về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số”
2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1 Giải pháp 1: Hệ thống kiến thức cơ bản về GTLN, GTNN.
a. Khái niệm về GTLN, GTNN của HS
Định nghĩa: Cho HS

y = f (x)

+) Số M gọi là GTLN của HS

Kí hiệu:

M = maxf (x)
xỴ D

hoặc

xác định trên miền
y = f ( x)

trên

D

D

nếu:

ìï f (x) £ M , " x Ỵ D
ï
í
ïï $x0 Ỵ D, f (x0) = M
ỵ

.

M = maxf (x) .
D

ìï f (x) ³ m, " x Ỵ D

ï
+) Số m gọi là GTNN của HS y = f ( x) trên D nếu: íï $x Ỵ D, f (x ) = m .
0
ï 0
ïỵ

Kí hiệu:

m = minf (x) hoặc m = minf (x)
xỴ D

D

b. Quy trình tìm GTLN, GTNN của HS sử dụng BBT.
Giả sử HS

y = f (x)

liên tục trên K (K là một khoảng, nửa khoảng hoặc đoạn)

Bước 1. Tính đạo hàm

f ¢(x) .

Bước 2. Tìm các nghiệm của

f ¢(x)

và các điểm

f ¢(x) không

xác định trên K.

Bước 3. Lập BBT của HS f (x) trên K.
Bước 4. Căn cứ vào BBT kết luận

min f (x), max f (x)
K

K

c. Quy trình tìm giá GTLN, GTNN của HS không sử dụng BBT

2


Giả sử HS

y = f (x)

liên tục trên K (K là một khoảng, nửa khoảng hoặc đoạn)

Trường hợp 1. Tập K l on
Bc 1. Tớnh o hm

[a;b]

f Â(x) .

xi ẻ ( a;b) ( i = 1,2,..., n) sao

Bước 2. Tìm tất cả các điểm

f ¢(xi )

cho f ¢(xi ) = 0 hoặc

khơng

xác định.
Bước 3.

Tính

f (x1); f (x2);...; f (xn ) và f (a); f (b)

(1)

Bước 4.

Số lớn nhất (nhỏ nhất) trong các số ở (1) là

M = max
f (x)
é ù
êa;bû
ú
ë

(

m = min
f (x) ).
é ù
êa;bú
ë
û

Trường hợp 2. Tập K là khoảng
Bước 1. Tính đạo hàm

(a;b)

f ¢(x) .

Bước 2. Tìm tất cả các điểm

xi Ỵ ( a;b) ( i = 1,2,..., n)

sao cho

f ¢(xi ) = 0

hoặc

f ¢(xi )

khơng xác định.
Bước 3. Tính

A = lim+ f (x) , B = lim- f (x) , f (x ); f (x );...; f (x )
1
2
n
x®a

x®b

Bước 4. So sánh các giá trị tính được và kết luận

M = maxf (x) , m = minf (x) .
(a;b)

(a;b)

Chú ý: Nếu GTLN (GTNN) là A hoặc B và khơng tồn tại xi Ỵ ( a;b) ( i = 1,2,...,n)
để f (xi ) = A (f (xi ) = B ) thì ta kết luận HS khơng có GTLN(GTNN) trên khoảng
(a;b) .
2.3.2 Giải pháp 2: Phân dạng và đưa ra phương pháp giải các dạngbài
tập cơ bản về GTLN, GTNN.
Dạng 1: Tìm GTLN, GTNN của HS thơng qua Bảng biến thiên hoặc đồ thị
của hàm số đó.
VD1: Cho HS y = f ( x) liên tục trên đoạn [ −1;3] và có Đ/T
như hình vẽ bên. Gọi M , m lần lượt là GTLN và GTNN
của HS đã cho trên đoạn [ −1;3] . Giá trị của M + m là:
A. 2.

B. −6.

C. −5.

D. −2.

Lời giải: Dựa vào ĐT ta có: M = 2; m = −4 ⇒ M + m = −2.
VD2: Cho HS y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có Đ/T như hình bên. Tổng GTLN,
x x 

GTNN của HS g ( x ) = f  2sin cos + 3 ÷ bằng:


A. 6.

2

2



B. 8.

3


C. 4.

D. 5.
x
2

x
2

Lời giải: Đặt t = 2sin cos + 3 = s inx + 3 ⇒ 2 ≤ t ≤ 4
f ( t ) = 5 khi t = 4, min f ( t ) = 1 khi t = 2
Quan sát ĐT HS y = f ( t ) trên đoạn [ 2; 4] thì max
[ 2;4]
[ 2;4]

π
π
+ k 2π ( k ∈ ¢ ) và max g ( x) = 5 ⇔ sinx = 1 ⇔ x = + k 2π ( k ∈ ¢ )
2
2
Vậy max g ( x) + min g ( x) = 1 + 5 = 6 . Chọn A.
VD3: Cho HS y = f ( x ) có Đ/T như hình vẽ. Gọi M , m lần lượt
min g ( x) = 2 ⇔ sinx = − 1 ⇔ x = −

 
là GTLN và GTNN của HS y = 2 f  2 ÷ trên đoạn [ 0; 2] . Khi đó
 
M + m là: A. 3 .
B. 1 .
C. 2 .
D. 0 .
3

Lời giải: Ta có

g '( x) =

x

3 x
 x
f '  ÷, g ' ( x ) = 0 ⇔ f '  ÷ = 0 ⇔
4 2
 2

x = 0
x = 4 .


Từ đó ta lập BBT của HS g ( x ) trên đoạn [ 0;2] như sau:
x
0
2
g’(x) 0

-

g(0)
g(x)
Vậy

g(2)

3
3
f (0) = 3, m = g (2) = f (1) = 0 ⇒ M + m = 3 .

2
2
M = 3, m = 0 ⇒ M + m = 3 .

M = g (0) =

Vậy
VD4: Cho HS y = f ( x) xác định, liên tục trên ¡ và có BBT:
−∞
1
x
f’(x)
+
0
-

+∞

2

f( x)

1

−1

Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?
f ( x ) = 2. B. min f ( x ) = −1. C. min f ( x ) = 1.
A. max
¡

¡
¡

f ( x ) = 1.
D. max
¡

f ( x ) = 2.
Lời giải: Dựa vào BBT ta có max
¡
Dạng 2: Tìm GTLN, GTNN của HS trên một đoạn hoặc một khoảng hoặc

nửa khoảng.
VD1: ĐT THPTQG 2018. GTLN của HS y = x 4 − 4 x 2 + 9 trên đoạn [ −2;3] bằng
A. 201 .
B. 2 .
C. 9 .
D. 54 .
4
2
Lời giải: HS y = x − 4 x + 9 liên tục trên đoạn [ −2;3]
3
Ta có: y ' = 4 x3 − 8 x;  y ' = 0 ⇔ 4 x − 8 x = 0 ⇔  x = 0
x ∈ −2;3



(

)

 x ∈ ( −2;3)


y (0) = 9; y (± 2) = 5; y ( −2) = 9; y (3) = 54.

x = ± 2

⇒ max y = 54.
[ −2;3]

4


VD2: ĐT THPTQG 2018. GTNN của HS y = x3 + 2 x 2 - 7 x trên đoạn [ 0; 4] bằng:
A. - 259 .
B. 68 .
C. 0 .
D. - 4 .
3
2
Lời giải: HS y = x + 2 x - 7 x liên tục trên đoạn [ 0; 4]
2

 y' = 0
3 x + 4 x = 0
⇔
⇔ x ∈∅

Ta có: y ' = 3x + 4 x ;  x ∈ 0; 4

x
∈
0;4
(
)
(
)



y (0) = 0; y (4) = 68 ⇒ min y = 0.
2

[ 0;4]

VD3: Tìm GTNN của HS
A. min y = 2 ( 3 − 2 ) .

y=

2x 1 − x2
x + 1 − x2 + 2

B. min y = 2 − 2 . C. min y = −1.

D.

2

min y = −2 − 3.

Nhận xét: Bài tốn u cầu tìm GTNN của HS mà khơng chỉ rõ tìm trên tập hợp
nào thì ta sẽ tìm GTNN của HS trên TXĐ của HS đó.
Lời giải: TXĐ: D = [ = 1;1] . Đặt t = x + 1 − x 2 , x ∈ [ −1;1]
t ' = 1−

x
1 − x2

x

=

1 − x2 − x
1 − x2


2
 x≥0
; t ' = 0 ⇔ 1 − x2 = x ⇔ 
⇔x=
2
2
2

1 − x = x
2
2

−1

t’

+

1

0

-

2

t

−1

1

⇒ t ∈  −1; 2 
t 2 −1
t 2 = 1 + 2 1 − x2 ⇒ 2 1 − x2 = t 2 −1 ⇒ y =
t+2

Ta có:
y' =

t 2 + 4t + 1

( t + 2)

2

 t = −2 − 3 (loai)
; y ' = 0 ⇔ t 2 + 4t + 1 = 0 ⇔ 
t = −2 + 3 (nhan)

∗ y ( 3 − 2) = 2( 3 − 2),

y ( −1) = 0, y( 2) =

VD4: GTNN của HS y = x − 5 +

1
x

2 − 2 ⇒ min y = 2
x∈[ −1;1]
2

 x2 = 1
1 x 2 − 1  y′ = 0 ⇔ 
⇔ x =1
y′ = 1 − 2 = 2 ; 

x
x
 x ∈ (0; +∞)
 x ∈ (0; +∞)


x
y’

0
-

3−2

)

D.

min f ( x ) = −7.

trên khoảng (0; +∞) là:

min f ( x) = −3. B. min f ( x) = 1. . C. min f ( x ) = 0.
A. (0;
(0; + ∞ )
+∞ )
(0; + ∞ )
Bài giải: HS đã cho liên tục trên khoảng (0; +∞)

Ta có:

(

1
0

(0; + ∞ )

+∞
+
5


y

+∞

+∞
-3

min f ( x) = f (1) = −3.

Từ BBT của HS suy ra:

(0;+∞)

3
3
VD5: Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn x + y = 4 . Tìm GTLN của biểu thức S = ( x − 1) ( y − 1) .

A. max S = 49.

1
3

C. max S = .

B. max S = 1.

max S = 8.

D.

Nhận xét: Biểu thức cần tim GTLN, GTNN chứa hai biến x, y . Để giải bài toán
này ta phải qui về một biến bằng cách đặt ẩn phụ. Sau đây là lời giải bài toán:
Đặt t = xy (0 ≤ t ≤ (
Xét HS
Do đó

3
2
x + y)
3
= 4). Ta có S = ( xy ) − ( x + y )  ( x + y ) − 3xy  + 1 = t + 12t − 63
4
3
f ( t ) = t + 12t − 63, t ∈ [ 0;4 ] . Ta có f ' ( t ) = 3t 2 + 12 > 0 ∀ t ∈ [ 0;4] ⇒ f ( t ) ĐB
2



x + y = 4
min S = min f ( t ) = f ( 0 ) = − 63 ⇔ 
⇔
[ 0;4]

 xy = 0



trên [ 0; 4] .

 x = 4

  y = 0 ; max S = max f t = f 4 = 49 ⇔
( ) ( )
 x = 0
[ 0;4]

  y = 4

x

x = 2

y = 2

y

VD6: Cho x , y ≥ 0 thỏa mãn x 2 + y 2 = 8 . Tìm GTNN của S = y + 1 + x + 1 .
4
3

A. min S = .
Lời giải: Đặt

t =x+y,

2
D. min S = 2 2.
3
= 2 ×8 = 16 ⇒ t ≤ 4 ,

C. min S = .

B. min S = −1.

ta có ( x + y ) ≤ 2 ( x 2 + y 2 )
2

2.

( x + y ) = x 2 + y 2 + 2 xy ≥ x 2 + y 2 = 8 ⇒ t ≥ 2
2
( x + y ) − ( x2 + y 2 ) t 2 − 8
2

Suy ra 2 2 ≤ t ≤ 4 . Lại có x ×y =
Ta có biến đổi sau
Xét

=

2

2

.

t 2 + t − ( t 2 − 8)
x ( x + 1) + y ( y + 1) ( x + y ) 2 + ( x + y ) − 2 xy =
t +8
= 2× 2
đây S = ( y + 1) ( x + 1) =
t2 − 8
t+
+1
x + y + xy + 1
t + 2t − 6
2

t+8
HS f ( t ) = t 2 + 2t − 6 , t ∈  2 2;4 .

Ta có

(t
f '( t ) =

Suy ra f (t ) NB trên  2 2; 4  . Do đó

min

 2 2;4 



2

+ 2t − 6 ) − ( t + 8 ) ( 2t + 2 )

(t

+ 2t − 6 )

=

− t 2 − 16t − 22

< 0 ∀ t ∈  2 2;4

( t + 2t − 6 )
2
f ( t ) = f ( 4 ) = . max f ( t ) = f ( 2
3
2

2

2

2

.

)

2 = 2.

4
x = 2
 x2 + y2 = 8  x = 2
4
⇒ S ≥ 2 × min f ( t ) = , dấu bằng xảy ra ⇔ 
⇔
min S = ⇔ 
.
.
Vậy
 2 2;4
3
3
y = 2
x + y = 4


y = 2

VD7: (ĐT ĐH Khối B– 2011). Cho a , b là các số thực dương TM
2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2) . GTNN m của biểu thức
2

2

 a 3 b3   a 2 b 2 
P = 4  3 + 3 ÷− 9  2 + 2 ÷

a  b
a 
b

là:

6


B. m =

A. m = −10.

85
.
4

Lời giải: Với a>0, b>0 ta có:

−23
.
4
2( a 2 + b 2 ) + ab = (a + b)(ab + 2)

C. m =

D. m = 0.

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

Áp dụng bất đẳng thức Cô–si ta được:
Suy ra:

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

a b
a b  a b 5
2  + ÷+ 1 ≥ 2 2  + + 2 ÷ ⇒  + ÷ ≥ .
b a
b a  b a 2

a
b

Đặt t = +

b
5
, t ≥ 2 . Ta được:
a

5
. Ta có:
2
23
5
23
5
f (t ) = f  ÷ = −
f ′(t ) = 6(2t 2 − 3t − 2) > 0, ∀t ≥ . Suy ra min
min
P
=
−
.Vậy
khi và chỉ
5

2
4
 
 2 ; +∞ ÷
2
4



a b 5
1 1
khi b + a = 2 và a + b = 2  a + b ÷ ⇔ (a; b) = (2;1) hoặc (a; b) = (1; 2)


P = 4(t 3 − 3t ) − 9(t 2 − 2) = 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18 . Xét HS: f (t ) = 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18 với t ≥

Dạng 3 : Tìm ĐK để HS cho trước có GTLN (GTNN) thỏa mãn ĐK cho
trước.
* Hàm số không chứa dấu giá trị tuyệt đối.
VD1: Tìm m để GTNN của HS y = x3 + 3mx2 + 3m2x + m − 2 trên [0;1] bằng 1.
A. m=3.
B. m=0.
C. m=2.
D.
m= 1.
2
2
y = y(0) = m − 2
Lời giải: y ' = 3x + 6mx + 3m = 3( x + m) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ min
[0;1]
2

min y = 1 ⇔ 1 = m − 2 ⇔ m = 3

Do đó [ 0;1]
VD2: Tìm m để GTLN của HS số y = x4 + 2m2x2 + m − 1 trên [0;1] bằng 1.
1

2

A. m = −1;m = .
D. m=3.

B. m=2.

(

C. m=1.

)

3
2
2
2
y = 2m2 + m.
Lời giải: y ' = 4x + 4m x = 4x. x + m ≥ 0, ∀x ∈ 0;1 ⇒ max
[0;1]

1
y = 1 ⇔ 1 = 2m 2 + m ⇔ m = −1; m = . Chọn A.
Do đó max
0;1
[ ]
2

VD3: Tìm m để HS y =
A. m > 0 .

Lời giải: Ta có

y' =

Như vậy, HS y =

mx
đạt GTLN tại x = 1 trên đoạn [ −2; 2] .
x2 + 1
B. m = 2 .
C. m < 0 .
D. m = −2 .

m(1 − x 2 )

(1+ x )
2

2

= 0 ⇒ x = ±1; f (−2) =

−2m
2m
m
−m
, f (2) =
, f(1) = , f(−1) =
5
5

2
2

mx
đạt GTLN tại x = 1 khi m>0. Chọn A.
x2 + 1
7


Nhận xét: Ta có thể dùng máy tính, thử đáp án và suy ra m>0.
VD4: Cho HS

có đạo hàm trên ¡ và có Đ/T như hình vẽ.

y = f ( x)

g ( x ) = −10 .
Đặt y = g ( x ) = f ( 2 x + x − 1) + m . Tìm m để max
[ 0;1]
A. m = −13 .
B. m = 3 .
C. m = −12 .
D.
m = −1 .
2
Lời giải: Cách 1: HS y = f ( x ) có dạng: y = ax3 + bx 2 + cx + d . Ta có: f ′ ( x ) = 3ax + 2bx + c .
Theo Đ/T, hai điểm A ( −1;3) và B ( 1; −1) là hai điểm cực trị của Đ/T HS y = f ( x ) .
3

Ta có hệ:

3a − 2b + c = 0
a =1
3a + 2b + c = 0
b = 0


⇔

−a + b − c + d = 3
c = −3


a
+
b
+
c
+
d
=
−
1

d =1

.

3
2

Do đó: f ( x ) = x − 3x + 1 . Ta có: f ′ ( x ) = 3x − 3 ;

x = 1
f ′( x ) = 0 ⇔ 
 x = −1

 2 x 3 + x − 1 = −1

x = 0
⇔
 x = x0
2 x + x − 1 = 1

2
3
3
Lại có: g′ ( x ) = ( 6 x + 1) f ′ ( 2 x + x − 1) , g ′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( 2 x + x − 1) = 0 ⇔ 

3

Với x0 ∈ ( 0;1) và TM 2 x03 + x0 − 1 = 1 .
Ta có: g ( 0 ) = f ( −1) + m = 3 + m ; g ( 1) = f ( 2 ) + m = 3 + m ; g ( x0 ) = f ( 1) + m = −1 + m .
Theo đề bài, ta có: 3 + m = −10 ⇔ m = −13 . Chọn A.
3
2
Cách 2: Đặt t = 2 x + x − 1, x ∈ [ 0;1] ⇒ t ' ( x ) = 6 x + 1 > 0, ∀ x ∈ [ 0;1] ⇒ HS t(x) ĐB trên [ 0;1] .
ax f (t ) = 3 ⇔ max[f (t ) + m]=3+m
Dó đó x ∈ [ 0;1] ⇔ t ∈ [ − 1;2] . Từ Đ/T HS ta có m
[−1;2]
[ −1;2]

g ( x ) = max  f ( t ) + m  = 3 + m ⇒ 3 + m = −10 ⇒ m = −13 . Chọn A.
Suy ra max
[ 0;1]
[ −1;2]

* Hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Bài toán 1: Cho HS y=f(x). Tìm m để:
f ( x) + m = a (a > 0)
a) m[ α ax
;β ]
trước.

f ( x) + m không vượt quá M cho
b) m[ α ;ax
β]

f ( x) = K ; min f ( x) = k . Khi đó max f ( x) + m = max { K + m ; k + m } .
Cách giải: Tìm m[ α ax
;β ]
[ α ;β ]
[ α ;β ]

a) Xét 2 TH:


K+m =a



k+m =a



f ( x) + m = K + m ⇒ 
max f ( x) + m = k + m ⇒ 
TH1: m[ α ax
TH2:
;β ]
[ α ;β ]
 K + m ≥ k + m
 k + m ≥ K + m
m + k ≥ −M

f ( x) + m ≤ M ⇔ 
⇔ −M − k ≤ m ≤ M − K
b) Để max
[ α ;β ]
 m+ K ≤ M
Sau đây là VD minh họa:
VD1: Cho HS y = f ( x) = ax 2 + bx + c (a ≠ 0) có Đ/T như hình vẽ.
Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m sao cho
GTLN của HS g ( x) = f ( x) + m trên đoạn 0;4 bằng 9.

[

A. 10 .

B. 6.

]

C. 4 .

D. 8 .
8


Lời giải: Từ ĐT HS y = f ( x) = ax 2 + bx + c (a ≠ 0) ta có ĐT HS nhận đường thẳng
x=2 làm trục đối xứng mà f (0) = 5 ⇒ f (4) = 5. Vậy 1 ≤ f ( x) ≤ 5 ∀x ∈ 0;4
[ ]
ax g ( x) = max { m + 1 , m + 5 }
Xét HS g ( x) = f ( x) + m , x ∈ [ 0;4] . Ta có m[0;4]
 m+1 ≥ m+ 5

 m ≤ −3


⇔ m = − 10
TH 1:  max g ( x) = 9 ⇔ 
 m+1 = 9
 [0;4]


 m +1 < m + 5

 m > −3


⇔m=4

TH 2:  max g ( x) = 9 ⇔ 
m+5 =9
 [0;4]


Vậy tổng các giá trị nguyên của m là: -10+4=6.
VD2: Cho HS f ( x) = x3 − 3x 2 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m
sao cho GTLN của HS y = f (sinx + 1) + m bằng 4. Tổng các phần tử của tập S bằng:
A. 4.
B. 2.
C. 0.
D. 6.
Lời giải: Đặt t = sinx + 1 (t ∈ [ 0;2] ). Khi đó y = f (sinx + 1) + m = f (t ) + m = t 2 − 3t + m
u (t ) = t 3 − 3t + m

Xét HS

liên tục trên đoạn [0;2] có

u '(t ) = 3t 2 − 3

 t = 1∈ [ 0;2]
u '(t ) = 0 ⇔ 3t 2 − 3 = 0 ⇔ 
t = −1∉ [0;2]
u (0) = m; u (1) = m − 2; u (2) = m + 2 ⇒ max u ( x) = m + 2,min u ( x) = m − 2.
max y = max { m −1 , m + 2 }

Khi đó:
TH 1:

[0;2]

[0;2]

Ta có


 m = 6
m −2 ≥ m +2

⇔ m = −2 ⇔ m = −2

m
−
2
=
4

 m ≤0



S = { −2;2} ⇒ −2 + 2 = 0

TH 2:


 m = 2
m−2 ≤ m +2


⇔

m = −6 ⇔ m = 2
m
+
2
=
4


 m≥0


Vậy
VD3: Cho HS y =
A. -19.

1 4 3
ax y ≤ 11.
x − x + x 2 + m . Tính tổng các số nguyên m để m
[−1;2]
4

B. -37.

C. -30.

D. -11.

1

Lời giải: Xét HS f ( x) = x4 − x3 + x2 + m, x ∈ [ − 1;2] . Ta có f ( x) liên tục trên đoạn [ −1;2] ,
4
 x = 0 ∈ [ −1;2 ]

f '( x) = x − 3 x + 2 x; f '( x) = 0 ⇔  x = 1∈ [ −1;2]
 x = 2 ∈ [ −1;2]
3

2

9
1
9
f ( −1) = m + , f (0) = m, f (1) = m + , f (2) = m ⇒ max f ( x) = m + , min f ( x) = m
[-1;2]
4
4
4 [-1;2]

9


Để


9
  m + ≤ 11
4
 


9
 m+ ≥ m
4
max y ≤ 11 ⇔  
⇔
[-1;2]
  m ≤ 11


9
 m ≥ m + 4


  53
35
  − 4 ≤ m ≤ 4

 m ≥ − 9
 
8 ⇔

  − 11 ≤ m ≤ 11
 
9
  m≤ −
8


35
 9

 −8 ≤ m≤ 4
35
⇔ − 11 ≤ m ≤ ⇒ m ∈ { − 11; − 10;...;8} ⇒ Chọn

9
4
 − 11 ≤ m ≤ −
8


C.

Bài toán 2: a) Tìm m để:
f ( x) + m = a (a > 0) .
a) min
[ α ;β ]

Cách giải: a) Tìm

f ( x) + m ≤ a (a cho trước)
b) min
[ α ;β ]

max f ( x) = K ; min f ( x) = k ( K > k ).
[ α ;β ]

[ α ;β ]

Để

 m+ k = a  m = a − k
 
 
m+ k > 0   m > −k

min f ( x) + m = a (a > 0) ⇔
m + K = −a m = − a − K
[ α ;β ]


  m + K < 0   m < − K

 m + k ≤ a
 m ≤ a − k
 
 
 m+ k ≥ 0
  m ≥ −k
 m + K ≥ −a
 m ≥ −a − K
m
ax
f
(
x
)
=
K
;
min

f
(
x
)
=
k
.


min
f
(
x
)
+
m
≤
a
⇔
⇔

b)Tìm [ α ;β ]
. Khi đó [ α ;β ]
[ α ;β ]
  m+ K ≤ 0
 m ≤ −K
 (m + K )( m + k ) < 0  − K < m < − k





4 3
2
VD1: Tính tích tất cả các giá trị của m để HS y = 3 x − 6 x + 8 x + m có GTNN

đoạn [ 0;3] bằng 18 là:
A. 432.
Lời giải: Xét HS

B. -216.

C. -432.

4
f ( x) = x3 − 6 x 2 + 8 x + m, x ∈ [ 0;3] . Ta
3

trên

D. 288.

có f ( x) là HS liên tục trên đoạn [ 0;3] ,

 x = 1∈ [ 0;3]
; f (0) = m, f (1) = 10 + m; f (2) = 8 + m; f (3) = 6 + m
f '( x ) = 4 x 2 − 12 x + 8; f '( x) = 0 ⇔ 
3
3
 x = 2 ∈ [ 0;3]

ax f ( x ) = m + 6; min f ( x ) = m. Để
Khi đó: m[0;3]
[0;3]

 m = 18

 m = 18
m >0
min y = 18 ⇔ 
⇔
m + 6 = −18
[0;3]
m = −24

 m + 6 < 0

Vậy tích các giá trị m thỏa mãn là −24.18 = −432. Chọn C.

VD2: Cho HS f ( x) = x − 2 x + m − 1 . Gọi S là tập hợp tất cả các giá trị của tham
số m sao cho GTNN của HS trên đoạn [ 0;2] bằng 18. Tổng các phần tử của S là:
A. -5.
B. 4.
C. -14.
D. -10.
4
2
Lời giải: Xét HS g ( x) = x − 2 x + m − 1, x ∈ [ 0;2] . Ta có g ( x) liên tục trên đoạn [ 0;2] ,
4

2

 x = 0 ∈[ 0; 2 ]

g '( x ) = 4 x −4 x; g '( x ) = 0 ⇔ x =1 ∈[ 0; 2 ]

x = −1 ∉[ 0; 2]
3

g (0) = m − 1, g (1) = m − 2, g (2) = m + 7 ⇒ max g ( x) = m + 7, min g ( x) = m − 2
[0;2]

[0;2]

10


Để

  m −2 > 0

 m = 20
m − 2 = 18
min f ( x ) = 18 ⇔ 
⇔
⇒ S = { −25; 20} ⇒ Chọn A.

[0;2]
 m +7 < 0
m = −25


m + 7 = −18

VD3: Tính tổng các giá trị nguyên của tham số m sao cho GTNN của HS
y = x 2 − (m + 1) x + m trên đoạn [ 2; m − 1] nhỏ hơn 2020.
A. 2043210.
B. 2034201.
C. 3421020.
D.
3412020.
Lời giải: Xét HS

f ( x) = x 2 − (m + 1) x + m, x ∈ [ 2; m + 1] (m > 6) .

f '( x) = 2 x − ( m + 1); f '( x) = 0 ⇔ x =
f (2) = 2 − m, f (

Ta có g ( x) liên tục trên đoạn [ 0;2]

m +1
∈ [ 2; m − 1]
2

m +1
( m − 1)2
m +1


)=−
, f ( m − 1) = 2 − m ⇒ max f ( x) = max  f (2); f (
); f ( m − 1)  = 2 − m,

[2;m−1]
2
4
2



(m − 1)2 
m+1
(m − 1)2



min y = min  2 − m ; −
min f ( x) = min  f (2); f (
); f (m − 1)  = −
 = 2− m .
.
Do
đó
[2;m−1]
4 
2
4



Để min y < 2020 ⇔ 2 − m < 2020 ⇔ −2018 < m < 2022 . Do m ∈ ¢, m > 6 ⇒ m ∈ { 7;8;...;2021}

nên tổng các giá trị của m là

( 7 + 2021) .2015 = 2043210
2

f ( x) + m hoặc min f ( x) + m đạt GTNN.
Bài tốn 3: Tìm m để m[ α ;ax
β]
[ α ;β ]
f ( x) = K ; min f ( x) = k ( K > k ).
Cách giải: Tìm m[ α ax
;β ]
[ α ;β ]
f ( x) + m đạt GTNN thì m = − K + k . Khi đó GTNN
*) Nếu u cầu tìm m để m[ α ;ax
β]
2
K
−
k
f ( x) + m là:
của m[ α ;ax
β]
2
f ( x) + m đạt GTNN thì (m + K )(m + k ) ≤ 0 ⇔ − K ≤ m ≤ − k .
*) Nếu yêu cầu tìm m để min
[ α ;β ]

f ( x) + m là 0.
Khi đó GTNN của min
[ α ;β ]

VD1: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để GTLN của HS
y=

1 4 19 2
x − x + 30 x + m
4
2

A. 2.

B. 3.

Lời giải: Xét HS
đoạn [ 0;2] ;

trên đoạn [ 0;2] đạt GTNN?

f ( x) =

C. 0.

1 4 19 2
x − x + 30 x + m, x ∈ [ 0; 2] .
4
2

D. 1.
Ta có f ( x) là HS liên tục trên

 x = −5 ∉ [ 0;2]


f '( x) = x − 19 x + 30; f '( x) = 0 ⇔  x = 3 ∉ [ 0;2 ]
 x = 2 ∈ [ 0; 2]
3

f (0) = m, f (2) = m + 26 ⇒ max f ( x ) = m + 26; min f ( x) = m ⇒ max f ( x ) = max { m ; m + 26 } = M
[0;2]

[0;2]

[0;2]

11


M ≥ m = −m


Ta có  M ≥ m + 26 ⇒ 2M ≥ − m + m + 26 ≥ − m + m + 26 = 26 ⇒ M ≥ 13 . Dấu bằng xảy ra

 m = m + 26 = 13
ax y đạt GTNN bằng 13 khi m = −13 . Chọn D.
khi  − m(m + 26) > 0 ⇔ m = − 13 . Do đó m[0;2]


y với
VD2: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để min
[ −1;3]

y = − x 4 + 8x2 + m

đạt

GTNN?
A. 23.

B. 24.

Lời giải:

C. 25.

y = − x 4 + 8 x 2 + m = x 4 − 8 x 2 − m = ( x 2 − 4 ) − 16 − m
2

D. 26.

. Đặt
Khi đó y = t − 16 − m = g (t ) ⇒ min y = min g (t ) = min { m − 9 ; m + 16 }
[−1;3]

t = ( x 2 − 4 ) , vì x ∈ [ − 1;3] ⇒ t ∈ [ 0;25] .
2

[0;25]

y = m − 9 ≥ 0 ⇒ min(min y ) = 0 khi m = 9.
*) Nếu m − 9 ≥ 0 ⇔ m ≥ 9. Ta có min
[−1;3]
[ −1;3]

y = −m − 16 ≥ 0 ⇒ min(min y ) = 0 khi m = −16
*) Nếu m + 16 ≥ 0 ⇔ m ≥ −16. Ta có min
[−1;3]
[−1;3]
y = 0 ⇒ min(min y ) = 0.
*) Nếu (m − 9)(m + 16) < 0 ⇔ −16 < m < 9. Ta có min
[−1;3]
[ −1;3]

y) = 0 ⇔ − 16 ≤ m ≤ 9. Vì m ∈ ¢ nên có 26 số nguyên m thỏa mãn. Chọn D.
Vậy min(min
[−1;3]

Dạng 4: Tìm GTLN, GTNN của HS y=f(x) liên quan đến Đ/T của HS
y=f’(x).
VD1: Cho HS y = f ( x ) xác định và liên tục trên [ −3;3] .
Đ/T HS y = f ' ( x ) như hình vẽ. Hỏi HS y = f ( x ) đạt GTLN
trên đoạn [ −3;3] tại điểm x0 nào dưới đây?
A. −3.

B. 1.

C. 3.

D. −1.

Lời giải: Từ Đ/T của HS y = f ' ( x ) ta có BBT sau:

f ( x ) = f ( 1) . Chọn B.
Từ BBT ta thấy max

[ −3;3]

VD2: Cho HS f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) . Đ/T của HS y = f ′ ( x )
được cho như hình vẽ bên. Biết rằng f ( 0 ) + f ( 3) = f ( 2 ) + f ( 5) .
Tìm GTNN m và GTLN M của f ( x ) trên đoạn [ 0;5] .
A. m = f ( 0 ) , M = f ( 5) . B. m = f ( 2 ) , M = f ( 0 ) .
12


C. m = f ( 1) , M = f ( 5 ) . D. m = f ( 2 ) , M = f ( 5 ) .
Lời giải: Từ Đ/T HS y=f’(x) ta có BBT của HS y=f(x) trên đoạn [ 0;5] như sau:

Þ min f ( x) = f ( 2) và f( 3) >
é0;5ù
ê ú
ë û

( 2)

Mà f ( 0 ) + f ( 3) = f ( 2 ) + f ( 5) ⇒ f ( 0 ) − f ( 5 ) = f ( 2 ) − f ( 3) < 0 ⇒ f( 0) <
VD4: Cho HS f ( x ) có đạo hàm là f ′ ( x ) . Đ/T của HS y = f ′ ( x )

( 5) . Chọn D

được cho như hình vẽ bên. Biết rằng f ( 0 ) + f ( 1) − 2 f ( 2 ) = f ( 4 ) − f ( 3) .
Tìm GTNN m và GTLN M của f ( x ) trên đoạn [ 0;4] .

A. m = f ( 4 ) , M = f ( 2 ) . B. m = f ( 4 ) , M = f ( 1) . C. m = f ( 0 ) , M = f ( 2 ) . D. m = f ( 1) , M = f ( 2 ) .
Lời giải: Từ Đ/T HS y = f ′ ( x ) ta có BBT của HS y = f ( x ) trên đoạn [ 0;4 ] :

Dựa vào BBT ta có M = f ( 2 ) , GTNN chỉ có thể là f ( 0 ) hoặc f ( 4 )
Ta lại có: f ( 1) ; f ( 3) < f ( 2 ) ⇒ f ( 1) + f ( 3) < 2 f ( 2 ) ⇔ 2 f ( 2 ) − f ( 1) − f ( 3) > 0

f ( 0 ) + f ( 1) − 2 f ( 2 ) = f ( 4 ) − f ( 3) ⇔ f ( 0 ) − f ( 4 ) = 2 f ( 2 ) − f ( 3) − f ( 1) > 0 ⇒ f ( 0 ) > f ( 4 ) . Chọn A

VD5: Cho HS y = f ( x ) . Đ/T của HS y = f ' ( x ) như hình vẽ bên.
f ( x ) , m = min f ( x ) , T = M + m. Mệnh đề nào
Đặt M = max
[ −2;6]
[ −2;6]
dưới đây đúng?
A. T = f ( 5) + f ( − 2 ) .
B. T = f ( 0 ) + f ( 2 ) .

C. T = f ( 0 ) + f ( − 2 ) .

4
2

x
-3

D. T = f ( 5) + f ( 6 ) .

0

2

−2

0

y

-2

-1

1

2

3

4

5

6

-2

Lời giải: Ta có: ∫ f ' ( x ) dx > ∫ − f ' ( x ) dx ⇒ f ( 0 ) − f ( −2 ) > f ( 0 ) − f ( 2 ) ⇒ f ( −2 ) < f ( 2 ) .
2

5

∫ − f ' ( x ) dx < ∫ f ' ( x ) dx ⇒ f ( 0 ) − f ( 2 ) < f ( 5) − f ( 2 ) ⇒ f ( 0 ) < f ( 5) .
0

2

5

6

2

5

∫ f ' ( x ) dx > ∫ − f ' ( x ) dx ⇒ f ( 5) − f ( 2 ) > f ( 5) − f ( 6 ) ⇒ f ( 2 ) < f ( 6 ) .
Ta có BBT của HS y = f ( x ) trên đoạn [ −2;6] :
x
f '( x)

−2

+

0
0

-

2
0

+

5

6

0

0

13

7


f (0)

f (5)

f ( x)
f (−2)

f (2)

f (6)

Suy ra M = f ( 5 ) , m = f ( −2 ) ⇒ T = f ( 5 ) + f ( −2 ) .
VD6: Cho HS y = f ( x ) có Đ/T
1
3
3
g ( x ) = f ( x ) − x 3 − x 2 + x + 2020 .
3

4
2

y = f ′ ( x)

y

như hình vẽ. Xét HS

3

Mệnh đề nào dưới đây đúng?

g ( x ) = g ( −1) . B. min g ( x ) = g ( 1) .
A. min
[ −3; 1]
[ −3; 1]

−1

−3

1
x

O1

g ( x ) = g ( −3) . D. min g ( x ) = g ( − 3) + g ( 1) .
C. min
[ −3; 1]

[ − 3;1]

−2

2

Lời giải: Ta có:

1
3
3
3
3
g ( x ) = f ( x ) − x 3 − x 2 + x + 2020 ⇒ g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − x 2 − x +
3
4
2
2
2

Căn cứ vào Đ/T HS y = f ′ ( x ) , ta có:

 f ′ ( −1) = −2  g ′ ( −1) = 0


⇒  g ′ ( 1) = 0
 f ′ ( 1) = 1
 ′
 ′
 f ( −3) = 3

 g ( −3) = 0

3
2

Ngoài ra, vẽ Đ/T ( P ) của HS y = x 2 + x −

3
2

y

trên cùng hệ trục

tọa độ như hình vẽ bên (đường nét đứt), ta thấy ( P ) đi qua


các điểm ( −3;3) , ( − 1; − 2 ) , ( 1;1) với đỉnh I  − 4 ; − 16 ÷. Rõ ràng


3

trên khoảng ( −1;1) thì

f ′ ( x ) > x2 +

Trên khoảng ( − 3; −1) thì

3
3

x− ,
2
2

f ′ ( x ) < x2 +

3

( P)

33

−3

−1

nên g ′ ( x ) > 0 ∀x ∈ ( −1;1)

3
3
x− ,
2
2

nên

1
x

1

−2

g ′ ( x ) < 0 ∀x ∈( −3; −1)

Từ những nhận định trên, ta có BBT của HS y = g ′ ( x ) trên [ −3;1] như sau:

g ( x ) = g ( −1)
Vậy min
[ −3; 1]

Dạng 5: Ứng dụng GTLN, GTNN để giải một số bài toán thực tế.
VD1: Người ta khảo sát gia tốc a ( t ) của một vật thể chuyển động ( t là khoảng
thời gian tính bằng giây từ lúc vật thể chuyển động) từ giây thứ nhất đến giây
thứ 3 và ghi nhận được a ( t ) là một HS liên tục có Đ/T như hình bên dưới. Hỏi
trong thời gian từ giây thứ nhất đến giây thứ 3 được khảo sát đó,
thời điểm nào vật thể có vận tốc lớn nhất?
A. giây thứ 2.

B. giây thứ nhất.

14


C. giây thứ 1,5.

D. giây thứ 3.

Lời giải: Ta có: a ( t ) = v′ ( t ) . Từ Đ/T HS a(t ) ta có:
a ( t ) = 0 ⇒ v′ ( t ) = 0 ⇔ t = 2

Vậy v(t ) lớn nhất ⇔ t = 2 . Chọn A.
VD2: Cho một tấm nhơm hình vng cạnh a.
Người ta cắt ở 4 góc 4 hình vng bằng nhau,
rồi gập tấm nhôm lại để được một cái hộp
khơng nắp. Tìm cạnh của hình vng bị cắt
sao cho thể tích của khối hộp là lớn nhất?
A.

5a
.
6

B.

a
.
6

C.

a
.
12

D.

Lời giải: Gọi x là độ dài cạnh của hình vng bị cắt


a

.
9

a

 0 < x < ÷.
2


a

Thể tích của khối hộp là: V ( x) = x(a − 2 x) 2  0 < x < 2 ÷ .
V ′( x) = (a − 2 x) 2 + x.2(a − 2 x).( −2) = (a − 2 x)(a − 6 x) ; V ′( x) = 0 ⇔ x =

a
a 
 0 < x < ÷.
2
6 

BBT:
0 000

Vậy

max V ( x) =
 a
 0; ÷
 2

2a 3
a
⇔x= .
27
6

Chọn B.

VD3: Một đại lý xăng dầu cần làm một bồn chứa dầu hình trụ có đáy và nắp đậy
bằng tơn với thể tích

16π ( m3 ) .

Biết rằng giá thành (cả vật liệu và tiền cơng) được

tính theo mét vng, tìm đường kính đáy của bồn để đại lý phải trả ít chi phí
nhất.
A. 8 ( m ) .

B. 4 ( m ) .

C. 1( m ) .

D. 2 ( m ) .

15


16
Lời giải: Gọi bán kính đáy là r ( m ) . Từ thể tích bồn là 16π ( m3 ) : 16π = π r 2 h ⇔ h = r 2

Diện tích tồn phần hình trụ là:

Stp = 2 Sđáy + S xq

= 2π r 2 + 2π rh = 2π r 2 +

32π
.
r

Chi phí nhỏ nhất khi diện tích tồn phần nhỏ nhất.
Đặt f ( r ) = 2π r 2 +

32π
32π 4π r 3 − 32π
, r > 0 ; f ′ ( r ) = 4π r − 2 =
, f ′( r ) = 0 ⇔ r3 = 8 ⇔ r = 2 .
2
r
r
r

BBT:
r
0
f’(r)
f(r) +∞

-

2
0

+∞
+

+∞

GTNN
Vậy chi phí nhỏ nhất khi đường kính đáy bồn bằng 4 ( m ) .
2.3.3 Giải pháp thứ ba: Sưu tầm và giới thiệu, yêu cầu học sinh giải quyết
hệ thống bài tập trắc nghiệm về GTLN, GTNN của hàm số.
Tôi đã tiến hành sưu tầm, sáng tác các bài tập về chủ đề GTLN, GTN của hàm số
trong các đề thi minh họa, chính thức các năm của BGD-ĐT, đề thi thử của các
trường THPT trên cả nước. Đồng thời phân thành 4 mức dộ: nhận biết, thông
hiểu, vận dụng và vận dụng cao. Sau khi triển khai SKKN sẽ cho học sinh giải
quyết hệ thống bài tập đó. Do khn khổ giới hạn của một SKKN nên khơng
tiện trình bày hệ thống bài tập ở đây mà xin phép giới thiệu ở phần phụ lục.
2.4 Hiệu quả của sáng kiến.
Thông qua sáng kiến này tôi đã cố gắng đưa ra các dạng toán liên quan đến
GTLN, GTNN của hàm số từ đơn giản đến phức tạp và các PP giải để từ đó giúp
học sinh có một cái nhìn tổng quát và cụ thể nhất, đồng thời giúp các em có cái
nhìn khá tồn diện về bài toán liên quan đến GTLN, GTNN của HS trong phạm
vi tốn học THPT, góp phần hỗ trợ cho các em H/S trong việc ơn thi HSG Tốn,
thi tốt nghiệp THPT để xét tuyển vào các trường ĐH, CĐ.
Sau khi áp dụng sáng kiến trong quá trình dạy học, kết quả học tập mà
học sinh đạt được là rất khả quan. Từ học sinh còn rất lúng túng khi giải các bài
toán liên quan đến GTLN, GTNN của HS, sau khi áp dụng sáng kiến, các em đã
có cái nhìn khá tồn diện về bài tốn nhận dạng bài tốn nhanh, vận dụng

phương pháp giải một cách linh hoạt, sáng tạo góp phần đáng kể hỗ trợ cho các
em trong việc ôn thi HSG, thi THPTQG những năm trước và thi tốt nghiệp
THPT năm 2020 để xét tuyển vào các trường ĐH, CĐ.

16


Bằng hệ thống kiến thức trọng tâm và “Phân dạng và phương pháp giải
bài tập về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số” tôi đã trang bị cho
các em học sinh một hệ thống kiến thức cần thiết để giải quyết thành cơng các
bài tốn liên quan đến GTLN, GTNN của HS trong các ĐT HSG Toán và ĐT
THPTQG những năm trước và đề thi minh họa tốt nghiệp THPT lần 1, lần 2
năm 2020. Sáng kiến trên đã giúp GV chủ động giảng dạy cho học sinh một hệ
thống kiến thức khá đầy đủ, đồng thời còn giúp cho học sinh phát triển tư duy,
rèn luyện kỹ năng giải toán linh hoạt, sáng tạo.
Trong năm học 2019 - 2020, tôi đã tiến hành dạy thực nghiệm theo chuyên đề
này ở lớp 12C2 tại trường THPT Lê Hồng Phong. Căn cứ vào kết quả khảo sát
lần I (khi chưa áp dụng sáng kiến) và lần II ( sau khi áp dụng sáng kiến) tôi thu
được kết quả sau:
Khảo

Số

Điểm

Điểm

Điểm

Điểm

Điểm

8-10
6,5-7,5
5-6
3,5-4,5
0-3
SL
%
SL
%
sinh SL % SL % SL %
I
24 0 0% 2 8,3% 10 41,7% 6 25%
6
25%
II
24 6 25% 10 41,7% 8 33,3% 0
0%
0
0%
Tôi thấy ở hai thời điểm khác nhau thì mức độ tiến bộ lần sau so với lần

sát lần

học

trước là rất khác biệt. Kết quả phản ánh sự tiến bộ ở lớp thực nghiệm áp dụng
sáng kiến ở hai lần kiểm tra là đối chứng đã chứng tỏ được hiệu quả của: “Phân

dạng và phương pháp giải bài tập về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
hàm số”. Vì vậy sáng kiến có thể nhân rộng đối với các đối tượng học sinh khối
12 ở các trường THPT.
3. KẾT LUẬN CHUNG VÀ ĐỀ XUẤT
3.1 Kết luận:
Chuyên đề GTLN, GTNN của HS là một trong những nội dung hay và
khó trong chương trình giải tích 12 và cũng xuất hiện khá nhiều trong ĐT
THPTQG mơn Tốn. Học tốt chuyên đề GTLN, GTNN của HS là mục tiêu của
hầu hết các học sinh nếu muốn đạt kết quả cao trong kỳ thi HSG Toán và thi tốt
nghiệp THPT năm 2020. Nhằm giúp các em đạt được kết quả cao trong học tập
bằng hệ thống kiến thức khái quát lại lý thuyết cơ bản và bài tập về GTLN,
GTNN của HS, tôi đã hệ thống được các PP giải toán GTLN, GTNN của HS,
mỗi PP được minh hoạ bằng một số VD cụ thể. Thông qua việc giải bài toán về
GTLN, GTNN của HS giúp học sinh củng cố, đào sâu kiến thức, rèn luyện tính
linh hoạt, sáng tạo, tự tin và hứng thú học tập hơn giúp giờ dạy và học đạt hiệu
17


quả cao. Thơng qua các bài tốn giúp học sinh thấy được sự liên hệ chặt chẽ các
kiến thức toán học. Việc giải bài toán liên quan đến GTLN, GTNN của HS
khơng chỉ hình thành kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo cho học sinh mà cịn phát huy
được tính tích cực, độc lập, sáng tạo của các em. Đây chính là vấn đề mấu chốt,
là mục tiêu cơ bản của dạy học hiện đại.
3.2 Đề xuất:
+Về phía học sinh: Học sinh phải tự giác, nhiệt tình và có khả năng phát
huy tính tích cực, chủ động trong học tập. Tăng cường việc tự học và tìm ra
phương pháp học tập phù hợp cho bản thân.
+Về phía giáo viên: Giáo viên phải có lịng nhiệt tình, sự chuẩn bị cơng
phu trước khi lên lớp, có phương pháp truyền đạt dễ hiểu và vai trò tổ chức, điều
khiển học sinh học tập. Bên cạnh đó, giáo viên cần phải trau dồi thêm kiến thức

về Internet, áp dụng các thủ pháp dạy học hiện đại để giúp học sinh tiếp cận với
kiến thức mới một cách tích cực, chủ động đồng thời giúp các em học Tốn với
sự vui vẻ, tích cực và hiệu quả.
+ Về phía nhà trường:
- Việc phân cơng chun mơn các lớp nâng cao cần có sự lựa chọn phù
hợp. GV phải thực sự là người vững vàng về chuyên môn, tinh thông về nghiệp
vụ sư phạm, nhanh nhạy trong xử lý các tình huống sư phạm nảy sinh trong q
trình dạy học.
- Có cơ sở vật chất phải đảm bảo như máy chiếu, hình vẽ minh hoạ, bảng
phụ, tài liệu tham khảo, ngồi ra cần phải có những phịng học đủ tiêu chuẩn, có
đủ ánh sáng, thơng thống để tạo điều kiện tốt cho học sinh học tập.

18


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa ngày10 tháng5 năm 2021
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Phan Thị Yến

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Các bài toán về hàm số. Tác giả: Phan Huy Khải - Nhà xuất bản Giáo dục

2. Các phương pháp và kỹ thuật đặc biệt giải tốn phổ thơng trung học mơn Tốn.
Tác giả: Nguyễn Văn Quí - Đỗ Khánh Giang
Dương Tiến Đạt - Nhà Xuất Bản Giáo Dục.
3. Sách giáo khoa, bài tập đại số và giải tích cơ bản và nâng cao lớp 12.
Nhà Xuấ Bản Giáo Dục
5. Phương pháp dạy học mơn Tốn
Tác giả: Nguyễn Bá Kim - Nhà Xuất Bản Giáo Dục.
6. Giới thiệu các đề tuyển sinh Đại học Cao đẳng - Nhà Xuất Bản Giáo Dục
7. Đề thi THPTQG các năm 2016, 2017, 2018, 2019.
8. Đề minh họa cho thi tốt nghiệp THPT 2020 và đề thi tốt nghiệp THPT năm
2020.

20