SKKN sử dụng phương pháp tập giá trị tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai biến

1.MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong giảng dạy môn Tốn, ngồi việc giúp học sinh nắm chắc kiến thức
cơ bản thì việc hỗ trợ học sinh tiếp cận các dạng bài tập ở mức độ khó cũng là
một nhiệm vụ hết sức quan trọng của giáo viên. Việc làm đó giúp học sinh có
tư duy tốt được phát triển khả năng của mình.
Như chúng ta đã biết bài tốn về “ bất đẳng thức ” hay “ Tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức ” là dạng bài tập khó nhất, mà mỗi
học sinh khi nghĩ đến nó gần như “ đầu hàng ”, ngay cả học sinh giỏi. Bởi vì
học sinh thật sự mất phương hướng khi gặp bài tập dạng này. Thiết nghĩ nếu
như các em có một hướng giải quyết mẫu mực cho mỗi dạng bài tốn cụ thể
thì các em sẽ tự tin hơn khi gặp nó.
Để giải quyết bài tốn “Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu
thức” có nhiều phương pháp: sử dụng phương pháp bất dẳng thức, phương
pháp véc tơ, phương pháp hàm số, phương pháp hình học, phương pháp lượng
giác, phương pháp tập giá trị, hoặc có thể sử dụng nhiều phương pháp trong
một bài tốn… Có rất nhiều phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của một biểu thức có từ một biến trở lên. Với mong muốn có thêm cho học
sinh kiến thức để giải quyết bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
biểu thức, đề tài này tôi xin trao đổi một số bài tốn “Sử dụng phương pháp
tập giá trị tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai biến”,
trong đó hai biến bị ràng buộc bởi một điều kiện cho trước.
Đối tượng học sinh tiếp cận đề tài này là rất ít, đó là học sinh có lực học
khá cứng hoặc là học sinh giỏi. Đây là đề tài với nội dung khó, hy vọng rằng
sau khi tiếp nhận đề tài học sinh sẽ có một cách nhìn khác về loại bài tập này.
Các em sẽ có một kỹ năng xử lý bài tốn, có hướng đi cụ thể, có phương pháp
để xử lý nó.
Ta cũng biết rằng bài tốn này có thể giúp các em học sinh lớp 12 chinh
phục điểm 9, điểm 10 trong đề thi THPTQG. Trong đề thi học sinh giỏi tỉnh
Thanh Hóa những năm vừa qua, câu bất đẳng thức hay giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của biểu thức là một câu cực kỳ hóc búa. Tuy nhiên khi học sinh nắm

được một phương pháp giải bổ ích giúp các em phát triển tư duy toán học, sự
sáng tạo và cũng như một định hướng cho học sinh biết cách khái qt hóa các
dạng bài tốn khác.
1


1.2. Mục đích nghiên cứu
Nhằm giúp học sinh có thêm kỹ năng và niềm tin để giải toán bất đẳng
thức và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức. Hy vọng các em sẽ tiếp
cận tốt hơn đến dạng toán này trong kỳ thi HSG tỉnh và THPT Quốc gia.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh lớp 12A4 và lớp 12A2 ơn thi HSG tỉnh Thanh Hóa và ôn thi
THPT Quốc gia.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lý luận
- Nghiên cứu tài liệu.
- Nghiên cứu đề thi HSG, THPT Quốc gia
1.5. Những điểm mới của sáng kiến
Để khắc phục những khó khăn mà học sinh thường gặp phải, xin đưa ra một
số giải pháp sau:
- Đưa ra hệ thống kiến thức liên quan.
- Các phương pháp bổ trợ để giải quyết bài toán phát sinh khi sử dụng
“phương pháp tập giá trị”.
- Lựa chọn một số bài tập minh họa. Trong mỗi bài tốn đều có gợi ý để các
em có hướng suy nghĩ, có lời giải chi tiết để học sinh tham khảo.
- Hệ thống bài tốn minh họa được sắp xếp theo trình tự hợp lý về kiến
thức, về tư duy giúp học sinh nắm bắt dễ dàng và hứng thú hơn.
- Có bài tập áp dụng để học sinh luyện tập thêm. Trong phần bài tập áp
dụng có đáp án trắc nghiệm để học sinh kiểm tra lại kết quả.
- Thực nghiệm sư phạm.

2


2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở khoa học
2.1.1. Nội dung chuyên đề giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
hai biến trong chương trình tốn THPT
Bài tốn tìm “Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai
biến” trong chương trình lớp 10, nó được giải quyết bởi hai công cụ cơ bản là
điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai và phương pháp hình học (cụ thể
là phương trình đường thẳng và phương trình đường trịn). Trong chương trình
lớp 11 sử dụng kiến thức phần lượng giác để có thể lượng giác hóa ở một số bài
toán đăc biệt. Đối với lớp 12 thì cơng cụ được mở rộng hơn đó là tính đơn điệu
của hàm số. Ta có thể dùng nó để tìm ra mối quan hệ của hai ẩn, hoặc là chỉ ra
sự tồn tại nghiệm.
Sự kết hợp kiến thức của các khối lớp sẽ giúp các em có một kỹ năng tốt
để giải quyết bài toán dạng này. Việc nhận dạng một bài toán để xác định
phương pháp giải là việc làm đầu tiên khi đứng trước bài tốn khó. Tuy nhiên ta
cũng cần xử lý tốt bài toán phát sinh. Đó là sự linh hoạt của người làm tốn, để
có được điều đó ta cần có đầy đủ kiến thức liên quan của dạng toán mà ta đang
giải quyết.

2.1.2. Một số phần kiến thức liên quan
- Điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai và hệ thức Viet.
- Nắm chắc phương trình đường trịn, phương trình đường thẳng. Vẽ đồng
thời các loại đường đó trên cùng hệ trục để quan sát rõ miền nghiệm của
hệ chứa các đường đó.
- Những bài tốn đại số đặc biệt nếu lượng giác hóa được nó, có thể việc
giải quyết nó sẽ dễ dàng hơn nhờ biến đổi lượng giác. Chẳng hạn nếu có

x2 + y 2 = 1

cos 2 x + sin 2 x = 1

dấu hiệu
, ta liên tưởng ngay đến hệ thức
.
- Tính đơn điệu của hàm số: f(x) đơn điệu trên miền D thì
f ( u ) = f ( v) ⇔ u = v

3


Kết luận này giúp ta có thể tìm ra mối quan hệ x và y. Nói chung ứng
dụng của hàm là rất rộng, trong nội dung đề tài chỉ áp dụng một góc nhỏ
tính chất của nó.

2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến
Khi học sinh gặp bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức hai
biến số, các em gặp phải một số khó khăn sau:
- Khơng có hướng đi, cảm giác đây là bài tốn khó và khơng dám đụng đến
mặc dù có thể nó khơng khó đến mức như vậy. Ví dụ như câu 45 trong đề
thi THPT Quốc gia mơn tốn năm 2020, hay câu 47 trong đề thi khảo sát
tốn tỉnh Thanh Hóa năm 2021.
- Khó xử lý các bài toán phát sinh khi đã sử dụng một phương pháp cụ thể.
- Không nắm vững dấu hiệu của bài toán tổng quát để sử dụng phương pháp
phù hợp.
2.3. Giải pháp cụ thể
Bài toán tổng quát: Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện:
G ( x, y ) ≥ 0

, hoặc

G ( x, y ) ≤ 0

G ( x, y ) = 0

(hoặc

).

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (nếu có) của biểu thức

P = F ( x, y )

Phương pháp giải chung:
Gọi T là tập giá trị của P. Khi đó m là một giá trị của T khi và chỉ khi hệ sau có
nghiệm:
G ( x, y) = 0

 F ( x, y ) = m

( hoặc

G ( x, y ) ≥ 0

 F ( x, y) = m

hoặc

G ( x, y ) ≤ 0

 F ( x, y ) = m

)

Sau đó tìm các giá trị của tham số m để một trong các hệ trên có nghiệm
Cụ thể:
Phương pháp 1: Điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.
4


Qua biến đổi ta đưa bài tốn tìm điều kiện tham số để hệ có nghiệm quy về tìm
điều kiện tham số để phương trình bậc hai có nghiệm.
Phương trình:

Ax 2 + Bx + C = 0 ( A ≠ 0 )

có nghiệm khi

∆ = B 2 − 4AC ≥ 0

Phương pháp 2: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
y = f ( x)

Xét hàm số

đơn điệu trên tập K. Khi đó ta có:

f ( u) = f ( v) ⇔ u = v

+)

f ( x) = m

+)

:

m ∈T

- Nếu
(T là tập giá trị của f(x) trên tập K) thì phương trình
có nghiệm.
- Nếu

m ∉T

thì phương trình

f ( x) = m

f ( x) = m

vô nghiệm.

Phương pháp 3: Sử dụng hình học.
Vẽ các đường có phương trình hoặc bất phương trình liên quan đến hệ. Thơng
thường là vẽ đường thẳng hoặc đường trịn. Khi đó quan sát sự tương giao của
các đường trên hình vẽ, kết hợp yêu cầu của đề bài ta tìm điều kiện cụ thể.

Từ đó suy ra tập giá trị T của P, rồi suy ra GTLN, GTNN (nếu có) của P.

MỘT SỐ BÀI TỐN MINH HỌA
Bài
3

toán

1:

Cho

hai

số

thực

x,y

thỏa

mãn

điều

kiện:

x ( 3 x − 1) + 3 y ( 3 y − 1) = 3 xy

GTLN, GTNN của biểu thức
A.

max F = 8, min F = 0

F = 3 x + 3 y + 3 xy

là:

B.

max F = 6, min F = 0

5


C.

max F = 6, min F = 1

D.

max F = 8, min F = 1

Gợi ý:
Nhận thấy vai trò của x, y có vai trị như nhau nên ta có thể biến đổi để xuất
3

hiện dạng tổng tích đối với

x, 3 y

Sau đó sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.
Giải
Gọi T là miền giá trị của F. Ta có
nghiệm:

m ∈T

khi và chỉ khi hệ phương trình sau có

 3 x ( 3 x − 1) + 3 y ( 3 y − 1) = 3 xy
3
 x + 3 y + 3 xy = m

Đặt:

 S = 3 x + 3 y

 P = 3 xy

ta có

(I)

∃ x, y ⇔ ∃ S , P : S 2 ≥ 4 P

Khi đó hệ (I) trở thành:
 S 2 − S − 3P = 0
 S 2 + 2S = 3m

⇔


S + P = m
p = m−S

S 2 ≥ 4P ⇔ S 2 ≥

Ta có:

4(S2 − S )
⇔ S 2 − 4S ≤ 0 ⇔ 0 ≤ S ≤ 4
3

Hệ phương trình (I) có nghiệm khi và chỉ khi

f ( S ) = S 2 + S = 3m

S ∈ [ 0; 4]

Vì hàm số
nghiệm

f ( S ) = S 2 + 2S

đồng biến trên

[ 0; 4]

nên phương trình

S ∈ [ 0; 4] ⇔ f (0) ≤ 3m ≤ f (4) ⇔ 0 ≤ 3m ≤ 24 ⇔ 0 ≤ m ≤ 8

có nghiệm
f ( S ) = 3m

có

6


Do đó

T = [ 0;8]

. Vậy

min F = 0, max F = 8

Bài toán 2: Cho 2 số thực x,y thỏa mãn:
GTNN của biểu thức
−

A.

49
100

P = x( x + 1) + y ( y + 1)

−

B.

. Chọn A.
9x 2 + 16x 2 + 6x + 8 y ≤ 3(1 − 8xy)

bằng:

50
100

−

C.
2

51
100

−

D.

52
100

2

1 

1
1

P = x ( x + 1) + y ( y + 1) ⇔  x + ÷ +  y + ÷ = P +
2 
2
2


Gợi ý: Ta có:
(phương trình
đường trịn), nên nghĩ ngay đến việc biến đổi biểu thức đã cho dưới dạng
phương trình của đường nào đó để ta có thể sử dụng sự tương giao.
Giải
Gọi T là tập giá trị của P, ta có

m ∈T

khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

( 3x + 4 y ) 2 + 2(3x + 4 y) ≤ 1

9x + 16 y + 6x + 8 y ≤ 3(1 − 3xy )
2
2
⇔

1 
1
1


x
+
+
y
+
 x( x + 1) + y(y + 1) = m

÷ 
÷ = m+
2 
2
2

2

2

−3 ≤ 3x + 4 y ≤ 1( 1)

2
2
⇔ 
(I)
1 
1
1
 x + ÷ +  y + ÷ = m + ( 2 )
2 
2

2


7


m≤−

Dễ

thấy:

m>−

Với

1
2

nếu

1
2

thì

hệ

vơ

, xét trong mặt tọa độ Oxy ta có tập nghiệm của (1) là miền mặt

( d1 ) : 3x + 4 y + 3 = 0

phẳng (H) nằm giữa hai đường thẳng song song

( d 2 ) : 3x + 4 y − 1 = 0

có chứa cả biên của 2 đường thẳng

nghiệm của (2) là đường tròn

( C)

 1 1
I − ;− ÷
 2 2

có tâm

Như vậy hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi
d ( I ; d1 ) ≤ R ⇔

khi:

Do đó
Bài

( 2)

nghiệm.

1
1
49
≤ m+ ⇔ m≥ −
10
2
100

 49

T = −
; +∞ ÷
 100


tốn
2cos x + 2cos y + 3

3:

min P = −

. Vậy
Cho

49
100

các

( H)

và

( d1 )

, tập hợp

R = m+

, bán kính

( C)

1
2

.

có điểm chung, xảy ra

m>−

(thỏa mãn

và

( d2 )

và

1
2

)

. Chọn A.
số

thực

x,y

thỏa

mãn:

+ 2 cos x +cos y +1 −4cos x + cos y ≥ 4 2 ( 1)

8


GTLN, GTNN của biểu thức:

A.

C.

K = cos 2x + cos 2 y

1
min K = − , max K = 1
2

là:

B.

1
min K = − , max K = 1
3

min K = −1, max K =

min K = −1, max K = 1

D.

1
2

Gợi ý:
Quan sát

( 1)

ta thấy đây là bất phương trình mũ bậc hai, cơ số 2 nên có thể

đưa về dạng bất phương trình ẩn

cos x, cos y

.

Từ biểu thức K, áp dụng công thức nhân đôi để đưa về phương trình ẩn
cos x, cos y

Giải
Gọi T là tập giá trị của K, ta có

m ∈T

khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

( )

 2 2cos x + 2cos y +3 + 2 cos x +cos y +1 −4cos x + cos y ≥ 4 2

( I)

cos 2x + cos 2 y = m

Ta có:

) (

)

3

 2cos x + cos y 2 − 2 2 + 2 2cos x + cos y + 4 2 ≤ 0
2 ≤ 2cos x +cos y ≤ 2 2
1 ≤ cos x + cos y ≤




2
⇔ 2
( I) ⇔ 
m+2 ⇔ 
2
m+2
2
2
cos x + cos y =
cos x + cos y =
cos 2 x + cos 2 y = m + 2

2
2


2

(

9

Đặt

v = cos y

u = cos x

ta có hệ:

Hệ (I) có nghiệm
Dễ

thấy

⇔

3

1
≤
u
+
v
≤
( 1)

2

( II )

 u ≤ 1, v ≤ 1( 2 )

u 2 + v 2 = m + 2 ( 3)

2

hệ (II) có nghiệm.
m ≤ −2

hệ

(II)

vơ

nghiệm

m > −2 :

Với
Xét trong mặt phẳng Ouv thì tập nghiệm của (1), (2) là hình thang
ABCD (gồm các điểm nằm trong hình thang và các điểm nằm trên các cạnh
của hình thang). Tập hợp nghiệm của (3) là đường tròn tâm O(0;0), bán kính
R=

m+2
2

.
10

Như vậy hệ (II) có nghiệm khi đường trịn và hình thang có điểm chung, xảy
d ( O; CD ) ≤ R ≤ OB ⇔

ra khi

Do đó

 1
T =  −1; 
 2

2
m+2
5
1
≤
≤
⇔ −1 ≤ m ≤
2
2
2
2

min K = −1; max K =

. Vậy

1

2

(thỏa mãn)

. Chọn D.

Bài toán 4:
x ≠ 0, y ≠ 0

Cho 2 số thực thay đổi

L=

GTLN của biểu thức:
A.

max L = 13

B.

1 1
+
x3 y 3

thỏa mãn:

( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy

bằng:

max L = 16

C.

max L = 17

D.

max L = 18

Gợi ý:
Nhận thấy vai trò của x, y là như nhau có thể đưa về dạng đối xứng tổng tích
đối với x, y.
Giải
Gọi T là tập giá trị của L. Ta có

m ∈T

khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm

x ≠ 0, y ≠ 0
( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy
( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy
( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy




⇔  ( x + y ) x 2 + y 2 − xy
⇔  xy ( x + y ) 2

1 1
=m
=m
 x3 + y 3 = m


3
3

( xy )
 ( xy )


(

)

( x + y ) xy = ( x + y ) 2 − 3xy

⇔  x + y 2
( I)
=
m

÷
 xy 

11

Đặt:

S = x + y 2
( S ≥ 4 P)

P
=
xy


Hệ (I) có nghiệm

 SP = S 2 − 3P ( 1)

( II )
 S 2
=
m
2
( )
 ÷
 P 

, ta có hệ phương trình:

x ≠ 0, y ≠ 0 ⇔

hệ (II) có nghiệm (S;P) thỏa mãn

2

1  3

SP = x + y − xy =  x − y ÷ + y 2 > 0
2  4

2

Do

2

x ≠ 0, y ≠ 0 ⇒

với mọi

S 2 ≥ 4P

S
>0
P

với mọi

x ≠ 0, y ≠ 0

Từ đó:
+) Nếu

m≤0

thì hệ (I) vơ nghiệm
2

+) Nếu
được:

m>0

thì từ phương trình

( m− m) P = 3
đó :

S 2 ≥ 4P

nên

P≠0

), điều kiện

thay vào (1) ta

m − m ≠ 0 ⇔ m ≠ 1( m > 0 )

, khi

.

nên

2

 3 

÷ ≤
 m −1 

Do đó

SP > 0

3
3
,S =
m ( m − 1)
m −1

P=

Vì

( vì

S
S
 ÷ = m ⇒ = m ⇒ S = m .P
P
P

12
⇔3 m≥4
m ( m − 1)

T = ( 0;16] \ { 1}

. Vậy

(

)

m − 1 ⇔ m ≤ 4 ⇔ 0 < m ≤ 16 ( m ≠ 1)

max L = 16

. Chọn B.

Bài toán 5:
Cho hai số thực x,y thỏa mãn:
GTLN, GTNN của biểu thức:
max K = 9 + 3 15; min K =

A.

x − 3 x +1 = 3 y + 2 − y

K = x+ y

9 − 3 21
2

là:
max K = 9 + 2 15; min K =

B.

9 + 3 21
2

12


max K = 9 + 3 15; min K =

C.

9 + 3 21
2

max K = 9 + 2 15; min K =

D.

9 − 3 21
2

Gợi ý:
Từ

của

x − 3 x +1 = 3 y + 2 − y
x +1

và

, nhận thấy có thể biến đổi để xuất hiện sự đối xứng

y+2

Giải

Điều kiện:

 x ≥ −1
( 1)

 y ≥ −2

Gọi T là tập giá trị của K. Ta có

m ∈T

khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

 x − 3 x + 1 = 3 y + 2 − y
3( x + 1 + y + 2) = m
⇔
( I)


 x + y = m
 x + y = m

Đặt
là
t2 −

u = x + 1 ( u ≥ 0 )

v = y + 2 ( v ≥ 0 )

Hệ (I) trở thành
nghiệm

hai

m

u+v =

3 ( u + v ) = m
3

⇔
⇒ u, v
 2 2
 2

u + v = m + 3 uv = 1  m − m − 3 ÷


2 9


của

phương

trình:


m 1  m2
t+ 
− m − 3 ÷ = 0 ⇔ 18t 2 − 6 mt + m 2 − 9m − 27 = 0 ( 2 )
3
2 9


Hệ (I) có nghiệm x, y thỏa mãn (1) khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm khơng âm.
Điều kiện là:
 '
2
∆ t = −9 m − 18m − 54 ≥ 0

m
9 + 3 21

⇔
≤ m ≤ 9 + 3 15
 St = ≥ 0

3
2


m 2 − 9m − 27
≥0
 Pt =
18


(

)

13


Do đó

 9 + 3 21

T = 2
;9 + 3 15 



max K = 9 + 3 15; min K =

. Vậy

9 + 3 21
2

Chọn C.
Bài toán 5: Cho hai số x, y thay đổi và thỏa mãn
Biểu thức
A.
C.

B = x 2 − xy − 3 y 2

x 2 + xy + y 2 ≤ 3

.

có tập giá trị là:

T =  −4 3 − 3; 4 3 − 3

B.

T =  −4 3; 4 3 

D.

T =  −4 2 − 2; 4 2 − 2 
T =  −4 3 − 1; 4 3 − 1

Gợi ý:
x 2 + xy + y 2 ≤ 3

P = x 2 − xy − 3 y 2

Từ các biểu thức:
và
về dạng hệ đẳng cấp bậc hai đối với hai ẩn x, y.

ta nghĩ đến việc đưa bài toán

Giải
Đặt

A = x 2 + xy + y 2 ; B = x 2 − xy − 3 y 2

Gọi T là tập giá trị của B, khi đó

.
m ∈T

khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

2
2
 x + xy + y ≤ 3
( I)
 2
2
 x − xy − 3 y = m

+) Nếu

y=0

thì

A = x2 ≤ 3

, khi đó:

−4 3 − 3 < 0 ≤ m = x 2 ≤ 3 < 4 3 − 3

(đpcm)

2

+) Nếu

y≠0

thì đặt

x = ty

, khi đó

y  3 y2

A=x+ ÷ +
>0
2

4


nên:

m x 2 − xy − 3 y 2 t 2 − t − 3
a= = 2
= 2
⇔ ( a − 1) t 2 + ( a + 1) t + a + 3 = 0 ( *)
2
A x + xy + y
t + t +1

Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm
⇔ ∆ = ( a + 1) − 4(a − 1)(a + 3) ≥ 0 ⇔
2

−4 3 − 3
4 3 −3
≤a≤
3
3

14


Do đó

−4 3 − 3 m 4 3 − 3
≤ ≤

3
A
3

Vậy tập giá trị của B là

. Măt khác

0< A≤3

T =  −4 3 − 3; 4 3 − 3

nên

−4 3 − 3 ≤ m ≤ 4 3 − 3

.

Chọn A.

Bài toán 6: Cho hai số thực x, y thỏa mãn:
Khẳng định nào sau đây đúng:

x2 + y 2 = 1

P=

. Đặt

x 2 + 6xy

1 + 2xy + 2 y 2

A. GTLN của P là 1

B. Không tồn tại GTLN của P

C. GTNN của P là -3

D. Không tồn tại GTNN của P

.

Gợi ý:
Từ

x2 + y 2 = 1

, ta liên tưởng đến hệ thức lượng giác cơ bản:

cos 2 t + sin 2 t = 1

Vì vậy ta sẽ đặt ẩn phụ, đưa bài toán về dạng lượng giác.
Giải
Gọi T là tập giá trị của P,

m ∈T

khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
 x2 + y 2 = 1


( I)
 x 2 + 6xy
1 + 2xy + 2 y 2 = m


 x = sin t

 y = cos t

Đặt

.

Hệ

(I)

trở

thành:

sin 2 t + cos 2 t = 1

⇔ ( 2m − 6 ) sin 2t + ( 2m + 1) cos 2t = 1 − 4m ( *)
 6 sin 2t − cos 2t + 1
=
m

 2sin 2t + 2 cos 2t + 4

Hệ

(I)

( 2m − 1)

2

Vậy

có

nghiệm

khi

phương

trình

+ ( 2m + 1) ≥ ( 1 − 4m ) ⇔ 2m2 + 3m − 9 = 0 ⇔ −3 ≤ m ≤

min P = −3

2

2

(*)

có

nghiệm:

3
2

. Chọn C.
15


Bài toán 7: Xét các số thực x, y thỏa mãn:
P = 2x + 3 y

Khi đó biểu thức
A.

M = 20

B.

đạt GTNN là:

M =7

log 2 ( x − 1) + log 2 ( y − 1) = 1
a+b 3

C.

(

a, b ∈ ¢

M = −10

). Tính

M = ab

D.

M = 12

Gợi ý:
Ta có:

log 2 ( x − 1) + log 2 ( y − 1) = 1

, có thể đưa về phương trình đại số đối với x,y.

Kết hợp với biểu thức K có thể đưa về sự đối xứng tổng, tích đối với
biểu thức

x − 1, y − 1

Giải:
Điều kiện:

x, y > 1 log 2 ( x − 1) + log 2 ( y − 1) = 1

:

⇔ ( x − 1) ( y − 1) = 2 ⇔ 2 ( x − 1) 3 ( y − 1) = 12

Ta có:

Đặt

P = 2x + 3 y = 2 ( x − 1) + 3 ( y − 1) + 5

u = x − 1( u > 0 )

v = y − 1( v > 0 )

Gọi T là tập giá trị của P,

m ∈T

thì hệ sau có nghiệm:

m > 5
uv = 12
m
−
5
>
0





u + v + 5 = m ⇔ 
m ≥ 5 + 4 3 ⇔ m ≥ 5 + 4 3
2
u , v > 0
( m − 5 ) ≥ 4.8  

  m ≤ 5 − 4 3

Do đó

min P = 5 + 4 3

. Do đó

a = 5, b = 4 ⇒ ab = 20

Bài toán 8: Cho các số thực x, y thỏa mãn:
GTNN, GTLN của biểu thức

. Chọn A

x 2 − xy + y 2 = 3

G = x 2 + xy − 2 y 2

lần lượt là:

16

A.-

1 − 7; −1 + 7

−1 − 2 7; −1 + 2 7

B.

C.

−3 7;3 7

D.

1 − 3 7;1 + 3 7

Gợi ý:
x 2 − xy + y 2 = 3

Từ
ẩn x,y

và

G = x 2 + xy − 2 y 2

, ta nghĩ đến hệ đẳng cấp bậc hai đối với hai
Giải

Gọi T là tập giá trị của G. Ta có

m ∈T

khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

 x 2 − xy + y 2 = 3
 2
2
 x + xy − 2 y = m ( I )

Nếu
Nếu

y=0
y≠0

thì hệ (I) trở thành:
x = ty

thì ta đặt

2
 x = 3
 x = ± 3
⇔
 2
m = 3
 x = m

khi đó ta có hệ:

3
 2

3
 y2 t 2 − t +1 = 3
 y = t 2 − t +1


y = ± 2
⇔ 2
⇔
t − t +1
( II )
 2 2
3
t
+
t
−
2
y
t
+
t
−
2
=

m


( m − 3 ) t 2 − ( m + 3 ) t + m + 6 = 0

 t 2 − t + 1 = m

(
(

)
)

(

)

Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi hệ (II) có nghiệm

( m − 3) t

+) Vớ
+)

2

− ( m + 3) t + m + 6 = 0

x2 + y2 = 2 ( x + y ) + 7

i

phương trình:

(*) có nghiệm.
m=3

m≠3

Với

y≠0⇔

t=

phương trình (*) có nghiệm

thì

phương

trình

(*)

3
2

có

nghiệm

⇔ ∆ t = −3m − 6m + 81 ≥ 0 ⇔ −1 − 2 7 ≤ m ≤ −1 + 2 7
2

Kết

hợp

điều

kiện

ta

được:

T =  −1 − 2 7; −1 + 2 7 

.

Vậy

min G = −1 − 2 7; max G = −1 + 2 7

17


Chọn B.
Bài toán 9: (Đề thi khảo sát tỉnh Thanh Hóa năm 2021)

log

Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn
P=

GTLN của biểu thức
A.

(800;900)

B.

(

ln y 2 + 2
2021

(

x−2
= y− x−2
100 y

)( y+

)

x − 2 +1 − 2

)

x

thuộc khoảng nào sau đây?

( 500;600 )

C.

( 700;800 )

D.

( 600;700 )

Gợi ý:
log

(

x−2
= y− x−2
100 y

)( y+

)

x − 2 +1 − 2

Ta biến đổi
phương pháp hàm.

về phương trình đại số bằng

P=

(

ln y 2 + 2
2021

Sử dụng quan hệ tìm được thế vào

x

)
.

Áp dụng phương pháp tập giá trị để tìm GTLN của P.
Giải

Điều kiện:
log

x > 2
( 1)

y > 0

x−2
= y− x−2
100 y

(

)( y+

)

x − 2 + 1 − 2 ⇔ ( x − 2 ) + x − 2 + log x − 2 = y 2 + y + log y ( 2 )

f ( t ) = t 2 + t + log t ⇒ f ' ( t ) = 2t + 1 +

Xét hàm

1
> 0, ∀t > 0
t ln10

18


Suy ra hàm
f

(

f (t )

đồng biến trên khoảng

)

( 0; +∞ )

. Từ

( 2)

ta có

x − 2 = f ( y) ⇔ x − 2 = y

⇔ x = y2 + 2

Bài toán trở về cho

(

ln y + 2

P=

2

2021

x

x > 2

y > 0

thỏa mãn

x = y2 + 2

. Tìm GTLN của biểu thức

)
.

Gọi T là tập giá trị của P,

m∈ P

khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:



 x > 2, y > 0
ln x

2
⇒ m = 2021 ( x > 2 )
x = y + 2
x

2

ln
y
+
2

 2021 x = m


(

)

m( x) =

Xét

ln x
( x > 2)
2021
x

Bảng biến thiên của

, ta có

x = 0
m' ( x ) = 0 ⇔ 2021x − x ln x = 0 ⇔ 
2021
x = e

m ( x)

19


m≤

Do đó phương trình có nghiệm khi
max P =

Hay

2021
≈ 743, 48 ∈ ( 700;800 )
e

2021
e

.

. Chọn C.

Bình luận: Ưu điểm của phương pháp này là quy bài tốn tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ của biểu thức về bài tốn tìm tham số để hệ có nghiệm, vì vậy
khơng cần chỉ rõ giá trị của biến số để biểu thức đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất.
Các bạn có thể mở rộng phương pháp này cho biểu thức nhiều hơn hai biến
số.
Cuối cùng hãy vận dụng phương pháp giải một số bài tập sau:

BÀI TẬP ÁP DỤNG
20


Bài tập 1: (Đề thi THPTQG năm 2020)
x, y

Xét các số thực không âm

p = x + y + 2x + 4 y
2

biểu thức

A.

thỏa mãn

B.

bằng:

9
8

C.

Bài tập 2: Cho hai số thực

x, y

C.

minP =

B.

15
23
, max P =
4
4

minP =

D.
x, y

Bài tập 3: cho hai số thực

(

A=3 x + y +x y

biểu thức
min A =

A.

P = −2x + y + 5

15
25
, max P =
4
4

minP =

7
16

4

4

2

2

thỏa mãn

) − 2( x

min A =

B.

Tìm GTNN của biểu thức:

A.

2 3

B.

114
11

D.
36x 2 + 16 x 2 = 9

2

+y

9
16

2

) +1

41
8

. Giá trị lớn

là:

15
25
, max P =
2
2

13
23
, max P =
4
4

( x + y)

3

+ 4xy ≥ 2

. Giá trị nhỏ nhất của

bằng:
min A =

C.

Bài tập 4: Cho x, y là các số thực thỏa mãn:
P=

21

4

thay đổi thỏa mãn

nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A.

. Giá trị nhỏ nhất của

2

33
8

minP =

2x + y.4 x + y −1 ≥ 3

( x − 3)

2

9
17

min A =

D.

7
17

+ ( y − 1) = 5.
2

3 y 2 + 4xy + 7x + 4 y − 1
x + 2 y +1

C.

Bài tập 5: Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn
nhất của biểu thức -3

3

82
3

D. 3

:

9a 3 + a
= 3b + 2
b +1

. Giá trị lớn
21

S = 6a − b

A.

là:

11
3

B.

17
2

C.

89
12

x 2 + y 2 + xy = x + y + 1, x + y ≠ −1.

Bài tập 6: Cho x, y là các số thực thỏa mãn:

P=

M,m lần lượt là GTLN, GTNN của biểu thức

A.

26
3

−

B.

D.

82
3

13
3

xy
x + y +1

. Tính

C. 6

Gọi

S = 6 M + 5m

D. -3

Đáp án bài tập vận dụng
1

D

2
A

3
B

4
D

5
A

6
D

22


2.4. Hiệu quả trong việc triển khai SKKN
Với nội dung khó nên nó khơng phổ biến với đối tượng học sinh rộng rãi,
thực sự chỉ học sinh ôn thi HSG hoặc học sinh đang phấn đấu điểm 9, điểm 10
trong kỳ thi THPT Quốc gia thì mới có thể tiếp cận vấn đề này. Vì vậy khi giảng
dạy hai lớp 12A2 và 12A4, tơi đã chọn ra hai nhóm đầu, mỗi lớp 10 học sinh có
trình độ ngang nhau để kiểm tra. Kết quả thực nghiệm rất khả quan. Để đánh giá
chính xác khả năng của học sinh tơi đã yêu cầu các em trình bày bài dưới hình
thức tự luận trong thời gian 30 phút, cụ thể đề bài như sau:
Bài 1: Cho các số thực x, y thỏa mãn

4x 2 − 3xy + 3 y 2 ≤ 6

F = x + xy − 2 y
2

trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài 2: Cho x, y là các số thực thỏa mãn
x
y

k=

lớn nhất thì giá trị

. Tìm giá trị lớn nhất, giá

2

(

)

log 3x + y x 2 + y 2 ≤ 1

. Khi

3x + y

bằng bao nhiêu?

(

ln x + ln y ≥ ln x 2 + y

Bài 3: Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn
nhỏ nhất của

P = x+ y

đạt giá trị

)

. Tìm giá trị

.

Số liệu thống kê kết quả được thể hiện qua bảng sau đây:
Bảng: Kết quả các bài kiểm tra cụ thể như sau:
Điểm
Lớp
TN (12A4)

Số
1
0

2
0

3
0

4
1

5
1

6
1

7
1

8
2

9
2

10

lượng

2

bài
10

23


ĐC (12A2)
0 0 1 2 1 2 3 1 0 0
10
Lớp thực nghiệm (TN) có 90% điểm từ trung bình trở lên, trong đó có 70%
khá giỏi, đặc biệt có hai em đạt điểm tuyệt đối.
Lớp đối chứng (ĐC) có 60% đạt điểm từ trung bình trở lên, trong đó có
40% đạt khá giỏi và khơng có em nào đạt điểm tuyệt đối.
Kết quả của bài kiểm tra cho thấy, kết quả của lớp thực nghiệm cao hơn
lớp đối chứng, nhất là bài khá giỏi. Như vậy chứng tỏ phương pháp đưa ra là
hiệu quả. Học sinh đã tiếp thu được và biết cách vận dụng vào giải toán. Hy
vọng rằng đây sẽ là một tài liệu bổ ích cho học sinh ôn thi HSG và ôn thi THPT
Quốc gia. Nội dung đề tài sẽ tiếp tục được áp dụng cho các khóa học sau, mong
rằng sẽ đạt kết quả tốt như kết quả thực nghiệm.
3. KẾT QUẢ
3.1. Kết quả nghiên cứu
Dạng tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức là dạng bài tập
khó. Ngay cả khi ta đã xác định được phương pháp giải thì việc giải quyết nó
cũng cần rất nhiều kỹ năng và kiến thức. Vì vậy khi nghiên cứu đề tài này, tơi đã
cố gắng tìm những bài tốn hợp lý để khi giải học sinh rút ra cho mình được một
kỹ năng xử lý các tình huống phát sinh. Hy vọng đó cũng là một cách để học
sinh có thể tư duy cho việc học tốn nói chung.
Qua bài kiểm tra thưc nghiệm ta nhận thấy kết quả là rất khả quan. Học sinh
đã tiếp thu được phương pháp và có hứng thú với dạng bài tập này. Đó cũng là
một thành công bước đầu của đề tài.
3.2. Kiến nghị, đề xuất
Nội dung tôi đã lựa chọn cho đề tài là một nội dung khó, tuy nhiên nó có
cách giải khá rõ ràng. Vì vậy tơi hy vọng đây sẽ là một đóng góp bổ ích cho học

sinh lớp 12 ôn thi.
Theo tôi, giáo viên khi giảng dạy ở mỗi dạng bài tập nên đưa ra phương
pháp cụ thể, chi tiết sẽ giúp học sinh hiểu kỹ và dễ áp dụng hơn vào q trình
giải tốn.
Trong q trình biên soạn chắc chắn cịn nhiều thiếu sót, rất mong các
Thầy cơ và các em học sinh đóng góp ý kiến để đề tài của tơi hồn thiện hơn và
có thể áp dụng rộng rãi hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
24


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG

Thanh hóa, ngày 15 tháng 05 năm 2021

ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người
khác

Lê Thị Liên

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa 10, 11, 12 cơ bản, nâng cao, NXB Giáo dục.
2. Một số đề thi HSG tỉnh và đề thi THPT Quốc gia.
3. Đề thi khảo sát THPT Quốc gia của tỉnh Thanh Hóa.
4. Báo toán học tuổi trẻ.
5. Các bài toán max, min vận dụng cao hướng tới kì thi THPT quốc gia 2021.

25