Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp và hệ thống bài tập minh họa bài toán tìm GTLN - GTNN

m được 1
9 10
4
y− ≤ ≤ trên [-1; 3] 
 Suy ra : 0 ≤ y = | y1| ≤ 10 
 Vậy trên [-1; 3] , maxy = 10 Ù x = -1, miny = 0 Ù x = 1 v x = 4 
3.Phương pháp 3: sử dụng BẢNG BIẾN THIÊN 
Tương tự phương pháp 1 từ BBT ta dễ dàng suy ra tập giá trị của hàm số , từ 
đó suy ra GTLN, GTNN của hàm số 
Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số : 
( ) 3 1 ( 1)(3 )y f x x x x x= = − + + − + − 
Giải: D = [-1; 3] 
Đặt t = 3 1x x− + + , => 2 4 2 ( 1)(3 )t x x= + + − 
=> 2 4 2t t≥ ⇒ ≥ . 
2 ( 1)(3 ) 4x x+ − ≤ => 2 8 2 2tt ≤ ⇒ ≤ 
Khi đó : 
2
24 1( ) ( ) 2
2 2
tf x g t t t t−= = − = − + + với 
2 2 2t≤ ≤ 
t = 2 Ù x = - 1 v x = 3 
t = 2 2 Ù x = 1 
Vậy: 
[-1;3]
ax 2 1 3m y x v x= ⇔ = − = 
2 2-2
25
2
+ -0
2 2 21
f(t)
f'(t)
t
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 7 
[-1;3]
min 2 2 2 1y x= − ⇔ = 
Nhận xét: có thể tìm tập giá trị của ẩn phụ t = 3 1x x− + + , bằng cả 
3 cách đã nêu trên. Tuy nhiên dùng BĐT là nhanh nhất. 
Ví dụ 2: Tìm GTLN, LTNN của hàm số y = sin4x + cos4x – sinxcosx + 2 
Giải: D = R 
y = 1- 2sin2xcos2x – sinxcosx + 2 = - 1
2
(sin2x)2 – 1
2
sin2x + 3 
Đặt t = sin2x , -1 ≤ t ≤ 1, 
Ta được : y = f(t) = - 1
2
t2 – 1
2
t + 3 , với -1 ≤ t ≤ 1 
t = - 1
2
=> sin2x = - 1
2
Ù 12
7
6
x k
x k
π π
π π
⎡ = − +⎢⎢⎢ = +⎢⎣
t = 1 => sin2x = 1 Ù 
4
x kπ π= + 
Vậy: 
R
25ax
8
m y = Ù 12
7
6
x k
x k
π π
π π
⎡ = − +⎢⎢⎢ = +⎢⎣
; min 2
R
y = Ù 
4
x kπ π= + 
Ví dụ 3 : Tìm GTLN, GTNN của hàm số : y = f(x) = sinx – cosx – sin2x + 1 
Giải: D = R 
Đặt t = sinx – cosx , t ∈ [- 2 ; 2 ] , 2sinx.cosx = 1 – t2 
Khi đó f(x) = g(t) = t2 + t + 1, với t ∈ [- 2 ; 2 ] 
t = 2 Ù sinx – cosx = 2 
Ù x = 3 2
4
x kπ π= + 
t = - 1
2
 Ù sinx – cosx = - 1
2
Ù 1sin( )
4 2 2
x π− = − 
Vậy: 
R
ax 3 2 2m y = + ; 3min
4R
y = 
3+2 33-2 3
3
4
-
1
2- 2
+- 0
2
f(t)
f'(t)
t
23
25
8
-
1
2-1
+ -0
1
f(t)
f'(t)
t
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 8 
HỆ THỐNG BÀI TẬP MINH HỌA 
Bài 1 ( ĐH – KB – 2003 ) 
Tìm GTLN, GTNN của hàm số 24y x x= + − 
Giải: 
D = [-2;2] 
2
' 1
4
xy
x
= − − = 
2
2
4
4
x x
x
− −
− 
y’ = 0 Ù x = 2 
y(-2) = -2, y(2) = 2, y( 2 ) = 2 2 
Suy ra 
D
ax 2 2, 2; min 2 2
D
m y x y x= ⇔ = = − ⇔ = − 
Cũng có thể giải như sau: 
D = [-2; 2], Ta có 24y x x= + − ≤ (x + 4 – x2)(1 + 1) = 8 
Suy ra y ≤ 2 2 => axy 2 2m
D
= Ù x = 2 
Mặt khác: 2
2
2 2
2 4
0 4 2
x
x x
x
− ≤ ≤⎧⎪ ⇒ − ≤ + −⎨ ≤ − ≤⎪⎩
 => min y 2
D
= − Ù x = -2 
Bài 2 ( ĐH – KD – 2003 ) 
Tìm GTLN, GTNN của hàm số 
2
1
1
xy
x
+= + trên [-1;2] 
Giải: 
Sử dụng phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên một 
đoạn ta có kết quả : ax 2, 1; min 0 1
D
m y x y x
D
= ⇔ = = ⇔ = − 
Bài 3 ( ĐH – KD – 2007 ) . 
Cho A(1;4;2), B(-1;2;4) và 1 2:
1 1 2
x y z− +∆ = =− . Tìm tọa độ điểm M thuộc 
(∆ ) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất 
Giải: 
∀M ∈ (∆ ) Ù M( 1 – t ; – 2 + t ; 2t) 
MA2 + MB2 = t2 + (6 – t )2 + (2 – 2t)2 + (– 2 + t)2 + (4 – t)2 + (4 – 2 t)2 
= 12t2 – 48t + 76 = 12( t – 2)2 + 28 
Suy ra : Min(MA2 + MB2) = 28 Ù t = 2, khi đó M( -1; 0; 4) 
Bài 4 ( ĐH – KB – 2008 ). 
Cho hai số x,y thỏa hệ thức x2 + y2 = 1. 
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức :
2
2
2( 6 )
1 2 2
x xyP
xy y
+= + + . 
Giải: 
Quan sát P và so sánh với hệ đối xứng loại II ta có cách giải sau: 
Nếu y = 0 thì x2 = 1, suy ra P = 2 
 Nếu y ≠ 0 , đặt x = ty, cùng với đk x2 + y2 = 1 ta suy ra: 
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 9 
2
2
2 12
2 3
t tP
t t
+= + + Ù (p – 2)t
2 + 2(p – 6) + 3p = 0.(1) 
p = 2, (1) có nghiệm t = ¾ 
p ≠ 2, (1) có nghiệm Ù ∆ ’ ≥ 0 Ù - 6 ≤ p ≤ 3. 
 Vậy maxp = 3, minp = -6 
Ghi chú : Với giả thiết x2 + y2 = 1, ta thường đi theo hướng giải sau: 
Đặt x = cosα , y = sinα , (α ∈ R ). 
Khi đó 
2
2
2( os 6sin os ) 1 os2 6sin 2 )
1+2sin os 2sin 2+sin 2 os2
c c cP
c c
α α α α α
α α α α α
+ + += =+ − 
Ù(p – 6)sin2α – (p + 1)cos2α = 1 – 2p (1). 
(1) có nghiệm Ù (p – 6)2 + (p + 1)2 ≥ ( 1 – 2p)2 Ù p2 + 3p – 18 ≤ 0 
Ù – 6 ≤ p ≤ 3 . 
 Vậy maxp = 3, minp = -6 
Bài 5 ( ĐH – KD – 2008 ). 
x, y là hai số thực không âm thay đổi. 
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: 2 2
( )(1 )
(1 ) (1 )
x y xyP
x y
− −= + + 
Giải: Áp dung bđt về dấu GTTĐ ta có 
2 2 2 2
( )(1 ) | ( )(1 ) || |
(1 ) (1 ) | (1 ) (1 ) |
x y xy x y xyP
x y x y
− − − −= =+ + + + ≤ 2
( )(1 )
[( ) (1 )]
x y xy
x y xy
+ +
+ + + ≤ 
1
4
=> - ¼ ≤ p ≤ ¼ 
Vậy maxp = ¼ Ù 0 1
1 0
y x
x y xy y
= =⎧ ⎧⇔⎨ ⎨+ = + =⎩ ⎩ , minp = - 6 Ù 
0
1
x
y
=⎧⎨ =⎩ 
Ghi chú: cũng có thể giải như sau: 
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )
(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )
x y y x x y y x x yP
x y x y x y
+ − + + − += = = −+ + + + + + 
Xét 2( ) (1 )
tg t
t
= + , ( t ≥ 0) 
lập bbt ta tìm được tập giá trị của g(t) là : 0 ≤ g(t) ≤ ¼ 
Vậy maxp = 1
4
 khi x = 1, y = 0, miny = – 1
4
 khi x = 0, y = 1 
*Một cách giải khác (đáp án của Bộ GD & ĐT) 
Đặt x = tgu, y = tgv với u, v [0; )
2
π∈ . 
2 2
(tgu tgv)(1 tgutgv)P
(1 tgu) (1 tgv)
− −= + + =
sin(u v)cos(u v)
2 2(sin u cos u) (sin v cos v)
− +
+ +
= 
1 sin 2u sin 2v
2 (1 sin 2u)(1 s in2v)
−
+ + = 
1 1 1
2 1 sin2v 1 sin2u
⎛ ⎞−⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ 
Pmax = 
1 1 1 1
2 1 0 1 1 4
⎛ ⎞− =⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ khi u 4
π= và v = 0 ⇔ x = 1 và y = 0 
Pmin = 
1 1 1 1
2 1 1 1 0 4
⎛ ⎞− = −⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ khi u = 0 và v 4
π= ⇔ x = 0 và y = 1 
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 10 
Bài 6 ( ĐH – KD – 2009 ). 
Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. 
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25 xy 
Giải: 
Từ tính đối xứng của x và y , với đk x + y = 1 ta đi đến cách giải sau: 
S = 16x2y2 + 12( x3 + y3) + 34xy = 16x2y2 – 2xy + 12 
Đặt t = xy, x + y = 1 => 0 ≤ t = xy ≤ ¼ 
Ta được S = 16t2 – 2t + 12 , với t ∈ [0; ¼ ] 
S’ = 32t – 2 , S’ = 0 Ù t = 1
16
S(0) = 12, S( ¼ ) = 25
2
 , S( 1
16
) = 191
16
Vậy maxS = 25
2
, Ù x = y = ½ , minS = 191
16
 Ù 
2 3
4
2 3
4
x
y
⎡ +=⎢⎢⎢ −=⎢⎣
 hay 
2 3
4
2 3
4
x
y
⎡ −=⎢⎢⎢ +=⎢⎣
Ghi chú: 
từ đk x + y = 1=> y = 1 – x , thay vào S ta được : 
S = 16x4 – 32x3 + 18x2 – 2x + 12 với 0 ≤ x ≤ 1 . 
Áp dụng qui tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số liên tục trên đoạn ta cũng 
tìm được kết quả tương tự. 
Bài 7 ( ĐH – KA – 2006 ). 
Cho hai số thực x, y thay đổi khác không thỏa điều kiện : (x + y)xy = x2 + 
y2 – xy (*). Tìm GTLN của biểu thức 3 3
1 1A
x y
= + 
Giải: 
Đặt s = x + y, p = xy , (*) trở thành sp = s2 – 3p Ù 
2
3
sp
s
= + 
Khi đó : 
23
3
3 3s sp sA
p s
− +⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Từ đk s2 – 4p ≥ 0 ( với 
2
3
sp
s
= + ) ta suy ra : s < -3 v s ≥ 1 
Bằng phương pháp lập BBT ta tìm được: MaxA = 16 Ù x = y = ½ 
Nhận xét: Từ tính đối xứng của x, y trong điều kiện ban đầu và trong biểu 
thức A mà ta có cách giải trên. 
Ngoài ra từ đk của S việc giải bài toán bằng cách dùng bđt có khó khăn 
nhưng ta có thể dự đoán maxA xảy ra khi x = y = ½ và A = 16 
Bài 8 ( ĐH – KB – 2007 ). 
x,y,z là các số thực dương thay đổi . 
Tìm GTNN của 1 1 1
2 z 2 zx 2
x y zP x y z
y xy
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 11 
Giải: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 z x 2 2 2 z
x y z x y z x y z x y zP
y z xy xy
+ += + + + + + = + + + 
≥ 
2 2 2
2 2 2 z
x y z xy yz zxP
xy
+ += + + + = 
2 2 21 1 1
2 2 2
x y z
x y z
+ + + + + 
Xét g(t) = 
2 1( ) , 0
2
tg t t
t
= + > . 
t 0 1 + ∞ 
g’(t) – + 
g(t) 
 3
2
Suy ra P ≥ 3
2
 + 3
2
 + 3
2
 = 9
2
. Vậy Minp = 9
2
 Ù x = y = z = 1. 
Bài 9 ( ĐH – KB – 2009 ). 
Cho x,y là hai số thực thay đổi thỏa mãn : (x + y)3 + 4xy ≥ 2. 
Tim GTNN của biểu thức: A = 3( x4 + y4 + x2y2 ) – 2(x2 + y2) + 1 
Giải: 
nhận xét: A đối xứng đối với x,y , do vậy có thể đưa A về tổng x + y hoặc 
xy. Từ đó đặt ẩn phụ, lập BBT do vậy đầu tiên ta cần tìm tập giá trị cho s 
hoặc p 
ngoài đk (x + y)3 + 4xy ≥ 2 ta còn có (x + y)2 - 4xy ≥ 0 suy ra (x + y)3 + 
(x + y)2 – 2 ≥ 0, => x + y ≥ 1 
Khi đó A = 3[(x2 + y2)2 – x2y2] – 2 (x2 + y2) + 1 
≥ ( ) ( )22 222 2 2 23 2 12x yx y x y
⎡ ⎤⎛ ⎞++ − − + +⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
= ( ) ( )22 2 2 29 2 14 x y x y+ − + + 
Đặt t = x2 + y2 , 2(x2 + y2) ≥ (x + y)2 => t ≥ ½ 
Vậy 29 12 1 ,
4 2
A t t t= − + ≥ . 
Bằng cách lập BBT ta tìm được : 9A=
16
Min Ù x = y = ½ 
Ghi chú: do tính đối xứng của x,y trong biểu thức A, và kỹ năng chứng 
minh bđt bằng phương pháp chọn điểm rơi. Ta có thể giải như sau: 
Dự đoán đẳng thức xảy ra Ù x = y và (x+y)3+ 4xy= 2suy ra x = y = ½ 
Ta chú ý các bđt và đẳng thức sau: xy = ¼ [(x + y)2 – (x – y)2)] ≤ ¼ (x + y)2 
 Và ½ (x + y)2 ≤ x2 + y2. 
Ta có (x + y)3 + 4xy ≥ 2 Ù (x + y)3 +[(x + y)2 – (x – y)2)] ≥ 2 
Ù(x + y)3 + (x + y)2 – 2 ≥ (x – y)2 ≥ 0 Ù (x + y – 1)[(x + y)2+2(x+y)+2] ≥ 0 
Ù x + y – 1 ≥ 0 Ù x + y ≥ 1 
 Khi đó : A = 3[(x2 + y2)2 – x2y2] – 2 (x2 + y2) + 1 
= 3[(x2 + y2)2 – ¼ [(x2 + y2 )2 – (x2 – y2 )2 ] – 2 (x2 + y2) + 1 
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 12 
= 9
4
[x2 + y2 - 4
3
 ]2 + 1
3
 (x2 – y2)2 - 4
9
do 1 ≤ x + y ≤ 2(x2 + y2) => x2 + y2 ≥ ½ , x2 – y2 ≥ 0 
Suy ra A ≥ 9
4
[ 1
2
 - 4
3
 ]2 + 1
3
 (0)2 - 4
9
 = 9
16
. Vậy MinA = 9
16
Ù x = y = ½ 
Bài 10 (ĐH – KB – 2007 ) 
x,y,z là các số thực dương thỏa x.y.z = 1. 
Tìm GTNN của biểu thức : 
2 2 2( ) ( ) ( )
2 2 2
x y z y z x z x yP
y y z z z z x x x x y y
+ + += + ++ + + 
Giải : áp dụng bđt Cô-si cho từng cặp số x,y; y,z; z,x ta có 
2 2( ) 2 zx y z y
x
+ ≥ = , 2 2( ) 2 zxy z x
y
+ ≥ = , 2 2( ) 2z x y xy
z
+ ≥ = 
Suy ra : 22 2
2 2 2
y yx x z zP
y y z z z z x x x x y y
≥ + ++ + + 
Đổi biến : 2a x x y y= + , 2b y y z z= + , 2c z z x x= + 
Ta tính được : 4 2x x
9
c a b+ −= , 4 2
9
a b cy y + −= , 4 2
9
b c az z + −= 
Khi đó : 2 4 2 4 2 4 2
9
c a b a b c b c aP
b c a
+ − + − + −⎛ ⎞≥ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
≥ 2 4 6
9
a c b a b c
c b a b c a
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ≥ 
2
9
(4.3 + 3 – 6 ) = 2 
2
a c b
c b aMinP a b c
a b c
b c a
⎧ = =⎪⎪= ⇔ ⇔ = =⎨⎪ = =⎪⎩
, suy ra x = y = z = 1 
Bài 11 (ĐH – KB – 2006 ) 
Cho x,y là hai số thực thay đổi. 
Tìm GTNN của biểu thức: 2 2 2 2( 1) ( 1) 2A x y x y y= − + + + + + − 
Giải: xét (1 ; ) , (1 ; )u x y v x y= − = +G G 
Ta có 2| | | | | | 2 1 | 2 |A u v u v y y= + ≥ + ≥ + + −JJG JJG G JG 
Xét 2( ) 2 1 | 2 |f y y y= + + − 
y < 2 : 2( ) 2 1 2f y y y= + + − , 
y –∞ 1
3
 2 
f’(y) – 0 + 
f(y) 
 2+ 3 
y ≥ 2+ 3 
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 13 
Với y ≥ 2 : 2( ) 2 1 2f y y y= + + − , ta có 2 5y ≥ > 2+ 3 
Vậy miny = 2+ 3 Ù 
1 1
1
3
x x
y
− = +⎧⎪⎨ =⎪⎩
Ù 
0
1
3
x
y
=⎧⎪⎨ =⎪⎩
Bài 12: (ĐH QY- 1996 ) 
Trong kg Oxyx cho A(1; 1; 0), B(3; -1; 4) và đường thẳng (d) có phương 
trình : 1 1 2
1 1 2
x y z+ − += +− . Tìm điểm M trên d sao cho tổng các độ dài MA + 
MB nhỏ nhất. 
Giải: ∀M ∈ (d) Ù M(-1 + t ; 1 – t ; -2 + 2t) 
2 2 2 2 2 2( 2) (2 2) ( 4) ( 2) (2 6)MA MB t t t t t t+ = − + + − + − + − + − 
2 2 2 21 16 12 8 6 36 56 6 ( 1) ( 3)
3 3
t t t t t t
⎛ ⎞= − + + − + = − + + − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Trong mặt phẳng xét các điểm : 1 1(1; ) , (3; ), à M( t ;0)
3 3
P Q v− 
Ta có MA + MB = MP + MQ ≥ PQ 
MA + MB = PQ Ù M, P, Q thẳng hàng Ù t = 2. Suy ra M(1; -1; 2) 
Khi đó MA + MB = 4
3
Nhận xét; Cách giải trên có thể xem là tối ưu cho các cách giải đã được 
giới thiệu trên các sách tham khảo 
Bài 13: (ĐH – KB – 2004 ) 
Xác định m để phương trình sau có nghiệm : 
2 2 4 2 2( 1 1 2) 2 1 1 1m x x x x x+ − − + = − + + − − (*) 
Giải: D = [-1; 1] 
(*) Ù 
4 2 2
2 2
2 1 1 1
1 1 2
x x xm
x x
− + + − −= + − − + (1) ( do 
2 21 1 2 0 ,x x x D+ − − + ≠ ∀ ∈ ) 
(1) là phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) : y = m và đồ 
thị (C) của hàm số 
4 2 2
2 2
2 1 1 1
1 1 2
x x xy
x x
− + + − −= + − − + 
Việc tìm m để phương trình có nghiệm đồng nghĩa với việc đi tìm TGT ( 
hay GTLN, GTNN ) của hàm số. ta chọn phương pháp sử dụng BBT để 
tìm TGT của hàm số đã nêu bằng cách: 
Đặt t = 2 21 1x x+ − − , lập bbt cho t ta tìm được 0 ≤ t ≤ 2 
Khi đó : 
2 2( ) ( ) (0 2)
2
t ty f x g t t
t
− + += = = ≤ ≤+ 
y 0 +∞ 
g’(t) – 
g(t) 1 
 2 - 1 
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 14 
 Vậy để phương trình có nghiệm thì 2 - 1 ≤ m ≤ 1 
Nhận xét: đây là một bài toán tương đối phổ biến trong các đề thi đại học 
hiện nay, phương pháp thì đã rõ vấn đề còn ở chổ kỹ năng xét dấu đạo hàm 
và kỹ năng lập bbt 
Bài 14: (ĐH Mỏ Địa Chất 2000 ) 
Cho tam giác ABC có 0 < A ≤ B ≤ C < 90o . 
Tìm GTNN của 2 os3C-4cos2C+1
cosC
cP = 
Giải: 2 os3C-4cos2C+1
cosC
cP = Ù
3 28 os C-8cos C- 6cosC +5
cosC
cP = 
Đặt t = cosC , từ giả thiết suy ra : 60o ≤ C 0 < t ≤ ½ 
Khi đó 
3 2
28 -8 - 6t + 5 5( ) 8 8 6
t
t tP f t t t
t
= = = − − + với 0 < t ≤ ½ 
f’(t) = 16t – 8 – 2
5
t
 = 2(2t – 1) – 2
5
t
 < 0 
Suy ra : minP = f(½) = 2 Ù C = 60o. 
Bài 15:( HV QY 2000) 
Tìm GTNN của : 
4 4 2 2
4 4 2 2( ; ) 2 , 0 , 0
x y x y x yf x y x y
y x y x y x
⎛ ⎞= + − + + + ≠ ≠⎜ ⎟⎝ ⎠
Đặt x yt
y x
= + , => | t | ≥ 2 . Khi đó: 
4 4
4 2
4 4 4 2
x y t t
y x
+ = − + , 
2 2
2
2 2 2
x y t
y x
+ = − 
f(x,y) = g(t) = t4 – 6t2 + t + 6 , với | t | ≥ 2 
g’(t) = 4t3 – 12 t + 1, g’’(t) = 12t2 – 12 
Từ dấu của g” suy ra dấu của g’, 
t - ∞ -2 2 + ∞ 
 g’ – + 
g 
 - 4 
0 
 Vậy minf(x,y) = -4 Ù t = - 2 hay 1x
y
= − 
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 15 
BÀI TẬP TỰ LUYỆN: 
1* Tìm GTNN của hàm số 2x 2x x xy (2 3) (2 3) 8 (2 3) (2 3)⎡ ⎤= + + − − + + −⎣ ⎦ 
 ( ĐS: Miny = - 18 Ù x = 4) 
2* Tìm GTLN, GTNN của hàm số : y = asin4x + bcos4x với a ≥ b > 0. 
 ( ĐS: maxy = a, miny = ab
a b+ ) 
3* Tìm GTNN của hàm số 2 2y x 2x 5 x 2x 10= − + + + + 
 ( ĐS: miny = 29Ù x = 1
5
 ) 
4* Tìm GTNN của hàm số : 
2 21 1 16 32y x 2 x x
2 2 5 5
= + + − + + 2 21 1 4 8x 4x 10 x x
2 2 5 5
− + + − + 
 ( ĐS: miny = 4 2 2+ Ù x = 2 ) 
5*Tìm GTNN của F = 19x2 + 54y2 + 16z2 + 36xy – 24yz – 16 zx 
 ( ĐS: miny = 0Ù x = y = z = 0 ) 
6* x,y là hai số dương thay đổi thỏa x + y = 3. 
Tìm GTNN của biểu thức 3 1
2
S
x y
= + 
ĐS: 7 2 6min
6
y += Ù 18 3 6
5
x −= 
7* Tìm GTNN của biểu thức: 
P = 2 2 22 2 2log 1 log 1 log 4x y z+ + + + + với x,y,z dương thỏa xyz = 8 
ĐS 4min 5 8 , 8P x y z= ⇔ = = = 
8*Tìm GTNN của hsố : 2
osx ; 0
sin (2cos s inx) 3
cy x
x x
π= < ≤− 
ĐS : min 2
4
y x π= ⇔ = 
9* Cho x,y,z là các số thực thoả mãn các điều kiện : x + y + z = 0, x+1 > 0, 
y+1 > 0, z+4 > 0. 
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : Q = 
1+x
x +
1+y
y +
4+z
z 
ĐS : maxQ = 1
3
 Ù x = y = ½ , z = - 1 
10* Cho x,y,z là những số dương thoả mãn xyz =1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức: P = 6336
99
yyxx
yx
++
+ + 6336
99
zzyy
zy
++
+ + 6336
99
xxzz
xz
++
+ 
ĐS : MinP = 2 Ù x = y = z = 1 
11*Xét ∆ABC .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
 F = 5cotg2A + 16cotg2B + 27cotg2C 
ĐS: MinF = 12 Ù cotA = 1, cotB = ½ , cotC = 1
3
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 16 
 12*Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
yx
z
xz
y
zy
x
+++++
333
, 
 với x,y,z là các số dương thoả mãn điều kiện : x + y + z ≥ 6 
ĐS : MinP = 6 Ù x = y = z = 2 
13*Tìm các góc A,B,C của ∆ABC sao cho Q = sin2A + sin2B-sin2C đạt giá trị 
nhỏ nhất 
ĐS: A = B = 30o , C = 120o 
14*Các số thực dương x,y,z thỏa điều kiện x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức: 
2 2 2( ) ( ) ( )
z zx
x y z y z x z x yP
y xy
+ + += + + 
 ĐS : MinP = 2 Ù x = y = z = 1/3 
15* Trong không gian Oxyz cho A(1; 2; -1) , B(2 – 2 ; 2; -3) và đường thẳng 
(d) có phương trình : x = 2, y = - t , z = 1 + t , t ∈ R. Tìm M thuộc (d) sao cho 
MA + MB nhỏ nhất. 
ĐS : GTNN là 11
2
 với M( 2; 7
2
; - 4
3
) 
VI. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU: 
 Thật khó để có một con số cụ thể đánh giá kết quả nghiên cứu của đề 
tài . Tuy nhiên xin được phân tích các ví dụ và phương pháp đề cập tới như 
sau: Các hàm cần tìm GTLN, GTNN mà các đề thi hiện tại chú tâm tới 
thường gắn liền với các dạng phương trình hay hệ phương trình [ ví dụ : Cho 
hai số thực x, y thay đổi khác không thỏa điều kiện :(x + y)xy = x2 + y2 – xy 
Tìm GTLN của biểu thức 3 3
1 1A
x y
= + ( giống hệ đối xứng loại 1) ,Cho hai số 
x,y thỏa hệ thức x2+y2 =1.Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 
2
2
2( 6 )
1 2 2
x xyP
xy y
+= + + 
(giống hệ đẳng cấp bậc hai hoặc tùy theo cách giải mà còn có thể giống điều 
kiện có nghiệm của phương trình asinx + bcosx = c).] 
Ngoài ra đề tài cũng đề cập đến phương pháp “ chọn điểm rơi ” để vận 
dụng cho phương pháp tìm GTLN, GTNN bằng BĐT là một phương pháp có 
nhiều ưu điểm và tương đối phổ biến cho các bài tập hiện nay. 
Một nét đặc biệt nữa trong các ví dụ đề tài giới thiệu có một phương pháp 
tối ưu để giải quyết cho bài toán “tìm trên đường thẳng cho trước một điểm M 
sao cho tổng các khoảng cách từ đó đến 2 điểm cố định cho trước là nhỏ 
nhất”. 
 Mức độ dễ hiểu , dễ vận dụng đối với học sinh xin dành cho độc giả. 
VII. KẾT LUẬN: 
 Trong giai đoạn hiện nay, việc học đối với học sinh như một gánh 
nặng, ý thức tự học, tự rèn luyện của học sinh có phần lơi lỏng . Hy vọng đề 
tài có thể giúp học sinh cởi bỏ được phần nào tâm lý lo ngại khi phải đối mặt 
với bài toán tìm GTLN, GTNN của hàm số hay biểu thức. 
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 17 
VIII. ĐỀ NGHỊ: 
 Đề tài này cần thiết giới thiệu rộng rãi cho học sinh và đồng nghiệp. 
Tuy nhiên các ví dụ cũng cần được sưu tập thêm, với sự cộng tác của độc giả 
chắc chắn đề tài sẽ đem lại nhiều lợi ích . Ngoài ra phương pháp giải các ví dụ 
có thể chưa tối ưu cần sự góp ý bổ sung của bạn đọc. 
IX. PHỤ LỤC: 
 Việc vận dụng được BĐT vào bài toán tìm GTLN, GTNN của hàm số 
hay biểu thức không phải đơn giản. Để có thêm kỹ năng đề tài xin giới thiệu 
cùng bạn đọc thêm một số BĐT có thể chứng minh bằng phương pháp chọn 
điểm rơi hay sử dụng véctơ để bạn đọc tham khảo 
 1/ Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: a + b + c = 3. Tìm GTNN của: 
4 9 16 9 16 4 16 4 9a b c a b c a b cM = + + + + + + + + 
2/ Cho a, b, c là các số thực khác không thỏa : 
a + b + c = 4 và ax + by + cz = 5. 
Tìm GTNN của biểu thức : 2 2 2 2 2 2 2 2 29 9 9P a a x b b y c c z= + + + + + 
3/ Cho 2n số thực a1, a2, ,an , b1, b2, , bn khác không và 
a1+ a2+ + an = a. và b1+ b2+ + bn = b. 
Tìm GTNN của : 2 2 2 2 2 21 1 2 2 .... n nA a b a b a b= + + + + + 
4/Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a + b + c = 1. 
Tìm GTNN của 
3 3 3
2 2 2(1 ) (1 ) (1 )
a b cP
a b c
= + +− − − 
5/Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a + b + c = 6. 
 Tìm GTNN của 
3 3 3
( )( 2 ) ( )( 2 ) ( )( 2 )
a b cP
a b b c b c c a c a a b
= + ++ + + + + + 
6/(Iran MO 2008 ) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa x + y + z = 3. 
C/m: 
3 3 3
3 3 3
1 2 ( z+zx)
8 8 8 9 27
x y z xy y
y z x
+ + ≥ + ++ + + 
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 18 
X. TÀI LIỆU THAM KHẢO: 
1.Báo TOÁN HỌC & TUỔI TRẺ 
( ra định kỳ hằng tháng và các đợt kỷ niệm sinh nhật của BÁO ) 
2.BA THẬP KỶ ĐỀ THI TOÁN VÀO CÁC TRƯỜNG 
ĐẠI HỌC VIỆT NAM của tác giả TRẦN PHƯƠNG. 
 (NXB ĐH QG TP. HỒ CHÍ MINH) 
3.CÁC ĐỀ THI ĐẠI HỌC THỐNG NHẤT TOÀN QUỐC 
SKKN  GTLN – GTNN. 
---------------------- 
Hồ Vĩnh Đức THPT Lê Quý Đôn – TK Qnam 19 
XI. MỤC LỤC: 
NỘI DUNG TRANG 
1.Tên đề tài .. 1 
2. Đặt vấn đề: .. 1 
 3. Cơ sở lý luận:  1 
4.Cơ sở thực tiễn:  2 
5. Nội dung nghiên cứu: 
a. Nội dung phương pháp  3 
b. Hệ thống bài tập minh họa  8 
c. Bài tập tự luyện  15 
6. Kết quả nghiên cứu . 16 
7. Kết luận:  16 
8. Đề nghị:  17 
9. Phần phụ lục: . 17 
10. Tài liệu tham khảo: .. 18 
11. Mục lục:  19 
12. Phiếu đánh giá xếp loại SKKN: