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 đạo hàm để khảo sát biến thiên vẽ ĐTHS nội dung quan trọng chương trình giải tích 12 Nội dung chương có nhiều ứng dụng vô hay khiến dạng tập khó trở nên đơn giản Một ứng dụng quan trọng mà khó làm khơng có góp mặt ứng dụng để tìm GTLN, GTNN hàm số Với mục đích nhằm giúp em họcsinh giải tốt tốn tìm GTLN, GTNN hàm số đề thi THPTQG mơn Tốn năm trước đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020, 2021 chọn sáng kiến: “Phân dạng phương pháp giải tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số” Hy vọng với sáng kiến em học sinh có nhìn tồn diện tự tin tiếp cận với toán chủ đề 1.1 Lý chọn đề tài Tôi chọn đề tài với mong muốn giúp học sinh có nhìn tồn diện tự tin giải toán GTLN, GTNN hàm số 1.2 Mục đích nghiên cứu Sáng kiến đưa số biện pháp giúp em học sinh giải tốt tốn tìm GTLN, GTNN hàm số đề thi 1.3 Đối tượng nghiên cứu Dựa vào tảng “ Phương pháp giải tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số” nhằm mục tiêu giúp em H/S nắm vững dạng hương pháp giải toán thuộc chủ đề 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp xây dựng sở lý thuyết - Phương pháp khảo sát, thu thập thông tin - Phương pháp thống kê , xử lý số liệu 1.5 Những điểm SKKN Để hồn thành sáng kiến nói chúng tơi phải nghiên cứu dạng tốn liên quan đến ứng dụng đạo hàm vàđồ thị HS Phạm vi nghiên cứu sáng kiến tồn chương I giải tích 12 toán liên quan dến GTLN, GTNN thường xuất ĐT HSG Toán, thi THPTQG năm trước NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận để đề xuất sáng kiến Hệ thống lại cho học sinh kiến thức Phân dạng PP giải vững dạng tập áp dụng Trên sở thấy H/S yếu phần ta bổ sung kịp thời với hướng dẫn, H/S tham khảo tài liệu liên quan đến học Giúp cho H/S có kỹ thao tác tốt giải toán liên quan đến GTLN, GTNN HS hình thức trắc nghiệm tự luận 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến Chuyên đề khảo sát biến thiên vẽ ĐTHS chuyên đề quan trọng chiếm điểm số cao kỳ thi HSG Tốn 12 thi THPTQG mơn Tốn năm trước thi tốt nghiệp THPT năm 2020 Nhưng lại vấn đề nhức nhối với đối tượng học sinh lớp 12 với phần câu liên quan đến tìm GTLN, GTNN HS Để giúp em có kiến thức tổng hợp tồn phương pháp hay hàm số dạng tập thường gặp kỳ thi giúp em có tâm lý vững vàng trước bước vào mùa thi mạnh dạn đưa sáng kiến: “Phân dạng phương pháp giải tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số” 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Giải pháp 1: Hệ thống kiến thức GTLN, GTNN a Khái niệm GTLN, GTNN HS Định nghĩa: Cho HS y = f (x) +) Số M gọi GTLN HS Kí hiệu: M = maxf (x) xỴ D xác định miền y = f ( x) D D nếu: ìï f (x) £ M , " x Î D ï í ïï $x0 Î D, f (x0) = M ỵ M = maxf (x) D ìï f (x) ³ m, " x Ỵ D ï +) Số m gọi GTNN HS y = f ( x) D nếu: íï $x Ỵ D, f (x ) = m ï ïỵ Kí hiệu: m = minf (x) m = minf (x) xỴ D D b Quy trình tìm GTLN, GTNN HS sử dụng BBT Giả sử HS y = f (x) liên tục K (K khoảng, nửa khoảng đoạn) Bước Tính đạo hàm f ¢(x) Bước Tìm nghiệm f ¢(x) điểm f ¢(x) khơng xác định K Bước Lập BBT HS f (x) K Bước Căn vào BBT kết luận f (x), max f (x) K K c Quy trình tìm giá GTLN, GTNN HS không sử dụng BBT Giả sử HS y = f (x) liên tục K (K khoảng, nửa khoảng đoạn) Trường hợp Tập K đoạn Bước Tính đạo hm [a;b] f Â(x) xi ẻ ( a;b) ( i = 1,2, , n) Bước Tìm tất điểm f ¢(xi ) cho f ¢(xi ) = khơng xác định Bước Tính f (x1); f (x2); ; f (xn ) f (a); f (b) (1) Bước Số lớn (nhỏ nhất) số (1) M = max f (x) é ù êa;bû ú ë ( m = f (x) ) é ù êa;bú ë û Trường hợp Tập K khoảng Bước Tính đạo hàm (a;b) f ¢(x) Bước Tìm tất điểm xi Ỵ ( a;b) ( i = 1,2, , n) cho f ¢(xi ) = f ¢(xi ) khơng xác định Bước Tính A = lim+ f (x) , B = lim- f (x) , f (x ); f (x ); ; f (x ) n x®a x®b Bước So sánh giá trị tính kết luận M = maxf (x) , m = minf (x) (a;b) (a;b) Chú ý: Nếu GTLN (GTNN) A B không tồn xi Ỵ ( a;b) ( i = 1,2, ,n) để f (xi ) = A (f (xi ) = B ) ta kết luận HS khơng có GTLN(GTNN) khoảng (a;b) 2.3.2 Giải pháp 2: Phân dạng đưa phương pháp giải dạngbài tập GTLN, GTNN Dạng 1: Tìm GTLN, GTNN HS thông qua Bảng biến thiên đồ thị hàm số VD1: Cho HS y = f ( x) liên tục đoạn [ −1;3] có Đ/T hình vẽ bên Gọi M , m GTLN GTNN HS cho đoạn [ −1;3] Giá trị M + m là: A 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 ¡ có Đ/T hình bên Tổng GTLN, x x   GTNN HS g ( x ) = f  2sin cos + ÷ bằng:  A 2  B C D x x Lời giải: Đặt t = 2sin cos + = s inx + ⇒ ≤ t ≤ f ( t ) = t = 4, f ( t ) = t = Quan sát ĐT HS y = f ( t ) đoạn [ 2; 4] max [ 2;4] [ 2;4] π π + k 2π ( k ∈ ¢ ) max g ( x) = ⇔ sinx = ⇔ x = + k 2π ( k ∈ ¢ ) 2 Vậy max g ( x) + g ( x) = + = Chọn A VD3: Cho HS y = f ( x ) có Đ/T hình vẽ Gọi M , m g ( x) = ⇔ sinx = − ⇔ x = −   GTLN GTNN HS y = f  ÷ đoạn [ 0; 2] Khi   M + m là: A B C D Lời giải: Ta có g '( x) = x x  x f '  ÷, g ' ( x ) = ⇔ f '  ÷ = ⇔ 2  2 x = x =  Từ ta lập BBT HS g ( x ) đoạn [ 0;2] sau: x g’(x) - g(0) g(x) Vậy g(2) 3 f (0) = 3, m = g (2) = f (1) = ⇒ M + m = 2 M = 3, m = ⇒ M + m = M = g (0) = Vậy VD4: Cho HS y = f ( x) xác định, liên tục ¡ có BBT: −∞ x f’(x) + - +∞ f( x) −1 Khẳng định sau khẳng định đúng? f ( x ) = B f ( x ) = −1 C f ( x ) = A max ¡ ¡ ¡ f ( x ) = D max ¡ f ( x ) = Lời giải: Dựa vào BBT ta có max ¡ Dạng 2: Tìm GTLN, GTNN HS đoạn khoảng nửa khoảng VD1: ĐT THPTQG 2018 GTLN HS y = x − x + đoạn [ −2;3] A 201 B C D 54 Lời giải: HS y = x − x + liên tục đoạn [ −2;3] Ta có: y ' = x3 − x;  y ' = ⇔ 4 x − x = ⇔  x = x ∈ −2;3  ( )  x ∈ ( −2;3)  y (0) = 9; y (± 2) = 5; y ( −2) = 9; y (3) = 54 x = ± ⇒ max y = 54 [ −2;3] VD2: ĐT THPTQG 2018 GTNN HS y = x3 + x - x đoạn [ 0; 4] bằng: A - 259 B 68 C D - Lời giải: HS y = x + x - x liên tục đoạn [ 0; 4]   y' = 3 x + x = ⇔ ⇔ x ∈∅  Ta có: y ' = 3x + x ;  x ∈ 0; x ∈ 0;4 ( ) ( )    y (0) = 0; y (4) = 68 ⇒ y = [ 0;4] VD3: Tìm GTNN HS A y = ( − ) y= 2x − x2 x + − x2 + B y = − C y = −1 D y = −2 − Nhận xét: Bài tốn u cầu tìm GTNN HS mà khơng rõ tìm tập hợp ta tìm GTNN HS TXĐ HS Lời giải: TXĐ: D = [ = 1;1] Đặt t = x + − x , x ∈ [ −1;1] t ' = 1− x − x2 x = − x2 − x − x2   x≥0 ; t ' = ⇔ − x2 = x ⇔  ⇔x= 2  1 − x = x 2 −1 t’ + - t −1 ⇒ t ∈  −1;  t −1 t = + − x2 ⇒ − x2 = t −1 ⇒ y = t+2 Ta có: y' = t + 4t + ( t + 2)  t = −2 − (loai) ; y ' = ⇔ t + 4t + = ⇔  t = −2 + (nhan) ∗ y ( − 2) = 2( − 2), y ( −1) = 0, y( 2) = VD4: GTNN HS y = x − + x − ⇒ y = x∈[ −1;1]  x2 = 1 x −  y′ = ⇔  ⇔ x =1 y′ = − = ;   x x  x ∈ (0; +∞)  x ∈ (0; +∞)  x y’ - 3−2 ) D f ( x ) = −7 khoảng (0; +∞) là: f ( x) = −3 B f ( x) = C f ( x ) = A (0; (0; + ∞ ) +∞ ) (0; + ∞ ) Bài giải: HS cho liên tục khoảng (0; +∞) Ta có: ( (0; + ∞ ) +∞ + y +∞ +∞ -3 f ( x) = f (1) = −3 Từ BBT HS suy ra: (0;+∞) 3 VD5: Cho x, y ≥ thỏa mãn x + y = Tìm GTLN biểu thức S = ( x − 1) ( y − 1) A max S = 49 C max S = B max S = max S = D Nhận xét: Biểu thức cần tim GTLN, GTNN chứa hai biến x, y Để giải toán ta phải qui biến cách đặt ẩn phụ Sau lời giải toán: Đặt t = xy (0 ≤ t ≤ ( Xét HS Do x + y) = 4) Ta có S = ( xy ) − ( x + y )  ( x + y ) − 3xy  + = t + 12t − 63 f ( t ) = t + 12t − 63, t ∈ [ 0;4 ] Ta có f ' ( t ) = 3t + 12 > ∀ t ∈ [ 0;4] ⇒ f ( t ) ĐB   x + y = S = f ( t ) = f ( ) = − 63 ⇔  ⇔ [ 0;4]  xy =   [ 0; 4]  x =    y = ; max S = max f t = f = 49 ⇔ ( ) ( )  x = [ 0;4]    y = x x =  y = y VD6: Cho x , y ≥ thỏa mãn x + y = Tìm GTNN S = y + + x + A S = Lời giải: Đặt t =x+y, D S = 2 = ×8 = 16 ⇒ t ≤ , C S = B S = −1 ta có ( x + y ) ≤ ( x + y ) 2 ( x + y ) = x + y + xy ≥ x + y = ⇒ t ≥ 2 ( x + y ) − ( x2 + y ) t − Suy 2 ≤ t ≤ Lại có x ×y = Ta có biến đổi sau Xét = 2 t + t − ( t − 8) x ( x + 1) + y ( y + 1) ( x + y ) + ( x + y ) − xy = t +8 = 2× S = ( y + 1) ( x + 1) = t2 − t+ +1 x + y + xy + t + 2t − t+8 HS f ( t ) = t + 2t − , t ∈  2;4 Ta có (t f '( t ) = Suy f (t ) NB  2;  Do  2;4    + 2t − ) − ( t + ) ( 2t + ) (t + 2t − ) = − t − 16t − 22 < ∀ t ∈  2;4 ( t + 2t − ) f ( t ) = f ( ) = max f ( t ) = f ( 2 2 ) = x =  x2 + y2 =  x = ⇒ S ≥ × f ( t ) = , dấu xảy ⇔  ⇔ S = ⇔  Vậy  2;4 3 y = x + y =   y = VD7: (ĐT ĐH Khối B– 2011) Cho a , b số thực dương TM 2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2) GTNN m biểu thức 2  a b3   a b  P =  + ÷−  + ÷ a  b a  b là: B m = A m = −10 85 Lời giải: Với a>0, b>0 ta có: −23 2( a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2) C m = D m = a b 1 1 ⇔ 2(a + b ) + ab = a 2b + ab + 2(a + b) ⇔  + ÷+ = (a + b) +  + ÷ b a a b Áp dụng bất đẳng thức Cô–si ta được: Suy ra:  1  1 a b  (a + b) +  + ÷ ≥ 2(a + b)  + ÷ = 2  + + ÷ a b a b     b a  a b a b  a b  + ÷+ ≥ 2  + + ÷ ⇒  + ÷ ≥ b a b a  b a a b Đặt t = + b , t ≥ Ta được: a Ta có: 23 5 23 f (t ) = f  ÷ = − f ′(t ) = 6(2t − 3t − 2) > 0, ∀t ≥ Suy min P = − Vậy     ; +∞ ÷   a b 1 1 b + a = a + b =  a + b ÷ ⇔ (a; b) = (2;1) (a; b) = (1; 2)   P = 4(t − 3t ) − 9(t − 2) = 4t − 9t − 12t + 18 Xét HS: f (t ) = 4t − 9t − 12t + 18 với t ≥ Dạng : 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 HS y = x3 + 3mx2 + 3m2x + m − [0;1] A m=3 B m=0 C m=2 D m= 2 y = y(0) = m − Lời giải: y ' = 3x + 6mx + 3m = 3( x + m) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ [0;1] y = ⇔ = m − ⇔ m = Do [ 0;1] VD2: Tìm m để GTLN HS số y = x4 + 2m2x2 + m − [0;1] 1 A m = −1;m = D m=3 B m=2 ( C m=1 ) 2 y = 2m2 + m Lời giải: y ' = 4x + 4m x = 4x x + m ≥ 0, ∀x ∈ 0;1 ⇒ max [0;1] y = ⇔ = 2m + m ⇔ m = −1; m = Chọn A Do max 0;1 [ ] VD3: Tìm m để HS y = A m > Lời giải: Ta có y' = Như vậy, HS y = mx đạt GTLN x = đoạn [ −2; 2] x2 + B m = C m < D m = −2 m(1 − x ) (1+ x ) 2 = ⇒ x = ±1; f (−2) = −2m 2m m −m , f (2) = , f(1) = , f(−1) = 5 2 mx đạt GTLN x = m>0 Chọn A x2 + Nhận xét: Ta dùng máy tính, thử đáp án suy m>0 VD4: Cho HS có đạo hàm ¡ có Đ/T hình vẽ y = f ( x) g ( x ) = −10 Đặt y = g ( x ) = f ( x + x − 1) + m Tìm m để max [ 0;1] A m = −13 B m = C m = −12 D m = −1 Lời giải: Cách 1: HS y = f ( x ) có dạng: y = ax3 + bx + cx + d Ta có: f ′ ( x ) = 3ax + 2bx + c Theo Đ/T, hai điểm A ( −1;3) B ( 1; −1) hai điểm cực trị Đ/T HS y = f ( x ) Ta có hệ: 3a − 2b + c = a =1 3a + 2b + c = b =   ⇔  −a + b − c + d = c = −3   a + b + c + d = −  d =1 Do đó: f ( x ) = x − 3x + Ta có: f ′ ( x ) = 3x − ; x = f ′( x ) = ⇔   x = −1  x + x − = −1 x = ⇔  x = x0 2 x + x − = 3 Lại có: g′ ( x ) = ( x + 1) f ′ ( x + x − 1) , g ′ ( x ) = ⇔ f ′ ( x + x − 1) = ⇔  Với x0 ∈ ( 0;1) TM x03 + x0 − = Ta có: g ( ) = f ( −1) + m = + m ; g ( 1) = f ( ) + m = + m ; g ( x0 ) = f ( 1) + m = −1 + m Theo đề bài, ta có: + m = −10 ⇔ m = −13 Chọn A Cách 2: Đặt t = x + x − 1, x ∈ [ 0;1] ⇒ t ' ( x ) = x + > 0, ∀ x ∈ [ 0;1] ⇒ HS t(x) ĐB [ 0;1] ax f (t ) = ⇔ max[f (t ) + m]=3+m Dó x ∈ [ 0;1] ⇔ t ∈ [ − 1;2] Từ Đ/T HS ta có m [−1;2] [ −1;2] g ( x ) = max  f ( t ) + m  = + m ⇒ + m = −10 ⇒ m = −13 Chọn A Suy max [ 0;1] [ −1;2] * Hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối Bài tốn 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 M cho b) m[ α ;ax β] f ( x) = K ; f ( x) = k Khi max f ( x) + m = max { K + m ; k + m } Cách giải: Tìm m[ α ax ;β ] [ α ;β ] [ α ;β ] a) Xét 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 VD minh họa: VD1: Cho HS y = f ( x) = ax + bx + c (a ≠ 0) có Đ/T hình vẽ Tính tổng tất giá trị nguyên tham số m cho GTLN HS g ( x) = f ( x) + m đoạn 0;4 [ A 10 B ] C D Lời giải: Từ ĐT HS y = f ( x) = ax + bx + c (a ≠ 0) ta có ĐT HS nhận đường thẳng x=2 làm trục đối xứng mà f (0) = ⇒ f (4) = Vậy ≤ f ( x) ≤ ∀x ∈ 0;4 [ ] ax g ( x) = max { m + , m + } Xét HS g ( x) = f ( x) + m , x ∈ [ 0;4] Ta có m[0;4]  m+1 ≥ m+  m ≤ −3  ⇔ m = − 10 TH 1:  max g ( x) = ⇔   m+1 =  [0;4]   m +1 < m +  m > −3  ⇔m=4 TH 2:  max g ( x) = ⇔  m+5 =9  [0;4]  Vậy tổng giá trị nguyên m là: -10+4=6 VD2: Cho HS f ( x) = x3 − 3x Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho GTLN HS y = f (sinx + 1) + m Tổng phần tử tập S bằng: A B C D Lời giải: Đặt t = sinx + (t ∈ [ 0;2] ) Khi y = f (sinx + 1) + m = f (t ) + m = t − 3t + m u (t ) = t − 3t + m Xét HS liên tục đoạn [0;2] có u '(t ) = 3t −  t = 1∈ [ 0;2] u '(t ) = ⇔ 3t − = ⇔  t = −1∉ [0;2] u (0) = m; u (1) = m − 2; u (2) = m + ⇒ max u ( x) = m + 2,min u ( x) = m − max y = max { m −1 , m + } Khi đó: TH 1: [0;2] [0;2] Ta có   m = m −2 ≥ m +2  ⇔ m = −2 ⇔ m = −2  m − =   m ≤0   S = { −2;2} ⇒ −2 + = TH 2:   m = m−2 ≤ m +2  ⇔  m = −6 ⇔ m = m + =    m≥0  Vậy VD3: Cho HS y = A -19 ax y ≤ 11 x − x + x + m Tính tổng số nguyên m để m [−1;2] B -37 C -30 D -11 Lời giải: Xét HS f ( x) = x4 − x3 + x2 + m, x ∈ [ − 1;2] Ta có f ( x) liên tục đoạn [ −1;2] ,  x = ∈ [ −1;2 ]  f '( x) = x − x + x; f '( x) = ⇔  x = 1∈ [ −1;2]  x = ∈ [ −1;2] 9 f ( −1) = m + , f (0) = m, f (1) = m + , f (2) = m ⇒ max f ( x) = m + , f ( x) = m [-1;2] 4 [-1;2] Để    m + ≤ 11     m+ ≥ m max y ≤ 11 ⇔   ⇔ [-1;2]   m ≤ 11    m ≥ m +    53 35   − ≤ m ≤   m ≥ −   ⇔    − 11 ≤ m ≤ 11     m≤ −  35   −8 ≤ m≤ 35 ⇔ − 11 ≤ m ≤ ⇒ m ∈ { − 11; − 10; ;8} ⇒ Chọn   − 11 ≤ m ≤ −  C Bài toán 2: a) Tìm m để: f ( x) + m = a (a > 0) a) [ α ;β ] Cách giải: a) Tìm f ( x) + m ≤ a (a cho trước) b) [ α ;β ] max f ( x) = K ; f ( x) = k ( K > k ) [ α ;β ] [ α ;β ] Để  m+ k = a  m = a − k     m+ k >   m > −k  f ( x) + m = a (a > 0) ⇔ m + K = −a m = − a − K [ α ;β ]     m + K <   m < − K  m + k ≤ a  m ≤ a − k      m+ k ≥   m ≥ −k  m + K ≥ −a  m ≥ −a − K m ax f ( x ) = K ; f ( x ) = k   f ( x ) + m ≤ a ⇔ ⇔  b)Tìm [ α ;β ] Khi [ α ;β ] [ α ;β ]   m+ K ≤  m ≤ −K  (m + K )( m + k ) <  − K < m < − k     VD1: Tính tích tất giá trị m để HS y = x − x + x + m có GTNN đoạn [ 0;3] 18 là: A 432 Lời giải: Xét HS B -216 C -432 f ( x) = x3 − x + x + m, x ∈ [ 0;3] Ta D 288 có f ( x) HS liên tục đoạn [ 0;3] ,  x = 1∈ [ 0;3] ; f (0) = m, f (1) = 10 + m; f (2) = + m; f (3) = + m f '( x ) = x − 12 x + 8; f '( x) = ⇔  3  x = ∈ [ 0;3] ax f ( x ) = m + 6; f ( x ) = m Để Khi đó: m[0;3] [0;3]  m = 18   m = 18 m >0 y = 18 ⇔  ⇔ m + = −18 [0;3] m = −24   m + < Vậy tích giá trị m thỏa mãn −24.18 = −432 Chọn C VD2: Cho HS f ( x) = x − x + m − Gọi S tập hợp tất giá trị tham số m cho GTNN HS đoạn [ 0;2] 18 Tổng phần tử S là: A -5 B C -14 D -10 Lời giải: Xét HS g ( x) = x − x + m − 1, x ∈ [ 0;2] Ta có g ( x) liên tục đoạn [ 0;2] ,  x = ∈[ 0; ]  g '( x ) = x −4 x; g '( x ) = ⇔ x =1 ∈[ 0; ]  x = −1 ∉[ 0; 2] g (0) = m − 1, g (1) = m − 2, g (2) = m + ⇒ max g ( x) = m + 7, g ( x) = m − [0;2] [0;2] 10 Để   m −2 >   m = 20 m − = 18 f ( x ) = 18 ⇔  ⇔ ⇒ S = { −25; 20} ⇒ Chọn A  [0;2]  m +7 < m = −25  m + = −18 VD3: Tính tổng giá trị nguyên tham số m cho GTNN HS y = x − (m + 1) x + m đoạn [ 2; m − 1] nhỏ 2020 A 2043210 B 2034201 C 3421020 D 3412020 Lời giải: Xét HS f ( x) = x − (m + 1) x + m, x ∈ [ 2; m + 1] (m > 6) f '( x) = x − ( m + 1); f '( x) = ⇔ x = f (2) = − m, f ( Ta có g ( x) liên tục đoạn [ 0;2] m +1 ∈ [ 2; m − 1] m +1 ( m − 1)2 m +1   )=− , f ( m − 1) = − m ⇒ max f ( x) = max  f (2); f ( ); f ( m − 1)  = − m, [2;m−1]   (m − 1)2  m+1 (m − 1)2    y =  − m ; − f ( x) =  f (2); f ( ); f (m − 1)  = −  = 2− m Do [2;m−1]     Để y < 2020 ⇔ − m < 2020 ⇔ −2018 < m < 2022 Do m ∈ ¢, m > ⇒ m ∈ { 7;8; ;2021} nên tổng giá trị m ( + 2021) 2015 = 2043210 f ( x) + m f ( x) + m đạt GTNN Bài tốn 3: Tìm m để m[ α ;ax β] [ α ;β ] f ( x) = K ; f ( x) = k ( K > k ) Cách giải: Tìm m[ α ax ;β ] [ α ;β ] f ( x) + m đạt GTNN m = − K + k Khi GTNN *) Nếu u cầu tìm m để m[ α ;ax β] K − k f ( x) + m là: m[ α ;ax β] f ( x) + m đạt GTNN (m + K )(m + k ) ≤ ⇔ − K ≤ m ≤ − k *) Nếu yêu cầu tìm m để [ α ;β ] f ( x) + m Khi GTNN [ α ;β ] VD1: Có giá trị nguyên tham số m để GTLN HS y= 19 x − x + 30 x + m A B Lời giải: Xét HS đoạn [ 0;2] ; đoạn [ 0;2] đạt GTNN? f ( x) = C 19 x − x + 30 x + m, x ∈ [ 0; 2] D Ta có f ( x) HS liên tục  x = −5 ∉ [ 0;2]  f '( x) = x − 19 x + 30; f '( x) = ⇔  x = ∉ [ 0;2 ]  x = ∈ [ 0; 2] f (0) = m, f (2) = m + 26 ⇒ max f ( x ) = m + 26; 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 xảy   m = m + 26 = 13 ax y đạt GTNN 13 m = −13 Chọn D  − m(m + 26) > ⇔ m = − 13 Do m[0;2]  y với VD2: Có giá trị nguyên tham số m để [ −1;3] y = − x + 8x2 + m đạt GTNN? A 23 B 24 Lời giải: C 25 y = − x + x + m = x − x − m = ( x − ) − 16 − m D 26 Đặt Khi y = t − 16 − m = g (t ) ⇒ y = g (t ) = { m − ; m + 16 } [−1;3] t = ( x − ) , x ∈ [ − 1;3] ⇒ t ∈ [ 0;25] [0;25] y = m − ≥ ⇒ min(min y ) = m = *) Nếu m − ≥ ⇔ m ≥ Ta có [−1;3] [ −1;3] y = −m − 16 ≥ ⇒ min(min y ) = m = −16 *) Nếu m + 16 ≥ ⇔ m ≥ −16 Ta có [−1;3] [−1;3] y = ⇒ min(min y ) = *) Nếu (m − 9)(m + 16) < ⇔ −16 < m < Ta có [−1;3] [ −1;3] y) = ⇔ − 16 ≤ m ≤ Vì m ∈ ¢ nên có 26 số nguyên m thỏa mãn Chọn D Vậy min(min [−1;3] Dạng 4: Tìm GTLN, GTNN HS y=f(x) liên quan đến Đ/T HS y=f’(x) VD1: Cho HS y = f ( x ) xác định liên tục [ −3;3] Đ/T HS y = f ' ( x ) hình vẽ Hỏi HS y = f ( x ) đạt GTLN đoạn [ −3;3] điểm x0 đây? A −3 B C D −1 Lời giải: Từ Đ/T 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 f ′ ( x ) Đ/T HS y = f ′ ( x ) cho hình vẽ bên Biết f ( ) + f ( 3) = f ( ) + f ( 5) Tìm GTNN m GTLN M f ( x ) đoạn [ 0;5] A m = f ( ) , M = f ( 5) B m = f ( ) , M = f ( ) 12 C m = f ( 1) , M = f ( ) D m = f ( ) , M = f ( ) Lời giải: Từ Đ/T HS y=f’(x) ta có BBT HS y=f(x) đoạn [ 0;5] sau: Þ f ( x) = f ( 2) f( 3) > é0;5ù ê ú ë û ( 2) Mà f ( ) + f ( 3) = f ( ) + f ( 5) ⇒ f ( ) − f ( ) = f ( ) − f ( 3) < ⇒ f( 0) < VD4: Cho HS f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) Đ/T HS y = f ′ ( x ) ( 5) Chọn D cho hình vẽ bên Biết f ( ) + f ( 1) − f ( ) = f ( ) − f ( 3) Tìm GTNN m GTLN M f ( x ) đoạn [ 0;4] A m = f ( ) , M = f ( ) B m = f ( ) , M = f ( 1) C m = f ( ) , M = f ( ) D m = f ( 1) , M = f ( ) Lời giải: Từ Đ/T HS y = f ′ ( x ) ta có BBT HS y = f ( x ) đoạn [ 0;4 ] : Dựa vào BBT ta có M = f ( ) , GTNN f ( ) f ( ) Ta lại có: f ( 1) ; f ( 3) < f ( ) ⇒ f ( 1) + f ( 3) < f ( ) ⇔ f ( ) − f ( 1) − f ( 3) > f ( ) + f ( 1) − f ( ) = f ( ) − f ( 3) ⇔ f ( ) − f ( ) = f ( ) − f ( 3) − f ( 1) > ⇒ f ( ) > f ( ) Chọn A VD5: Cho HS y = f ( x ) Đ/T HS y = f ' ( x ) hình vẽ bên f ( x ) , m = f ( x ) , T = M + m Mệnh đề Đặt M = max [ −2;6] [ −2;6] đúng? A T = f ( 5) + f ( − ) B T = f ( ) + f ( ) C T = f ( ) + f ( − ) x -3 D T = f ( 5) + f ( ) −2 y -2 -1 -2 Lời giải: Ta có: ∫ f ' ( x ) dx > ∫ − f ' ( x ) dx ⇒ f ( ) − f ( −2 ) > f ( ) − f ( ) ⇒ f ( −2 ) < f ( ) ∫ − f ' ( x ) dx < ∫ f ' ( x ) dx ⇒ f ( ) − f ( ) < f ( 5) − f ( ) ⇒ f ( ) < f ( 5) ∫ f ' ( x ) dx > ∫ − f ' ( x ) dx ⇒ f ( 5) − f ( ) > f ( 5) − f ( ) ⇒ f ( ) < f ( ) Ta có BBT HS y = f ( x ) đoạn [ −2;6] : x f '( x) −2 + 0 - + 0 13 f (0) f (5) f ( x) f (−2) f (2) f (6) Suy M = f ( ) , m = f ( −2 ) ⇒ T = f ( ) + f ( −2 ) VD6: Cho HS y = f ( x ) có Đ/T 3 g ( x ) = f ( x ) − x − x + x + 2020 y = f ′ ( x) y hình vẽ Xét HS Mệnh đề đúng? g ( x ) = g ( −1) B g ( x ) = g ( 1) A [ −3; 1] [ −3; 1] −1 −3 x O1 g ( x ) = g ( −3) D g ( x ) = g ( − 3) + g ( 1) C [ −3; 1] [ − 3;1] −2 Lời giải: Ta có: 3 3 g ( x ) = f ( x ) − x − x + x + 2020 ⇒ g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − x − x + 2 Căn vào Đ/T HS y = f ′ ( x ) , ta có:  f ′ ( −1) = −2  g ′ ( −1) =   ⇒  g ′ ( 1) =  f ′ ( 1) =  ′  ′  f ( −3) =  g ( −3) = Ngoài ra, vẽ Đ/T ( P ) HS y = x + x − y hệ trục tọa độ hình vẽ bên (đường nét đứt), ta thấy ( P ) qua   điểm ( −3;3) , ( − 1; − ) , ( 1;1) với đỉnh I  − ; − 16 ÷ Rõ ràng   khoảng ( −1;1) f ′ ( x ) > x2 + Trên khoảng ( − 3; −1) 3 x− , 2 f ′ ( x ) < x2 + ( P) 33 −3 −1 nên g ′ ( x ) > ∀x ∈ ( −1;1) 3 x− , 2 nên x −2 g ′ ( x ) < ∀x ∈( −3; −1) Từ nhận định trên, ta có BBT HS y = g ′ ( x ) [ −3;1] sau: g ( x ) = g ( −1) Vậy [ −3; 1] Dạng 5: Ứng dụng GTLN, GTNN để giải số toán thực tế VD1: Người ta khảo sát gia tốc a ( t ) vật thể chuyển động ( t khoảng thời gian tính giây từ lúc vật thể chuyển động) từ giây thứ đến giây thứ ghi nhận a ( t ) HS liên tục có Đ/T hình bên Hỏi thời gian từ giây thứ đến giây thứ khảo sát đó, thời điểm vật thể có vận tốc lớn nhất? A giây thứ B giây thứ 14 C giây thứ 1,5 D giây thứ Lời giải: Ta có: a ( t ) = v′ ( t ) Từ Đ/T HS a(t ) ta có: a ( t ) = ⇒ v′ ( t ) = ⇔ t = Vậy v(t ) lớn ⇔ t = Chọn A VD2: Cho nhơm hình vng cạnh a Người ta cắt góc hình vng nhau, gập nhôm lại để hộp khơng nắp Tìm cạnh hình vng bị cắt cho thể tích khối hộp lớn nhất? A 5a B a C a 12 D Lời giải: Gọi x độ dài cạnh hình vng bị cắt  a a   < x < ÷ 2  a Thể tích khối hộp là: V ( x) = x(a − x)  < x < ÷ V ′( x) = (a − x) + x.2(a − x).( −2) = (a − x)(a − x) ; V ′( x) = ⇔ x = a a   < x < ÷ 2  BBT: 000 Vậy max V ( x) =  a  0; ÷  2 2a a ⇔x= 27 Chọn B VD3: Một đại lý xăng dầu cần làm bồn chứa dầu hình trụ có đáy nắp đậy tơn với thể tích 16π ( m3 ) Biết giá thành (cả vật liệu tiền cơng) tính theo mét vng, tìm đường kính đáy bồn để đại lý phải trả chi phí A ( m ) B ( m ) C 1( m ) D ( m ) 15 16 Lời giải: Gọi bán kính đáy r ( m ) Từ thể tích bồn 16π ( m3 ) : 16π = π r h ⇔ h = r Diện tích tồn phần hình trụ là: Stp = Sđáy + S xq = 2π r + 2π rh = 2π r + 32π r Chi phí nhỏ diện tích tồn phần nhỏ Đặt f ( r ) = 2π r + 32π 32π 4π r − 32π , r > ; f ′ ( r ) = 4π r − = , f ′( r ) = ⇔ r3 = ⇔ r = r r r BBT: r f’(r) f(r) +∞ - +∞ + +∞ GTNN Vậy chi phí nhỏ đường kính đáy bồn ( m ) 2.3.3 Giải pháp thứ ba: Sưu tầm giới thiệu, yêu cầu học sinh giải hệ thống tập trắc nghiệm GTLN, GTNN hàm số Tôi tiến hành sưu tầm, sáng tác tập chủ đề GTLN, GTN hàm số đề thi minh họa, thức năm BGD-ĐT, đề thi thử trường THPT nước Đồng thời phân thành mức dộ: nhận biết, thông hiểu, vận dụng vận dụng cao Sau triển khai SKKN cho học sinh giải hệ thống tập Do khn khổ giới hạn SKKN nên khơng tiện trình bày hệ thống tập mà xin phép giới thiệu phần phụ lục 2.4 Hiệu sáng kiến Thông qua sáng kiến cố gắng đưa dạng toán liên quan đến GTLN, GTNN hàm số từ đơn giản đến phức tạp PP giải để từ giúp học sinh có nhìn tổng quát cụ thể nhất, đồng thời giúp em có nhìn tồn diện toán liên quan đến GTLN, GTNN HS phạm vi tốn học THPT, góp phần hỗ trợ cho em H/S việc ơn thi HSG Tốn, thi tốt nghiệp THPT để xét tuyển vào trường ĐH, CĐ Sau áp dụng sáng kiến trình dạy học, kết học tập mà học sinh đạt khả quan Từ học sinh lúng túng giải toán liên quan đến GTLN, GTNN HS, sau áp dụng sáng kiến, em có nhìn tồn diện toán nhận dạng toán nhanh, vận dụng phương pháp giải cách linh hoạt, sáng tạo góp phần đáng kể hỗ trợ cho em việc ôn thi HSG, thi THPTQG năm trước thi tốt nghiệp THPT năm 2020 để xét tuyển vào trường ĐH, CĐ 16 Bằng hệ thống kiến thức trọng tâm “Phân dạng phương pháp giải tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số” trang bị cho em học sinh hệ thống kiến thức cần thiết để giải thành cơng tốn liên quan đến GTLN, GTNN HS ĐT HSG Toán ĐT THPTQG năm trước đề thi minh họa tốt nghiệp THPT lần 1, lần năm 2020 Sáng kiến giúp GV chủ động giảng dạy cho học sinh hệ thống kiến thức đầy đủ, đồng thời giúp cho học sinh phát triển tư duy, rèn luyện kỹ giải toán linh hoạt, sáng tạo Trong năm học 2019 - 2020, tiến hành dạy thực nghiệm theo chuyên đề lớp 12C2 trường THPT Lê Hồng Phong Căn vào kết khảo sát lần I (khi chưa áp dụng sáng kiến) lần II ( sau áp dụng sáng kiến) thu kết 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% 8,3% 10 41,7% 25% 25% II 24 25% 10 41,7% 33,3% 0% 0% Tôi thấy hai thời điểm khác mức độ tiến lần sau so với lần sát lần học trước khác biệt Kết phản ánh tiến lớp thực nghiệm áp dụng sáng kiến hai lần kiểm tra đối chứng chứng tỏ hiệu của: “Phân dạng phương pháp giải tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số” Vì sáng kiến nhân rộng đối tượng học sinh khối 12 trường THPT KẾT LUẬN CHUNG VÀ ĐỀ XUẤT 3.1 Kết luận: Chuyên đề GTLN, GTNN HS nội dung hay khó chương trình giải tích 12 xuất nhiều ĐT THPTQG môn Toán Học tốt chuyên đề GTLN, GTNN HS mục tiêu hầu hết học sinh muốn đạt kết cao kỳ thi HSG Toán thi tốt nghiệp THPT năm 2020 Nhằm giúp em đạt kết cao học tập hệ thống kiến thức khái quát lại lý thuyết tập GTLN, GTNN HS, hệ thống PP giải toán GTLN, GTNN HS, PP minh hoạ số VD cụ thể Thơng qua việc giải tốn GTLN, GTNN HS giúp học sinh củng cố, đào sâu kiến thức, rèn luyện tính linh hoạt, sáng tạo, tự tin hứng thú học tập giúp dạy học đạt hiệu 17 cao Thông qua toán giúp học sinh thấy liên hệ chặt chẽ kiến thức toán học Việc giải tốn liên quan đến GTLN, GTNN HS khơng hình thành kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo cho học sinh mà cịn phát huy tính tích cực, độc lập, sáng tạo em Đây vấn đề mấu chốt, mục tiêu dạy học đại 3.2 Đề xuất: +Về phía học sinh: Học sinh phải tự giác, nhiệt tình có khả phát huy tính tích cực, chủ động học tập Tăng cường việc tự học tìm phương pháp học tập phù hợp cho thân +Về phía giáo viên: Giáo viên phải có lịng nhiệt tình, chuẩn bị cơng phu trước lên lớp, có phương pháp truyền đạt dễ hiểu vai trò tổ chức, điều khiển học sinh học tập Bên cạnh đó, giáo viên cần phải trau dồi thêm kiến thức Internet, áp dụng thủ pháp dạy học giúp học sinh tiếp cận với kiến thức cách tích cực, chủ động đồng thời giúp em học Tốn với vui vẻ, tích cực hiệu + Về phía nhà trường: - Việc phân cơng chun mơn lớp nâng cao cần có lựa chọn phù hợp GV phải thực người vững vàng chuyên môn, tinh thông nghiệp vụ sư phạm, nhanh nhạy xử lý tình sư phạm nảy sinh q trình dạy học - Có sở vật chất phải đảm bảo máy chiếu, hình vẽ minh hoạ, bảng phụ, tài liệu tham khảo, ngồi cần phải có 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 SKKN viết, không chép nội dung người khác Phan Thị Yến 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO TÀI LIỆU THAM KHẢO Các toán hàm số Tác giả: Phan Huy Khải - Nhà xuất Giáo dục Các phương pháp kỹ thuật đặc biệt giải toán phổ thơng trung học mơn Tốn Tác giả: Nguyễn Văn Quí - Đỗ Khánh Giang Dương Tiến Đạt - Nhà Xuất Bản Giáo Dục Sách giáo khoa, tập đại số giải tích nâng cao lớp 12 Nhà Xuấ Bản Giáo Dục Phương pháp dạy học mơn Tốn Tác giả: Nguyễn Bá Kim - Nhà Xuất Bản Giáo Dục Giới thiệu đề tuyển sinh Đại học Cao đẳng - Nhà Xuất Bản Giáo Dục Đề thi THPTQG năm 2016, 2017, 2018, 2019 Đề minh họa cho thi tốt nghiệp THPT 2020 đề thi tốt nghiệp THPT năm 2020 20 ... tồn phương pháp hay hàm số dạng tập thường gặp kỳ thi giúp em có tâm lý vững vàng trước bước vào mùa thi mạnh dạn đưa sáng kiến: ? ?Phân dạng phương pháp giải tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm. .. tâm ? ?Phân dạng phương pháp giải tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số? ?? trang bị cho em học sinh hệ thống kiến thức cần thiết để giải thành cơng tốn liên quan đến GTLN, GTNN HS ĐT HSG Toán. .. chứng chứng tỏ hiệu của: ? ?Phân dạng phương pháp giải tập giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số? ?? Vì sáng kiến nhân rộng đối tượng học sinh khối 12 trường THPT KẾT LUẬN CHUNG VÀ ĐỀ XUẤT 3.1 Kết luận: