Tài liệu MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ doc

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ (tt)
NGUYỂN ANH KHOA
THPT Lê Khiế t, Thành phố Quảng Ngãi
Email:
Nick name: anhkhoa_lk12
I. Ph ương pháp đánh giá tổng các phân thức:
Phương pháp này người ta còn gọi là phương pháp xét biểu thức phụ.Sau đây là bài toán tiêu biểu cho
phương pháp trên.
Bài toán 1: Cho a,b,c,d dương. CMR
1.
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
( BĐT Nesbit với n = 3 )
2.
2
a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥
+ + + +
( BĐT Nesbit với n = 4 )
GIẢI
Ý tưởn g để giải bài toán này ta xét các biểu thức phụ có tính hoán vị .
1. Đặt A=
3
2
a b c

b c a c a b
+ + ≥
+ + +
; ;
b c a c a b
B C
b c c a a b b c c a a b
= + + = + +
+ + + + + +
K h i đó ta có được B+C=3. Mặt khác
3
3
a b b c a c
A B
b c a c a b
a c b a b c
A C
b c c a b a
+ + +
+ = + + ≥
+ + +
+ + +
+ = + + ≥
+ + +
Do đó
3
2 6
2
A B C A
+ + ≥ ⇒ ≥

( đpcm)
2. Đặt ; ;
a b c d b c d a c d a b
A B C
b c c d d a a b b c c d d a a b b c c d d a a b
= + + + = + + + = + + +
+ + + + + + + + + + + +
K h i đó B+C=4. Lại có
4
a b b c c d d a
A B
b c c d d a a b
+ + + +
+ = + + + ≥
+ + + +

4( ) 4( )
4
a c b d c a b d a c b d
A C
b c c d d a a b a b c d a b c d
+ + + + + +
+ = + + + ≥ + =
+ + + + + + + + + +

Do đó
2 8 2
A B C A
+ + ≥ ⇒ ≥
( đpcm)

L B : Cách giải như trên khá hay, nhưng cách giải đó chỉ mới xuất hiện mà thôi . Hầu như các sách về
BĐT hiện nay điều sử dụng cách giải này.
Bài toán 2: Cho a,b,c dương. CMR
1.
2 2 2
2
a b c a b c
a b b c c a
+ +
+ + ≥
+ + +

www.Vuihoc24h.vn - Kênh h󰗎c t󰖮p Online
2.
(
)
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
4
a b c
a b b c c a
a b b c c a
+ + ≥ + + + + +
+ + +
GIẢI
1. Đặt
2 2 2 2 2 2
;
a b c b c a

P Q
a b b c c a a b b c c a
= + + = + +
+ + + + + +
. Khi đó ta có
2 2 2 2 2 2
0
a b b c c a
P Q a b b c c a
a b b c c a
− − −
− = + + = − + − + − =
+ + +
Do đó
2
P Q
P Q
+
= = . BĐT cần c h ứng minh tươn g đươn g v ới B ĐT sau
2 2 2 2 2 2
1
2 2
a b b c c a a b c
a b b c c a
 
+ + + + +
+ + ≥
 
+ + +
 

Ta sử dụn g B ĐT phụ
( )
( )
2 2
2
2 2
2
2
a b a b
a b a b
a b
+ +
+ ≥ + ⇔ ≥
+

Tươn g t ự ta xây dựng các BĐT còn lại, sau đó cộn g l ại t a được đpcm.
2. Cũng như câu 1 ta chuyển B ĐT cần c h ứng minh về dạn g
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 2
2 4
a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a
 
+ + +
+ + ≥ + + + + +
 
+ + +

 
Ta sử dụn g B ĐT phụ sau:
2 2
2( )
x y x y
+ ≤ + . Ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2( ) 2( ) 2(c )
; ;
2 2 2
2( )
a b b c a
a b a b b c c a
a b b cc a
a b
+ + +
+ + + +
≥ = ≥ ≥
+ + +
+
Cộn g l ại t a được đpcm
NX: Ta thấy
(
)
2 2 2 2 2 2
2
4 2
a b c

a b b c c a
+ +
+ + + + + ≥ . Nghĩa là BĐT 2 mạnh hơn BĐT 1, tuy
nhiên cả hai bài toán đều sử dụng phương pháp đánh giá tổng các phân thức.
Ngoài ra bạn có thể giải bài toán 1 bằng cách sử dụng BĐT Bunhiacopski.
( )
2
2 2 2
2( ) 2
a b c
a b c a b c
a b b c c a a b c
+ +
+ +
+ + ≥ =
+ + + + +

BL1: Cho a,b,c,d,e,f dương . CMR:
3
a b c d e f
b c c d d e e f f a a b
+ + + + + ≥
+ + + + + +

BL2: Cho a,b,c,d dương. CMR:
1.
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c

a ab b b bc c c ca a
+ +
+ + ≥
+ + + + + +

2.
4 4 4 4
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c d a b c d
a b a b b c b c c d c d d a d a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + + + +
BL3: Cho a,b,c dương và
2 2 2
1
a b c
+ + =
.Tìm min của biểu thức:
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
A
b c c a a b
+ + +
= + +
+ + +
II. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai – tính chất đặc biệt của phân số - tính chất đoạn thẳng
1. Sử dụng tam thức bậc hai:
www.VNMATH.com

K i ế n t h ức bổ sung: Cho tam thức bậc hai
(
)
2
( ) 0
f x ax bx c a
= + + ≠
-
( ) 0 , 0 0
f x x a
≥ ∀ ⇔ > ∧ ∆≤
-
2
. ( ) 0 4 0
a f b acα
≤ ⇒ − ≥
-
( ) 0 , 0 0
f x x a
≤ ∀ ⇔ < ∧∆≤
-
( )( ) 0
x x x
α β α β
≤ ≤ ⇔ − − ≤
Bài toán 1: Cho x,y tuỳ ý. CMR
1.
2 2
3 1 3
x x y y x y

− + ≥ − −
2.
2 2
( ) 2 5 5 4 5 6
x y x y y
+ ≥ − + −
GIẢI
1. Xét
2 2
( ) ( 3) 3 1
f x x y x y y
= + − + − +
Ta có
2 2 2 2
( 3) 4( 3 1 ) 3 2 3 1 ( 3 1 ) 0 ,
y y y y y y y R
∆ = − − − + = − + − = − − ≤ ∀ ∈
Mặt khác a=1>0 nên
( ) 0
f x
≥ ⇒
đpcm
2. Xét
2 2
( ) 2( 5) 6 4 5 6
f x x y x y y
= + − + − +
Ta có :
2 2 2 2
( 5) 6 4 5 6 5 2 5 1 ( 5 1 ) 0 ,

y y y y y y y R
∆ = − − + − = − + − = − − ≤ ∀ ∈
Mặt khác a=1>0 nên
( ) 0
f x
≥ ⇒
đpcm
Bài toán 2: Chứng minh các bất đẳn g t h ức sau:
1. Cho
[
]
, , , 0 ; 1
a b c d ∈ .CMR:
2 2 2 2 2
( 1 ) 4( )
a b c d a b c d
+ + + + ≥ + + +
2. Cho
[
]
, , , 1 ; 2
a b c d ∈ . CMR:
( )
1 1 1 1
18
a b c d
a b c d
 
+ + + + + + ≤
 

 

GIẢI
1. Xét tam thức bậc hai
2 2 2 2 2
( ) ( 1 )
f x x a b c d x a b c d
= − + + + + + + + +
Ta có
( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
f a a b b c c d d
= − − − − − − − −
Vì
[
]
, , , 0 ; 1 ( 1 ) 0
a b c d f
∈ ⇒ ≤
. Nghĩ a là tam thức bậc hai luôn có nghiệm
Do đó
2 2 2 2 2
( 1 ) 4( ) 0
a b c d a b c d
∆ = + + + + − + + + ≥ ⇒
đpcm
2. Ta có
[ ]
2
2
1 ; 2 ( 1 ) ( 2) 0 2 3 3

a a a a a a
a
∈ ⇒ − − ≤ ⇒ + ≤ ⇒ + ≤
Tươn g t ự :
2 2 2
3 ; 3 ; 3.
b c d
b c d
+ ≤ + ≤ + ≤
Á p d ụn g b ất đẳn g t h ức Cauchy ta có:
( )
( )
2
2 2 2 2
2 2 2 2
36
2
1 1 1 1
18
a b c d
a b c d
a b c d
a b c d
a b c d
a b c d
 
+ + + + + + +
 
 
+ + + + + + ≤ ≤

 
 
 
 
 
 
⇒ + + + + + + ≤
 
 
NX: Việc chọn tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳn g t h ức như câu 2 của bài toán 2 khá tinh ý. Để
v i ệc chọn tam thức bậc hai cho phù hợp ta cần p h ải xem xét thật kĩ c ấu trúc của bài toán cần c h ứng minh
v à đồn g t h ời xem thử mối liên hệ giữa biểu thức
2
4
b ac
∆ = −
BL1: Cho tam giác ABC. CMR:
2 2 2
; ,
pa qb pqc p q
+ > ∀ sao cho
1
p q
+ =
.
BL2: Cho a,b,c,d,p,q sao cho
2 2 2 2 2 2
0
p q a b c d
+ − − − − >

. CMR:
(
)
(
)
( )
2
2 2 2 2 2 2
p a b q c d pq ac bd
− − − − ≤ − −
BL3: 1. Cho x,y,z,t thoả y>z>t. CMR:
2
( ) 8 ( )
x y z t xz yt
+ + + > +
www.VNMATH.com
2.Cho a,b,c thoả mãn
( )( ) 0
a c a b c
+ + + <
. CMR:
2
( ) 4 ( )
b c a a b c
− > + +
3. Cho
; ,
ax by xy x y
+ ≥ ∀ . CMR:
1

4
ab
≥
BL4: 1. Cho hàm số bậc hai
2
( )
f x ax bx c
= + +
sao cho
(
)
; ( ) 0
a b f x x R
< ≥ ∀ ∈ .CMR:
3
a b c
b a
+ +
≥
−

2.Cho a,b,c thoả mãn
[
]
, , 1 ; 2
a b c∈ − v à
0
a b c
+ + =
. CMR:

2 2 2
6
a b c
+ + ≤
2. Phương pháp sử dụng tính chất đặc biệt của phân số
K i ế n t h ức bổ sung:
Với
*
, , ,
a b c d
R∈
ta có:
- 1
a a a c
b b b c
+
< ⇒ <
+
-
a a
a b a b c
>
+ + +
- 1
a a a c
b b b c
+
> ⇒ >
+
-

a c a a c c
b d b b c d
+
> ⇒ > >
+

Đây là 4 tính chất tiêu biểu nhất của phân số. Đồng qua các tính chất trên ta có thể thấy r ằng phươn g
pháp này chỉ s ử dụng cho các loại B ĐT phân số không chặt. Nói chung dạng này không khó nên tôi sẽ
không đưa ra nhữn g l ời n h ận xét hay giải thích gì thêm.
Bài toán 1: Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác. CMR:
1 2
a b c
b c c a a b
< + + <
+ + +

GIẢI
Do a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên: ; ;
a b c b c a c a b
< + < + < +
. Do đó ta có:
2
2
2
a a a
a b c b c a b c
b b b
a b c a c a b c
c c c
a b c a b a b c

< <
+ + + + +
< <
+ + + + +
< <
+ + + + +
Cộng 3 BĐT trên vế theo vế t a được đpcm.
Bài toán 2: Cho 0 ; , ;
a b m n N m n
> > ∈ >
. CMR:

m m n n
m m n n
a b a b
a b a b
− −
>
+ +
GIẢI
BĐT cần c h ứng minh tươn g đươn g v ới B ĐT sau:
2 2 1 1
1 1
1 1
m n m n
m n
m m n n m m n n
m n
b b b b
a b a b a b a b

a a
b b
a a
b b
− > − ⇔ < ⇔ <
+ + + +
   
+ +
   
   
   
⇔ >
   
   
Từ
( )
1 , ;
m n
a a a
a b m n N m n
b b b
   
> ⇒ > ⇒ > ∀ ∈ >
   
   
Bài toán 3:
1. Cho a,b,c dương. CMR:
1 1 1
a b a b
a b a b

+
< +
+ + + +
2. Cho a,b,c,d dương . CMR:
1 2
a b c d
a b c b c d c d a d a b
< + + + <
+ + + + + + + +

GIẢI
1. Ta có :
1 1 1 1 1
a b a b a b
a b a b b a a b
+
= + < +
+ + + + + + + +
2. Ta chứng minh BĐT phải . Ta có
1
1
1
1
a a a d
a b c a b c a b c d
b b b a
b c d b c d a b c d
c c c b
c d a c d a a b c d
d d d c

d a b d a b a b c d
+
< ⇒ <
+ + + + + + +
+
< ⇒ <
+ + + + + + +
+
< ⇒ <
+ + + + + + +
+
< ⇒ <
+ + + + + + +
2
a b c d
a b c b c d c d a d a b
⇒ + + + <
+ + + + + + + +

Ta chứng minh BĐT trái. Ta có
a a
a b c a b c d
b b
b c d a b c d
c c
c d a a b c d
d d
d a b a b c d
>
+ + + + +

>
+ + + + +
>
+ + + + +
>
+ + + + +
1
a b c d
a b c b c d c d a d a b
⇒ + + + >
+ + + + + + + +
.
BL1: Cho
0
a b
> >
v à A =
2 1
2
1
1
n
n
a a a
a a a
−
+ + + +
+ + + +
; B =
2 1

2
1
1
n
n
b b b
b b b
−
+ + + +
+ + + +
. CMR A<B
BL2: Cho a,b không đồn g t h ời b ằng 0. CMR:
2 2
2 2 2 2
1
1
1 1
a b
a b a b
+ + ≥
+ + +

BL3: Cho a,b,c,d>0. CMR số A sau đây không là số nguyên dươn g .
a b b c c d d a
A
a b c b c d c d a d a b
+ + + +
= + + +
+ + + + + + + +
BL4: Cho a,b,c dương. CMR:

a b c a b c
a b b c c a b c c a a b
+ + < + +
+ + + + + +
3. P h ương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng:
K i ế n t h ức bổ sung:
Định lí 1: Cho hàm số bậc nhất ( )
f x ax b
= +
. Nếu tồn t ại hai số thực α β< sao cho
( ) 0 ; ( ) 0
f f
α β
≥ ≥
thì
(
)
[
]
(
)
( ) 0 ; ;
f x x x
α β α β
≥ ∀ ∈ ∨∀ ∈
Định lí 2: Cho hàm số bậc nhất ( )
f x ax b
= +
thì
m i n { ( ); ( )} ( ) m a x { ( ); ( )}

f f f x f f
α β α β
≤ ≤
trong đó
[
]
;
x
α β
∀ ∈
Ta chứng minh định lí 1: Vì f(x) là hàm số bậc nhất nên đồ thị c ủa f(x) là một đườn g t h ẳng. Từ tính chất
của đoạn t h ẳng: “ nế u hai đầu mút của một đoạn t h ẳng là hai đi ểm
(
)
; ( )
f
α α
v à
(
)
; ( )
f
β β
ở phía trên
trục hoành Ox thì đoạn t h ẳn g đó hoàn toàn ở trên trục đó” suy ra
(
)
( ) 0 ( ; )
f x x
α β

≥ ∀ ∈
Định lí 2 bạn đọc tự chứng minh xem như bài tập.
Bài toán 1: Cho
[
]
, , 0 ; 2
x y z ∈ . CMR:
2( ) ( ) 4
x y z xy yz xz
+ + − + + ≤
GIẢI
BĐT cần c h ứng minh tươn g đươn g v ới B ĐT sau:
(2 ) 2( ) 4 4
y z x y z yz
− − + + − − ≤
Xét
[
]
(
)
( ) (2 ) 2( ) 4 0 ; 2
f x y z x y z yz x= − − + + − − ∀ ∈ là hàm bậc nhất theo x. Theo định lí ta có :
( ) m a x { (0); (2)}
f x f f
≤
.
Mà
(0) (2 ) ( 2 ) 0 ; (2) 0
f y z f yz
= − − − ≤ = − ≤

. Nên
( ) 0
f x
≤ ⇒
đpcm.
NX: Bằng cách dùng tính chất đoạn thẳng ta đã giải bài toán trên khá nhẹ nhàng, vô cùng đơn giản.
Ngoài ra cũng còn một cách khá hay để giải bài toán này, cách giải đó như sau:
Từ điều kiện suy ra
(2 )(2 )(2 ) 0 8 4( ) 2( ) 0
x y z x y z xy yz xz xyz
− − − ≥ ⇔ − + + + + + − ≥
4( ) 2( ) 8 8 2( ) ( ) 4
x y z xy yz xz xyz x y z xy yz xz
⇒ + + − + + ≤ − ≤ ⇔ + + − + + ≤
( đpcm)
Cách giải trên dựa vào nhận xét sau :
V ới các số
[
]
1 2
, , ;
n
a a a
α β
∈ thì khi đó ta có các bất đẳng thức sau:
1 2
1 2
( ) ( ) ( ) 0
( )( ) ( ) 0
n

n
a a a
a a a
α α α
β β β
− − − ≥
− − − ≥
P h ương pháp sử dụng nhận xét này để giải khá hữu ích trong việc đánh giá giữa các đại lượng trung
bình như
1 ; , 1
;
n n
i i j
i i j i j
a aa
= ≠ =
∑ ∑
… Bạn đọc hãy giải một số ví dụ sau:
1. Cho a,b,c là độ dài cạnh tam giác có chu vi là 1.CMR:
2 2 2
2 2
a b c abc
+ + + <
2. Cho
0 , , 1
a b c
≤ ≤
. CMR:
2 2 2 2 2 2
1

a b c a b b c c a
+ + ≤ + + +
Chú ý khi đánh giá qua các đại lượng trung bình bạn cần nhớ cách phân tích sau:
3 2
( )( )( ) ( ) ( )X X X X X X
α β γ α β γ αβ βγ αγ αβγ
± ± ± = ± + + + + + ±
Bài toán 2: Cho x,y,z không âm và
1
x y z
+ + =
. CMR:
7
2
27
xy yz xz xyz+ + − ≤ .
GIẢI
Như ta đã biế t bài toán này có khá nhiều cách giải n h ư “ cân bằn g b ậc”; “ sử dụn g B ĐT Cauchy”…
Nhưng bây giờ ta sẽ sử dụng tính chất đoạn t h ẳn g để giải :
BĐT cần c h ứng minh tươn g đươn g v ới B ĐT sau:
7 7 7
2 ( ) ( 1 2 ) ( 1 ) ( 1 2 )
27 27 27
xy yz yz xyz x y z y z x x x yz x+ + − − = + + − − = − + − −
Ta cố định x xét
( )
2
1
7
( ) ( 1 ) ( 1 2 ) 0 ;

27 4
x
f yz x x yz x y z
 
 
−
 
= − + − − ∈
 
 
 
 
 
. Theo định lí ta có :
2
1
( ) max{ (0); }
2
x
f yz f f
−
 
≤
 
 
.
Mà
2
2 2
7 7 1 1

(0) ( 1 ) 0 (0) 0
27 27 4 2
f x x x x x x x f
 
= − − = − + − < − + − = − − ≤ ⇒ <
 
 
( ) ( )
2 2
2 2
1 1
( 1 ) 2(1 ) 7 1 1 1
( 1 ) 0 0
4 4 4 27 2 3 6 4
x x
x x
f x x x x f
   
− −
− − −
  
= − + − − = − + ≤ ⇒ ≤
   
  
  
   
   
Do đó
( ) 0
f yz

≤ ⇒
đpcm.
Bài toán 3: Cho x,y,z không âm và
3
x y z
+ + =
. CMR:
2 2 2
4
x y z xyz
+ + + ≥
. Đẳn g t h ức xảy ra khi nào?
GIẢI
Ta viế t BĐT cần c h ứng minh dưới d ạn g :
2 2 2 2 2
( ) 2 4 0 (3 ) ( 2) 4 0 (2 ) 2 6 5 0
y z yz x xyz x x yz x x yz x x
+ − + + − ≥ ⇔ − + + − − ≥ ⇔ − + − + ≥
Ta cố định x xét
( )
2
2
3
( ) ( 2) 2 6 5 0 ;
4
x
f yz x yz x x yz
 
 
−

 
= − + − + ∈
 
 
 
 
 
Theo đĩnh lí
( )
2
3
( ) min{ (0); }
4
x
f yz f f
 
−
≥
 
 
 
.Mà
2
2
3 1
(0) 2 6 5 2 0 (0) 0
2 2
f x x x f
 
= − + = − + > ⇒ >

 
 
( ) ( )
2 2
2
2 2
3 3
(3 ) 1
( 2) 2 6 5 ( 1 ) ( 2) 0 0
4 4 4 4
x x
x
f x x x x x f
   
− −
−
= − + − + = − + ≥ ⇒ ≥
   
   
   
Do đó
( ) 0
f yz
≥ ⇒
đpcm.
L B : Điều kiện yz mà ta có được là dựa vào BĐT Cauchy ta làm như sau:
( ) ( )
2 2
3
4 4

y z x
yz
+ −
≤ =
Thực ra nguồn gốc của phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng chính là “ kĩ thuật xét phần tử biên”
trong BĐT Jensen mà tôi đã giới thiệu trong bài viết “ Chuyên đề bất đẳng thức và một số định lí”
BL1: Cho
[
]
, , , 0 ; 1
a b c d ∈ . CMR:
( 1 )(1 )(1 )(1 ) 1
a b c d a b c d
− − − − + + + + ≥
BL2: Cho a,b,c không âm và
1
a b
c+ + =
. CMR:
1.
3 3 3
1
6
4
a b c abc
+ + + ≥
2. 7( ) 2 9
ab bc ca abc
+ + ≤ +
Đẳn g t h ức xảy ra khi nào ?

BL3: Cho x,y,z là các số thực dương và
1
x y z
+ + =
. CMR
2 2 2 3 3 3
5 ( ) 6( ) 1
x y z x y z
+ + ≤ + + +
III. Phương pháp phân chia – phương pháp tham số phụ:
A . P h ương pháp phân chia:
Có hai kiểu phân chia để tìm cực trị : theo tập xác định và theo hàm số.
Mệnh đề 1: Cho hàm số
( )f x
xác định trên tập D. Giả sử
1 2
D D D
= ∪ với
1 2
D D
∩ =∅
v à t ồn t ại
1
1
m a x ( )
D
M f x
= ;
2
2

max ( )
D
M f x
= ( hoặc
1 2
1 2
min ( ); m i n ( )
D D
m f x m f x
= = ). Khi đó có
1 2
max{ , }
M M M
=
( hoặc có
1 2
min{ , }
m m m
= )
Mệnh đề 2: Giả sử
1 2
( ) ( ) ( )
f x f x f x
= + xác định trên cùng tập D và tồn t ại

01 1 1 1 2 2 2 2
( ) max ( ); ( ) m a x ( ); ( ) max ( )
D D D
M f x f x M f x f x M f x f x
= = = = = =

Hoặc
3 1 1 4 1 2 2 5 2
( ) m i n ( ); ( ) min ( ); ( ) min ( )
D D D
m f x f x m f x f x m f x f x
= = = = = =
K h i đó
1 2
M M M
≤ + v à n ế u
1 2
x
x=
thì
1 2
M M M
= +
Hoặc
1 2
m m m
≥ +
v à n ế u
4 5
x
x=
thì
1 2
m m m
= +
Chứng minh:

Định lí 1: Do
(
)
1 1 1
m a x ( ) ( )
D
M f x f x M x D
= ⇒ ≤ ∀ ∈ v à t ồn t ại
1 1
x
D∈
để
1 1
( )
f x M
=
Do
(
)
2 2 2
max ( ) ( )
D
M f x f x M x D
= ⇒ ≤ ∀ ∈ v à t ồn t ại
2 2
x D
∈ để
2 2
( )
f x M

=
Nếu
(
)
1 2 1
( )
M M f x M x D
≥ ⇒ ≤ ∀ ∈ h a y
1
max ( )
D
M f x M
= = (1)
Nếu
(
)
2 1 2
( )
M M f x M x D
≥ ⇒ ≤ ∀ ∈ h a y
2
max ( )
D
M f x M
= = (2)
Từ (1)&(2) suy ra
1 2
max ( ) m a x { ; }
D
M f x M M

= =
Các đi ều chú ý trong mệnh đề 1:
i . Nếu tồn t ại
1 2
;M M
thì
1 2
max{ , }
M M M
= , còn nế u không tồn t ại
1
M
( hoặc
2
M
) thì không tồn
tại M
ii. Mệnh đề 1 vẫn đúng khi phân chia tập D thành nhiều tập con hoặc xét hàm nhiều biế n .
Định lí 2: Theo giả thiế t
1 0 1 1 1
( ) ( )
f x f x M
≤ = v à
2 0 2 2 2
( ) ( )
f x f x M
≤ = nên
0 1 0 2 0 1 2
( ) ( ) ( )
M f x f x f x M M

= = + ≤ + (3)
Nếu
1 2
x
x=
thì
1 2 1 1 2 1
( ) ( ) m a x ( )
D
M M f x f x f x M
+ = + ≤ =
(4)
Từ (3)&(4) suy ra
1 2
M M M
= +
Các đi ều chú ý trong mệnh đề 2:
i . Đi ều kiện
1 2 3 4
( )
x x x x
= = chỉ l à đều kiện đủ mà không phải là đi ều kiện c ần
L ưu ý:
Tính áp dụn g c ủa mệnh đề 1: Việc tìm cực trị c ủa hàm f(x) trên tập
D R
⊂
nhiều khi rất khó khăn, chẳn g
h ạn như tính chất của f(x) thay đổi không có quy luật khi x biế n thiên trên tập D, tronh trườn g h ợp này ta
tìm cách phân chia tập xác định D thành các tập con rời nhau sao cho việc tìm cực trị c ủa hàm trên mỗi
tập con dễ dàng hơn .

Tính áp dụn g c ủa mệnh đề 2: Khi tìm cực trị c ủa hàm f(x) trên tập
D R
⊂
mà tính chất của hàm f(x) thay
đổi trên cả tập D và thay đổi c ả trên các tập con của tập D thì không sử dụn g được phương pháp trên, lúc
đó ta tìm cách tách hàm f(x) thành tổng các hàm đơn g i ản h ơn sao cho dễ tìm cực trị c ủa các hàm thành
phần .
Bài toán 1: Tìm GTNN của hàm số
( ) 2001 2002
f x x x= − + −
GIẢI
Gọi
[
)
(
)
(
]
1 2 3
2002; , 2001;2002 , ;2001
D D D= +∞ = = −∞ thì
1 2 3
R D D D
= ∪ ∪ với
1 2 2 3 1 3
; ;D D D D D D
∩ = ∅ ∩ = ∅ ∩ =∅
Với
1
( ) 2001 2002 2 4003,min ( ) 1 2002

D
x D f x x x x f x x∈ ⇒ = − + − = − = ⇔ = (1)
Với
(
)
2
( ) 2001 2002 1 , m i n ( ) 1 (2001;2002)
D
x D f x x x f x x∈ ⇒ = − + − = = ∀ ∈ (2)
Với
3
( ) 2001 2002 4003 2 ,min( ) 1 2001
D
x D f x x x x f x x∈ ⇒ = − + − = − = ⇔ = (3)
Từ (1)&(2)&(3) và theo mệnh đề 1 ta có
[
]
m i n ( ) 1 2001;2002
R
f x x= ⇔ ∈
NX: Bài toán này tuy đơn giản nhưng là điển hình cho phương pháp phân chia để tìm cực trị. Bài toán
này bạn có thể giải bằng cách sử dụng BĐT
a b a b
+ ≥ +
. Cách giải như sau:
( ) 2001 2002 2001 2002 2001 2002 1
f x x x x x x x
= − + − = − + − ≥ − + − =
Đẳng thức xảy ra
[

]
( 2001)(2002 ) 0 2001 2002 2001;2002
x x x x⇔ − − ≥ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ∈
Bài toán 2: Tìm GTLN,GTNN của biểu thức
2
( , ) (4 )
F x y x y x y
= − −
trong đó x,y là các số thực thoả
mãn các đi ều kiện
0 ; 0 ; 6
x y x y
≥ ≥ + ≤
GIẢI
*Gọi
1 2
{ 0 , 0 , 6 } ; { 0, 0 , 4 6 } ; { 0, 0 , 4 }
D x y x y D x y x y D x y x y
= ≥ ≥ + ≤ = ≥ ≥ ≤ + ≤ = ≥ ≥ + <
K h i đó ta có :
1 2 1 2
;D D D D D
= ∪ ∩ =∅
.
Với m ọi c ặp
1
( , )
x y
D∈
ta có

4 0 ; 0 ; 0
x y x y
− − ≤ ≥ ≥
suy r a
( , ) 0
F x y
≤
. Đẳn g t h ức xảy ra chẳn g h ạn
v ới c ặp
1
1
( , ) (0,4) m a x 0
D
x y D F
= ∈ ⇒ =
(1)
Với m ọi c ặp
2
( , )
x y D
∈ ta có
0 , 0 , 4 0
x y x y
≥ ≥ − − >
. Áp dụn g B ĐT Cauchy ta có:
( )
2
2
(4 )
2 2

( , ) 4 (4 ) 4 ( , ) 4 ,
2 2 4
x x
y x y
x x
F x y y x y F x y x y D
 
+ + + − −
 
= − − ≤ ⇒ ≤ ∀ ∈
 
 
 
Đẳn g t h ức xảy ra tại
2 , 1
x
y= =
(2)
Từ (1)&(2) suy ra
m a x 4 ( , ) (2,1)
D
Fx y= ⇔ =
*Gọi
3 4
{ 0 , 0, 4 } ; { 0 , 0 , 4 6 }
D x y x y D x y x y
= ≥ ≥ + ≤ = ≥ ≥ < + ≤
. Ta xét hàm
2
( , ) ( 4)

F x y x y x y
− = + −
. Khi đó ta có :
3 4 3 4
;D D D D D
= ∪ ∩ =∅
.
Với m ọi c ặp
3
( , )
x y D
∈ ta có
0 , 0 , 4
x y x y
≥ ≥ + ≤
suy r a
( , ) 0 ( , ) 0
F x y F x y
− ≤ ⇒ ≥
. Đẳn g t h ức xảy r a
chẳn g h ạn v ới c ặp
3
3
( , ) (2,2) m i n 0
D
x y D F
= ∈ ⇒ =
(3)
Với m ọi c ặp
4

( , )
x y D
∈ ta có
0 , 0 , 4 6
x y x y
≥ ≥ < + ≤
. Theo BĐT Cauchy ta có:
4
2
( 4)
2
2 2
( , ) 4 ( 4) 4 4 64
2 2 4 2
x x
y x y
x x x y
F x y y x y
 
+ + + + −
 
+ −
 
− = + − ≤ = ≤
 
 
 
 
 
( , ) 64

F x y
⇒ ≥−
(
)
4
,
x y D
∀ ∈ . Đẳn g t h ức xảy ra tại
4 , 2
x y
= =
(4)
Từ (3)&(4) suy ra
m i n 0 ( , ) (4,2)
D
F x y= ⇔ = .
Bài toán 3: Tìm GTNN của
( ) ( )
A x y z z x y
= + + +
trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn đi ều kiện
2 2 2
1
x y z
+ + =
. Đẳn g t h ức xảy ra khi nào? (Đề thi chọn đội t u y ển thi quốc gia của Hà Tây-2002)
GIẢI
Gọi
2 2 2
1 2 1 2

{ , , : 1 } ; ;
D x y z R x y z A xy y z xz A xz A A A
= ∈ + + = = + + = ⇒ = +
.
Ta có
2 2 2 2
1 1
1
( ) 0 2 0
2
x y z x y z A A
−
+ + ≥ ⇒ + + + ≥ ⇒ ≥ (1). Đẳn g t h ức xảy r a
2 2 2
0
1
x y z
x y z
⇔ + + =
+ + =
(2)
Á p d ụn g B ĐT Cauchy ta có
(
)
( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1
2 2 2 2 2 2

A x z x z y A A
−
= ≤ + = − ≤ ⇒ − ≤ ≤ ⇒ ≥ (3)
Đẳn g t h ức xảy r a
2 2 2
0
1
y
x z
x y z
⇔ =
=−
+ + =
(4)
Từ (2)&(4) suy ra
1 1
( , , ) ,0,
2 2
x y z D
 
= − ∈
 
 
. Theo mệnh đề 2: ta có
1 2
m i n min m i n 1
D
D D
A A A
= + =−

.
NX: V iệc chia thành các hàm đơn giản hơn để tìm cực trị nói chung là công việc khá khó khăn. Trước
khi làm công việc này ta phải có một bước dự đoán điểm rơi của hàm ban đầu
Bài toán 4: Tìm GTNN của
( , , ) 2(1 )
f x y z xyz x y z xy yz xz
= + + + + + + +
trong đó x,y,z là các số thực
thoả mãn đi ều kiện
2 2 2
1
x y z
+ + =
. Đẳn g t h ức xảy ra khi nào?
GIẢI
Gọi
2 2 2
{ , , : 1 }
D x y z R x y z
= ∈ + + =
. Ta chia hàm f(x,y,z) thành các hàm nhỏ hơn như sau:
1
2
( , , ) 1
( , , ) 1
f x y z x y z xy yz xz x y z
f x y z x y z xy y z xz
= + + + + + + +
= + + + + + +
1 2

( , , ) ( , , ) ( , , )
f x y z f x y z f x y z
⇒ = +
Từ đi ều kiện ta suy ra :
, , 1 1 ,1 ,1 0 ( 1 )(1 )( 1 ) 0
x y z x y z x y z
≤ ⇒ + + + ≥ ⇒ + + + ≥
Hay:
1 0
x y z x y yz xz xyz
+ + + + + + + ≥
(1)
Ta có:
(
)
2 2 2 2
( 1 ) 0 1 0 1
x y z x y z xy yz xz x y z
+ + + ≥ ⇒ + + + + + + ≥ + + =
(2)
Theo mệnh đề 1 ta có
1 2
m i n m i n min 0
D
D D
f f f
= + =
. Đẳn g t h ức xảy r a : ( , , ) ( 1,0,0)
x y z D
= − ∈

.
BL1: Tìm GTNN,GTLN của hàm
2002
( , ) (4 )
F x y x y x y
= − −
trong đó x,y là các số thực thoả mãn đi ều
kiện
0 , 0 , 6
x y x y
≥ ≥ + ≤
BL2: Cho
[
]
, , 0 ; 2
x y z ∈ v à
3
x y z
+ + =
. Tìm GTLN của
2 2 2
A x y z
= + +
BL3: Tìm GTLN của hàm ( , , )
f x y z x y z xy yz xz
= + + + + +
với x,y,z là các số thực thoả mãn đi ều kiện
2 2 2
27
x y z

+ + ≤
. Đẳn g t h ức xảy ra khi nào?
BL4: (IMO-1969) Cho
1 2 1 2 1 2
, ; , ; ,
x x y y z z
thoả mãn
2 2
1 2 1 1 1 2 2 2
0 , 0 , 0 , 0
x x x y z x y z
> > − > − >
. CMR:
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2
8 1 1
( )( ) ( )
x x y y z z x y z x y z
≤ +
+ + − + − −

BL5: Tìm GTNN của hàm
3 3
( , , ) (4 4 2 ) (4 4 )
f x y z x x x y z y y y z
= − + + + − +
trong đó x,y,z là các số thực
thoả mãn đi ều kiện
2 2 2
1

x y z
+ + =
.
Phụ lục: Cơ sở lí thuyết của phương pháp giá trị lớn nhất và nhỏ nhất:
I. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xét trên miền D.
Ta nói rằn g s ố M là GTLN của f(x) trên D, nế u như đồn g t h ời t h o ả mãn hai đi ều kiện s a u :
i . ( )
f x
M≤
ii.
0
x
∃ D∈
sao cho
0
( )
f x
M=
K h i ấy ta kí hiệu
max ( )
x D
M f x
∈
= h o ặc đơn g i ản h ơn :
max ( )
D
M f x
=
Ta nói rằn g s ố m là GTNN cua f(x) trên D, nế u như đồn g t h ời t h o ả mãn hai đi ều kiện s a u :
i . ( )

f x
m≥
ii.
0
x
∃ D∈
sao cho
0
( )
f x
m=
K h i ấy ta kí hiệu
m i n ( )
x D
m f x
∈
= h o ặc đơn g i ản h ơn :
m i n ( )
D
m f x
=
* Chú ý: Khi nói đến GTNN,GTLN của một hàm số bao giờ ta cũng phải xác định nó xác định trên tập
h ợp nào.Cùng một hàm số f(x), nhưn g n ế u xác định trên các tập khác nhau, thì nói chung các GTNN hay
GTLN tươn g ứng khác nhau.
II. Vài tính chất của GTNN,GTLN của hàm số
Tính chất 1: Giả sử
A B
⊂
. Khi đó ta có:
1.

m a x ( ) m a x ( )
x A x B
f x f x
∈ ∈
≤
2.
m i n ( ) m i n ( )
x A x B
f x f x
∈ ∈
≤
Tính chất 2: ( Nguyên lý “ phân rã”) Giả sử
1 2
D D D
= ∪ . Khi đó ta có:
1.
1 2
m a x ( ) max{max ( ); ma x ( )}
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
=
2.
1 2
m i n ( ) min{min ( );min ( )}
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
=
* Chú ý: Từ tính chất này cho phép ta chuyển việc tìm GTNN( GTLN) của một hàm trên tập D phức tạp,

về việc tìm GTNN(GTLN) trên các tập hợp
1 2
,D D
đơn giản. Vì vậy phương pháp phân chia để tìm cực
trị chính là dựa trên nguyên lý này.
Ta tổng quát tính chất 2 như sau:
Nếu
1 2

n
D D D D
= ∪ ∪ ∪ thì :
1.
1 2
m a x ( ) max{max ( ); ma x ( ); max ( )}
n
D D D D
f x f x f x f x
=
2.
1 2
m i n ( ) min{min ( );min ( ) m i n ( )}
n
D D D D
f x f x f x f x
=
Tính chất 3: Nếu
(
)
( ) 0

f x x D
≥ ∀ ∈ ta có:
1.
2
m a x ( ) m a x ( )
D
D
f x f x
=
2.
2
m i n ( ) m i n ( )
D
D
f x f x
=
* Chú ý: Tính chất này rất hay dùng trong các bài toán mà hàm
( )
y
f x=
có chứa dấu căn thức, hay
dấu giá trị tuyệt đối.
Tính chất 4:
1.
m a x ( ) ( ) m a x ( ) m a x ( )
D D D
f x g x f x g x
+ ≤ + (1)
2.
m i n ( ) ( ) m i n ( ) m i n ( )

D D D
f x g x f x g x
+ ≤ + (2)
* Chú ý: Dấu “=” trong (1) xảy ra khi có ít nhất một điểm
0
x
D∈
mà tại đó
( )f x
và
( )g x
cùng đạt
GTLNN. Tương tự, nếu tồn tại
1
x
D∈
mà tại đó
( ), ( )f x g x
cùng đạt GTNN thì trong (2) dấu “=” xảy
ra.Nói chung, GTLN(GTNN) của một tổng các hàm số không bằng tổng các GTLN(GTNN) của từng hàm
số.Từ điều kiện có dấu bằng trong (1);(2) người ta chì thay thế việc tìm GTLN(GTNN) của nhiều hàm số
đơn giản hơn, chì trong trường hợp các hàm số ấy cùng đạt GTLN(GTNN) tại ít nhất một điểm chung
trên miền D.
Tính chất 5:
(
)
m a x ( ) m i n ( )
D
D
f x f x

= − −
Tính chất 6: Nếu ta đặt
max ( ); m i n ( )
D
D
M f x m f x
= = thì:
m a x ( ) m a x { , }
D
f x M m
=
Tính chất 7: Giả sử
1 2
{ , ( ) 0 } ; { , ( ) 0 }
D x D f x D x D f x
= ∈ ≤ = ∈ ≥
thì
21
m i n ( ) m i n { m a x ( ), min ( )}
D D
D
f x f x f x
= −