Giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
∗∗∗∗∗∗

∗∗∗∗∗∗

NGUYỄN THÚY HẰNG

GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 8.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

PGS.TS.Trương Cơng Quỳnh

Đà Nẵng, 2020
i





LỜI CẢM ƠN
Trước hết tôi xin gửi lời cảm ơn đến Thầy giáo PGS.TS. Trương
Công Quỳnh, cảm ơn những lời động viên, nhắc nhở của Thầy trong
suốt quá trình hướng dẫn khoa học cho tôi. Thầy đã giúp tôi vượt

qua những khó khăn để hồn thành nhiệm vụ học tập và nghiên cứu
của mình.
Tơi xin được bày tỏ lịng biết ơn đến quý Thầy - Cô giáo đã giảng
dạy lớp cao học Tốn Khóa K36 của trường Đại học Sư phạm Đà
Nẵng cũng như tồn thể các thầy cơ trong khoa Tốn trường Đại học
Sư phạm Đà Nẵng vì sự giảng dạy tận tình và sự quan tâm, động
viên, khích lệ tơi trong suốt q trình học tập và thực hiện luận văn.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban Giám Hiệu trường Đại học
Sư phạm Đà Nẵng và Phòng Sau Đại học trường Đại học Sư phạm
Đà Nẵng đã tạo điều kiện để tơi hồn thành cơng việc học tập, nghiên
cứu của mình.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những
thiếu sót. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của q
thầy, cơ và bạn đọc để luận văn được hồn thiện hơn.
Cuối cùng, tôi xin chia sẻ niềm vui lớn này với bạn bè, người thân
và gia đình tơi, những người ln sát cánh động viên giúp đỡ tơi hồn
thành luận văn này.
Xin trân trọng cảm ơn!
iii


MỤC LỤC

Trang phụ bìa

i

Lời cam đoan

ii

Lời cảm ơn

iii

Mục lục

1

Mở đầu

3

Chương 1.

Kiến thức chuẩn bị

4

1.1

Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2

Một số tính chất khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Chương 2 .

Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ

nhất
2.1

2.2

9
Phương pháp bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2.1.1

Bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2.1.2

Bất đẳng thức Bunhiacopski: . . . . . . . . . . . . . 16

2.1.3

Bất đẳng thức về trị tuyệt đối: . . . . . . . . . . . . 22

Phương pháp đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.2.1

Dạng 1: Tìm min – max bằng cách đạo hàm trực tiếp 23

2.2.2

Dạng 2: Đặt ẩn phụ, sau đó tìm đạo hàm . . . . . . 25

2.2.3

Dạng 3: Dùng phép thế rồi đạo hàm . . . . . . . . . 27

1


2.2.4

Dạng 4: Dồn về một biến bằng cách chặn trên hoặc
chặn dưới. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3

Phương pháp lượng giác hóa

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

2.4

Phương pháp phản chứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.5

Phương pháp hệ số bất định . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

Chương 3 .

Ứng dụng của giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất

vào giải toán
3.1

Ứng dụng vào việc giải và biện luận phương trình, bất phương
trình.

3.2

40

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

Ứng dụng vào một số bài toán trong thực tế . . . . . . . . . .

47

Kết luận

53

Tài liệu tham khảo

54

2


MỞ ĐẦU
Bài tốn tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất hay tìm cực trị
một biểu thức đã có từ lâu, và ln xuất hiện trong mọi lĩnh vực của tốn
học. Trong chương trình tốn phổ thơng, bài tốn tìm giá trị lớn nhất hoặc
nhỏ nhất trải dài ở hầu hết các cấp học, có mặt ở tất cả các bộ mơn Số học,
Đại số, Giải tích, Hình học và Lượng giác. Đặc biệt trong các kỳ thi Đại học,
học sinh giỏi Quốc gia và quốc tế thường có bài xác định cực trị một biểu
thức nào đó. Bởi vậy bài tốn tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất là một trong
những bài toán được rất nhiều người quan tâm nghiên cứu.

Các bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất có một vị trí xứng đáng trong
chương trình dạy và học tốn ở khối THPT. Các bài tốn tìm giá trị lớn nhất
hoặc nhỏ nhất của một biểu thức rất phong phú, đa dạng, đòi hỏi người làm
toán vận dụng các kiến thức và hợp lý, đơi khi cịn phải được sáng tạo. Hơn

nữa, bài tốn xác định giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất còn liên quan đến sự
đánh giá, tìm cái chặn hoặc xét xem biểu thức sẽ có tính chất gì khi nó đạt cực
trị. Chính vì thế, phương pháp xác định giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một
biểu thức sẽ rất thiết thực đối với những người làm toán quan tâm nghiên cứu.

Việc tìm phương pháp giải giá trị lớn nhất, nhỏ nhất cũng như việc xây
dựng các ứng dụng của nó trong thực tiễn là niềm say mê của khơng ít người,
đặc biệt là những người đang trực tiếp giảng dạy bộ mơn Tốn. Chính vì vậy,
để đáp ứng nhu cầu giảng dạy và học tập, tôi đã chọn đề tài “ Giá trị lớn
nhất - giá trị nhỏ nhất và một số ứng dụng” làm đề tài nghiên cứu của luận
văn.
3


CHƯƠNG 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Trong mục này, chúng tơi trình bày một số khái niệm và tính chất cơ
bản của giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất được sử dụng trong luận văn. Những
kết quả ở đây được tham khảo từ các tài liệu [2, 3, 5, 1, 8, 6, 7].
1.1. Các định nghĩa
Định nghĩa 1.1.1. Cho hàm số y = f (x) với TXĐ là D.
Giá trị lớn nhất (GTLN): M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f (x)
nếu
f (x) ≤ M,

∀x ∈ D

và tồn tại x0 ∈ D sao cho f (x0 ) = M. Ký hiệu M = max f (x).

x∈D

Giá trị nhỏ nhất (GTNN): m được gọi là giá trị nhỏ nhất của f (x) nếu
f (x) ≥ m,

∀x ∈ D

và tồn tại x0 ∈ D sao cho f (x0 ) = m. Ký hiệu M = min f (x).
x∈D

Định nghĩa 1.1.2. Cho hàm số y = f (x) với TXĐ là D.
Hàm số y = f (x) được gọi là đồng biến trên D, nếu:
∀x1 , x2 ∈ D, x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ).
Hàm số y = f (x) được gọi là nghịch biến trên D, nếu:
∀x1 , x2 ∈ D, x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ).
Các khẳng định sau đây suy ra trực tiếp từ định nghĩa trên.
Điều này cho ta một cách chứng minh hàm số đồng biến, nghịch biến.
4


❼ Hàm số y = f (x) đồng biến trên D khi và chỉ khi:
f (x1 ) − f (x2 )
> 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 = x2 .
x1 − x2

❼ Hàm số y = f (x) nghịch biến trên D khi và chỉ khi:
f (x1 ) − f (x2 )
< 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 = x2 .
x1 − x2
Điều kiện cần để hàm số (có đạo hàm) đồng biến, nghịch biến.

Giả sử hàm số y = f (x) có đạo hàm trên D.

❼ Nếu y = f (x) đồng biến trên D ⇒ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ D.
❼ Nếu y = f (x) nghịch biến trên D ⇒ f (x) ≤ 0, ∀x ∈ D.
Điều kiện đủ để hàm số đồng biến, nghịch biến.
Giả sử hàm số y = f (x) có đạo hàm trên D

❼ Nếu f (x) > 0, ∀x ∈ D ⇒ hàm số y = f (x) đồng biến trên D.
❼ Nếu f (x) < 0, ∀x ∈ D ⇒ hàm số y = f (x) nghịch biến trên D.
Định nghĩa 1.1.3. Cho hàm số y = f (x) xác định trên khoảng (a; b).

❼ Hàm số y = f (x) liên tục tại x0 ∈ (a; b) nếu lim (f (x)) = f (x0 ).
x→x0

❼ Hàm số y = f (x) liên tục trên khoảng (a; b) nếu f (x) liên tục tại mọi
điểm thuộc (a; b).

❼ Hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [a; b] nếu f (x) liên tục trên
khoảng (a; b), và lim+ f (x) = f (a), lim− f (x) = f (b).
x→a

x→b

Định nghĩa 1.1.4. Cho hàm số y = f (x) xác định trên khoảng (a; b) và
f (x) − f (x0 )
x0 ∈ (a; b). Giới hạn hữu hạn (nếu có) của tỉ số
khi x → x0
x − x0
được gọi là đạo hàm của hàm số đã cho tại x0 , kí hiệu là f (x0 ) hay y (x0 ).
Như vậy:

f (x) − f (x0 )
.
x→x0
x − x0

f (x0 ) = lim

5


Nếu đặt x − x0 = ∆x, f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = ∆y thì ta có:
∆y
.
∆x→0 ∆x

f (x0 ) = lim

Định nghĩa 1.1.5. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên tập K và x0 ∈ K:
+ x0 là điểm cực tiểu của hàm số f nếu tồn tại một khoảng (a;b) chứa x0
sao cho (a;b) ⊂ K và f (x) > f (x0 ), ∀x ∈ (a; b) \ {x0 }.
Khi đó f (x0 ) được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số f .
+ x0 là điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một khoảng (a;b) chứa x0
sao cho (a;b) ⊂ K và f (x) < f (x0 ), ∀x ∈ (a; b) \ {x0 }. Khi đó f (x0 ) được gọi
là giá trị cực đại của hàm số f .
+ Điểm cực đại và điểm cực tiểu gọi chung là điểm cực trị.
+ Giá trị cực đại và giá trị cực tiểu gọi chung là cực trị.
+ Nếu x0 là điểm cực trị của hàm số thì điểm (x0 ; f (x0 )) được gọi là điểm
cực trị của đồ thị hàm số f .
Định nghĩa 1.1.6. Cho U ⊂ Rn là tập mở và f : U → R. Ta nói rằng f đạt
cực đại (cực tiểu) địa phương tại a ∈ U nên có lân cận V của a(V ⊂ U ) sao

cho:
f (x) ≤ f (a)(f (x) ≥ f (a) khi x ∈ V )
. Nếu f (x) < f (a)(f (x) > f (a) khi x ∈ V \ a) thì ta nói f đạt cực đại (cực
tiểu) địa phương thực sự tại a.
Cực đại (cực tiểu) địa phương gọi chung là cực trị.
1.2. Một số tính chất khác
Định lí 1.2.1. Nếu hàm số y = f (x) đồng biến trên [a; b] thì
min f (x) = f (a);

max f (x) = f (b)

x∈[a;b]

x∈[a;b]

6


Nếu hàm số y = f (x) nghịch biến trên [a; b] thì
min f (x) = f (b);

max f (x) = f (a)

x∈[a;b]

x∈[a;b]

Định lí 1.2.2. Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b] thì hàm số y = f (x)
bị chặn trên đoạn [a; b].
Định lí 1.2.3. Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b] thì hàm số y = f (x)

đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên đoạn [a; b].
Định lí 1.2.4. Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b] và f (a).f (b) < 0 thì
có ít nhất một giá trị c thuộc khoảng (a; b) sao cho f (c) = 0
Định lí 1.2.5. Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b] và f (a) = A, f (b) =
B. Lúc đó, nếu C là số nằm giữa A và B thì có ít nhất một giá trị c thuộc
khoảng (a; b) sao cho f (c) = C .
Định lí 1.2.6. Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b] thì y = f (x) nhận
mọi giá trị trung gian giữa giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M của nó
trên đoạn đó.
Tính chất 1.2.7. Giả sử hàm số f (x) xác định trên D và tồn tại maxx∈D f (x)
và minx∈D f (x). Khi đó ta có:

❼ maxx∈D f (x) = − minx∈D (−f (x)).
❼ minx∈D f (x) = − maxx∈D (−f (x)).
Tính chất 1.2.8. Giả sử hàm số f (x) và g(x) là hai hàm số cùng xác định
trên D và thỏa mãn điều kiện f (x) ≥ g(x), ∀x ∈ D. Giả sử cùng tồn tại
maxx∈D f (x) và maxx∈D g(x).
Khi đó ta có: maxx∈D f (x) ≥ maxx∈D g(x).
Tính chất 1.2.9. Giả sử hàm số f (x) là hàm số xác định trên D = D1 ∪ D2 .
Nếu tồn tại maxx∈Di f (x), minx∈Di f (x) với i =1, 2 thì ta có:
7


❼ maxx∈D f (x) = max{maxx∈D1 f (x), maxx∈D2 f (x)}.
❼ minx∈D f (x) = min{minx∈D1 f (x), minx∈D2 f (x)}.

8


CHƯƠNG 2

CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ
TRỊ NHỎ NHẤT

Bài tốn tìm giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất là một bài toán tương đối khó
vì cơ sở lý thuyết khá ngắn nhưng lại đa dạng về mặt kĩ thuật và phương
pháp giải toán. Trong chương này, luận văn sẽ giới thiệu một số phương pháp
từ cơ bản đến nâng cao để tìm giá trị lớn nhất - giá trị nhỏ nhất như phương
pháp bất đẳng thức, phương pháp đạo hàm, phương pháp lượng giác hóa...
Kiến thức trong chương này được tham khảo trong các tài liệu [5, 4, 8, 6, 7].
2.1. Phương pháp bất đẳng thức
Phương pháp chung: Mấu chốt của phương pháp bất đẳng thức là phải
dự đoán được biểu thức sẽ đạt GTLN, GTNN tại những giá trị nào của biến
số để từ đó có những cách phân tích, đánh giá thích hợp. Ta đi sâu tìm hiểu
về một số bất đẳng thức cần nhớ sau:

2.1.1. Bất đẳng thức Cauchy
Đây cũng là phương pháp thường dùng nhất trong các bài tốn tìm giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Kiến thức cần nắm:

❼ Cho hai số a, b ≥ 0 ta có:

a+b √
≥ ab.
2

Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b.
√
a1 + a2 + . . . + an

≥ n a1 a2 . . . an .
n

❼ Cho n số a1 , a2 , . . . , an ≥ 0, ta có:
Dấu "=" xảy ra ⇔ a1 = a2 = . . . = an .

9


Một số ví dụ:
Trong mục này, luận văn sẽ chỉ ra một số cách áp dụng phương pháp này để
tìm cực trị của một biểu thức.

❼ Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức trực tiếp.
Ví dụ 1:
1 1
1
Cho x > 0; y > 0 thỏa mãn điều kiện + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của
x y
2
√
√
biểu thức A = x + y.
Lời giải:
Vì x > 0; y > 0 nên

√
1
1
√

> 0; > 0; x > 0; y > 0, theo bất đẳng thức
x
y

Cauchy có:
1 1
1 1 1
. ≤
+
x y
2 x y
1
1
√
⇒ √ ≤ ⇒ xy ≥ 4.
xy
4
√
√
Vận dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số dương x và y ta được:
A=

√

x+

√

√
√ √

x y ≥ 2 4 = 4.

y≥2

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = 4.
Vậy minA = 4 (khi và chỉ khi x = y = 4).
Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Phú Thọ 2010 - 2011).
Cho các số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S=

c(ab + 1)2 a(bc + 1)2 b(ca + 1)2
+
+
.
b2 (bc + 1) c2 (ca + 1) a2 (ab + 1)

Lời giải:
√
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng x + y + z ≥ 33 xyz ta được:
c(ab + 1)2 .a(bc + 1)2 .b(ca + 1)2
3 (ab + 1)(bc + 1)(ac + 1)
S≥3 2
=
3
b (bc + 1).c2 (ac + 1).a2 (ab + 1)
abc
√
√
√
3 2

ab.2 bc.2 ca
≥3
= 6.
abc
3

10


Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 6, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Ví dụ 3: (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chun Tốn Thanh Hóa 2011 - 2012).
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a + b + c = 2. Tính giá trị lớn nhất
của biểu thức:
P =√

bc
ca
ab
+√
+√
.
ab + 2c
bc + 2a
ca + 2b

Lời giải:
Để ý đến giả thiết a+b+c = 2 ta có ab+2c = ab+c(a+b+c) = (b+c)(c+a).
Do đó theo bất đẳng thức Cauchy ta được:
√

ab
=
ab + 2c

ab
(b + c)(c + a)

≤

2ab
2ab
+
.
b+c c+a

Hoàn tồn tương tự ta có:
√

bc
2bc
2ca
2bc
ca
2ca
≤
≤
+
,√
+
.

a + b c + a ca + 2b
a+b b+c
bc + 2a

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
√

bc
ca
ab
+√
+√
≤ 2(a + b + c) = 4.
ab + 2c
bc + 2a
ca + 2b

Hay P ≤ 4. Vậy giá trị lớn nhất của P là 4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
a=b=c= .
3
Ví dụ 4: (Đề thi chọn HS dự thi HSGQG Quảng Nam 2014 - 2015)
Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Tìm GTNN của biểu thức:
P =

2a + 3b
4b
8c
+
−

.
a + 2b + c a + b + 2c a + b + 3c

Lời giải:
Đặt x = a + 2b + c, y = a + b + 2c, z = a + b + 3c. Khi đó ta được:
a = 5y − x − 3z, b = x + z − 2y, c = x − z.
Biểu thức P được viết lại thành:
P =

4x 2y 8y 4z
+
+
+
− 17.
y
x
z
y
11


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:
P ≥2

4x 2y
. +2
y x

√
8y 4z

. − 17 = 12 2 − 17.
z y

√
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12 2 − 17. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
√
z = 2y = 2x.
Nhận xét: Không phải lúc nào ta cũng có thể dùng trực tiếp bất đẳng thức
Cauchy đối với các số trong đề bài. Dưới đây ta nghiên cứu một số cách biến
đổi một biểu thức để có thể vận dụng bất đẳng thức Cauchy rồi tìm cực trị
của nó.

❼ Phương pháp 2: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của
bình phương biểu thức đó.
Ví dụ 5:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =

√

3x − 5 +

√

7 − 3x.

Lời giải:
Điều kiện xác định:

5
7

≤x≤ .
3
3

A2 = (3x − 5) + (7 − 3x) + 2

(3x − 5) . (7 − 3x).

A2 ≤ 2 + (3x − 5 + 7 − 3x) = 4.
Dấu "=" xảy ra ⇔ (3x − 5) = (7 − 3x) ⇔ x = 2.
Vậy maxA2 = 4 ⇒ maxA = 2 (khi và chỉ khi x = 2).
Nhận xét: Biểu thức A được cho dưới dạng tổng của hai căn thức. Hai biểu
thức lấy căn có tổng khơng đổi (bằng 2). Vì vậy, nếu ta bình phương biểu
thức A thì sẽ xuất hiện hạng tử là hai lần tích của căn thức. Đến đây, có thể
vận dụng bất đẳng thức Cauchy để tìm cực trị của biểu thức.

❼ Phương pháp 3: Nhân và chia biểu thức với cùng một số khác 0.
Ví dụ 6:
12


√
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =

x−9
.
5x

Lời giải:
Điều kiện xác định: x ≥ 9.

1 x−9
x−9
x−9+9
+3
.3
x−9
1
2
3
3
3
A=
=
≤
=
= .
5x
5x
5x
10x
30
x−9
= 3 ⇔ x = 18.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
3
1
Vậy maxA =
khi và chỉ khi x = 18.
30
x−9

Nhận xét: Trong cách giải trên, x − 9 được biểu diễn thành
.3 và khi
3
x−9
vận dụng bất đẳng thức Cauchy, tích
.3 được làm trội trở thành tổng
3
1
x−9
+ 3 = x có dạng kx có thể rút gọn cho x ở mẫu, kết quả là một hằng
3
3
số. Con số 3 tìm được bằng cách lấy căn bậc hai của 9, số 9 có trong bài.
√

❼ Phương pháp 4: Biến đổi biểu thức đã cho thành tổng của các biểu thức
sao cho tích của chúng là một hằng số .
1. Tách một hạng tử thành tổng của nhiều hạng tử bằng nhau.
Ví dụ 7:
Cho x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A =

3x4 + 16
.
x3

Lời giải:
16
16
16
4

=
x
+
x
+
x
+
≥
4.
x.x.x.
A ≥ 4.2 = 8.
x3
x3
x3
16
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 3 ⇔ x = 2.
x
Vậy minA = 8 (khi và chỉ khi x = 2).
16
Nhận xét: Hai số dương 3x và 3 có tích khơng phải là một hằng số. Muốn
x
3
3
khử được x thì phải có x = x.x.x do đó ta phải biểu diễn 3x = x + x + x
A = 3x +

rồi dùng bất đẳng thức Cauchy với 4 số dương.
2. Tách một hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với một hạng tử
chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của hạng tử khác có trong biểu
13

thức đã cho(có thể sai khác một hằng số).
Ví dụ 8:
Cho 0 < x < 2 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

2
9x
+ .
2−x x

Lời giải:
9x
2−x
A=
+
+ 1.
2−x
x
√
9x 2 − x
A ≥ 2.
.
+ 1 = 2 9 + 1 = 7.
2−x x
2−x
1
9x
=
⇔ x = . (Vì 0 < x < 2).

Dấu "=" xảy ra ⇔
2−x
x
2
1
Vậy minA = 7 khi và chỉ khi x = .
2
Ví dụ 9: (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Bà Rịa - Vũng Tàu 2011 2012).
Cho các số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn 3a + 4b + 5c = 12. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức:
S=

ab
2ac
3bc
+
+
.
ab + a + b ac + a + c bc + b + c

Lời giải:
Ta viết lại biểu thức S thành:
S=

1
1
a

+ 1b + 1

+

2
1
c

+

1
a

+1

+

3
1
b

+ 1c + 1

.

1 1 1 1
1
≤ ( + + ) ta có:
x+y+z
9 x y z
1
2

3
a + b + 1 2(c + a + 1) 3(b + c + 1)
S= 1 1
+1 1
+1 1
≤
+
+
9
9
9
+
+
1
+
+
1
+
+
1
a
b
c
a
b
c
6 + 3a + 4b + 5c 18
=
=
= 2.

9
9
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức S là 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Áp dụng bất đẳng thức

a = b = c = 1.
Ví dụ 10:
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
14

1
1
1
+
+
= 1. Tìm GTNN
x2 y 2 z 2


của biểu thức:
P =

y2z2
z 2 x2
x2 y 2
+
+
.
x(y 2 + z 2 ) y(z 2 + x2 ) z(x2 + y 2 )

Lời giải:
1
1
1
+
+
.
x( z12 + y12 ) y( z12 + x12 ) z( x12 + y12 )
1
1
1
Đặt a = , b = , c = thì a, b, c>0 và a2 + b2 + c2 = 1. Khi đó ta được:
x
y
z

Ta có: P =

a
b
c
a2
b2
c2
P = 2
+
+
=
+

+
.
b + c2 c2 + a2 a2 + b2
a(1 − a2 ) b(1 − b2 ) c(1 − c2 )
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
1
1 2a2 + 1 − a2 + 1 − a2 3
4
a2 (1 − a2 )2 = .2a2 (1 − a2 )(1 − a2 ) ≤ (
) = .
2
3
27
√2 2
2
2
a
3
3a
⇒ a(1 − a2 ) ≤ √ ⇔
≥
.
a(1 − a2 )
2
3 3
Hoàn toàn tương tự ta được:
√
√
3 3b2
c2

3 3c2
b2
≥
,
≥
.
b(1 − b2 )
2
c(1 − c2 )
2
√
3 3
Cộng vế theo vế các kết quả trên ta được P ≥
. Vậy giá trị nhỏ nhất của
2
√
3 3
.
P là
2
√
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3.

❼ Phương pháp 5: Thêm một hạng tử vào biểu thức đã cho.
Ví dụ 11:
Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
P =

y2

z2
x2
+
+
.
y+z z+x x+y

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy đối với hai số dương
x2
y+z
+
≥ 2.
y+z
4

x2
y+z
và
ta được:
y+z
4

x2 y + z
x
.
= 2. = x.
y+z 4
2
15

Tương tự:
y2
z+x
+
≥ y.
z+x
4
z2
x+y
+
≥ z.
x+y
4
y2
z2
x2
x+y+z
+
+
+
≥ x + y + z.
Vậy
y+z z+x x+y
2
x+y+z
P ≥ (x + y + z) −
= 1.
2

2
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = .
3

2.1.2. Bất đẳng thức Bunhiacopski:
Kiến thức cần nắm:
2

❼ Cho a, b, c, d tùy ý, ta có a2 + b2

c2 + d2 ≥ (ac + bd) .

Dấu "=" xảy ra ⇔ ad = bc.

❼ Cho a1 , . . . , an và b1 , . . . , bn tùy ý, ta có:
a21 + . . . + a2n
Dấu "=" xảy ra ⇔

2

b21 + . . . + b2n ≥ (a1 b1 + . . . + an bn ) .

an
a1
= ... = .
b1
bn

Một số ví dụ:
Ví dụ 1:

√
√
Tìm giá trị lớn nhất của: P = 3 x − 1 + 4 5 − x.
Lời giải:
Điều kiện xác định: 1 ≤ x ≤ 5.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski có:
P 2 ≤ 32 + 42 (x − 1 + 5 − x) = 100.
√
√
x−1
5−x
61
Suy ra maxP = 10 ⇔
=
⇔x= .
3
4
25
Ví dụ 2:
5a
4b
3c
Cho a, b, c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của P =
+
+
.
b+c c+a a+b
16

Lời giải:

4b
3c
5a
+5+
+4+
+ 3 − (5 + 4 + 3)
b+c
c+a
a+b
5
4
3
= (a + b + c)
+
+
− (5 + 4 + 3)
b+c c+a a+b
4
3
1
5
+
+
− (5 + 4 + 3)
= [(a + b) + (b + c) + (c + a)] .
2
b+c c+a a+b
√

√ 2
1 √
≥
5 + 4 + 3 − (5 + 4 + 3) .
2
(theo bất đẳng thức Bunhiacopski)

P =

√
√ 2
1 √
5 + 4 + 3 − (5 + 4 + 3) .
2
b+c a+c a+b
Khi và chỉ khi √ = √ = √ .
5
4
3
Tổng quát: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
Vậy minP =

a 2
b 2
c 2
1 2
x +
y +
z ≥ (xy + yz + xz) −
x + y2 + z2 .

b+c
a+c
a+b
2
(cộng vào vế trái x2 + y 2 + z 2 rồi trừ đi x2 + y 2 + z 2 , sau đó áp dụng bất
đẳng thức Bunhiacopski).
Ví dụ 3:
Cho a, b, c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của P =

a + 3c c + 3b
4b
+
+
.
a+b
b+c
c+a

Lời giải:
a + 3c
c + 3b
4b
+2 +
+2 +
+ 6 − 10
a+b
b+c
c+a
3a + 2b + 3c
2b + 3c + 3a

4b + 6c + 6a
=
+
+
− 10
a+b
b+c
c+a
1
1
2
= (3a + 2b + 3c) .
+
+
− 10
a+b b+c c+a
1
1
2
+
+
− 10
= [(a + b) + (b + c) + 2 (a + c)] .
a+b b+c c+a
√ √ 2
≥ 1 + 1 + 2. 2 − 10 = 6.

P =

17

2

2

2

Vậy minP = 6 khi và chỉ khi (a + b) = (b + c) = (a + c) hay a = b = c.
Cơ sở: Chọn α, β, γ sao cho:
a + 3c + α (a + b) = c + 3a + β (b + c) = 4b + γ (c + a) = m (3a + 2b + 3c) .
Từ đó suy ra α = β = 2, γ = 6, m = 2.
Ví dụ 4: (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán Phú Thọ 2012 - 2013).
3
Cho x, y, z là các số không âm thỏa mãn x + y + z = . Tìm GTNN:
2
S = x3 + y 3 + z 3 + x2 y 2 z 2 .
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
√
√
√
√
√
( x2 + y 2 + z 2 )((x x)2 + (y y)2 + (z z)2 ) ≥ (x2 + y 2 + z 2 )2 .
3
2
Hay (x3 + y 3 + z 3 ) ≥ (x2 + y 2 + z 2 )2 ⇔ x3 + y 3 + z 3 ≥ (x2 + y 2 + z 2 )2 . (*)
2
3

Mặt khác, dễ dàng chứng minh được:
xyz ≥ (x + y − z)(x + z − y)(y + z − x)
3
3
3
⇔ xyz ≥ ( − 2z)( − 2x)( − 2y)
2
2
2
27 9
⇔ xyz ≥
− (x + y + z) + 6(xz + yz + xz) − 8xyz
8
2
27
⇔ 9xyz ≥
− 3(x2 + y 2 + z 2 )
8
3 x2 + y 2 + z 2 2
⇔ x2 y 2 z 2 ≥ ( −
).
8
3
(x + y + z)2
3
2
2
2
Đặt t = x + y + z ≥
= . Khi đó ta được:

3
4
2
3 t
1
3
11
3
25
S ≥ t2 + ( − )2 = (t − )2 + t2 +
≥ .
3
8 3
6
4
8
64
64
25
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y =
64
1
z= .
2
Ví dụ 5:
a b c
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = + + . Tìm GTNN
b c a

18


của biểu thức:
P =

a+b+1
b+c+1
c+a+1
+
+
.
a3 + b3 + 1 b3 + c3 + 1 c3 + a3 + 1

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho giả thiết ta được:
a+b+c=

a b c
+ + ≥ 3.
b c a

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức cho giả thiết
ta được:
a b c
(a + b + c)2
a+b+c= + + ≥
⇒ ab + bc + ca ≥ a + b + c.
b c a
ab + bc + ca

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
(a3 + b3 + 1)(a + b + 1) ≥ (a2 + b2 + a)2 ≥

(a + b + 1)2 (a2 + b2 + 1)
.
3

a+b+1
3
≤ 2
.
3
3
a +b +1
a + b2 + 1
Hoàn toàn tương tự ta thu được:
Do đó ta được

P ≤

3
3
3
+
+
.
a2 + b2 + 1 b2 + c2 + 1 c2 + a2 + 1

1
1

1
+
+
≤ 1.
a2 + b2 + 1 b2 + c2 + 1 c2 + a2 + 1
Thật vậy, bất đẳng thức trên được viết lại thành:
Ta sẽ chứng minh:

a2 + b2
b2 + c2
c2 + a2
+
+
≥ 2.
a2 + b2 + 1 b2 + c2 + 1 c2 + a2 + 1
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:
√
√
√
a2 + b2
b2 + c2
c2 + a2
( a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a2 )2
+
+
≥
.
a2 + b2 + 1 b2 + c2 + 1 c2 + a2 + 1
2(a2 + b2 + c2 ) + 3
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được:

( a2 + b2 +

b2 + c2 +

c2 + a2 )2 ≥ 4(a2 + b2 + c2 ) + 6.
19


⇔

(a2 + b2 )(b2 + c2 ) +

(b2 + c2 )(c2 + a2 ) +

(c2 + a2 )(c2 + a2 ) ≥ a2 +

b2 + c2 + 3.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
(a2 + b2 )(b2 + c2 ) ≥ b2 + ac
Áp dụng tương tự ta được:
(a2 + b2 )(b2 + c2 ) +

(b2 + c2 )(c2 + a2 ) +

(c2 + a2 )(c2 + a2 )

≥ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca.
Mà từ giả thiết ta được ab + bc + ca ≥ 3. Do vậy ta được:
(a2 + b2 )(b2 + c2 ) +

(b2 + c2 )(c2 + a2 ) +

(c2 + a2 )(c2 + a2 )

≥ a2 + b2 + c2 + 3.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 3.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Ví dụ 6:
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x+y+z=1. Tìm GTLN của biểu
thức:
P =

x2 y
+
4x + 5y

y2z
+
4y + 5z

z2x
.
4z + 5x

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
x
y
z
+

+
).
4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x
x
y
z
1
5y
5z
5x
Đặt Q =
+
+
= (3−(
+
+
)).
4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x 4
4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:
5y
5z
5x
5(x + y + z)2
+
+
≥
4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x
4(xy + yz + xz) + 5(x2 + y 2 + z 2 )
5

5
=
=
.
2
5(x + y + z) − 6(xy + yz + xz) 5 − 6(xy + yz + zx)
1
5
Do đó ta được Q ≤ (3 −
).
4
5 − 6(xy + yz + zx)
P 2 ≤ (xy + yz + xz)(

20