Skkn một số bài toán bất đẳng thức ba biến có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r

1
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài
Bài toán bất đẳng thức (bài toán chứng minh bất đẳng thức; bài tốn tìm giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức) nói chung và bài tốn bất đẳng thức ba
biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r (với
p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc ) nói riêng thường hay xuất hiện trong đề thi
tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Toán, đề thi tốt nghiệp THPT và đề thi Học sinh
giỏi. Đã có nhiều tác giả nghiên cứu về các bài toán bất đẳng thức dạng này như tác
giả Phạm Kim Hùng, tác giả Võ Quốc Bá Cẩn,…; Có một số “phương pháp mạnh” để
giải bài toán bất đẳng thức dạng này như phương pháp dồn biến, phương pháp phân
tích bình phương S.O.S,… Nhưng chưa có tác giả nào rút ra một số định hướng vận
dụng những “kiến thức gần gũi” để giải các bài tốn dạng này. Vì vậy, tơi chọn đề tài:
“Một số bài tốn bất đẳng thức ba biến có giả thiết và kết luận liên quan đến p,
q, r”.
2. Tính cấp thiết của đề tài
Các bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến
p, q, r thường gây ra nhiều khó khăn cho Học sinh và Giáo viên trong quá trình tìm
lời giải. Một số Học sinh thường bỏ qua khi gặp bài toán bất đẳng thức dạng này vì
các em khơng nắm được một số định hướng để giải bài tốn dạng này. Vì vậy việc
nghiên cứu kỹ bài toán dạng này là rất cần thiết.
3. Tính mới của đề tài
- Đưa ra được nhiều lời giải cho một số bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có
giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r.
- Đưa ra một số định hướng để giải bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả
thiết và kết luận liên quan đến p, q, r.
- Vận dụng các định hướng đó để giải một số bài tốn bất đẳng thức ba biến a,
b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r.
4. Khả năng ứng dụng và triển khai đề tài
Đề tài có thể là tài liệu tham khảo bổ ích cho Học sinh, Giáo viên THCS và
THPT đặc biệt là Học sinh khá, giỏi.

skkn


2
5. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
5.1. Đối tượng nghiên cứu
- Học sinh khá giỏi THCS và THPT.
- Giáo viên trường THCS và THPT.
- Các bài toán bất đẳng thức có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r.
5.2. Phạm vi nghiên cứu
- Bám sát nội dung chương trình Tốn THCS và THPT.
- Mở rộng phù hợp với nội dung thi Học sinh giỏi Tỉnh, Quốc gia, Khu vực và Quốc
tế.
6. Phương pháp và nhiệm vụ nghiên cứu
6.1. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp phân tích, tổng hợp.
- Phương pháp thực nghiệm.
6.2. Nhiệm vụ nghiên cứu
Rút ra một số kinh nghiệm để giải bài toán bất đẳng thức có giả thiết và kết
luận liên quan đến p, q, r.

skkn


3
II. NỘI DUNG
1. Cơ sở khoa học
1.1. Cơ sơ lý luận
Trong đề tài này có sử dụng một số bất đẳng thức đúng sau

1.1.1. Với hai số thực x, y ta có:
+) x 2  y 2  2xy .
+)  x  y  4xy .
2

+) 2 x 2  y 2    x  y .
2

Dấu bằng ở các bất đẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi x = y.
1.1.2. Với ba số thực x, y, z ta có:
+) x 2  y 2  z 2  xy  z  zx .
+)  x  y  z  3 xy  yz  zx  .
2

+) 3 x 2  y 2  z 2    x  y  z .
2

Dấu bằng ở các bất đẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
1.1.3. Bất đẳng thức Cô – si:
Với n số thực không âm a1 , a 2 , ..., a n ta có a1  a 2  ...  a n  n n a1a 2 ...a n .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1  a 2  ...  a n .
1.1.4. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
Với 2n số thực a1 , a 2 , ..., a n và b1 , b 2 , ..., b n ta có

a

2
1

 a 22  ...  a 2n b12  b 22  ...  b 2n   a1b1  a 2 b 2  ...a n b n  .

2

skkn


4
Dấu bằng xảy ra khi và
a1  kb1; a 2  kb 2 ;...; a n  kbn .

chỉ

khi

tồn

tại

số

thực

k

sao

cho:

1.1.5. Bất đẳng thức Schur bậc ba, bậc bốn:
+) Bất đẳng thức Schur bậc ba: Với ba số thực không âm a, b, c ta có

a a  ba  c  bb  cb  a   cc  a c  b  0 (1)
hay a 3  b3  c3  3abc  aba  b  bcb  c  ca c  a 
hay a  b  c  9abc  4a  b  cab  bc  ca  .
3

+ Bất đẳng thức Schur bậc bốn: Với ba số thực không âm a, b, c ta có

a 2 a  ba  c  b2 b  cb  a   c2 c  a c  b  0 (2)
hay

a  b  c  4ab  bc  ca   6abca  b  c  5a  b  c ab  bc  ca 
4

2

2

(Bất đẳng thức (2) đúng với mọi số thực a, b, c).
Dấu bằng ở các bất đẳng thức Schur bậc ba, bậc bốn xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
hoặc a = b, c = 0 cùng các hoán vị tương ứng.
Chứng minh:
+) Chứng minh bất đẳng thức Schur bậc ba
Khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử a  b  c  0 . Khi đó:

(1)  a  b a a  c  bb  c  cc  a c  b  0 (3)
Vì a  b  c  0 nên cc  a c  b  0 và a  b a a  c  bb  c  0 .
Do đó (3) đúng. Vậy (1) đúng.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

skkn

5





a  b a a  c  bb  c  0   a  b  c .

 a  b, c  0

cc  a c  b  0


Vậy bất đẳng thức (1) đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0
cùng các hoán vị tương ứng.
+) Chứng minh Bất đẳng thức (2) đúng với mọi số thực a, b, c
Khơng mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a  b  c .
TH1: a  b  c  0 . Khi đó:

(2)  a  b a 2 a  c  b2 b  c  c2 c  a c  b  0 (4)
Vì a  b  c  0 nên c2 c  a c  b  0 và a  b a 2 a  c  b2 b  c  0 .
Do đó (4) đúng. Vậy (2) đúng.
TH2: a  b  0  c . Khi đó:

(2)  a  b a 2 a  c  b2 b  c  c2 c  a c  b  0
2



b  3b 2


 a  b a   
 a  bc  c2 c  a c  b  0 (5)

2
4


2

Vì a  b  0  c nên
2



b
3b 2



c c  a c  b  0 và a  b a   
 a  bc  0 .



2
4



2

2

Do đó (5) đúng. Vậy (2) đúng.
TH3: a  0  b  c . Khi đó:

(2)  a 2 a  ba  c  b  c  b2  b  a   c2 c  a   0
2


c  3c2


 a a  ba  c  b  c b   
 a b  c  0 (6)

2
4


2

2

skkn


6

Vì a  0  b  c nên (6) đúng. Vậy (2) đúng.
TH4: 0  a  b  c . Khi đó:
Đặt a x, b y, c z với 0  x  y  z .
Bất đẳng thức (2) trở thành

x 2  x  y x  z  y2  y  x  y  z  z 2 z  x z  y  0 (7)
Theo TH1 thì (7) đúng. Vậy (2) đúng.
Nhận xét:
Với

a,

b,

c

là

các
số
thực
không
âm,
đặt
p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc . Từ các bất đẳng thức đúng trên ta có một số
bất đẳng thức đúng liên quan đến p, q, r hay sử dụng sau:
+) pq  9r .
+) 3rp  q 2 (Kết quả này đúng với mọi số thực a, b, c).
+) p3  9r  4pq .
+) p 4  4q 2  6pr  5p 2q (Kết quả này đúng với mọi số thực a, b, c).

1.2. Cơ sơ thực tiễn
Trong q trình tìm hiểu các bài tốn bất đẳng thức trong đề thi tuyển sinh vào
lớp 10 THPT chun Tốn, đề thi Học sinh giỏi có một số bài toán bất đẳng thức ba
biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r. Chẳng hạn như:
Bài toán. (Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Toán năm học 2020-2021 của Sở Giáo
dục và Đào tạo Hà Nội)
Với a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  4 , tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P  ab  bc  ca .
Bài toán. (Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 1996)

skkn


7
Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  abc  4 . Chứng
minh rằng ab  bc  ca  a  b  c .
Bài toán. (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam tham gia thi Học sinh giỏi Tốn Quốc tế
năm 2021) Cho các số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn
2a 2  b 2  c 2   3ab  bc  ca   5a  b  c .

Chứng minh rằng 4a 2  b 2  c 2   2ab  bc  ca   7abc  25 .
Tơi đã tìm tịi lời giải các bài tốn này, nghiên cứu kỹ các lời giải đó và đúc rút
ra một số kinh nghiệm cho bản thân trong quá trình dạy học.
2. Thực trạng
Bài toán bất đẳng thức dạng này thường hay xuất hiện trong các đề thi tuyển
sinh vào lớp 10 THPT chuyên Toán, đề thi tốt nghiệp THPT và đề thi Học sinh giỏi.
Nhưng trong thực tế vấn đề dạy và học bài toán này Giáo viên và Học sinh gặp một số
khó khăn và hạn chế như: Học sinh không nắm vững các bất đẳng thức đúng hay sử
dụng, Học sinh khơng biết định hướng để tìm lời giải cho bài toán,…; Khi giải xong
bài toán Giáo viên không yêu cầu Học sinh nghiên cứu sâu lời giải,…

3. Phương hướng và giải pháp
3.1. Một số định hướng để giải bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết
và kết luận liên quan đến p, q, r
Bài toán 1. (Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Toán năm học 2020-2021 của Sở Giáo
dục và Đào tạo Hà Nội)
Với a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  abc  4 , tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P  ab  bc  ca .
Lời giải 1.
Ta chứng minh P  4 .
Từ giả thiết ta có ab  1  0 và c 

4a b

ab  1

skkn


8
Do đó
P  4  ab 

a  b4  a  b
ab  1

4

 abab  1  a  b4  a  b  4ab  1
 a  b  2  abab  3
2

(1)

Từ giả thiết ta lại có

ab  0 và a  b  4  ab  3  ab  a  b  1  a 1b 1

 abab  3  aba 1b 1
Ta sẽ chứng minh

(2)

a  b  2  aba 1b 1
2

(3)

Thật vậy:
TH1: Nếu a 1 b 1  0 thì VT(3)  0  VP(3) .
TH2: Nếu a 1 b 1  0 , thì

VT(3)  a 1  b 1  4a 1b 1  VP(3)
2

(Vì 4ab  a  b  16  ab  4 ).
2

Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng (Điều phải chứng minh).
Suy ra P  4 , dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a  b  2, c  0 .
Vậy giá trị lớn nhất của P là 4.

Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải này là: “Từ giả thiết rút 1 biến nào đó theo 2
biến cịn lại (có thể hạn chế điều kiện hoặc tìm điều kiện liên quan trước khi rút) thế
vào bất đẳng thức cần chứng minh để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về bất đẳng
thức 2 biến. Chứng minh bất đẳng thức này (với điều kiện đã tìm được) và kết luận”.
Lời giải 2.

skkn


9
Khơng mất tính tổng qt, giả sử a  b  c (*).
TH1: Nếu bc < 1 thì từ (*) và giả thiết a, b, c là ba số không âm suy ra

P  3bc  P  3 .
TH2: Nếu bc  1 thì từ giả thiết suy ra

4  a  b  c  abc  a  b  c  a  2 a  ba  c

 4  a  ba  c  a 2  ab  bc  ca  ab  bc  ca
 P4.
Suy ra P  4 , dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a  b  2, c  0 .
Vậy giá trị lớn nhất của P là 4.
Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải này là: “Phân chia thành các trường hợp một
cách hợp lý. Trong các trường hợp đó ta biến đổi một cách thích hợp rồi áp dụng các
bất đẳng thức đúng đã biết để suy ra bất đẳng thức cần chứng minh”.
Lời giải 3.
Đặt p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc .
Từ giả thiết ta có p + r = 4 (1) , p  4 và

 a  b  c 

4  a  b  c  abc  a  b  c  



3

3

 p3  27p  108  0  p  3 p 2  3p  36  0

 p  3.
Do đó 3  p  4

(2)

Áp dụng bất đẳng thức Schur, ta có

skkn


10

p3  9r  4pq  q 

p3  9r
4p

(3)

Từ (1) và (2) suy ra

2
3
p3  9r p  94  p p  4p  4p  9


 4  4 (4)
4p
4p
4p

Từ (3) và (4) suy ra q  4 hay ab  bc  ca  4 .
Suy ra P  4 , dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a  b  2, c  0 .
Vậy giá trị lớn nhất của P là 4.
Nhận xét.
+) Định hướng để tìm lời giải này là: “Dùng các bất đẳng thức đúng đã biết để
đánh giá các vế của bất đẳng thức cần chứng minh một cách hợp lý để dẫn đến việc
cần chứng minh bất đẳng thức một biến (biến p); chứng minh bất đẳng thức này và
kết luận (Để chứng minh thì ta phải tìm điều kiện cho p)”.
+) Với giả thiết như trong bài toán trên, ta có thể chứng minh bất đẳng thức
chặt hơn là ab  bc  ca  a  b  c . Từ đó ta có bài tốn sau (bài tốn 2)
Bài tốn 2. Cho ba số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc  4 .
Chứng minh rằng ab  bc  ca  a  b  c .
Lời giải. Từ giả thiết ta có ab  1  0 và c 

4a b

ab  1

Do đó

ab  bc  ca  a  b  c  ab 

a  b4  a  b
ab  1

a b

4a b
ab  1

 abab  1  a  b4  a  b  a  bab 1  4  a  b
 a  b  2  ab a 1b 1
2

(Bất đẳng thức này đúng theo chứng minh trong lời giải 1).

skkn


11
Nhận xét.
+) Định hướng để tìm lời giải này tương tự ở lời giải 1 của bài toán 1.
+) Kết luận ab  bc  ca  a  b  c vẫn đúng nếu ta thay giả thiết “Cho ba số
thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc  4 ” bởi giả thiết “Cho ba
số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  abc  4 ”. Do đó ta có bài
toán sau (bài toán 3)
Bài toán 3. (Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 1996)
Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  abc  4 . Chứng
minh rằng ab  bc  ca  a  b  c .
Lời giải 1.

Nếu a  b  ab  0 thì a  b  0  ab  bc  ca  abc  0 (Trái với giả thiết).
Do đó, từ giả thiết ta có a  b  ab  0 và c 

4  ab

a  b  ab

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
ab 

a  b4  ab
a  b  ab

a b

4  ab
a  b  ab

 aba  b  ab  a  b4  ab  a  ba  b  ab  4  ab
 a  b  2  ab a 1b 1
2

(1)

TH1: Nếu a 1 b 1  0 thì VT(1)  0  VP(1) .
TH2: Nếu a 1 b 1  0 , thì

VT(1)  a 1  b 1  4a 1b 1  VP(1)
2

(Vì từ giả thiết suy ra ab  4 ).
Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải này tương tự ở lời giải 1 của bài toán 1.

skkn


12
Lời giải 2.
Vì a và b là hai số khơng âm nên luôn tồn tại các số thực không âm x, y, z thỏa
2x
2y
, b

mãn y  z  0 , z  x  0 sao cho a 
yz
zx
Nếu x  y  0 thì x  y  0  a  b  0  ab  bc  ca  abc  0 (Trái với
giả thiết). Do đó x  y  0 .
Nếu a  b  ab  0 thì a  b  0  ab  bc  ca  abc  0 (Trái với giả thiết).
Do đó, từ giả thiết ta có a  b  ab  0 và

4xy
 y  zz  x 
4  ab
2z
c



2x

2y
4xy
a  b  ab
x

y


y  z z  x  y  zz  x 
4

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

4xy
4yz
4zx
2x
2y
2z





 y  zz  x  z  x  x  y  x  y y  z y  z z  x x  y

 2xy x  y  2yz y  z  2zx z  x   x  x  y x  z  y x  y y  z  z x  z y 
 x 3  y3  z3  3xyz  xy x  y  yz y  z  zx z  x (1)
Theo bất đẳng thức Schur bậc ba thì bất đẳng thức (1) đúng.
Nhận xét.

+) Định hướng để tìm lời giải này là: “Đặt ẩn phụ để chuyển bài toán về bài
toán với 3 ẩn mới đơn giản hơn (có thể chứng minh được) và chứng minh bài tốn
này”.
+) Ta có thể nghĩ đến cách đặt ẩn phụ như trên vì: Với ba số thực x, y, z thỏa
mãn x  y  0 , y  z  0 , z  x  0 ta có đẳng thức đúng sau

skkn


13
xy  x  y  yz  y  z  zx z  x   2xyz
1
 x  y y  zz  x 

hay

2x
2y
2z
2x
2y
2z
2x
2y
2z









 4.
yz zx xy yz zx xy yz zx xy

+) Tương tự phân tích trên, ta có các kết quả sau:
2
+ Nếu a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  abc  k 2 (với
k
k  0 ) thì tồn tại ba số thực dương x, y, z sao cho:

a

kx
ky
kz
, b
, c

yz
zx
xy

2
+ Nếu a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  abc  k 2 (với
k
k  0 ) thì tồn tại ba số thực dương x, y, z sao cho:
a

hoặc a 

kx

 x  y x  z 

k yz

 x  y x  z

, b

, b

ky

 y  x  y  z

k zx

 y  x  y  z 

, c

, c

kz

z  x z  y

k xy

z  x z  y



Từ các bài tốn và lời giải trên ta có thể rút ra một số định hướng để giải một số
bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r:
Định hướng 1. Từ giả thiết rút 1 biến nào đó theo 2 biến cịn lại (có thể hạn chế điều
kiện hoặc tìm điều kiện liên quan trước khi rút) thế vào bất đẳng thức cần chứng minh
để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về bất đẳng thức 2 biến. Chứng minh bất đẳng
thức này (với điều kiện đã tìm được) và kết luận.
Định hướng 2. Phân chia thành các trường hợp một cách hợp lý. Trong các trường
hợp đó ta biến đổi một cách thích hợp rồi áp dụng các bất đẳng thức đúng đã biết để
suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.

skkn


14
Định hướng 3. Dùng các bất đẳng thức đúng đã biết để đánh giá các vế của bất đẳng
thức cần chứng minh một cách hợp lý để dẫn đến việc cần chứng minh bất đẳng thức
một biến (Thường dùng các bất đẳng thức đúng đã biết liên quan đến p, q, r để đánh
giá các vế của bất đẳng thức cần chứng minh theo 1 trong 3 đại lượng p, q, r một
cách hợp lý); chứng minh bất đẳng thức này và kết luận (Để chứng minh được thì ta
phải tìm điều kiện cho biến này).
Định hướng 4. Đặt ẩn phụ để chuyển bài toán về bài toán với 3 ẩn mới đơn giản hơn
(có thể chứng minh được) và chứng minh bài tốn này.
Nhận xét. Có một số bài tốn ta có thể vận dụng phối hợp các định hướng trên.
3.2. Vận dụng các định hướng trên để giải một số bài toán

Bài toán 4.
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a 2  b2  c2  abc  4. Chứng
minh rằng a  b  c  3 .
Lời giải:
Từ giả thiết và các kết quả trên, ta có thể đặt
a

2x

 x  y x  z

, b

2y

 y  x  y  z 

, c

2z

z  x z  y



Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2x

 x  y x  z 



2y

 y  x  y  z 



2z

z  x z  y

3

(1)

Áp dụng bất đẳng thức Cơ – si, ta có
VT(1) 

x
x
y
y
z
z






=3.
xy xz yx yz zx zy

Suy ra (1) đúng.
Bài toán 5. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2  b2  c2  8 . Chứng minh
rằng

skkn


15

4a  b  c  4  abc .
(Nguyễn Phi Hùng)
Lời giải.
Đặt p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc .
Từ giả thiết ta có p 2  2q  8 , p 2  8 và p > 0.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 4p 16  r (1)
Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc bốn, ta có

4q  p p
2

p  4q  6pr  5p q  r 
4

2

2

2

 q

6p

(2)

Ta sẽ chứng minh

4q  p p
2

2

 q

6p

 4p 16 (3)

Thật vậy

(3) 

p

2

16p 2  8

6p

 4p 16 (Vì p 2  2q  8 )

p  4 p2  p  8
2



12p

 0 (đúng)

Do đó (3) đúng.
Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng. Dấu bằng xảy ra khi a = b = 2, c = 0 và các hoán
vị tương ứng.
Bài toán 6. (Bài toán gốc của Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 2002)
Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a 2  b2  c2  9 . Chứng minh rằng

2a  b  c  abc 10 .

skkn


16
Lời giải.
Khơng mất tính tổng qt, giả sử a  b  c (*).
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxky, ta có
2
 2a  b  c  abc   2a  b2  c2  ab






2

2
2
 a  b  c 2   4  2  ab 



2
 2ab  9 8  4ab  ab 



 2ab  ab  20ab  72
3

2

 ab  2 2ab  7  100 (1)
2

Từ giả thiết và (*) suy ra c 2  3 . Do đó 2ab  a 2  b 2  9  c 2  6

(2)

Vì vậy, từ (1) và (2) suy ra

 2a  b  c  abc 100  2a  b  c  abc 10 (Điều phải chứng minh).


2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  1, b  c  2 .
Vậy 2a  b  c  abc 10 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  1, b  c  2
và các hốn vị tương ứng.
Nhận xét.
Về mặt hình thức thì bài tốn 5 và bài tốn 6 tương tự nhau nhưng để giải bài
tốn 6 ta khơng thể dung bất đẳng thức Schur bậc bốn (đối với ba số thực bất kỳ) vì
khi đó dấu bằng ở bất đẳng thức Schur bậc bốn xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0
và các hốn vị tương ứng. Khi đó dấu bằng ở bất đẳng thức cần chứng minh không
xảy ra.

skkn


17
Vì vậy để giải được bài tốn bất đẳng thức nói chung và bất đẳng thức ba biến
a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r thì việc lựa chọn bất đẳng thức
đúng để đánh giá là rất quan trọng.
Bài toán 7. (Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 2004)
Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện  x  y  z  32xyz . Hãy tìm giá
3

trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
x 4  y4  z 4

P
4 
x  y  z

Lời giải.
Khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử x + y + z = 4. Khi đó bài toán trở
thành:

1
x 4  y4  z 4  khi các
256
biến số dương x, y, z thay đổi và thỏa mãn điều kiện x + y + z = 4 và xyz = 2”.
“Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P 

Đặt Q  x 4  y 4  z 4 và t = xy + yz + zx, ta có

Q   x 2  y 2  z 2   2 x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 
2

2
2
  x  y  z  2 xy  yz  zx   2  xy  yz  zx   2xyz  x  y  z




2

 16  2t   2 t 2 16  2t 2  64t  288 (1)
2

Từ điều kiện đối với x, y, z ta có y  z  4  x và yz 
Do đó t  x 4  x  

2
(2)
x

2
(3)
x

Áp dụng bất đẳng thức  y  z   4yz và điều kiện (2) ta được
2

skkn


18
8
x

4  x    x 3  8x 2  16x  8  0
2

  x  2 x 2  6x  4  0
 3  5  x  2 (Do 0 < x < 4).

Xét hàm số t  x   x 4  x  

2
với x  3  5;2 .


x

Bằng cách lập bảng biến thiên của hàm số t(x) trên đoạn 3  5;2 , ta tìm được điều


 5 5  1
.
kiện t  5;
2 

 5 5  1
.
Do đó Q  2t 2  64t  288 với t  5;

2


 5 5  1
.
Xét hàm số f  t   2t  64t  288 với t  5;

2


2

 5 5  1
 ta có
Từ bảng biến thiên của hàm số f(t) trên 5;
2 

 5 5  1
383 165 5
.
 f  t   9 với mọi t  5;

2
2



Vì vậy

383 165 5
383 165 5
9
 Q  9 hay
P

2
256
128

P

1 5

383 165 5

, chẳng hạn khi x  3  5, y  z 
2
256

P

9
, chẳng hạn khi x = 2, y = z = 1.
128

skkn


19
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

9
383 165 5

và giá trị lớn nhất của P là
256
128

Bài toán 8. (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam tham gia thi Học sinh giỏi Toán Quốc tế
năm 2021) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn
2a 2  b 2  c 2   3ab  bc  ca   5a  b  c .

Chứng minh rằng 4a 2  b 2  c 2   2ab  bc  ca   7abc  25 .

Lời giải:
Đặt p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc .
Từ giả thiết ta có 2p 2  2q   3q  5p hay q  2p 2  5p (1)
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
4p 2  2q   2q  7r  25  4p 2  7r  25  6q
 4p 2  7r  25  62p 2  5p  7r  8p 2  30p  25

(2)

Mặt khác ta có ab  bc  ca   3abc(a  b  c) hay 3rp  q 2 (3)
2

TH1: Nếu p = 0 hay a  b  c  0  a  b  c  0 thì r = 0.
Do đó (2) đúng.
TH2: Nếu p > 0 thì từ (3) ta suy ra 7r 

Ta chứng minh

7q 2
3p

7q 2
 8p 2  30p  25 (5)
3p

Từ (1), ta suy ra

(5)  72p 2  5p  3p 8p 2  30p  25
2

 pp  32p  514p  5  0 (6)

skkn

(4)


20

a  b  c 

2

Từ giả thiết p > 0, kết quả (1) và kết quả ab  bc  ca 

3

p2
hay q 
suy
3

ra

p2
5
0  2p  5p    p  3 . Suy ra (6) đúng. Do đó (5 ) đúng.
3
2
2

Từ (4) và (5) suy ra (2) đúng (Điều phải chứng minh).
4. Đánh giá và kết quả thực hiện
Trong năm học 2021 – 2022 tôi đã dùng đề tài này làm tài liệu giảng dạy cho
lớp 12A1 của trường THPT Kim Liên và đã đạt được kết quả rất cao. Sau đây là số
liệu so sánh kết quả trước và sau khi áp dụng đề tài ở trường THPT Kim Liên:
Năm học

Dùng đề tài này làm tài liệu

Số học sinh đạt Học sinh giỏi Tỉnh

2020 - 2021

Khơng

1 (Giải Ba)

2021 - 2022

Có

2 (2 Giải Ba)

Đề tài này đã được các đồng nghiệp ở các trường khác như trường THCS Đặng
Thai Mai, THCS Đặng Chánh Kỷ, THCS Kim Liên, THPT chuyên Phan Bội Châu,
THPT Hà Huy Tập, PTDTNT THPT Số 2,… sử dụng làm tài liệu và đã đem lại kết
quả tốt.

skkn