TIẾP cận bài TOÁN bất ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ nào

TIẾP CẬN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO?

Đa phần học sinh cảm thấy rất ngại khi phải giải một bài toán Bất Đẳng
Thức bởi các lý do sau : trong chương trình BDT chỉ dc dành 2 tiết để giảng
dạy , kiến thức chuẩn bị của học sinh chưa tốt , BDT thuộc về dạng toán
không mẫu mực .Người giải phải thực sự có kinh nghiệm mới có thể xử lý
được . Củng chính vì lý do đó khiến BDT trở nên một môn học gây cho học
sinh nhiều hứng thú với cảm giác chinh phục . Để giúp các bạn học sinh ôn
thi ĐH tốt , mình xin viết bài viết nhỏ này trong ngày cuối tuần . Hy vọng
giúp các bạn ít nhiều trong việc củng cố hơn kĩ năng giải toán .
Các hướng tiếp cận sẽ được trình bày thông qua lời giải của từng VD cụ thể
, và qua đó các bạn tự rút ra nhưng kinh nghiệm riêng . Mình không bao giờ
áp đặt và muốn áp đặt các bạn học sinh .
Bài toán 1: Cho a,b,c>0 và thõa mãn :
3a b c
+ + =
.Tìm GTLN và GTNN của
:

2 2 2
a b c abc
+ + +
Phân tích : Bài toán cho ở dạng đối xứng , thông thường điều này sẽ dẫn đến
giá trị cực trị sẽ đạt ở 3 biến bằng nhau, hoặc 1 biến là 0 . Điều kiện đề bài
cho tổng của 3 biến a,b,c gợi ý cho ta cách dồn biến về a+b để có thể thay
a+b=3-c rồi khảo sát . Thêm một chú ý nữa là giờ đây ta tập trung nhìn vào
biểu thức tổng a+b và abc . Như vậy ta cần tìm liên hệ a+b và ab ( chú ý các
em ko cần quan tâm c nhé, vì cuối cùng ta sẽ dồn về c nên ko cần làm mất
c ) .
Nhớ lại rằng có liên hệ gì giữa tích và tổng 2 số không ? À có .
2 2

( ) (3 )
0
4 4
a b c
ab
+ −
≤ ≤ =
(1)
Từ phân tích này ta có thể giải như sau : ( Chỉ trình bày vắn tắt lời giải)
Ta có :
2 2 2 2 2
(3 ) (2 )P a b c abc c c ab c
= + + + = − + − −
Áp dụng đánh giá (1) ta có :
3 2
1
( 3 18) 2 6 9
4
c c P c c
− + ≤ ≤ − +
Giờ ta khảo sát hàm số c và nhớ không quên rằng
(0;3)c
∈
.
Lưu ý : Nếu đề bài cho có giả thiết tổng a+b+c nên cố rút ra các biểu thức
dạng a+b để từ đó có thể đưa về một biến
Bài toán tương tự : Cho các số thực dương
[ ]
, , 1;3x y z
∈

thõa mãn :
2 6x y z
+ + =
.Tìm min,max của :
3 3 3
5P x y z
= + +
Hướng dẫn : Theo giả thiết thì ta có :
2 2 2 2
4 4(3 ) ( ) 4(3 ) (3 )xy z x y z xy z
= − − − ≤ − => ≤ −
Bây giờ ta tìm chặn dưới cho xy , để làm được điều này ta có thể làm như
sau : Dễ thấy
1xy
≥
Nhưng để ý điều này ko liên quan đến z nên anh sợ nó
yếu ( Các em thử kiểm tra 1 là chặn dưới đủ mạnh để giải chưa nhé ) nên tìm
một cái chặt hơn .
Ta luôn có :
( 1)( 1) 0 1 5 2x y xy x y z
− − ≥ => ≥ + − = −
OK , bây giờ chặn dc em “xy” rồi nghĩa là ta chuyển đc về z cả rồi . Vấn đề
là chặn tiếp em z . Dễ thấy em z bị chặn giữa 1 và 2 .
Đến đây cứ bằm chiu phang phập thoải mái nhá :
2 3
( )(( ) 3 ) 5P x y x y xy z
= + + − +
Chỉ việc thay từng đánh giá vào xy là xong .
Không đến nổi khó khăn lắm phải không ? Ta sẽ đi tiếp nhé .
Bài toán 2 : Cho 3 số thực dương a,b,c thõa mãn

ab
a c b c
c
− + − =
Tìm GTNN của :
2
2 2
a b c c
P
b c c a a b a b
= + + +
+ + + +
Phân tích : Biểu thức P được cho rất đẹp nhưng trái lại điều kiện cho có dạng
căn thức rắc rối . Ta sẽ mong muốn từ điều kiện sẽ suy ra được một cái gì đó
tường minh hơn . Có lẽ cách xử lý điều kiện này khá quen thuộc với đa phần
học sinh ( ĐH A-2013, ĐH A-2009) . Điều kiện cho dưới dạng đồng bậc
thuần nhất .
Nên ta nghĩ ngay đến phép đặt : a=xc,b=yc (x,y>1)
Thay vào giả thiết, ta sẽ có :
2
1 1 ( ( 1)( 1) 1) 0
2 4
x y xy x y
xy x y xy xy
− + − = <=> − − − =
<=> = + ≥ => ≥
Ta viết lại biểu thức P :
2 2
1 1
1 1

x y
P
y x x y x y
= + + +
+ + + +
Như anh đã giảng 1 lần thì những bài phân thức đối xứng, cứ làm chắn tử số
rồi áp dụng BCS . Vừa nhanh vừa sướng đê mê lại an toàn đảm bảo sẽ ra lời
giải ( Vấn đề là nằm ở kĩ năng biến đổi của các chú )
2 2 2
2 2 2
1 1 ( ) 1 1
( ) 2 2 2
x y x y
P
xy x xy y x y x y xy xy x y xy x y xy
+
= + + + ≥ + +
+ + + + − + + −
Yeah đến đây là ok rồi . Có cảm giác yêu là lá la

)))
Trước khi chuyển sang bài số 3 các em đọc kĩ bài số 2 và thực hành giải bài
toán sau nhé :
Bài toán :
Cho a,b,c dương thõa mãn :
a b c
≥ ≥
.Tìm GTNN của biểu thức :
2 2
( )

( )
a c ab bc ca
T
ac a b c
+ + +
=
+ +
Bài toán 3: Cho các số thực thay đổi x,y,z thõa mãn :
2 2 2
16
25
3x y z xy
+ + + =
Tìm GTNN của biểu thức :
2 2 2
3 5
( ) 10( )
5 6
P x y z xy xy yz zx
= + + + − + +
Phân tích : Bài toán này có hình thứ phát biểu khá rắc rối . Nhưng chú ý
quan sát ta sẽ tìm đc điểm mấu chốt . Để ý rằng BDT là đối xứng với 2 biến
x,y .Nên dự rằng dấu bằng xảy ra khi x=y .
Nên ta sẽ mạnh dạn đánh giá :
2
2 2
( )
2
x y
x y

+
+ ≥
2 2
3 5
( ) 10( ) ( ) 10( )
10 6
10(
P x y z xy xy yz zx x y z xy xy yz zx
xy yz zx xy yz zx
≥ + + + − + + ≥ + + − + + ≥
+ + − + +
Đến đây ok rồi .
Bài 4 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc=1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
6
333
222
1
cba
accbbaP
++
+++=
.
Lời giải. Đặt
; ; 1
a b c
x y z xyz
c a b
= = = ⇒ =
Vì abc=1 nên ta biến đổi được P thành

2 2 2
6
1
P x y z
xy yz zx
= + + +
+ +
Ta có
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
6
6
2 2 2
2 2 2 2 2 2
6
6
3
2 2 2 2 2 2
6
3.
1
.3
3
.3
x y y z z x
xy yz zx
xy yz zx x y y z z x xyz
xy yz zx x y y z z x xyz
+ +

=
+ +
+ + + +
≥
+ + + +
Áp dụng BĐT AM-GM ta được:
( ) ( )
3
9
2 2 2 2 2 2
2
( )( ) ( )
.3
3 27
x y z xy yz zx x y z
xy yz zx x y y z z x xyz
+ + + + + +
 
+ + + + ≤ ≤
 ÷
 
Suy ra
3
3/2
3. 3
( )
P x y z
x y z
≥ + + +
+ +

. Đặt
3
3/2
3. 3
( 3)t x y z t P t
t
= + + ≥ ⇒ ≥ +
.
Đến đây khảo sát hàm số
3
3/2
3. 3
( ) ; 3f t t t
t
= + ≥
hoặc dùng BĐT AM-GM ta
thu được
6
1
3
3
P ≥ +
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
6
1
3
3
+
.

Lưu ý : Điều cần lưu ý ở đây là phép đặt để khử điều kiện tích .
Trong một số trường hợp , ta phải cM một Biểu thức là dương mà không tìm
được cách đưa về dạng chính phương hóa thì ta thực hành thế nào . Các em
theo dõi VD sau :
Bài toán 5: Cho a,b,c thực. Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2
2 2 2
0
2 1 2 1 2 1
b a c b a c
a b c
− − −
+ + ≥
+ + +
.
Lời giải. BĐT tương đương với
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1
0 3
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
b a c b a c b c a
a b c a b c
− − − + + +
+ + ≥ ⇔ + + ≥
+ + + + + +
.
BĐT này là hiển nhiên theo AM-GM.
Cộng thêm vào một lượng xác định ( là một số ) là kĩ thuật hay được áp
dụng khi gặp những dạng bài này .

Bài toán 6: Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Chứng
minh rằng
3(a
4
+ b
4
+ c
4
) + 33 ≥ 14(a
2
+ b
2
+ c
2
)
Lời giải.
Cách 1. Ta sẽ sử dụng phương pháp dồn biến để chứng minh bài toán này.
Bằng cách đặt F( a, b, c) = 3(a
4
+ b
4
+ c
4
) - 14(a
2
+ b
2
+ c
2
) + 33,

ta sẽ đi chứng minh F( a, b, c) ≥ 0.
Thật vậy, không mất tính tổng quát của bài toán, ta có thể giả sử c ≥ b ≥ a
và đặt x = (b+c)/2 ≥ 1.
Ta có
F( a, b, c) - F( a, x, x) = 3(b
4
+ c
4
- 2x
4
) - 14(b
2
+c
2
-2x
2
)
= 3((b
2
+c
2
)
2
- 4x
4
) + 6(x
4
- b
2
c

2
) - 14(b
2
+c
2
-2x
2
)
= (b
2
+c
2
-2x
2
)(3(b
2
+c
2
+2x
2
) - 14) + 6(x
2
-bc)(x
2
+bc)
Tuy nhiên, ta lại có
b
2
+ c
2

- 2x
2
= 2(x
2
- bc) = (b-c)
2
/2
nên
F( a, b, c) - F( a, x, x) = (1/2)(b-c)
2
[3(b
2
+c
2
+2x
2
) - 14 + 3(x
2
+bc)]
= (1/2)(b-c)
2
[3(b+c)
2
+ 6x
2
+ 3(x
2
-bc) - 14] = (1/2)(b-c)
2
[3(x

2
-bc) + 18x
2
- 14] ≥ 0.
Như vậy, ta đã chứng minh được F( a, b, c) ≥ F( a, x, x). Công việc còn lại chỉ là đi chứng
minh F(a, x, x) ≥ 0 nữa là đủ. Tuy nhiên, đây là một việc làm khá đơn giản vì chỉ cần thay
a = 3 - 2x vào F(a, x, x) và bằng một số phép tính đơn giản ta sẽ thấy
F(3 - 2x, x, x) = 6(x - 1)
2
(3x-5)
2
≥ 0.
Như vậy, bất đẳng thức đã được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
= c = 1.
Nhận xét. Nếu xem xét kỹ cách chứng minh, ta thấy bất đẳng thức vẫn đúng với a, b, c là
các số thực bất kỳ. Trong trường hợp này, ta còn tìm ra một trường hợp khác để xảy ra
dấu bằng: a = -1/3, b = c = 5/3.
Cách 2. Dùng bất đẳng thức hàm lồi và BĐT Karamata)
Không mất tính tổng quát, giả sử
cba
≥≥
.
Đặt f(x) = 3x
4
-14x
2
, x
∈
[0;3], f’’(x)= 36x
2

-28. Như vậy f"(x) ≥ 0 khi
3
7
≥x
và f'(x) ≤ 0
khi
3
7
≤x
.
Xét hai trường hợp:
TH1: Nếu b
3
7
≥
thì
3
7
3
≥≥≥
ba
, suy ra f(a)+f(b)
)
2
(2
ba
f
+
≥
=2f

)
2
3
(
c
−
.
Do đó ta cần chứng minh 3c
4
-14c
2
+
033
2
3
14
2
3
32
24
≥+















−
−






− cc
Tương đương với: (c-1)
2
(27c
2
+18c+3)
≥
0 (đúng).
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c = 1.
TH2: Nếu
3
7
<
b
thì
abc
<<≤≤

3
7
0
do đó:
Bài giảng còn tiếp tục update và buổi học tiếp theo của khóa học : Kĩ năng Giải Đề thi
Đại Học môn Toán .









+=+−+
<−+
≤−+
bcbc
cbc
bc
3
7
)
3
7
)((
3
7
)(

3
7
3
7
)(
Nên
),(),( vubc 
trong đó u=
3
7
)(
−+
bc
và v=
3
7
. Áp dụng bất thức Karamata cho
hàm f(x) = 3x
4
- 14x
2
lồi trên






−
3

7
;
3
7
ta có f(b)+f(c)
≥
f(u)+f(v)
Do đó ta cần chứng minh f(u)+f(v)+f(a)+33
≥
0 trong đó v
≥
3
7
, từ đó quay trở lại TH1.
Chứng minh hoàn tất.