Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức, tìm cục trị

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ (tt)






NGUYỂN ANH KHOA
THPT Lê Khiết, Thành phố Quảng Ngãi
Email:
Nick name: anhkhoa_lk12


I.Phương 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
abc
bccaab
++≥
+++
( BĐT Nesbit với n=3)
2.
2
abcd
bccddaab
+++≥

++++
( BĐT Nesbit với n=4)
GIẢI
Ý tưởng để giải bài toán này ta xét các biểu thức phụ có tính hoán vị.
1. Đặt A=
3
2
abc
bcacab
++≥
+++
; ;
bcacab
BC
bccaabbccaab
=++=++
++++++

Khi đó ta có được B+C=3. Mặt khác
3
3
abbcac
AB
bcacab
acbabc
AC
bccaba
+++
+=++≥
+++

+++
+=++≥
+++

Do đó
3
26
2
ABCA
++≥⇒≥
( đpcm)
2. Đặt ;;
abcdbcdacdab
ABC
bccddaabbccddaabbccddaab
=+++=+++=+++
++++++++++++

Khi đó B+C=4. Lại có
4
abbccdda
AB
bccddaab
++++
+=+++≥
++++

4()4()
4
acbdcabdacbd

AC
bccddaababcdabcd
++++++
+=+++≥+=
++++++++++

Do đó
282
ABCA
++≥⇒≥
( đpcm)
LB: 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.
222
2
abcabc
abbcca
++
++≥
+++

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
2.
(
)
222
222222

2
4
abc
abbcca
abbcca
++≥+++++
+++

GIẢI
1. Đặt
222222
;
abcbca
PQ
abbccaabbcca
=++=++
++++++
. Khi đó ta có

222222
0
abbcca
PQabbcca
abbcca
−−−
−=++=−+−+−=
+++

Do đó
2

PQ
PQ
+
== . BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau

222222
1
22
abbccaabc
abbcca

+++++
++≥

+++


Ta sử dụng BĐT phụ
( )
( )
22
2
22
2
2
abab
abab
ab
++
+≥+⇔≥

+

Tương tự ta xây dựng các BĐT còn lại, sau đó cộng lại ta được đpcm.
2. Cũng như câu 1 ta chuyển BĐT cần chứng minh về dạng

( )
222222
222222
12
24
abbcca
abbcca
abbcca

+++
++≥+++++

+++


Ta sử dụng BĐT phụ sau:
22
2()
xyxy
+≤+. Ta có
222222
22222222
22
2()2()2(c)
;;

222
2()
abbca
ababbcca
abbcca
ab
+++
++++
≥=≥≥
+++
+

Cộng lại ta được đpcm
NX: Ta thấy
(
)
222222
2
42
abc
abbcca
++
+++++≥ . 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
222
2()2

abc
abcabc
abbccaabc
++
++
++≥=
+++++

BL1: Cho a,b,c,d,e,f dương . CMR:

3
abcdef
bccddeeffaab
+++++≥
++++++

BL2: Cho a,b,c,d dương. CMR:
1.
333
222222
3
abcabc
aabbbbccccaa
++
++≥
++++++

2.
4444
22222222

()()()()()()()()4
abcdabcd
ababbcbccdcddada
+++
+++≥
++++++++

BL3: Cho a,b,c dương và
222
1
abc
++=
.Tìm min của biểu thức:

222222
abbcca
A
bccaab
+++
=++
+++

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:
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Kiến thức bổ sung: Cho tam thức bậc hai
(
)
2

()0
fxaxbxca
=++≠

-
()0,00
fxxa
≥∀⇔>∧∆≤
-
2
.()040
afbacα
≤⇒−≥

-
()0,00
fxxa
≤∀⇔<∧∆≤
-
()()0
xxx
αβαβ
≤≤⇔−−≤

Bài toán 1: Cho x,y tuỳ ý. CMR
1.
22
313
xxyyxy
−+≥−−

2.
22
()255456
xyxyy
+≥−+−

GIẢI
1. Xét
22
()(3)31
fxxyxyy
=+−+−+

Ta có
2222
(3)4(31)3231(31)0,
yyyyyyyR
∆=−−−+=−+−=−−≤∀∈

Mặt khác a=1>0 nên
()0
fx
≥⇒
đpcm
2. Xét
22
()2(5)6456
fxxyxyy
=+−+−+

Ta có :
2222
(5)64565251(51)0,
yyyyyyyR
∆=−−+−=−+−=−−≤∀∈

Mặt khác a=1>0 nên
()0
fx
≥⇒
đpcm
Bài toán 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
1. Cho
[
]
,,,0;1
abcd∈ .CMR:
22222
(1)4()
abcdabcd
++++≥+++
2. Cho
[
]
,,,1;2
abcd∈ . CMR:
( )
1111
18

abcd
abcd

++++++≤



GIẢI
1. Xét tam thức bậc hai
22222
()(1)
fxxabcdxabcd
=−++++++++

Ta có
(1)(1)(1)(1)(1)
faabbccdd
=−−−−−−−−

Vì
[
]
,,,0;1(1)0
abcdf
∈⇒≤
. Nghĩa là tam thức bậc hai luôn có nghiệm
Do đó
22222
(1)4()0
abcdabcd

∆=++++−+++≥⇒
đpcm
2. Ta có
[ ]
2
2
1;2(1)(2)0233
aaaaaa
a
∈⇒−−≤⇒+≤⇒+≤

Tương tự :
222
3;3;3.
bcd
bcd
+≤+≤+≤

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
( )
( )
2
2222
2222
36
2
1111
18
abcd
abcd

abcd
abcd
abcd
abcd

+++++++


++++++≤≤






⇒++++++≤



NX: Việc chọn tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức như câu 2 của bài toán 2 khá tinh ý. Để
việc chọn tam thức bậc hai cho phù hợp ta cần phải xem xét thật kĩ cấu trúc của bài toán cần chứng minh
và đồng thời xem thử mối liên hệ giữa biểu thức
2
4
bac
∆=−
BL1: Cho tam giác ABC. CMR:
222
;,
paqbpqcpq

+>∀sao cho
1
pq
+=
.
BL2: Cho a,b,c,d,p,q sao cho
222222
0
pqabcd
+−−−−>
. CMR:

(
)
(
)
( )
2
222222
pabqcdpqacbd
−−−−≤−−
BL3: 1. Cho x,y,z,t thoả y>z>t. CMR:
2
()8()
xyztxzyt
+++>+
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
2.Cho a,b,c thoả mãn
()()0

acabc
+++<
. CMR:
2
()4()
bcaabc
−>++

3. Cho
;,
axbyxyxy
+≥∀. CMR:
1
4
ab
≥

BL4: 1. Cho hàm số bậc hai
2
()
fxaxbxc
=++
sao cho
(
)
;()0
abfxxR
<≥∀∈ .CMR:
3
abc

ba
++
≥
−

2.Cho a,b,c thoả mãn
[
]
,,1;2
abc∈− và
0
abc
++=
. CMR:
222
6
abc
++≤

2. Phương pháp sử dụng tính chất đặc biệt của phân số
Kiến thức bổ sung:
Với
*
,,,
abcdR
∈
ta có:
- 1
aaac
bbbc

+
<⇒<
+
-
aa
ababc
>
+++

- 1
aaac
bbbc
+
>⇒>
+
-
acaacc
bdbbcd
+
>⇒>>
+

Đây là 4 tính chất tiêu biểu nhất của phân số. Đồng qua các tính chất trên ta có thể thấy rằng phương
pháp này chỉ sử dụng cho các loại BĐT phân số không chặt. Nói chung dạng này không khó nên tôi sẽ
không đưa ra những lời nhận xét hay giải thích gì thêm.
Bài toán 1: Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác. CMR:

12
abc
bccaab

<++<
+++

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

2
2
2
aaa
abcbcabc
bbb
abcacabc
ccc
abcababc
<<
+++++
<<
+++++
<<
+++++

Cộng 3 BĐT trên vế theo vế ta được đpcm.
Bài toán 2: Cho 0;,;
abmnNmn
>>∈>
. CMR:

mmnn
mmnn
abab
abab
−−
>
++

GIẢI
BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

2211
11
11
mnmn
mn
mmnnmmnn
mn
bbbb
abababab
aa
bb
aa
bb
−>−⇔<⇔<
++++

++




⇔>



Từ
( )
1,;
mn
aaa
abmnNmn
bbb

>⇒>⇒>∀∈>



Bài toán 3:
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
1. Cho a,b,c dương. CMR:
111
abab
abab
+
<+
++++

2. Cho a,b,c,d dương . CMR:

12
abcd
abcbcdcdadab
<+++<
++++++++

GIẢI
1. Ta có :
11111
ababab
ababbaab
+
=+<+
++++++++

2. Ta chứng minh BĐT phải . Ta có

1
1
1
1
aaad
abcabcabcd
bbba
bcdbcdabcd
cccb
cdacdaabcd
dddc
dabdababcd
+

<⇒<
+++++++
+
<⇒<
+++++++
+
<⇒<
+++++++
+
<⇒<
+++++++

2
abcd
abcbcdcdadab
⇒+++<
++++++++

Ta chứng minh BĐT trái. Ta có

aa
abcabcd
bb
bcdabcd
cc
cdaabcd
dd
dababcd
>
+++++

>
+++++
>
+++++
>
+++++
1
abcd
abcbcdcdadab
⇒+++>
++++++++
.
BL1: Cho
0
ab
>>
và A=
21
2
1
1
n
n
aaa
aaa
−
++++
++++
; B=
21

2
1
1
n
n
bbb
bbb
−
++++
++++
. CMR A<B
BL2: Cho a,b không đồng thời bằng 0. CMR:
22
2222
1
1
11
ab
abab
++≥
+++

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

abbccdda
A
abcbcdcdadab
++++
=+++
++++++++

BL4: Cho a,b,c dương. CMR:

abcabc
abbccabccaab
++<++
++++++

3. Phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng:
Kiến thức bổ sung:
Định lí 1: Cho hàm số bậc nhất ()
fxaxb
=+
. Nếu tồn tại hai số thực
αβ
<
sao cho
()0;()0
ff
αβ
≥≥

thì
(
)
[
]
(
)
()0;;

fxxx
αβαβ
≥∀∈∨∀∈
Định lí 2: Cho hàm số bậc nhất ()
fxaxb
=+
thì
min{();()}()max{();()}
fffxff
αβαβ
≤≤
trong đó
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com

[
]
;
x
αβ
∀∈
Ta chứng minh định lí 1: Vì f(x) là hàm số bậc nhất nên đồ thị của f(x) là một đường thẳng. Từ tính chất
của đoạn thẳng: “ nếu hai đầu mút của một đoạn thẳng là hai điểm
(
)
;()
f
αα
và
(

)
;()
f
ββ
ở phía trên
trục hoành Ox thì đoạn thẳng đó hoàn toàn ở trên trục đó” suy ra
(
)
()0(;)
fxx
αβ
≥∀∈
Định lí 2 bạn đọc tự chứng minh xem như bài tập.
Bài toán 1: Cho
[
]
,,0;2
xyz∈ . CMR:

2()()4
xyzxyyzxz
++−++≤

GIẢI
BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

(2)2()44
yzxyzyz
−−++−−≤

Xét
[
]
(
)
()(2)2()40;2
fxyzxyzyzx=−−++−−∀∈ là hàm bậc nhất theo x. Theo định lí ta có :
()max{(0);(2)}
fxff
≤
.
Mà
(0)(2)(2)0;(2)0
fyzfyz
=−−−≤=−≤
. Nên
()0
fx
≤⇒
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)084()2()0
xyzxyzxyyzxzxyz
−−−≥⇔−+++++−≥

4()2()882()()4
xyzxyyzxzxyzxyzxyyzxz
⇒++−++≤−≤⇔++−++≤

( đpcm)
Cách giải trên dựa vào nhận xét sau :
Với các số
[
]
12
,, ;
n
aaa
αβ
∈ thì khi đó ta có các bất đẳng thức sau:

12
12
()() ()0
()() ()0
n
n
aaa
aaa
ααα
βββ
−−−≥
−−−≥

Phương pháp sử dụng nhận xét này để giải khá hữu ích trong việc đánh giá giữa các đại lượng trung
bình như
1;,1
;
nn

iij
iijij
aaa
=≠=
∑∑
… 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:
222
22
abcabc
+++<

2. Cho
0,,1
abc
≤≤
. CMR:
222222
1
abcabbcca
++≤+++
Chú ý khi đánh giá qua các đại lượng trung bình bạn cần nhớ cách phân tích sau:

32
()()()()()XXXXXX
αβγαβγαββγαγαβγ
±±±=±+++++±
Bài toán 2: Cho x,y,z không âm và
1
xyz

++=
. CMR:
7
2
27
xyyzxzxyz++−≤.
GIẢI
Như ta đã biết bài toán này có khá nhiều cách giải như “ cân bằng bậc”; “ sử dụng BĐT Cauchy”…
Nhưng bây giờ ta sẽ sử dụng tính chất đoạn thẳng để giải:
BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

777
2()(12)(1)(12)
272727
xyyzyzxyzxyzyzxxxyzx++−−=++−−=−+−−
Ta cố định x xét
( )
2
1
7
()(1)(12)0;
274
x
fyzxxyzxyz


−

=−+−−∈






. Theo định lí ta có :
2
1
()max{(0);}
2
x
fyzff
−

≤


.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Mà
2
22
7711
(0)(1)0(0)0
272742
fxxxxxxxf

=−−=−+−<−+−=−−≤⇒<



() ()
22
22
11
(1)2(1)7111
(1)00
444272364
xx
xx
fxxxxf

−−
−−−

=−+−−=−+≤⇒≤






Do đó
()0
fyz
≤⇒
đpcm.
Bài toán 3: Cho x,y,z không âm và
3
xyz

++=
. CMR:

222
4
xyzxyz
+++≥
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
GIẢI
Ta viết BĐT cần chứng minh dưới dạng:

22222
()240(3)(2)40(2)2650
yzyzxxyzxxyzxxyzxx
+−++−≥⇔−++−−≥⇔−+−+≥

Ta cố định x xét
( )
2
2
3
()(2)2650;
4
x
fyzxyzxxyz


−

=−+−+∈







Theo đĩnh lí
( )
2
3
()min{(0);}
4
x
fyzff

−
≥



.Mà
2
2
31
(0)26520(0)0
22
fxxxf

=−+=−+>⇒>




( ) ( )
22
2
22
33
(3)1
(2)265(1)(2)00
4444
xx
x
fxxxxxf

−−
−
=−+−+=−+≥⇒≥




Do đó
()0
fyz
≥⇒
đpcm.
LB: Điều kiện yz mà ta có được là dựa vào BĐT Cauchy ta làm như sau:

( ) ( )
22

3
44
yzx
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
abcd∈ . CMR:

(1)(1)(1)(1)1
abcdabcd
−−−−++++≥

BL2: Cho a,b,c không âm và
1
abc
++=
. CMR:
1.
333
1
6
4
abcabc
+++≥

2. 7()29
abbccaabc
++≤+

Đẳng thức xảy ra khi nào ?
BL3: Cho x,y,z là các số thực dương và
1
xyz
++=
. CMR

222333
5()6()1
xyzxyz
++≤+++

III. Phương pháp phân chia – phương pháp tham số phụ:
A.Phương 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
()
fx
xác định trên tập D. Giả sử
12
DDD
=∪ với
12
DD
∩=∅

và tồn tại
1
1
max()
D
Mfx
= ;
2
2
max()
D
Mfx
= ( hoặc
12
12
min();min()
DD
mfxmfx
==). Khi đó có
12
max{,}
MMM
=
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
( hoặc có
12
min{,}
mmm
= )

Mệnh đề 2: Giả sử
12
()()()
fxfxfx
=+ xác định trên cùng tập D và tồn tại

011112222
()max();()max();()max()
DDD
MfxfxMfxfxMfxfx
======
Hoặc
311412252
()min();()min();()min()
DDD
mfxfxmfxfxmfxfx
======
Khi đó
12
MMM
≤+ và nếu
12
xx
=
thì
12
MMM
=+
Hoặc
12

mmm
≥+
và nếu
45
xx
=
thì
12
mmm
=+

Chứng minh:
Định lí 1: Do
(
)
111
max()()
D
MfxfxMxD
=⇒≤∀∈ và tồn tại
11
xD
∈
để
11
()
fxM
=
Do
(

)
222
max()()
D
MfxfxMxD
=⇒≤∀∈ và tồn tại
22
xD
∈ để
22
()
fxM
=
Nếu
(
)
121
()
MMfxMxD
≥⇒≤∀∈ hay
1
max()
D
MfxM
==(1)
Nếu
(
)
212
()

MMfxMxD
≥⇒≤∀∈ hay
2
max()
D
MfxM
==(2)
Từ (1)&(2) suy ra
12
max()max{;}
D
MfxMM
==
Các điều chú ý trong mệnh đề 1:
i. Nếu tồn tại
12
;
MM
thì
12
max{,}
MMM
= , còn nếu không tồn tại
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 biến.
Định lí 2: Theo giả thiết
10111
()()
fxfxM
≤= và
20222
()()
fxfxM
≤= nên
0102012
()()()
MfxfxfxMM
==+≤+(3)
Nếu
12
xx
=
thì
121121
()()max()
D
MMfxfxfxM
+=+≤=
(4)
Từ (3)&(4) suy ra
12
MMM
=+
Các điều chú ý trong mệnh đề 2:

i. Điều kiện
1234
()
xxxx
== chỉ là đều kiện đủ mà không phải là điều kiện cần
Lưu ý:
Tính áp dụng của mệnh đề 1: Việc tìm cực trị của hàm f(x) trên tập
DR
⊂
nhiều khi rất khó khăn, chẳng
hạn như tính chất của f(x) thay đổi không có quy luật khi x biến thiên trên tập D, tronh trường hợp này ta
tìm cách phân chia tập xác định D thành các tập con rời nhau sao cho việc tìm cực trị của hàm trên mỗi
tập con dễ dàng hơn.
Tính áp dụng của mệnh đề 2: Khi tìm cực trị của hàm f(x) trên tập
DR
⊂
mà tính chất của hàm f(x) thay
đổi trên cả tập D và thay đổi cả trên các tập con của tập D thì không sử dụng được phương pháp trên, lúc
đó ta tìm cách tách hàm f(x) thành tổng các hàm đơn giản hơn sao cho dễ tìm cực trị của các hàm thành
phần.
Bài toán 1: Tìm GTNN của hàm số
()20012002
fxxx=−+−
GIẢI
Gọi
[
)
(
)
(

]
123
2002;,2001;2002,;2001
DDD=+∞==−∞ thì
123
RDDD
=∪∪ với
122313
;;DDDDDD
∩=∅∩=∅∩=∅

Với
1
()2001200224003,min()12002
D
xDfxxxxfxx∈⇒=−+−=−=⇔= (1)
Với
(
)
2
()200120021,min()1(2001;2002)
D
xDfxxxfxx∈⇒=−+−==∀∈ (2)
Với
3
()2001200240032,min()12001
D
xDfxxxxfxx∈⇒=−+−=−=⇔= (3)
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com

Từ (1)&(2)&(3) và theo mệnh đề 1 ta có
[
]
min()12001;2002
R
fxx=⇔∈
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
abab
+≥+
. Cách giải như sau:
()2001200220012002200120021
fxxxxxxx
=−+−=−+−≥−+−=

Đẳng thức xảy ra
[
]
(2001)(2002)0200120022001;2002
xxxx⇔−−≥⇔≤≤⇔∈
Bài toán 2: Tìm GTLN,GTNN của biểu thức
2
(,)(4)
Fxyxyxy
=−−
trong đó x,y là các số thực thoả
mãn các điều kiện
0;0;6
xyxy
≥≥+≤

GIẢI
*Gọi
12
{0,0,6};{0,0,46};{0,0,4}
DxyxyDxyxyDxyxy
=≥≥+≤=≥≥≤+≤=≥≥+<

Khi đó ta có :
1212
;DDDDD
=∪∩=∅
.
Với mọi cặp
1
(,)
xyD
∈
ta có
40;0;0
xyxy
−−≤≥≥
suy ra
(,)0
Fxy
≤
. Đẳng thức xảy ra chẳng hạn
với cặp
1
1

(,)(0,4)max0
D
xyDF
=∈⇒=
(1)
Với mọi cặp
2
(,)
xyD
∈ ta có
0,0,40
xyxy
≥≥−−>
. Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
( )
2
2
(4)
22
(,)4(4)4(,)4,
224
xx
yxy
xx
FxyyxyFxyxyD

+++−−

=−−≤⇒≤∀∈





Đẳng thức xảy ra tại
2,1
xy
==
(2)
Từ (1)&(2) suy ra
max4(,)(2,1)
D
Fxy=⇔=
*Gọi
34
{0,0,4};{0,0,46}
DxyxyDxyxy
=≥≥+≤=≥≥<+≤
. Ta xét hàm
2
(,)(4)
Fxyxyxy
−=+−
. Khi đó ta có :
3434
;DDDDD
=∪∩=∅
.
Với mọi cặp
3
(,)

xyD
∈ ta có
0,0,4
xyxy
≥≥+≤
suy ra
(,)0(,)0
FxyFxy
−≤⇒≥
. Đẳng thức xảy ra
chẳng hạn với cặp
3
3
(,)(2,2)min0
D
xyDF
=∈⇒=
(3)
Với mọi cặp
4
(,)
xyD
∈ ta có
0,0,46
xyxy
≥≥<+≤
. Theo BĐT Cauchy ta có:
4
2
(4)

2
22
(,)4(4)4464
2242
xx
yxy
xxxy
Fxyyxy

++++−

+−

−=+−≤=≤





(,)64
Fxy
⇒≥−
(
)
4
,
xyD
∀∈ . Đẳng thức xảy ra tại
4,2
xy

==
(4)
Từ (3)&(4) suy ra
min0(,)(4,2)
D
Fxy=⇔=.
Bài toán 3: Tìm GTNN của
()()
Axyzzxy
=+++
trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện
222
1
xyz
++=
. Đẳng thức xảy ra khi nào? (Đề thi chọn đội tuyển thi quốc gia của Hà Tây-2002)
GIẢI
Gọi
222
1212
{,,:1};;
DxyzRxyzAxyyzxzAxzAAA
=∈++==++=⇒=+
.
Ta có
2222
11
1
()020
2

xyzxyzAA
−
++≥⇒+++≥⇒≥ (1). Đẳng thức xảy ra
222
0
1
xyz
xyz
⇔++=
++=
(2)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
(
)
( )
222
222
111111
1
222222
AxzxzyAA
−
=≤+=−≤⇒−≤≤⇒≥(3)
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Đẳng thức xảy ra
222
0
1
y

xz
xyz
⇔=
=−
++=
(4)
Từ (2)&(4) suy ra
11
(,,),0,
22
xyzD

=−∈


. Theo mệnh đề 2: ta có
12
minminmin1
D
DD
AAA
=+=−
.
NX: Việc 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)
fxyzxyzxyzxyyzxz
=+++++++
trong đó x,y,z là các số thực

thoả mãn điều kiện
222
1
xyz
++=
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
GIẢI
Gọi
222
{,,:1}
DxyzRxyz
=∈++=
. Ta chia hàm f(x,y,z) thành các hàm nhỏ hơn như sau:
1
2
(,,)1
(,,)1
fxyzxyzxyyzxzxyz
fxyzxyzxyyzxz
=+++++++
=++++++
12
(,,)(,,)(,,)
fxyzfxyzfxyz
⇒=+
Từ điều kiện ta suy ra :
,,11,1,10(1)(1)(1)0
xyzxyzxyz
≤⇒+++≥⇒+++≥

Hay:
10
xyzxyyzxzxyz
+++++++≥
(1)
Ta có:
(
)
2222
(1)0101
xyzxyzxyyzxzxyz
+++≥⇒++++++≥++=
(2)
Theo mệnh đề 1 ta có
12
minminmin0
D
DD
fff
=+=
. Đẳng thức xảy ra: (,,)(1,0,0)
xyzD
=−∈
.
BL1: Tìm GTNN,GTLN của hàm
2002
(,)(4)
Fxyxyxy
=−−
trong đó x,y là các số thực thoả mãn điều

kiện
0,0,6
xyxy
≥≥+≤

BL2: Cho
[
]
,,0;2
xyz∈ và
3
xyz
++=
. Tìm GTLN của
222
Axyz
=++

BL3: Tìm GTLN của hàm (,,)
fxyzxyzxyyzxz
=+++++
với x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện
222
27
xyz
++≤
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
BL4: (IMO-1969) Cho
121212
,;,;,

xxyyzz
thoả mãn
22
12111222
0,0,0,0
xxxyzxyz
>>−>−>
. CMR:

222
121212111222
811
()()()
xxyyzzxyzxyz
≤+
++−+−−

BL5: Tìm GTNN của hàm
33
(,,)(442)(44)
fxyzxxxyzyyyz
=−+++−+
trong đó x,y,z là các số thực
thoả mãn điều kiện
222
1
xyz
++=
.
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 rằng số M là GTLN của f(x) trên D, nếu như đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau:
i. ()
fxM
≤

ii.
0
xD
∃∈
sao cho
0
()
fxM
=

Khi ấy ta kí hiệu
max()
xD
Mfx
∈
= hoặc đơn giản hơn:
max()
D
Mfx
=
Ta nói rằng số m là GTNN cua f(x) trên D, nếu như đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau:
i. ()
fxm
≥

ii.
0
xD
∃∈
sao cho
0
()
fxm
=

Khi ấy ta kí hiệu
min()
xD
mfx
∈
= hoặc đơn giản hơn:
min()
D
mfx
=
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
* Chú ý: Khi nói đến GTNN,GTLN của một hàm số bao giờ ta cũng phải xác định nó xác định trên tập
hợp nào.Cùng một hàm số f(x), nhưng nếu xác định trên các tập khác nhau, thì nói chung các GTNN hay
GTLN tương ứng khác nhau.
II. Vài tính chất của GTNN,GTLN của hàm số
Tính chất 1: Giả sử
AB
⊂

. Khi đó ta có:
1.
max()max()
xAxB
fxfx
∈∈
≤
2.
min()min()
xAxB
fxfx
∈∈
≤
Tính chất 2: ( Nguyên lý “ phân rã”) Giả sử
12
DDD
=∪. Khi đó ta có:
1.
12
max()max{max();max()}
xDxDxD
fxfxfx
∈∈∈
=
2.
12
min()min{min();min()}
xDxDxD
fxfxfx
∈∈∈

=
* 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
12
,
DD
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
12

n
DDDD
=∪∪∪ thì :
1.
12
max()max{max();max(); max()}
n
DDDD
fxfxfxfx
=
2.
12
min()min{min();min() min()}
n
DDDD
fxfxfxfx
=
Tính chất 3: Nếu

(
)
()0
fxxD
≥∀∈ ta có:
1.
2
max()max()
D
D
fxfx
=
2.
2
min()min()
D
D
fxfx
=
* Chú ý: Tính chất này rất hay dùng trong các bài toán mà hàm
()
yfx
=
có chứa dấu căn thức, hay
dấu giá trị tuyệt đối.
Tính chất 4:
1.
max()()max()max()
DDD
fxgxfxgx

+≤+(1)
2.
min()()min()min()
DDD
fxgxfxgx
+≤+(2)
* Chú ý: Dấu “=” trong (1) xảy ra khi có ít nhất một điểm
0
x
D
∈
mà tại đó
()
fx
và
()
gx
cùng đạt
GTLNN. Tương tự, nếu tồn tại
1
xD
∈
mà tại đó
(),()
fxgx
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:
(
)
max()min()
D
D
fxfx
=−−
Tính chất 6: Nếu ta đặt
max();min()
D
D
Mfxmfx
== thì:

max()max{,}
D
fxMm
=
Tính chất 7: Giả sử
12
{,()0};{,()0}
DxDfxDxDfx
=∈≤=∈≥
thì

21
min()min{max(),min()}
DD
D

fxfxfx
=−
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
III. GTLN và GTNN của hàm số với diều kiện có nghệm của một phương trình, bất phương trình:
Giả sử
()
fx
là hàm số xét trên miền
xD
∈
. Giả sử tồn tại:

min()
D
mfx
=
max()
D
Mfx
=
Và
()
fx
nhận mọi giá trị từ m đến M khi
xD
∈
. Khi đó mối tương quan giữa GTLN, GTNN của hàm
số
()

fx
trên miền D và sự tồn tại nghiệm của một phương trình, một bất phương trình có điều kiện,
được thể hiện trong các định lí sau đây:
Định lí 1: Phương trình ()fx
α
=
với
xD
∈
có nghiệm khi và chỉ khi
mM
α
≤≤
.
* Chú ý : Định lí trên nếu đảo lại nó vẫn đúng.
Định lí 2:
1. BPT ()fx
α
≥
,
xD
∈
có nghiệm khi và chỉ khi
M
α
≥

2. BPT (),
fxxD
β

=∈
có nghiệm khi và chỉ khi m
β
≤

Định lí 3:
1. BPT ()fx
α
≥
đúng với mọi
xD
∈
khi và chỉ khi
m
α
≥

2. BPT ()fx
β
≥
đúng với mọi
xD
∈
khi và chỉ khi M
β
≤

IV. Một số bài toán phát biểu dưới dạng tập xác định:
Bài toán 1: Tìm GTLN của hàm số:
123

(,,)
xyzxzyyzx
fxyz
xyz
−+−+−
=
Xét trên miền
{(,,):3,2,1}
Dxyzxyz
=≥≥≥

Bài toán 2: Tìm GTLN của hàm số:
(,,)()()()
fxyzxyzxyyzxz
=+++

Xét trên miền
{(,,):0,0,0,1}
Dxyzxyzxyz
=>>>++=

Bài toán 3: Tìm GTNN của hàm số:
3333
(,,,)
xyzt
fxyzt
yztxztxytxyz
=+++
++++++++

Xét trên miền
{(,,,):,,,0,1}
Dxyztxyztxyyzzttx
=≥+++=

Bài toán 4: Tìm GTNN của các hàm số sau:

333333
333
'222
222
(,,)
()()()
111
(,,)()
()()()
xyyzzx
fxyz
xyyzzx
fxyzxyz
xyyzxz
−−−
=++
−−−

=++++

−−−


Xét trên miền
{(,,):()()()0}
Dxyzxyyzzx
=−−−≠

Bài toán 5: Tìm GTLN của hàm số:
(,,)(1)(1)(1)
11
xyz
fxyzxyz
yzxzxyz
=+++−−−
++++++

Xét trên miền
{(,,):01,01,01}
Dxyzxyz
=≤≤≤≤≤≤

Bài toán 6: Tìm GTLN của hàm số:
222
(,,,)
fxyztxyzt
=
Xét trên miền
{(,,,):,,,0,21}
Dxyztxyztxxyzytz
=≥+++=

Bài toán 7: Tìm GTLN của hàm số: (,,,)

fxyztxyyzzt
=++

Xét trên miền
{(,,,):,,,0,2}
Dxyztxyztxyzt
=≥+++=

Bài toán 8: Tìm GTNN của hàm số:
1
(,)
()
fxyx
xyxy
=+
−

Xét trên miền
{(,):0,0}
Dxyxy
=>>

Bài toán 9: Tìm GTNN,GTLN của hàm số: (,,)
fxyzxyz
=++

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Xét trên miền
4

{(,,,):(1)(1)(1)}
3
Dxyztxxyyzz
=−+−+−≤

Bài toán 10: Tìm GTLN của hàm số:
(,,)(1)(1)(1)
fxyzxyyzzx
=−+−+−

Xét trên miền
{(,,):01,01,01}
Dxyzxyz
=≤≤≤≤≤≤

B.Phương pháp tham số phụ
Phương pháp này khá giống với kĩ thuật cân bằng hệ số nhưng nó có tầm ứng dụng rộng rãi hơn. Ở phần
này tôi sẽ không trình bày tỉ mỉ lời giải mà nêu thẳng ra ý tưởng trong bài làm để từ đó bạn đọc rút kinh
nghiệm.
Bài toán 1: Cho
,0
xy
≥
và
33
1
xy
+≤
. Tìm GTLN của 2
Axy

=+
GIẢI
Đặt
xayb
==
. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

6333333315
333333315
6
333355
6
6
5()6()
xaaaaaxa
ybbbbbyb
xyabaxby
+++++≥
+++++≥
⇒+++≥+

Ta cần tìm hai số a,b sao cho a,b thoả mãn hệ sau:
33
55
1
2
ab
ba
+=
=

5
33
55
14
;
164164
ab⇒==
++

Khi đó GTLN của
( )
5
5
6
164
A =+ . Bạn đọc tự tìm giá trị của x,y
* Chú ý: Phương pháp tham số phụ giúp ta định hướng lời giải trong các bài toán mà ta chưa xác định
điểm rơi của BĐT.
Bài toán 2: Tìm GTNN của hàm số:
7
()(1)
43
x
fxxx
=−−
. Xét trên miền
{():1}
Dxx
=≥

GIẢI
Đặt
1
1
1
axxx
a
=−⇒=
−
. Áp dụng BĐT Cauchy:

11771
.2(1)(1)(1)(1)
2a243432
xx
axxaxxyxxaxx
aa
−≤+−⇒=−−≥−+−

Ta cần tìm số a sao cho :
174
(1)(1)
3
243
aaa
a
+=⇒=<
. Khi đó GTNN của
1
()4

3
fxx
=⇔=

Bài toán 3: Tìm GTLN của hàm số:
2424
91131
yxxxx
=++−
.
Xét trên miền
{():11}
Dxx
=−≤≤

GIẢI
Đặt
4444
1(2)1
axxaxx
=+⇒−=−
. Áp dụng BĐT Cauchy :
( )
2444
2444
99
21(1)
22
1313
22121

2222
axxaxx
aa
axxaxx
aa
+≤++

−−≤−+−

−−

Ta cần tìm a sao cho:
9139
(1)(3)
4
222
aaa
aa
+=−⇒=
−

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Khi đó
4444
91
11
44
62616
22

xxxx
y
+++−
≤+=

Đẳng thức xảy ra
2
5
x⇔=

Bài toán 4: Tìm GTLN của hàm số
232
2
26225
()
34
xxxx
fx
xx
+−+−+
=
+−

Xét trên miền
{():1}
Dxx
=≥

GIẢI
Đặt

2
(2)1
axx
−=+
. Áp dụng BĐT Cauchy:
()
()
22
22
2
3
2215
33
2(2)(1)21()
34
xaxx
a
axxaxxfx
xx
aa

+−+++


−+≤−++⇒≤

+−

Ta cần tìm a sao cho:
3

2
3
(12)54
b
a
ab
ab
a
+=
=
−+=−
3(0)9
bba
⇒=>⇒=

Khi đó GTLN của
95
()3
2
fxx
±
=⇔=
Bài toán 5: Cho x,y là các số thực thoả mãn:
22
1
xy
+=
. Tìm GTNN,GTLN của hàm

2

2
2(6)
(,)
122
xxy
fxy
xyy
+
=
++

GIẢI
Gọi k là điểm cực trị của f(x,y) ta có:
2
22
2
2(6)
(2)2(6)30
122
xxy
kkxkxyky
xyy
+
=⇒−+−+=
++

Ta cần tìm k sao cho :
22
3(2)(6)318036
kkkkkkk

−=−⇔+−=⇔=∨=−

Do đó GTLN của f(x,y)=3, GTNN của hàm f(x,y)=-6
* Chú ý bạn có thể giải như sau:
22
222
2(6)2(6)
(,)
12223
xxyxxy
fxy
xyyxxyy
++
==
++++
. Ta xét với
1,0(,)(1,0)2
xyfxyf
==⇒==

Với
2
2
6
2
0(,)
2
3
xx
yy

yfxy
xx
yy


+





≠⇒=

++


. Ta đặt
x
t
y
=
ta quay lại xét cực trị của bài toán:
2
2
2(6)
()
23
tt
ft
tt

+
=
++
. Đến đây bạn có thể dùng PP miền giá trị hay PP tách bộ phận kép để giải.
Tuy nhiên nếu so sánh 2 cách giải trên thì cách giải thứ nhất chỉ mang tính giải quyết bài toán chứ
không mang tính toán học như cách giải thứ hai.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
BL1:Cho x,y là các số không âm và
22
1
xy
+≤
. Tìm GTLN của hàm số (,)64
fxyxy
=+
BL2:Tìm GTNN của hàm số:
()52(1)
fxxxx
=−−
. Xét trên miền
{():1}
Dxx
=≥

BL3:Tìm GTNN của hàm số :
232
2
1
()

xxxx
fx
xx
−−+−
=
−

BL4:Tìm GTNN của hàm số: ()41
2
x
fxx
=+−
. Xét trên miền
{():02}
Dxx
=≤≤

BL5:Cho a,b dương và
11
1
2
ab
+=
. Tìm GTNN của
2
Aab
=+

IV. Phương pháp thế:
Phương pháp này dùng để chứng minh các bất đẳng thức hình học.Phương pháp này dựa vào nhận xét

sau:
Định lí: Điều kiện cần và đủ để a,b,c là độ dài của 3 cạnh tam giác là tồn tại các số dương x,y,z sao cho
;;
axybyzcxz
=+=+=+

Khi đó ta có một số kết quả thú vị như sau:

2
2
2
2
abc
xyzp
acb
xpb
abc
ypc
bca
zpa
++
++==
+−
==−
+−
==−
+−
==−

Ta cần chú ý một số công thức sau:

1.
111
()()()
2224
abc
abc
Sahbhchprppapbpc
R
=====−−−=
2.
2
sinsinsin
abc
R
ABC
===
3.
222
222
222
2cos
2cos
2cos
abcbcA
bcacaB
cababC
=+−
=+−
=+−

4.
222
222
222
cot
4
cot
4
cot
4
bca
A
S
cab
B
S
abc
C
S
+−
=
+−
=
+−
=

5.
tan;tan;tan
2()2()2()
ASBSCS

ppappbppc
===
−−−

6.
222222222
222
222222
;;
444
abc
bcaacbabc
mmm
+−+−+−
===
* Chú ý: Sau khi thực hiện phép thế ta bỏ đi điều kiện chúng là 3 cạnh của một tam giác.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Bài toán 1: ( BĐT Euler) Gọi R và r lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam
giác ABC. CMR:
2
Rr
≥

GIẢI
Ta thay thế R và r qua các đại lượng khác. Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

2
28
8()()()

4
abcSS
abcppapbpc
Spp
≥⇔≥=−−−

Đến đây ta sử dụng phép thế BĐT trở thành: ()()()8
xyyzxzxyz
+++≥

Ta sử dụng BĐT Cauchy ta có:

2
2
2
xyxy
yzyz
xzxz
+≥
+≥
+≥
()()()8
xyyzxzxyz
⇒+++≥

Đẳng thức xảy ra
xyzabc
⇔==⇔==
.
Bài toán 2: Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c và diện tích S. CMR:

222
2()()43
abbccaabcS
++−++≥
GIẢI
Ta sử dụng phép thế BĐT trở thành:

[
]
222
2
222
2()()()()()()()()()43()
3()
()3()
()()()
0
2
xyyzyzxzxyxzxyyzxzxyzxyz
xyyzxzxyzxyz
xyyzxzxyzxyz
xyyzyzxzxzxy

++++++++−+++++≥++

⇔++≥++
⇔++≥++
−+−+−
⇔≥

Đẳng thức xảy ra
xyzabc
⇔==⇔==
.
LB: Qua hai bài toán trên ta rút ra nhận xét sau: việc chuyển từ BĐT hình học sang BĐT đại số giúp giải
quyết bài toán nhẹ nhàng hơn. Và cũng vì lí do đó mà người ta còn gọi đây là phương pháp đại số hoá ,
như vậy việc chuyển từ BĐT đại số thành BĐT hình học gọi là phương pháp hình học hoá.
Nội dung của phương pháp hình học hoá :
Nội dung của phương pháp này là ta dựa vào cấu trúc của bài toán để chuyển sang hình học, đồ thị giải
quyết.Nếu như một bài toán về BĐT, bằng một cách biến đổi sơ cấp nào đó có thể qui về các sự kiện
hình học thì ta nên dùng phương pháp hình học để giải.Lẽ dĩ nhiên phương pháp này chỉ thích hợp với
những bài toán mà nội dung của nó tiềm ẩn những yếu tố hình học,mà lúc đầu thoạt tiên ta chưa nhận ra.
Đối với phương pháp này ta sử dụng nhận một số tính chất sau:
- Trong các đường gấp khúc nối 2 điểm A,B thì đường thẳng nối 2 điểm A,B là đường ngắn nhất.
- Trong tam giác tổng hai cạnh luôn lớn hơn cạnh thứ ba.
- Cho điểm A nằm ngoài đường thẳng d cho trước.Khi đó độ dài đường vuông góc kẻ từ A xuống đường
thẳng d ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từ A xuống đường thẳng ấy.
- Trong các tam giác cùng nội tiếp đường tròn thì tam giác đều có chu vi và diện tích lớn nhất.
- Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM+BM bé nhất
là giao điểm của AB và d.
- Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM+BM bé nhất
là giao điểm của
'
AB
và d ( trong đó
'
A
là điểm đối xứng của A qua d).
- Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B cùng phía với d nhưng không song song với d. Điểm M thuộc d sao

cho
AMBM
− lớn nhất là giao điểm của AB và d
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
- Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho
AMBM
− lớn
nhất là giao điểm của
'
AB
và d ( trong đó
'
A
là điểm đối xứng của A qua d,
'
AB
không song song với
d).
Sau đây chúng ta sẽ xét một bài toán minh hoạ cho phương pháp này.
Bài toán 1:
1. Tìm GTNN của
22
22440
Axxxx
=−++−+

2. Tìm GTLN của
22
22440

Bxxxx=−+−−+
GIẢI
1. Ta có:
2222
(1)(01)(2)(06)
Axx=−+−+−++
Nếu ta chọn điểm
(,0);(1,1);(2,6)
MxAB
−
thì
2222
(1)(01);(2)(06)
AMxBMx=−+−=−++
Bài toán qui về việc tìm điểm M trên trục hoành sao cho AM+BM có độ dài bé nhất. Theo tính chất thì
điểm M phải là giao điểm của AB và trục hoành.
Đường thẳng AB có dạng:
(0)
yaxba
=+≠
. AB đi qua A,B nên ta có :

1
62
ab
ab
=+
−=+
7;8
ab

⇒=−=

Vậy AB:
78
yx
=−+
(1)
Từ (1) cho
8
0
7
yx
=⇒=
. Vậy điểm M cần tìm có toạ độ
8
,0
7




Vậy GTNN của
8
52
7
Ax
=⇔=

Bài toán tổng quát: Tìm GTNN của
2222

()()
Axabxcd
=−++−+
(
,0)
bd
>

Ta viết lại
2222
()(0)()(0)
Axabxcd
=−+−+−++
Trong mặt phẳng toạ độ ta chọn các điểm
(,);(,);(,0)
AabBcdMx
−
; khi đó A= AM+BM. Bài toán qui
về việc tìm M trên trục hoành sao cho AM+BM bé nhất.Vì A,B có tung độ trái dấu nên A,B nằm ở hai
phía ở trục hoành, vậy điểm M cần tìm là giao điểm của AB và trục hoành.
2. Ta có
2222
(1)(01)(2)(04)
Bxx=−+−−−+−
Nếu ta chọn
(1,1);(2,4);(,0)
ABMx
khi đó B=
AMBM
− . Bài toán qui về việc tìm M trên trục hoành

sao cho
AMBM
− lớn nhất.Theo tính chất thì M là giao điểm của trục hoành và AB.
Đường thẳng AB có phương trình dạng
(0)
yaxba
=+≠
.AB đi qua A,B nên:

1
42
ab
ab
=+
=+
3;2
ab
⇒==−

Vậy AB:
32
yx
=−
(2)
Từ (2) cho
3
0
2
yx
=⇒=

. Vậy
3
,0
2
M




Vậy GTLN của
3
10
2
Bx
=⇔=
.
Bài toán tổng quát: Tìm GTLN của
2222
()()
Bxabxcd
=−+−−+ (
,0
bd
>
)
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Ta viết lại
2222
()(0)()(0)

Bxabxcd
=−+−−−+−
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta chọn
(,);(,);(,0)
AabBcdMx
, khi đó
BAMBM
=−. Bài toán qui về
việc tìm điểm M trên trục hoành sao cho
AMBM
− lớn nhất. Vì A,B có tung độ cùng dấu nên A,B nằm
cùng một phía với trục hoành, vậy điểm M cần tìm là giao điểm của AB và trục hoành.
Bài toán 2:
1. Tìm GTNN của
22
2248
Axxxx
=+++−+

2. Tìm GTLN của
22
2248
Bxxxx
=−+−++

* Lưu ý: Đối với dạng này một số bạn thường mắc phải sai lầm là sử dụng BĐT Mincopski.

222222
()()
abcdacbd

+++≥+++
Nếu bạn sử dụng trực tiếp rất dễ dẫn tới việc dấu bằng không xảy ra hay giá trị tìm được chưa hẳn là
giá trị nhỏ nhất của bài toán.
Ta quay lại với vấn đề ban đầu, như ta đã biết việc sử dụng phương pháp đại số hoá hay hình học hoá
giúp ta giải quyết bài toán dễ dàng nhưng không phải lúc nào cũng vậy.Chẳng hạn với bài toán sau:
Bài toán 3: Cho tam giác ABC có diện tích S và kí hiệu các cạnh AB,BC,CA theo qui ước. CMR:

2222222222222
111
16()()()
222
abbccaSabcbcacab
++≥+−+−+−(1)
GIẢI
Nếu như ngay từ đầu ta sử dụng liền phương pháp thế sẽ dẫn tới việc lời giải quá dài hoặc không thể ra
được, cụ thể là ta phải chứng minh BĐT sau:
2222222222
22
11
()()()()()()16()()()()()
22
1
()()(2)
2
xyyzyzxzxyxzxyzxyzxyyxzyzy
zxzx
++++++++≥++++−++−
++−
Quả thật để chứng minh được BĐT trên là điều không phải dễ, bởi vì cấu trúc của bài toán lúc này quá
cồng kềnh, . Đây là việc quá lạm dụng phương pháp mà không để ý kĩ tới cấu trúc của bài toán ban đầu:

(1)
2
()16()()()
abcabcSabcabcbcacab
⇔++≥⇔≥+−+−+−

Đến đây có lẽ bạn đọc đã nhìn ra nguồn gốc của bài toán rồi phải không. Qua đó ta thấy được việc
chứng minh trực tiếp BĐT (1) dễ dàng hơn nhiều so với BĐT (2)
Ta rút ra được kinh nghiệm là không nên quá lạm dụng phương pháp đặc biệt là những phương pháp
mạnh trong chứng minh BĐT
BL1( IMO-1983) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác. CMR:

222
()()()0
ababbcbccaca
−+−+−≥

BL2: ( IMO-1961) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác có diện tích S. CMR:

222
43
abcS
++≥
BL3: Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. CMR:

4
abbcca
p
pcpapb
++≥

−−−

BL4: Chứng minh trong mọi tam giác ta đều có:
1.
2222
abc
mmmp
++≥

2.
23
abc
abc
mmm
++≥
Phụ lục: Không những đối với BĐT hình học mới có phép thế mà trong BĐT đại số cũng có phép thế.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Bài toán 1: Cho a,b,c dương và abc=1. CMR:

111
1111
abc
bca

+−+−+−≤



GIẢI

Ta thay
;;
xyz
abc
yzx
===
thì BĐT cần chứng minh trở thành:

()()()
1
()()()
xyzyzxxzy
xyz
xyzyzxxzyxyz
+−+−+−
≤
⇔+−+−+−≤

Đến đây công việc còn lại xin nhường cho bạn đọc.
NX: Do
1
abc
=
nên luôn tồn tại các số x,y,z thoả mãn phép thế trên , trong đó điều kiện x,y,z phụ thuộc
vào điều kiện của a,b,c.Không những vậy từ bài toán trên ta có thể thấy được lợi ích của việc sử dụng
phép thế: nó giúp ta giải quyết bài toán nhanh chóng mà nhiều khi nó còn giúp ta phát hiện ra nguồn gốc
của bài toán ban đầu. Chẳng hạn với 2 bài toán sau:
Bài toán 2:
1. Cho a,b,c dương và abc=1. CMR:

1113
(1)(1)(1)2
abbcca
++≥
+++

2. Cho x,y,z,t dương và xyzt=1. CMR:

2222
11114
()()()()3
xyzzttyyxzzttxzxyxttytxyyzxz
+++≥
++++++++

GIẢI:
1. Đặt
;;
xyz
abc
yzx
===
khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

1113
2
11
1
3
2

xyyz
zx
yzzx
xy
yzxyxz
xyxzxzyzxyyz
++≥

++
+




++≥
+++

BĐT trở lại dạng Nesbit, bạn đọc tự chứng minh.
2. Với bài toán này bạn đọc tự giải.Gợi ý nguồn gốc bài toán:

4
3
abcd
bcdacdabdabc
+++≥
++++++++

BL1: Cho a,b,c dương và abc=1.CMR:

1113

(1)(1)(1)2
aabbcc
++≥
+++

BL2: Cho a,b,c dương. CMR:

1
222
bca
abbcca
++≤
+++

BL3: Cho a,b,c dương và abc=1. CMR:

333
1
8c18181
abc
ab
++≥
+++

V.Kĩ thuật hệ số bất định – phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất:
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
1. Kĩ thuật hệ số bất định
Kĩ thuật này thường được sử dụng đối với bất đẳng thức không đối xứng. Sau đây là một số ví dụ:
Lớp bài toán thứ nhất:

Bài toán 1: Cho x,y,z là các số dương.CMR:
1.
222
xyzxyyzxz
++≥++

2.
222
635482
xyzxyxzyz
++≥++
GIẢI:
1. Bài toán này chắc hẳn là quá quen thuộc với các bạn, nó cũng đã có khá nhiều trong các cuốn sách về
BĐT. Sau đây là lời giải của bài toán này:

22
22
22
2
2
2
xyxy
yzyz
xzxz
+≥
+≥
+≥
222
2()2()
xyzxyyzxz

⇒++≥++⇒
đpcm
2. Ta giải bài toán trên như sau:

222222222
6352()4()
Axyzxyxzyz
=++=+++++

Đến đây ta áp dụng BĐT Cauchy ta có:

22
22
22
2()4
4()8
2
xyxy
xzxz
yzyz
+≥
+≥
+≥
482
Axyxzyz
⇒≥++

LB: Chắc hẳn các bạn sẽ thắc mắc cách giải của câu 2, không hiểu vì sao lại tách ra được như vậy. Sau
đây là bí mật của cách giải:
Ta đưa các tham số m,n,p vào biểu thức như sau:

222222222
()()()()()()
mxynxzpyzmnxmpynpz
+++++=+++++
Ta đồng nhất các hệ số với biểu thức ban đầu:

6
3
5
mn
mp
np
+=
+=
+=
2,4,1
mnp
⇒===
. Khi đó tức là ta sẽ tách biểu thức ban đầu như sau:

222222222
6352()4()
Axyzxyxzyz
=++=+++++

Nội dung của kĩ thuật hệ số bất định:
Giả sử ta cần chứng minh BĐT:
(,,)(,,)(,,)(,,)(,,)(,,)
aAxyzbBxyzcCxyzdDxyzeExyzfFxyz

++≥++

trong đó x,y,z là các ẩn. Ta đưa vào các tham số m,n,p; nghĩa là ta có:

[
]
[
]
[
]
(,,)(,,)(,,)(,,)(,,)(,,)
mAxyzBxyznBxyzCxyzpAxyzCxyz
+++++

()(,,)()(,,)()(,,)
mpAxyzmnBxyznpCxyz
=+++++

Ta đồng nhất thức, khi đó ta có hệ:

mpa
mnb
npc
+=
+=
+=
;;
222
abcbcaacb
mnp

+−+−+−
⇒===
Sau đó ta tìm cách chứng minh:
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
[ ]
[ ]
[ ]
(,,)(,,)(,,)
2
(,,)(,,)(,,)
2
(,,)(,,)(,,)
2
abc
AxyzBxyzdDxyz
bca
BxyzCxyzeExyz
acb
AxyzCxyzfFxyz
+−
+≥
+−
+≥
+−
+≥

Lưu ý biểu thức vế trái của BĐT cần chứng minh có thể là một số. Sau đây là một áp dụng của kĩ thuật
này trong bài toán lượng giác:
Bài toán 2: Cho tam giác ABC. CMR:

1.
sinsin2cos
2
C
AB+≤
2.
sinsinsincoscoscos
222
ABC
ABC++≤++
3.
7sin5sin8sin4cos6cos10cos
222
CAB
ABC++=++
Xác định hình dạng của tam giác ABC.
GIẢI
1. Ta có:
sinsin2cossin2sin2cos
2222
ABABABC
AB
−++
+=≤=(1)
Do
(
]
( )
sin0;cos1,,0;
22

ABAB
ABC
π
+−
>≤∀∈
2. Tương tự ta có các BĐT sau:

sinsin2cos
2
A
BC+≤ (2)

sinsin2cos
2
B
AC+≤ (3)
Cộng (1); (2) và (3) ta có:
sinsinsincoscoscos
222
ABC
ABC++≤++
Đẳng thức xảy ra
3
ABCABC
π
⇔===⇔∆ đều.
3. Đến câu 3 ta không thể sử dụng trực tiếp như câu 2 mà phải sử dụng kĩ thuật hệ số bất định như sau:

(sinsin)(sinsin)(sinsin)
()sin()sin()sin

mABnBCpAC
mpAmnBnpC
+++++
=+++++

Đồng nhất hệ số ta có:

7
5
8
mp
mn
np
+=
+=
+=
2;3;5
mnp
⇒===

Khi đó ta có:
2(sinsin)3(sinsin)5(sinsin)
ABBCAC
+++++

Sử dụng các BĐT (1);(2) và (3) ta suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều.
BL1:Cho x,y,z là các số dương.CMR:
1.
222

1511
121410
22
xyzxyyzxz
++≥++
2.
333
1371010416
abcababbcbccaca
++≥++
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
BL2: Xác định hình dạng của tam giác ABC:
1.
8cos7cos9cos6sin8sin10sin
222
CAB
ABC++=++
2.
38234
tan19tantan24cot14cotcot
332232
CAB
ABC++=++
3.
52398
cotcotcottan2tan3tan
21055222
ABC
ABC++=++

Lớp bài toán thứ hai:
Bài toán 1: Cho a,b,c không âm và
3
abc
++=
. Tìm GTLN của
486
Aabbcca
=++

GIẢI
Đưa tham số m,n,p sử dụng kĩ thuật hệ số bất định ta có:

()()()()()()
mabcnbcapcabmnabnpbcmpca
+++++=+++++

Đồng nhất hệ số ta có:

4
8
6
mn
np
mp
+=
+=
+=
1;3;5
mnp

⇒===

Khi đó biểu thức A trở thành:
()3()5()(3)3(3)5(3)
Aabcbcacabaabbcc
=+++++=−+−+−

222
81333
35
4222
abc


=−−+−+−






Đặt
333
;;
222
xaybzc
=−=−=−
93
22
xyzabc

⇒++≥++−=

Bài toán qui về việc tìm GTLN của
( )
222
81
35
4
Axyz
=−++ với
3
2
xyz
++≥
. Nghĩa là ta phải tìm
GTNN của
222
35
xyz
++ với
3
2
xyz
++≥

Đến đây ta sử dụng kĩ thuật cân bằng hệ số để giải quyết.
Đ/Án: max A
432
23
=

122730
;;
232323
xyz⇔===
Bài toán 2: Cho a,b,c dương . CMR:

1555353
462104202
cababcabc
abacbc
−−+++−
++≥
+++

GIẢI
Ta đưa vào biểu thức các tham số m,n,p như sau:

155535
46210420
(41)(61)15(21)5(510)3(14)(205)
46210420
cababcabc
mnp
abacbc
ambmcanbcnapbcp
abacbc
−−+++−
+++++
+++
−+−++++++++−

=++
+++

Ta cần tìm m,n,p sao cho :

41213
61514
15510205
mn
mp
np
−=+=
−==+
=+=−
1,1,1
mnp
⇒===

Khi đó ta có BT :
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com

( ) ( )
( )
351535153515
3
46210420
11193
3515335153
46210420235152

abcabcabc
abacbc
abcabc
abacbcabc
++++++
++−
+++

⇔++++−≥++−=

+++++


LB: Qua lời giải của các bài toán trên ta có thể thấy được lợi ích của việc dùng kĩ thuật hệ số bất định
trong các bài toán bất đẳng thức không đối xứng. Nó giúp chúng ta giải thích được những lời giải thiếu
tự nhiên.
BL1: Cho a,b,c không âm và
1
abc
++=
. Tìm GTLN của
354
Aabbcac
=++

BL2: Cho a,b,c không âm và
2
abc
++=
. Tìm GTLN của

578
Aabbcac
=++

BL3: Cho a,b,c là các số dương. CMR:

35322
1
43224
cbbcaabc
abacbc
−+−++
++≥
+++

BL4: Cho a,b,c là các số dương.CMR:

433
5
cabbc
abbcac
+−
++≥
+++

2. Phương pháp chọn giá trị lớn nhất, nhỏ nhất:
Đối với phương pháp này ta cần chú ý một số nhận xét sau:
- Với BĐT đối xứng ( hoán vị bất kì ) của các biến
(
)

1,
i
ain
=
, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

12

n
aaa
≥≥≥

- Với BĐT hoán vị vòng quanh của các biến
(
)
1,
i
ain
=
, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

(
)
112
min,,
n
aaaa
= hoặc
(
)

12
max,,
n
aaaa
=
Bài toán 1: Cho a,b,c là các số dương. CMR:

()()()
abbccaabc
ccaaabbbccaabbc
++≥++
++++++

GIẢI
Do BĐT có tính hoán vị vòng quanh nên ta giả sử:
max(,,)
aabc
=
. Ta đưa BĐT cần chứng minh về
dạng sau:

()()()
0
()()()
abcbcacab
ccaaabbbc
−−−
++≥
+++

Ta chia ra thành 2 trường hợp sau:
TH1:
0
abc
≥≥>
. Khi đó ta có:

()0;()()
()0;()()
abcccaaab
cabbbcaab
−≥+≤+
−≥+≤+

Suy ra:
()()
()()
abcabc
ccaaab
−−
≥
++
và
()()
()()
cabcab
bbcaab
−−
≥
++

. Do đó:

()()()()()()
0
()()()()
abcbcacababcbcacab
ccaaabbbcaab
−−−−+−+−
++≥=
++++

TH2:
0
acb
≥≥>
. Khi đó ta có:

()0;()()
()0;()()
abcccabbc
cabaabbbc
−≤+≥+
−≤+≥+

Suy ra:
()()
()()
abcabc
ccabbc
−−

≥
++
và
()()
()()
bcabca
aabbbc
−−
≥
++
.Do đó:
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com

()()()()()()
0
()()()()
abcbcacababcbcacab
ccaaabbbcbbc
−−−−+−+−
++≥=
++++

NX: Bài toán trên khá hay và cách giải trên là ngắn gọn và dễ hiểu nhất. Ngoài ra còn có 2 cách giải như
sau:
C1: Sử dụng phép thế. BĐT cần chứng minh tương đương với:

111111
111111
bacbacabc

ccaaabbbccaabcb
bca
cabcab
cab
abcabc
++≥++
++++++
⇔++≥++
++++++

Đặt
;;1
abc
xyzxyz
bca
===⇒=
. BĐT trở thành:

111
111111
yzx
zxyzxy
++≥++
++++++

222222
222222
(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)
()()()3
(1)(1)(1)()(3)0

yxyzyzxzxxyyzzx
xyyzzxxyzxyz
xyzxyzxyyzzx
⇔++++++++≥++++++++
⇔+++++≥+++
⇔−+−+−++++++−≥

Sử dụng BĐT Cauchy
( )
2223
3
33
xyyzzxxyz
++≥=
. Ta suy ra đpcm.
C2: Sử dụng phương pháp đánh giá tổng các phân thức- phép thế.
BĐT cần chứng minh tương đương với:

3
()()()
abcbcacab
ccacaaababbbcbc

+++++≥

++++++



222

3
()()()
abcbcacab
ccaaabbbc
+++
⇔++≥
+++

Sử dụng BĐT Cauchy tức là ta phải chứng minh:

222
()()()()()()
abcbcacababcabbcca
+++≥+++

Chia hai vế cho
3
()
abc
ta được BĐT trở thành:
111
abbcacabc
bccababca

+++≥+++



Đặt
;;1

abc
xyzxyz
bca
===⇒=
. BĐT cần chứng minh trở thành:

()()()(1)(1)(1)
xyyzxzxyz
+++≥+++

Còn lại bạn đọc tự chứng minh.
Bài toán 2: Cho a,b,c là các số dương. CMR:

0
abbcca
bccaab
−−−
++≥
+++

GIẢI
Giả sử
max(,,)
aabc
=
,ta xét các trường hợp sau:
TH1:
0
abc
≥≥>

. Khi đó ta có:

0;
0;
abbcab
bccaab
−≥+≤+
−≥+≤+

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Do đó:
abab
bcab
−−
≥
++
và
bcbc
caab
−−
≥
++

Suy ra :
0
abbccaabbcca
bccaabab
−−−−+−+−
++≥=

++++

TH2:
0
acb
≥≥>
. Khi đó ta có:

0;
0;
bccabc
caabbc
−≤+≥+
−≤+≥+

Do đó:
bcbc
cabc
−−
≥
++
và
caca
abbc
−−
≥
++

Suy ra:
0

abbccaabbcca
bccaabbc
−−−−+−+−
++≥=
++++

LB: Bạn đọc có thể tham khảo thêm cách giải sau:
Đặt
(
)
;;,,0
xbcycazabxyz
=+=+=+>
. Khi đó ta có:

222222222
;;
222
yzxzxyxyz
abc
+−+−+−
===
BĐT cần chứng minh trở thành:
222222
0
yxzyxz
xyz
−−−
++≥

222
xyz
xyz
zxy
⇔++≥++
. Đến đây bạn đọc tự giải quyết việc còn lại.
Bài toán 3: Cho a,b,c dương. CMR:

200820082008
200820082008
abcabc
bcabca
+++
++≥++
+++

GIẢI:
Bài toán này ta sẽ không sử dụng phương pháp chọn phần tử lớn nhât, nhỏ nhất mà sẽ sử dụng một
phương pháp khác liên quan mật thiết này đó là phương pháp “ Bán Schur- Bán S.O.S”
Giả sử
min(,,)
cabc
=

BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

0
(2008)(2008)(2008)
abbcca
bbccaa

−−−
++≥
+++

2
1111
()()0
(2008)(2008)(2008)(2008)
(2008)(2008)
()()()0
(2008)(2008)(2008)(2008)
abbc
bbaaccaa
abac
abbcac
ababacac

⇔−−+−−≥

++++

++++
⇔−+−−≥
++++

BĐT trên đúng với các điều kiện đã giả sử ban đầu.
LB: Có thể nói sử dụng phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” để giải toán BĐT là khá hay. Tuy sức
mạnh của phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” không bằng phương pháp phân tích bình phương
S.O.S.
Nhưng có thê nói phương pháp “ bán Schur-bán S.O.S” là một mẫu mực khi đứng trước các bài toán về

bất đẳng thức đối xứng hay hoán vị.
Nội dung của phương pháp “Bán Schur – Bán S.O.S”.
Khi đứng trước một bài toán BĐT đối xứng hay hoán vị ta tìm cách đưa bất đẳng thức cần chứng minh
về dạng sau:
2
()()()0
MabNacbc
−+−−≥

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com