Tài liệu ôn tập câu 5 trong đề thi đại học cao đẳng

CHƯƠNG 5. BẤT ðẲNG THỨC – CỰC TRỊ
BÀI TOÁN LIÊN QUAN ðẾN THAM SỐ
I. Bất ñẳng thức
1. Bất ñẳng thức Cô si
a. Bất ñẳng thức Côsi cho hai số thực không âm
Với hai số thực không âm bất kì ,a b ta luôn có:
2
a b
ab
+
≥ .
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b=
.
b. Bất ñẳng thức Côsi cho ba số thực không âm
Với ba số thực , , 0
a b c
≥ ta luôn có:
3
3
a b c
abc
+ +
≥
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b c
= = .
c. Một số hệ quả
* Với hai số thực , 0
a b
> ta có:

1 1 4
a b a b
+ ≥
+
. ðẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi
a b
=
* Với ba số thực , , 0
a b c
> ta có:
1 1 1 9
a b c a b c
+ + ≥
+ +
. ðẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi
a b c
= = .
2. Bất ñẳng thức véc tơ
a. Bất ñẳng thức tam giác
Với ba ñiểm bất kì
, ,A B C ta có:
AB BC AC+ ≥
. ðẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi
, ,
A B C
thẳng hàng và
B

nằm giữa ,
A C
.
b. Bất ñẳng thức véc tơ
Với hai véc tơ
,a b
 
bất kì ta luôn có:
. .a b a b≤
   
. ðẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi
.a k b
=
 
.
II. Ứng dụng ñạo hàm ñể tìm GTLN, GTNN của hàm số
1. ðịnh nghĩa: Cho hàm số
( )
y f x=
xác ñịnh trên D
i) Số
M
gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của hàm số trên D nếu
0 0
( )
: ( )
f x M x D
x D f x M



≤ ∀ ∈



∃ ∈ =


, ta kí hiệu max ( )
x D
M f x
∈
= .
ii) Số
m
gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số trên D nếu
0 0
( )
: ( )
f x M x D
x D f x m


≥ ∀ ∈



∃ ∈ =



, ta kí hiệu min ( )
x D
m f x
∈
= .
2. Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số
Phương pháp chung: ðể tìm GTLN, GTNN của hàm số
( )
y f x=

trên D ta tính
'y , tìm các ñiểm mà tại ñó ñạo hàm triệt tiêu hoặc
không tồn tại và lập bảng biến thiên. Từ bảng biến thiên ta suy ra
GTLN, GTNN.

Chú ý:
* Nếu hàm số
( )
y f x
=
luôn tăng hoặc luôn giảm trên
;
a b
 
 
 

thì
[a;b] [a;b]
max ( ) max{ ( ), ( )}; min ( ) min{ ( ), ( )}f x f a f b f x f a f b= =

.
* Nếu hàm số
( )
y f x
=
liên tục trên
;
a b
 
 
 
thì luôn có GTLN, GTNN
trên ñoạn ñó và ñể tìm GTLN, GTNN ta làm như sau
B1: Tính
'
y và tìm các ñiểm
1 2
, , ,
n
x x x mà tại ñó
'
y triệt tiêu
hoặc hàm số không có ñạo hàm.
B2: Tính các giá trị
1 2
( ), ( ), , ( ), ( ), ( )
n
f x f x f x f a f b .Khi ñó
1
[ ; ]

max ( ) max { ( ), , ( ), ( ), ( )}
n
x a b
f x f x f x f a f b
∈
=

1
[ ; ]
min ( ) min { ( ), , ( ), ( ), ( )}
n
x a b
f x f x f x f a f b
∈
=
.
* Nếu hàm số
( )
y f x
=
là hàm tuần hoàn chu kỳ T thì ñể tìm GTLN,
GTNN của nó trên D ta chỉ cần tìm GTLN, GTNN trên một ñoạn
thuộc D có ñộ dài bằng T.
* Cho hàm số
( )
y f x
=
xác ñịnh trên D. Khi ñặt ẩn phụ
( )
t u x= , ta

tìm ñược
t E∈
với

x D∀ ∈
, ta có
( )
y g t=
thì Max, Min của hàm
f
trên D chính là Max, Min của hàm
g
trên
E
.
* Khi bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất mà không
nói trên tập nào thì ta hiểu là tìm GTLN, GTNN trên tập xác ñịnh của
hàm số.
* Ngoài phương pháp khảo sát ñể tìm Max, Min ta còn dùng phương
pháp miền giá trị hay Bất ñẳng thức ñể tìm Max, Min.
III. Ứng dụng tính ñơn ñiệu trong bài toán giải phương trình –
bất phương trình và hệ phương trình .
ðể sử dụng tính ñơn ñiệu của hàm số vào giải các bài toán giải
phương trình – bất phương trình – hệ phương trình, ta thường sử dụng
các tính chất sau ñây.
Tính chất 1: Nếu hàm số
( )
y f x
= luôn ñồng biến (hoặc luôn nghịch
biến) trên ( ; )a b thì số nghiệm của phương trình :

( )
f x k
= (trên
( ; )a b ) không nhiều hơn một và
( ) ( )
f u f v u v
= ⇔ =
, ( ; )u v a b∀ ∈ .
Chứng minh: Ta giả sử
f là hàm ñồng biến trên ( ; )a b
• Nếu
( ) ( )u v f u f v> ⇒ >
• Nếu
( ) ( )u v f u f v< ⇒ <
Tính chất 2: Nếu hàm số
( )
y f x
= liên tục và luôn ñồng biến (hoặc
luôn nghịch biến) ; hàm số
( )
y g x
= liên tục và luôn nghịch biến
(hoặc luôn ñồng biến) trên D thì số nghiệm trên D của phương trình :
( ) ( )
f x g x
= không nhiều hơn một.
Chứng minh:
Giả sử
f ñồng biến còn
g

nghịch biến trên
D
và
0 0 0
: ( ) ( )x D f x g x∃ ∈ = .
* Nếu
0 0 0
( ) ( ) ( ) ( ) PT: ( ) ( )x x f x f x g x g x f x g x> ⇒ > = > ⇒ = vô
nghiệm
* Nếu
0 0 0
( ) ( ) ( ) ( ) PT: ( ) ( )x x f x f x g x g x f x g x< ⇒ < = < ⇒ = vô
nghiệm
Vậy
0
x x= là nghiệm duy nhất của phương trình ( ) ( )
f x g x
= .
Tính chất 3: Nếu hàm số
( )
y f x
= luôn ñồng biến( hoặc luôn nghịch
biến) trên
D
thì ( ) ( ) ( ) ,f u f v u v u v u v D> ⇔ > < ∀ ∈ .
Tính chất 4: Cho hàm số ( )y f x= liên tục trên [a;b] và có ñạo hàm
trên khoảng
( )
;a b
. Nếu ( ) ( )f a f b= thì phương trình '( ) 0f x = có ít

nhất một nghiệm thuộc khoảng
( ; )a b .
Chứng minh:
Giả sử phương trình
'( ) 0f x = vô nghiệm trên ( ; )a b . Khi ñó
'( ) 0 ( ; )f x x a b> ∀ ∈ (hoặc '( ) 0 ( ; )f x x a b< ∀ ∈ ).
Suy ra
( ) ( )f b f a> (hoặc ( ) ( )f b f a< ).
ðiều này trái với giả thiết ( ) ( )f a f b= .
Vậy phương trình '( ) 0f x = có ít nhất một nghiệm trên ( ; )a b .
Từ ñịnh lí này, ta có ñược hai hệ quả sau:
Hệ quả 1: Nếu phương trình
( )
0f x
= có m nghiệm thì phương trình
'( ) 0f x = có
1m −
nghiệm.
Hệ quả 2: Cho hàm số
( )
y f x
= có ñạo hàm ñến cấp k liên tục trên
( ; )a b
. Nếu phương trình
( )
( ) 0
k
f x =
có ñúng m nghiệm thì phương
trình

( 1)
( ) 0
k
f x
−
=
có nhiều nhất là
1m +
nghiệm.
Thật vậy: Giả sử phương trình
( 1)
( ) 0
k
f x
−
=
có nhiều hơn m+1
nghiệm thì phương trình
'( ) 0f x =
có nhiều hơn m nghiệm, ñiều này
trái với giả thiết bài toán.
Từ hệ quả 2
⇒
nếu
'( ) 0f x =
có một nghiệm thì
( ) 0f x =
có nhiều
nhất hai nghiệm.

Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp hàm số.
Vấn ñề quan trọng nhất khi sử dung phương pháp hàm số là chúng ta
phải nhận ra ñược hàm số ñơn ñiệu và nhẩm ñược nghiệm của phương
trình.
1) ðể phát hiện ñược tính ñơn ñiệu của hàm số chúng ta cần nắm vững
các tính chất:
i) Nếu
( )
y f x
= ñồng biến (nghịch biến) thì:
*
( )
n
y f x
= ñồng biến (nghịch biến).
*
( )
1
y
f x
=
với
( )
0f x
> nghịch biến (ñồng biến).
*
( )
y f x
= − nghịch biến (ñồng biến).
ii) Tổng của các hàm số ñồng biến (nghịch biến) trên D là một hàm số

ñồng biến (nghịch biến) trên D.
iii) Tích của các hàm số dương ñồng biến (nghịch biến) trên D là một
hàm số ñồng biến (nghịch biến) trên D.

IV. Bài toán liên quan ñến tham số

Bài toán 1: Tìm ñiều kiện của tham số ñể phương trình f(x)= g(m)
có nghiệm trên D
Phương pháp: Dựa vào tính chất phương trình có nghiệm
⇔
hai ñồ
thị của hai hàm số
( )
y f x
= và
( )
y g m
= cắt nhau. Do ñó ñể giải bài
toán này ta tiến hành theo các bước sau:
1) Lập bảng biến thiên của hàm số
( )
y f x
= .
2) Dựa vào bảng biến thiên ta xác ñịnh m ñể ñường thẳng
( )
y g m
=
cắt ñồ thị hàm số
( )
y f x

= .
Chú ý : Nếu hàm số
( )
y f x
= liên tục trên
D
và tồn
tại
min ( )
x D
f x m
∈
=
,
max ( )
x D
f x M
∈
=
thì phương trình :
( )
f x k
= có
nghiệm trên
D
khi và chỉ khi
.m k M≤ ≤

Bài toán 2: Tìm m ñể bất phương trình
( ) ( )

>f x g m
có nghiệm
trên D.
Phương pháp: Với dạng toán này trước hết ta ñi khảo sát và lập bảng
biến thiên của hàm số
( )f x trên D, rồi dựa vào các tính chất sau ñể
chúng ta ñịnh giá trị của tham số:
1) Bpt
( ) ( )f x g m≥ có nghiệm trên D
max ( ) ( )
x D
f x g m
∈
⇔ ≥
(Với ñiều
kiện tồn tại
max ( )
D
f x
).
2) Bpt
( ) ( )f x g m≤ có nghiệm trên D
min ( ) ( )
x D
f x g m
∈
⇔ ≤
(Với ñiều
kiện tồn tại
min ( )

D
f x
).
3) ðể bất phương trình :
( ) ( ( ) ) f x k f x k x D≥ ≤ ∀ ∈
min ( ) ( max ( ))
D D
k f x k f x⇔ ≤ ≥
.
B. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1.5.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
(
)
3
6 2
4 1y x x
= + −
trên ñoạn
1; 1
 
−
 
(B1 – 2003 ).
Lời giải.
ðặt
2
0;1 1;1t x t x
   
= ⇒ ∈ ∀ ∈ −

   

Khi ñó:
3 3
( ) 4(1 ) , 0;1y f t t t t
 
= = + − ∈
 

Ta có:
2 2
'( ) 3 4(1 ) 3(2 )(3 2)f t t t t t
 
= − − = − −
 
 

2
'( ) 0
3
f t t
⇒ = ⇔ =
. Do
2 4
(0) 4, (1) 1, ( )
3 9
f f f
= = =
nên suy ra
max 4y =

ñạt ñược khi
0 0t x= ⇔ =
.
min 4y =
ñạt ñược khi
2 2
3 3
t x= ⇔ = ±
.
Ví dụ 2.5.
Cho hai số thực
0a b≥ >
. Chứng minh rằng:
1 1
2 2
2 2
b a
a b
a b
   
+ ≤ +
   
   
(D-2007).
Lời giải.
Ta có bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với
(
)
(
)

1 1
2 2 4 1 4 1
2 2
b a
b a
a b a b
a b
   
+ ≤ + ⇔ + ≤ +
   
   

(
)
(
)
(
)
(
)
( )
ln 4 1 ln 4 1
ln 4 1 ln 4 1 1
a b
a b
b a
a b
+ +
⇔ + ≤ + ⇔ ≤
Xét hàm số :

( )
(
)
( )
ln 4 1
, 0;
t
f t t
t
+
= ∈ +∞
Ta có :
( )
(
)
(
)
(
)
2
4 ln 4 4 1 ln 4 1
' 0, 0
4 1
t t t t
t
f t t
t
− + +
= < ∀ >
+

nên hàm số nghịch biến trên
( )
0;
+∞ .
Vậy
( ) ( )
(
)
(
)
ln 4 1 ln 4 1
0
a b
a b f a f b
a b
+ +
≥ > ⇒ ≤ ⇔ ≤
hay (1) ñúng nên bất ñẳng thức ñược chứng minh.

Ví dụ 3.5. Giả sử
,x y
là hai số dương thay ñổi thoả mãn ñiều kiện
5
4
x y
+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 1
4
S

x y
= + (B1 –
2002 ).
Lời giải.
Lời giải 1: Ta có
5
4 5 4
4
x y y x
+ = ⇒ = −
4 1
5 4
S
x x
⇒ = +
−
.
Xét
( )
4 1 5
, 0;
5 4 4
f x x
x x
 
= + ∈
 
−
 
.

( )
( )
( )
2 2
4 4
' , ' 0 1
5 4
f x f x x
x
x
⇒ = − + = ⇔ =
−

Từ bảng biến thiên ta ñược:
( ) ( )
5
0;
4
min 1 5f x f
 
 
 
= =
, từ ñó suy ra
min 5S =
ðạt ñược khi
1
1,
4
x y

= = .
Lời giải 2: Ta có
5 4 1 1 4
( )( ) 4
4 4 4 4
y x
S x y
x y x y
= + + = + + +
Áp dụng BðT Cô si cho hai số thực dương ta có:
4 4 5 1 25
2 . 2 4 2 5
4 4 4 4 4
y x y x
S S
x y x y
+ ≥ = ⇒ ≥ + + = ⇒ ≥
ðẳng thức xảy ra
5 1
4
1
4
4
x
x y
y
x y
 
=
+ =

 
⇔ ⇔
 
=
 
=
 

Vậy
min 5S =
.
Lời giải 3: Ta có
4 1
4 4 4( )
4
S x y x y
x y
= + + + − +
Do
4 1
4 8; 4 2
4
x y
x y
+ ≥ + ≥ nên
5
8 2 4. 5
4
S ≥ + − =
ðẳng thức xảy ra

4
4
1
1
4
1
4
4
5
4
x
x
x
y
y
y
x y

=


=

 
⇔ = ⇔
 
=
 



+ =


.
Ví dụ 4.5. Cho hai số dương
,x y
thay ñổi thoả mãn 4x y+ ≥ . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 3
2
3 4 2
4
x y
A
x
y
+ +
= +
. (B2 – 2006).
Lời giải.
Ta có
2
1 1
2
4 8 8 2
x y y x y
A
x
y
 

 +



= + + + + +






 


2
3
2 2
1 1 4 9
2 . 6 .
4 2 2
8
x y
x
y
≥ + + =
.
ðẳng thức xảy ra khi
2x y= = . Vậy
A
9

min
2
=
.

Ví dụ 5.5. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
5
sin 3 cosy x x
= + (A1 – 2003 ).
Lời giải.
Ta có:
4 4
sin 3 cos sin 3 cosx x y x x
− + ≤ ≤ +
Mặt khác:
4 2 2
sin 3 cos (1 cos ) 3 cosx x x x
+ = − +
2
(1 cos ) (1 cos )(1 cos ) 3 3x x x
 
= − − + − +
 
 

Do
2
1
(1 cos )(1 cos ) (2 2 cos )(1 cos )(1 cos )
2

x x x x x− + = − + +


3
1 2 2cos 1 cos 1 cos 32
3
2 3 27
x x x
 
− + + + +
≤ = <
 
 

4
sin 3 cos 3 3x x y⇒ + ≤ ⇒ ≤ .
ðẳng thức xảy ra
sin 0
2
cos 1
x
x k
x
π

=

⇔ ⇔ =

=



.
Tương tự ta có
4
sin 3 cos 3 3x x y
− + ≥ − ⇒ ≥ −
ðẳng thức xảy ra
2x k
π π
⇔ = +
.
Vậy
min 3; max 3y y
= − = .
Ví dụ 6.5. Cho
, , 0x y z
> thỏa 1x y z+ + ≤ . Chứng minh rằng
2 2 2
2 2 2
1 1 1
82x y z
x y z
+ + + + + ≥ (A – 2003 ).
Lời giải. Gọi
P
là vế trái của BðT cần chứng minh.
Ta có:
1 1 1 9
x y z x y z

+ + ≥
+ +

Lời giải 1: Xét ba véc tơ
1 1 1
( ; ), ( ; ), ( ; )a x b y c z
x y z
= = =
  

Ta có
a b c a b c+ + ≥ + +
     

2
2 2
2
1 1 1 81
( ) ( )
( )
P x y z x y z
x y z
x y z
 
⇒ ≥ + + + + + ≥ + + +
 
+ +
 

ðặt

2
( ) 0 1t x y z t
= + + ⇒ < ≤ .
Khi ñó:
81 1 80 1 80
2 82
1
P t t t
t t t t
≥ + = + + ≥ + =
.
ðẳng thức xảy ra
1
1
3
x y z
x y z
x y z

= =

⇔ ⇔ = = =

+ + =


.
Lời giải 2: Áp dụng BðT Cô si ta có:
4 2
81 1 9x x

+ ≥
4 4 4 2
2
2 2 2
1 (81 1) 81 18 81
82( )
x x x x
x
x x x
+ + + + +
⇒ + = ≥

2
2 2
2
( 9) 9x
x
x
x
 
+
= = +
 
 

2
2
1 9
82( )x x
x

x
⇒ + ≥ +

1 1 1 81
82. 9P x y z x y z
x y z x y z
 
⇒ ≥ + + + + + ≥ + + +
 
+ +
 


1 80
82x y z
x y z x y z
 
= + + + + ≥
 
+ + + +
 

82P⇒ ≥ . ðẳng thức xảy ra
1
3
x y z⇔ = = =
.
Ví dụ 7.5. Cho các số thực
, , 0x y z >
thỏa mãn

1 1 1
4
x y z
+ + = .
Chứng minh:
1 1 1
1
2 2 2x y z x y z x y z
+ + ≤
+ + + + + +

(ðH Khối A – 2005).
Lời giải. Gọi
P
là biểu thức của vế trái của BðT cần chứng minh
Với
, 0a b > ta có:
1 1 1 1 1 1
( )( ) 4
4
a b
a b a b a b
 
+ + ≥ ⇒ ≤ +
 
+
 

Áp dụng BðT trên ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1

( )
2 4 2 4 2 4x y z x y z x y z
   
≤ + ≤ + +
   
+ + +
   


1 2 1 1
16 x y z
 
= + +
 
 

Tương tự:
1 1 1 2 1
2 16x y z x y z
 
≤ + +
 
+ +
 


1 1 1 1 2
2 16x y z x y z
 
≤ + +

 
+ +
 

Cộng ba BðT trên lại với nhau ta có
1 1 1 1
1
4
P
x y z
 



≤ + + =





 
. ðẳng thức xảy ra
3
4
x y z
⇔ = = = .
Ví dụ 8.5. Cho các số thực
, ,x y z
thoả mãn
3 3 3 1

x y z
− − −
+ + = .
Chứng minh rằng :
9 9 9 3 3 3
4
3 3 3 3 3 3
x y z x y z
x y z y z x z z y
+ + +
+ +
+ + ≥
+ + +
(A2 – 2006 ).
Lời giải.
ðặt
3 , 3 , 3 .
x y z
a b c= = =

Ta có:
1 1 1
, , 0; 1a b c ab bc ca abc
a b c
> + + = ⇔ + + = .
Bất ñẳng thức trở thành:
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab

+ +
+ + ≥
+ + +

Ta có:
( )( )
2 3 3 3
2 2
a a a a
a bc
a b a c
a abc a ab bc ca
= = =
+
+ +
+ + + +

Tương tự:
( )( ) ( )( )
2 3 2 3
;
b b c c
b ca c ab
b c b a c a c b
= =
+ +
+ + + +

Mặt khác:
( )( )

( ) ( )
3
3
8 8 4
a b a c
a a
a b a c
+ +
+ + ≥
+ +

( )( )
3
4
8
a a b c
a b a c
− −
⇒ ≥
+ +
.
Tương tự:
( )( ) ( )( )
3 3
4 4
;
8 8
b b c a c c a b
b c b a c a c b
− − − −

≥ ≥
+ + + +

Suy ra:
2 2 2
4 4 4
8 8 8
a b c a b c b a c c b a
a bc b ca c ab
− − − − − −
+ + ≥ + +
+ + +


4
a b c
+ +
= .
Chú ý: Trong một số bài toán ta ñặt ẩn phụ cho hình thức bài toán
nhìn ñơn giản hơn.

Ví dụ 9.5. Cho
, ,x y z
là các số thựcc dương thay ñổi thỏa mãm ñiều
kiện 1.xyz = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
x y z y z x z x y
P

y y z z z z x x x x y y
+ + +
= + +
+ + +
(A – 2007).
Lời giải.
Lời giải 1: Áp dụng bất ñẳng thức Cô-Si ta có:
( )
2 2
2 2x y z x yz x x+ ≥ =
Tương tự, ta cũng có:
( ) ( )
2 2
2 ; 2y z x y y z x y z z + ≥ + ≥
ðặt
2 ; 2 ; 2a x x y y b y y z z c z z x x= + = + = +

4 2 4 2 4 2
; ;
9 9 9
c a b a b c b c a
x x y y z z
+ − + − + −
⇒ = = =
.
Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
x y z y z x z x y

P
y y z z z z x x x x y y
+ + +
= + +
+ + +


2
2 2
2 2 2
y y
x x z z
y y z z z z x x x x y y
≥ + +
+ + +


2
4 6 2
9
c b a a b c
b a c b c a
 
   

  
 

 
=  + + + + + − ≥

 

 

 

 
 


   
 
.
Vậy
khi
min 2 1P x y z= = = = .
Lời giải 2:
Theo ñánh giá trên ta có:
2 2 2
y y
x x z z
P
y y z z z z x x x x y y
≥ + +
+ + +

ðặt
, , 1a x x b y y c z z abc= = = ⇒ =

2 2 2

a b c
P
b c c a a b
≥ + +
+ + +

Xét ba véc tơ
; ;
2 2 2
a b c
u
b c c a a b
 
 
 
+ + +
 



(
)
( 2 ); ( 2 ); ( 2 )v a b c b c a c a b= + + +


Áp dụng BðT
( )
2 2
2
. .u v u v

≤
   
ta có ñược:
( )
2
( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( )P a b c b c a c a b a b c+ + + + + ≥ + +
2
( )
3( )
a b c
P
ab bc ca
+ +
⇒ ≥
+ +

Mặt khác:
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0a b b c c a− + − + − ≥
2 2 2 2
( ) 3( )a b c ab bc ca a b c ab bc ca⇒ + + ≥ + + ⇒ + + ≥ + +
1P⇒ ≥
. ðẳng thức xay ra 1 1a b c x y z⇔ = = = ⇔ = = =
Vậy
min 1P =
.

Ví dụ 10.5. Cho x, y là các số thoả mãn ñiều kiện:
2 2
3x xy y

+ + ≤ .
Chứng minh rằng:
2 2
4 3 3 3 4 3 3x xy y
− − ≤ − − ≤ − (A1 – 2006 )
Lời giải.
ðặt
2 2
3A x xy y= − −
;
2 2
a x xy y
= + + .
* Nếu
2
0 0 3y A x A= ⇒ = ⇒ ≤ ≤

* Nếu
0y
≠ ta ñặt
.x ty
=
Ta xét:
2 2 2
2 2 2
3 3
( )
1
A x xy y t t
B f t

a
x xy y t t
− − − −
= = = =
+ + + +

2
2 2
2( 4 1)
'( ) , '( ) 0 2 3, 2 3
( 1)
lim ( ) 1
t
t t
f t f t t t
t t
f t
→±∞
+ +
= = ⇔ = − − = − +
+ +
=

Bảng biến thiên:



x

−∞

2 3− − 2 3− +
+∞

'( )f x
+ 0 - 0 +
( )f x

3 4 3
3
− +
1
1
3 4 3
3
− −

Dựa vào bảng biến thiên ta có:
3 4 3 3 4 3 3 4 3 3 4 3
( )
3 3 3 3
A
f t
a
− − − + − − − +
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
3 4 3 3 4 3
3 4 3 3 4 3
3 3
a A a A
− − − +

⇒ ≤ ≤ ⇒ − − ≤ ≤ − + .
Chú ý: Khi gặp bài toán chứng minh BðT hai biến có dạng :
( , )
( , )
f x y
m
g x y
≥ , trong ñó ( , )f x y và ( , )g x y là những biểu thức ñẳng cấp
bậc
k
hai biến, ta có thể ñặt ( 0)
x ty y
= ≠ . Khi ñó BðT cần chứng
minh trở thành :
( ,1)
( ,1)
f t
m
g t
≥ ñây là BðT một biến. ðể chứng minh
BðT này ta có thể sử dụng phương pháp khảo sát hàm số.

Ví dụ 11.5. Cho các số thực x, y thay ñổi và thoả mãn ñiều kiện
+ + ≥
2
( ) 4 2x y xy
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
= + + − + +
4 4 2 2 2 2
3( ) 2( ) 1A x y x y x y

(B – 2009).
Lời giải.
Ta có:
3
3 2
2
( ) 4 2
( ) ( ) 2 0
( ) 4 0
x y xy
x y x y
x y xy

+ + ≥

⇒ + + + − ≥

+ − ≥



1x y⇒ + ≥ .
(
)
4 4 2 2 2 2
3 2( ) 1A x y x y x y= + + − + +


2 2 2 2 2 2 2
3 ( ) 2( ) 1x y x y x y

 
= + − − + +
 
 

2 2 2
2 2 2 2 2
( )
3 ( ) 2( ) 1
4
x y
x y x y
 
+
≥ + − − + +
 
 
 

2 2 2 2 2
9
( ) 2( ) 1
4
x y x y= + − + +
.
ðặt
2
2 2
( ) 1
2 2

x y
t x y
+
= + ≥ ≥
1
2
t
⇒ ≥
Và
2
9
2 1
4
A t t
≥ − + .
Xét hàm số:
2
9 1
( ) 2 1,
4 2
f t t t t
= − + ≥ có
9 1 1 9
'( ) 2 0 ( ) ( )
2 2 2 16
f t t t f t f
= − > ∀ ≥ ⇒ ≥ =
9
16
A

⇒ ≥ . ðẳng thức xảy ra
1
2
x y
⇔ = = .
Vậy giá trị nhỏ nhất của
A
bằng
9
16
.
Ví dụ 12.5.
Chứng minh rằng với , , 0x y z∀ > thoả mãn ñiều kiện
( ) 3x x y z yz+ + = (*), ta luôn có:
3 3 3
( ) ( ) 3( )( )( ) 5( )x y x z x y y z z x y z+ + + + + + + ≤ +
(A –2009)

Lời giải.
Cách 1: Vì giả thiết và BðT (1) là những biểu thức ñẳng cấp ñồng
thời giả thiết và BðT cần chứng minh ñối xứng ñối với y và z nên ta
nghĩ tới cách ñặt ;y ax z bx= = .
Khi ñó (*) trở thành:
2
( ) 3x x ax bx abx+ + =

1 3a b ab⇔ + + =
(**) và BðT cần chứng minh trở thành:
3 3 3
( ) ( ) 3( )( )( ) 5( )x ax x bx x ax ax bx bx x ax bx+ + + + + + + ≤ +

3 3 3
(1 ) (1 ) 3(1 )(1 )( ) ( )a b a b a b a b⇔ + + + + + + + ≤ +
(2).
Vì (**) và (2) là những biểu thức ñối xứng ñối với ,
a b
nên ta nghĩ tới
cách ñặt
;
S a b P ab= + =

Mỗi quan hệ giữa
S
và
P
là
2
2
1
4
3
1 3
3 4 4 0
S
P
S P
S P
S S



+



=
≥


 
⇔
 
 
+ =
 
− − ≥






1
3
2
S
P
S


+


=


⇔



≥



. Khi ñó :
1 4(1 )
(1 )(1 ) 1 1
3 3
S S
a b a b ab S
+ +
+ + = + + + = + + =

( )
3
3 3
3
(1 ) (1 ) 2 3(1 )(1 )(2 )
(2 ) 4(1 )(2 )
a b a b a b a b
S S S
+ + + = + + − + + + +

= + − + +

Nên
3 2 3
(2) (2 ) 4( 3 2) 4 (1 ) 5S S S S S S⇔ + − + + + + ≤

2
2 3 2 0 (2 1)( 2) 0S S S S⇔ − − ≥ ⇔ + − ≥
luôn ñúng do
2S ≥
.
Vậy bài toán ñã ñược chứng minh.
Cách 2: Từ giải thiết ta có ( )( ) 4x y x z yz+ + = .
Do ñó BðT tương ñương với
3 3 3
( ) ( ) 12 ( ) 5( )x y x z yz y z y z
+ + + + + ≤ + (1)
Mặt khác:
2
2 2 2
3( )
( ) 3 4 4( ) 3( ) 0
4
y z
x y z x yz x y z x y z
+
+ + = ≤ ⇒ + + − + ≤
3 3
(2 ) 2 3( ) 0 2 8 ( )x y z x y z x y z x y z
 

⇔ − − + + ≤ ⇒ ≤ + ⇒ ≤ +
 

Áp dụng BðT :
3 3 3
( ) 4( )x y x y
+ ≤ + ta ñược
3 3 3 3
(1) 4( ) 4( ) 12 ( )VT x y x z yz y z
≤ + + + + +

3 3 3
8 4( ) 5( )x y z y z
= + + ≤ + (ñpcm)
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x y z
= =
.



Ví dụ 13.5. Gọi (x, y) là nghiệm của hệ
2 4
3 1
x my m
mx y m

− = −



+ = +


với m là
tham số. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
2A x y x
= + − , khi m
thay ñổi (B1 – 2004 ).
Lời giải.
Ta có
2
1
1 0
1
m
D m
m
−
= = + ≠ ⇒ hệ luôn có nghiệm duy nhất
Ta viết lại hệ như sau:
( 1) 1 4
( 1) 2 1
x my m
m x y m

− − = −


− + = +




2 2 2 2 2
( 1) ( 1) (1 4 ) (2 1)m x y m m
 
⇒ + − + = − + +
 
 

2
2 2
2 2
19 4 1 2 9
( 1) 1 19 2
1 1
m m m
A x y
m m
− + +
⇒ = − + − = = −
+ +

Xét hàm số
2
2 9
( )
1
m
f m

m
+
=
+
ta có ñược:
9 85
min ( ) ( )
2
f m f
− −
=

9 85
max 19 2 ( ) 10 85
2
A f
− −
⇒ = − = +
.
Ví dụ 14.5. Cho
,x y R∈ và , 1x y > . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
(
)
(
)
3 3 2 2
( 1)( 1)
x y x y
P

x y
+ − +
=
− −
.
Lời giải.
ðặt
; 2t x y t= + > . ta có
2
4
t
xy
≤ .

3 2
(3 2)
1
t t xy t
P
xy t
− − −
=
− +
. Do
3 2 0t − >
và
2
4
t
xy

− ≥ − nên ta có
2
3 2
2
2
(3 2)
4
2
1
4
t t
t t
t
P
t
t
t
−
− −
≥ =
−
− +

Xét hàm số
2 2
2
4
( ) ; '( ) ;
2
( 2)

t t t
f t f t
t
t
−
= =
−
−

0
'( ) 0
4
t
f t
t

=
= ⇔

=


.
Lập bảng biến thiên ta tìm ñược min P =
(2; )
min min ( ) (4) 8P f t f
+∞
= = = ñạt ñược khi
4 2
4 2

x y x
xy y
 
+ = =
 
⇔
 
= =
 
 
.
Ví dụ 15.5. Cho các số thực
, , 0a b c ≥ thỏa
3 3 3
3a b c+ + = . Tìm giá
trị lớn nhất của :
3( )P ab bc ca abc= + + − .
Lời giải.
Vì ( 1)( 1)( 1)( 1)( 1)( 1) 0a b b c c a− − − − − − ≥ nên trong ba số
( 1)( 1), ( 1)( 1), ( 1)( 1)a b b c c a− − − − − − có ít nhất một số không
âm, ta giả sử số ñó là
( 1)( 1) 0 1a b ab a b− − ≥ ⇒ ≥ + −
3 2 2abc ac bc c P ab bc ca c⇒ ≥ + − ⇒ ≤ + + +
.
Mặt khác, áp dụng BðT Cô si ta có:
3 3
1 3a b ab+ + ≥
3 3 3 3
2
1 3 2 ( 1)

3
b c bc bc b c
+ + ≥ ⇒ ≤ + +
3 3 3 3
2
1 3 2 ( 1)
3
a c ac ac a c
+ + ≥ ⇒ ≤ + +
3 3
1
1 1 3 ( 2)
3
c c c c
+ + ≥ ⇒ ≤ +
Cộng 4 BðT trên ta có:
3 3 3
5
( ) 3 8
3
P a b c
≤ + + + =
ðẳng thức xảy ra
1a b c⇔ = = = . Vậy
max 8P =
.
Ví dụ 16.5. Chứng minh rằng phương trình:
( )
1
1

x
x
x x
+
= +
có một
nghiệm dương duy nhất (A2 – 2004 ).
Lời giải.
Ta có:
1
( 1) ( 1)ln ln( 1) 0
x x
x x x x x x
+
= + ⇔ + − + =
.
Xét hàm số
( ) ( 1)ln ln( 1), 0f x x x x x x= + − + >
1
'( ) ln ln( 1)
1
x x
f x x x
x x
+
= + − + −
+
1 1
ln
1 1

x
x x x
= + +
+ +


1 1 1
ln(1 )
1x x x
= − + + +
+
.
Vì
1 1
ln(1 ) 0 ln(1 ) 0t t t
x x
+ < ∀ > ⇒ − + >
'( ) 0 0 ( )f x x f x⇒ > ∀ > ⇒ là hàm ñồng biến.
Mặt khác:
8
(2) 3 ln 2 2 ln 3 ln 0
9
f
= − = <

81
(3) 4 ln 3 3 ln 4 ln 0
64
f
= − = >

Nên phương trình ñã cho có nghiệm duy nhất
(2; 3)∈ .
Ví dụ 17.5. Chứng minh rằng với mọi
0a
> thì hệ phương trình sau
có nghiệm duy nhất.
ln(1 ) ln(1 )
x y
e e x y
y x a

− = + − +


− =


(D – 2006).
Lời giải. ðiều kiện : , 1x y > − .
Ta có :
y x a= +
thế vào phương trình ñầu ta ñược :
( ) ln(1 ) ln(1 ) 0
x x a
f x e e x x a
+
= − − + + + + =
(1)
Xét hàm số ( )
f x

với
1x > −
.
Ta có :
1 1
'( )
1 1
x x a
f x e e
x a x
+
= − + −
+ + +


0
( 1)( 1)
x x a
a
e e
x x a
+
= − − <
+ + +

( )f x
⇒ là hàm nghịch biến trên
( 1; )− +∞
và
1

lim ( ) ; lim ( )
x
x
f x f x
+
→+∞
→−
= −∞ = +∞
Do ñó, (1) có nghiệm duy nhất trên
( 1; )− +∞
⇒ Hệ ñã cho có nghiệm
duy nhất.
Ví dụ 18.5. Chứng minh rằng phương trình
(
)
2
4 4 1 1
x
x
+ = có ñúng
3 nghiệm thực phân biệt (A2 – 2008).
Lời giải.
Phương trình
2
4 (4 1) 1 0
x
x
⇔ + − = .
Xét hàm số
2

( ) 4 (4 1) 1
x
f x x
= + − , ta có :
2
'( ) 4 (4 ln 4 8 ln 4)
x
f x x x
= + + .
Dễ thấy
'( ) 0f x = có hai nghiệm phân biệt
1 2 1 2
; , x a x a a a= = >
Bảng biến thiên
x

−∞

1
a
2
a
+∞

'f

+

0

−

0

+


f


Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình ( ) 0f x = có nhiều nhất
3 nghiệm.
Mặt khác
1 1 27
(0) ( ) 0; ( 1) 0; ( 3) 0
2 4 64
f f f f= − = − = > − = − <

Nên phương trình ñã cho có ñúng ba nghiệm phân biệt
1 2 3
1
0; ; ( 1; 3)
2
x x x= = − ∈ − −
.
Ví dụ 19.5. Cho phương trình
( )
3 2
0 0x ax bx c a+ + + = ≠
(1) có

ba nghiệm phân biệt. Chứng minh phương trình sau chỉ có hai nghiệm
thực phân biệt.
3 2 2 2
4( )(3 ) (3 2 )x ax bx c x a x ax b+ + + + = + +
(2).
Lời giải.
Gọi
3 2
( )f x x ax bx c= + + +
. Khi ñó (2) ñược viết dưới dạng:
2 2
2 ( ). ''( ) '( ) ( ) 2 ( ) "( ) '( ) 0f x f x f x g x f x f x f x
   
= ⇔ = − =
   
.
Ta có:
(3)
'( ) 2 ( ) ( )g x f x f x=
(
(3)
f
là ñạo hàm cấp ba của hàm f ).
Gọi
1 2 3
x x x< < là ba nghiệm phân biệt của f(x), ta có:
1 2 3
'( ) 12( )( )( ) '( )g x x x x x x x g x= − − − ⇒ có ba nghiệm
1 2 3
, ,x x x

Bảng biến thiên.

x
−∞

1
x
2
x
3
x
+∞

g'(x)

− 0 + 0 − 0 +

g(x)

+∞

2
( )g x
+∞



1
( )g x
3

( )g x
Vì
2
( ) 0 ( ) '( ) 0 1,2, 3
i i i
f x g x f x i
 
= ⇒ = − < =
 
, nên từ bảng biến
thiên suy ra phương trình
( ) 0g x = chỉ có hai nghiệm phân
biệt
⇒
ñpcm.
Ví dụ 20.5. Giải phương trình :
sin
4
tan
x
e x
π
 
−
 
 
= (A1 – 2008).
Lời giải.
ðặt
( )

sin , cos 0; , 1;1 ; , 0a x b x ab a b a b= = ⇒ > ∈ − ≠

Phương trình ñã cho trở thành:
2 2
2 2
2 2
2 2
( ) ( )
a b
a b
a e e
e f a f b
b a b
−
= ⇔ = ⇔ =

Xét hàm
( ) { }
2
2
( ) , 1;1 / 0
t
e
f t t
t
= ∈ −
ta có:
( ) { }
2
2

2
2 2
'( ) 0 1;1 \ 0
2
t
t
f t e t
t
−
= < ∀ ∈ −

Suy ra hàm số
( )f t nghịch biến trên từng khoảng ( 1;0)− và (0;1) . Do
0ab >
nên chỉ có hai trường hợp sau
*
, ( 1;0) ( ) ( )a b f a f b a b∈ − ⇒ = ⇔ =

*
(0;1) ( ) ( )a f a f b a b∈ ⇒ = ⇔ =

Tóm lại ta có
tan 1 ,
4
a b x x k k Z
π
π
= ⇔ = ⇔ = + ∈ .
Ví dụ 21.5. Giải hệ phương trình :
2 1

2 1
2 2 3 1
2 2 3 1
y
x
x x x
y y y
−
−

+ − + = +



+ − + = +

.
(A1 – 2007).
Lời giải.
ðặt
1; 1u x v y= − = −
Khi ñó ta có hệ :
2
2
1 3
1 3
v
u
u u
v v


+ + =



+ + =


2 2
3 1 3 1
u v
u u v v⇒ + + + = + + +
.
Xét hàm số :
2
( ) 3 1
t
f t t t= + + +
ln3+1+ >
2
'( ) 3 0, ( ) ( )
1
t
t
f t t R f u f v u v
t
= ∀ ∈ ⇒ = ⇒ =
+

Ta xét ph

ươ
ng trình
2 2
1 3 3 ( 1 ) 1 0
u u
u u u u+ + = ⇔ + − − =
Xét hàm s
ố

2
( ) 3 ( 1 ) 1
u
g u u u= + − −
2
2
1
'( ) 3 ( 1 )(ln 3 ) 0,
1
u
g u u u u R
u
= + − − > ∀ ∈
+

nên
( )g u
là hàm s
ố

ñồ

ng bi
ế
n và
(0) 0g =
.
Suy ra
0u
=
là nghi
ệ
m duy nh
ấ
t c
ủ
a ph
ươ
ng trình
( ) 0g u =
.
V
ậ
y h
ệ
ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t là

( ; ) (1;1)x y =
.

Ví dụ 22.5. Giải các phương trình sau
3
1) 3 1 log (1 2 )
x
x x
= + + +
2) 2003 2005 4006 2
x x
x+ = +

Lời giải.
1) ðiều kiện:
1
2
x
> −
Phương trình
3
3 1 2 log (1 2 )
x
x x x
⇔ + = + + +
3 3
3 log 3 1 2 log (1 2 )
x x
x x
⇔ + = + + + (1)

Xét hàm số:
3
( ) logf t t t= + ta có
( )
f t
là hàm ñồng biến nên
(1) (3 ) (1 2 ) 3 2 1 3 2 1 0 (2)
x x x
f f x x x⇔ = + ⇔ = + ⇔ − − =

Xét hàm số:
2
( ) 3 2 1 '( ) 3 ln 3 2 "( ) 3 ln 3 0
x x x
f x x f x f x= − − ⇒ = − ⇒ = >

( ) 0f x⇒ = có nhiều nhất là hai nghiệm, mà
( ) ( )
0 1 0f f
= = nên
phương trình ñã cho có hai nghiệm
0x
= và
1x =
.
2) Xét hàm số :
( ) 2003 2005 4006 2
x x
f x x= + − −

Ta có:
'( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 4006
x x
f x = + −

2 2
''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 0
x x
f x x= + > ∀ "( ) 0 f x
⇒
=

vô nghiệm
'( ) 0f x⇒ = có nhiều nhất là một nghiệm ( ) 0f x⇒ = có
nhiều nhất là hai nghiệm. Mà ta thấy
( ) ( )
1 0 0f f
= = nên pt ñã cho
có hai nghiệm
0x
= và
1x =
.

Ví dụ 23.5. Tìm m ñể phương trình sau có ñúng hai nghiệm thực :
4 4
2 2 2 6 2 6x x x x m+ + − + − = (A – 2008)
Lời giải.
ðiều kiện:
0 6x≤ ≤

.
ðặt vế trái của phương trình là
( )
, 0;6f x x
 
∈
 

Ta có
( )
( ) ( )
3 3
4 4
1 1 1 1
'
2 6
2 2 2 6
f x
x x
x x
= + − −
−
−


( ) ( )
( )
3 3
4 4
1 1 1 1 1

, 0;6
2
2 6
2 6
x
x x
x x
 
 
 
= − + − ∈
 
 
−
   
 
−
 
.
ðặt
( )
( )
( )
( )
3 3
4 4
1 1 1 1
, v
2 6
2 6

u x x
x x
x x
 
 
 
= − = −
 
 
−
   
 
−
 

Ta thấy
( ) ( ) ( )
2 2 0 ' 2 0u v f= = ⇒ =
Mà
( ) ( )
,u x v x cùng dương trên (0;2) và cùng âm trên (2;6) nên ta có
bảng biến thiên :

Suy ra
4
2 6 2 6 3 2 6m+ ≤ ≤ + là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 24.5. Tìm
m
ñể phương trình sau có nghiệm thực:

4
2
3 1 1 2 1x m x x− + + = −
(A – 2007).
Lời giải.
ðiều kiện:
1x ≥

Ta có:
4
2
3 1 1 2 1x m x x− + + = −

4
1 1
3
1 1
x x
m
x x
(1)
− −
⇔ = − +
+ +

ðặt

4
1
; 0 1

1
x
t t
x
−
= ≤ <
+
. Khi ñó (1) trở thành:
[
2
3 2 , 0;1)m t t t= − + ∈
. (2)
Bảng biến thiên của hàm số
[
2
( ) 3 2 , 0;1)f t t t t= − + ∈

t

0
1
3
1

( )f t


1
3

0
1−

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm
[0;1)
t ∈
1
1
3
m⇔ − < ≤
.
Ví dụ 25.5. Tìm m ñể hệ phương trình:
2 0
1
x y m
x xy

− − =


+ =


có nghiệm
duy nhất (D2 – 2007).
Lời giải.
Ta có:
2 0 2
1 1 (1)
x y m y x m

x xy xy x
 
− − = = −
 
⇒
 
+ = = −
 
 

2 2
1 0 1
(1)
(1 ) (2 ) 2 1
x x
xy x x x m x x
 
− ≥ ≤
 
⇔ ⇔
 
= − − = − +
 
 

2
2
1
1
2 1

2 1
x
x
x x
x x mx
m
x

≤

≤
 
⇔ ⇔
 
+ −
+ − =
=
 



Ta xét hàm số:
2
2 1
( ) , 1;
x x
f x x
x
+ −
= ≤

2
2
1
'( ) 0, , 0 1
x
f x x x
x
+
= > ∀ ≠ ≤
.
0 0
lim ( ) ; lim ( ) ; lim ( )
x
x x
f x f x f x
− +
→−∞
→ →
= −∞ = +∞ = −∞ .
Bảng biến thiên:
x

−∞
0 1
'( )f x
+ +
( )f x

+∞
2

−∞

−∞

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
khi
2m >
.

Ví dụ 26.5. Tìm m ñể phương trình sau có nghiệm
(4 3) 3 (3 4) 1 1 0m x m x m
− + + − − + − = (1).
Lời giải. ðiều kiện :
3 1x− ≤ ≤
.
Phương trình
(4 3 3 1 1) 3 3 4 1 1m x x x x
⇔ + + − + = + + − +
3 3 4 1 1
4 3 3 1 1
x x
m
x x
+ + − +
⇔ =
+ + − +
(2).
Vì

(
)
(
)
2 2
3 1 4x x+ + − =
nên ta có thể ñặt:
2
2
2
2
3 2
1
1
1 2
1
t
x
t
t
x
t

+ =


+

−


− =

 +

với
0 1t≤ ≤
. Khi ñó (2) trở thành:
2 2
2
2 2 2
12 8(1 ) 1
7 12 9
( )
16 6(1 ) 1 5 16 7
t t t
t t
m f t
t t t t t
+ − + +
− −
= = =
+ − + + − −
(3).
(1) có nghiệm
(3)⇔ có nghiệm [0;1]t ∈ .
Xét hàm số f(t) với
[0;1]t ∈ , có
2
2 2
52 8 60

'( ) 0 [0;1]
(5 16 7)
t t
f t t
t t
+ +
= − < ∀ ∈
− −

7 9
(1) ( ) (0) [0;1]
9 7
f f t f t⇒ = ≤ ≤ = ∀ ∈
.