bài toán tìm cực trị

Bi toỏn tỡm cc tr
Bi toỏn tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca biu thc Q = F
( )
1 2
, , ,
n
a a a
vi
i
a D
v ngoi ra
1 2
, , ,
n
a a a
cũn chu mt s rng buc khỏc.
Cỏc cỏch gii thụng dng
1/ ỏnh giỏ trc tip Q bng bt ng thc
2/ ỏnh giỏ Q bng phng phỏp o hm
3/ ỏnh giỏ Q bng phng phỏp dn bin
4/ ỏnh giỏ Q bng phng phỏp lng giỏc húa
5/ Đánh giá Q thông qua tìm miền giá trị
Vn dựng bt ng thc ỏnh giỏ Q cú trong rt nhiu ti liu ,trong ti ny qua
mt s vớ d nhm lm rừ thờm v mt phng phỏp dựng o hm, dn bin phng
phỏp lng giỏc húa,phơng pháp tìm miền giá trị để tỡm cc tr ca biu thc nhiu bin.
Để thuận tiện cho việc nghiên cứu tôi xin đề cập đến phơng pháp chuẩn hóa trong các
hàm có tính thuần nhất ba biến.
Bài toán: Tim cực trị củ biểu thức Q =
( )
, ,F x y z
biết

( ) ( )
, , , ,F x y z F x y z

=
(1) với
0


Hm s
F
tha món iu kin (1) gi l hm thun nht ba bin x,y,z
Mệnh đề 1:Cho
( )
, ,H x y z
là một đa thức đẳng cấp bậc k và hàm số
( )
, ,F x y z
thóa mãn (1)
thì giá trị của
( )
, ,F x y z
trên miền:
( ) ( )
{ }
, , / , , ;( 0)x y z H x y z a a= >
không thay đổi khi
a
thay
đổi.
Giả sử

( )
, ,M x y z
là một điểm sao cho:
( )
1
, ,H x y z a=

( )
' ', ', 'M x y z
là một điểm sao cho:
( )
2
' ', ', 'H x y z a=
với
1 2 1 1
( 0; 0)a a a a > >
ta chứng minh
( ) ( )
'F M F M=
.Thật vậy
( ) ( )
1 2 2
1 2 2 2
2 1 1
( , , ) . , , , ,
k
k
a a a
H x y z a a H x y z a H x y z a
a a a

= = = =
ữ
ữ


2 2 2
2
1 1 1
. , . , .
k k k
a a a
H x y z a
a a a

=
ữ
ữ

( )
2
', ', 'H x y z a =
(đặt
2 2 2
1 1 1
' . ; ' . ; ' .
k k k
a a a
x x y y z z
a a a

= = =
)
mặt khác
( ) ( )
{ }
( ) ( )
{ }
1 2
, , , , ' ', ', ' ', ', 'M x y z H x y z a M x y z H x y z a = =

nên
( ) ( )
, , ', ', 'F x y z F x y z=
do (1).áp dụng mệnh đề trên để tìm giá trị của
( )
, ,F x y z
trên các
miền
( )
{ }
, ,H x y z a=
chỉ cần tìm giá trị của nó trên miền
( )
0
, ,H x y z a=
cố định.Điểm mấu chốt
trong từng bài toán chọn đa thức đẳng cấp
( )
. ,H x y z
nào là thích hợp cho việc chuẩn hóa.

Ví d minh h a : Cho các số thực dơng
, ,a b c
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
( )
, ,F a b c =
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b
b c a c a b a b c
+ + +
+ +
+ + + + + +
1
Nhận xét
( ) ( )
, , , ,F a b c F a b c

=
,vậy
F
là hàm thuần nhất nên chỉ cần tìm giá trị của
F

trên miền
( )
, , 1H a b c a b c= + + =
,khi đó Q
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1
, ,
1 2 2 1 2 2 1 2 2
a a b b c c
F a b c
a a b b c c

= = + +
+ + +
Ta có
( )
( )
( )
( )
2 2
2
2
1 1
2 1
2 1 1 2 1 2 1 1
2 4 4
a a
a a

a a a a a a
+ +
+

= + =
ữ

( ) ( )
1 3
0
4
a a +
= >
( ) ( )
( ) ( )
2
1 4 1
3
4. 4 1
1 2 1 3 3 3
a a a a
a
a a a a a a


= =
ữ
+ + + +

nên Q

1 1 1
4 3 3
3 3 3a b c


+ +
ữ

+ + +


Vì
1 1 1 9 9
3 3 3 9 10a b c a b c
+ + =
+ + + + + +
9 6
4 3 3.
10 5
Q

=
ữ

. Q =
6
5
khi
1
3

a b c= = =
Kết luận: MaxQ =
6
5
khi
0a b c= = >
Sau õy l mt s phng phỏp tỡm cc tr ca biu thc nhiu bin s
c cp trong ti ny:
I ) Ph ơng pháp đạo hàm : Phng phỏp o hm l chuyn vic ỏnh giỏ Q v ỏnh giỏ
biu thc mt bin s.
1/ ỏnh giỏ i din : Nu Q cú dng
( ) ( ) ( )
1 2
,
n i
Q f a f a f a a D= + + +
i xng
a/ ỏnh giỏ i din bng phng phỏp min giỏ tr
Bi toỏn 1: Cho
, ,A B C
l ba gúc ca mt tam giỏc.Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
( )
1 1 1
2 cot cot cot
sin sin sin
Q A B C
A B C

= + + + +
ữ

.
Ta vit
2 2 2
cot cot cot
sin sin sin
Q A B C
A B C

= + +
ữ ữ ữ

ỏnh giỏ i din
( ) ( )
2
cot , 0;
sinx
f x x x

=
.Ta cú
f

( )
2
1 2cos
sin
x
x
x

=
Lp bng bin thiờn hm s
f
trong khong
( )
0;

x 0


x 0
/ 3



T bng bin thiờn ta suy ra

( )
( )
( )
3
3
3
f A
f B
f C

( ) ( ) ( )
3 3Q f A f B f C = + +
. Du ng thc khi
ABC

u
Bi toỏn 2: Cho cỏc s thc
, , 0a b c >
,tha món iu kin
2 2 2
1a b c+ + =
.
f(x) - 0 +
f(x)

3
2
Chứng minh BĐT
2 2 2 2 2 2
3 3
,(1)
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
Ta có (1)
⇔
( )

2 2 2
2 2 2
3 3
.
1 1 1 2
a b c
a b c
a b c
+ + ≥ + +
− − −
Từ đó gợi ý ta chứng minh các bất đẳng
thức sau:
2 2 2
2 2 2
3 3 3 3 3 3
; ;
1 2 1 2 1 2
a b c
a b c
a b c
≥ ≥ ≥
− − −

Hay phải chứng minh
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 ; 1 ; 1 .
3 3 3 3 3 3
a a b b c c− ≤ − ≤ − ≤

Khảo sát đại diện là hàm số
( )
( )
2
( ) 1 , 0;1f x x x x= − ∈
bằng đạo hàm tìm được giá trị lớn nhất
của
( )f x
trên khoảng này là
2
3 3
từ đó suy ra điều cần chứng minh.
b/ Đánh giá gián tiếp thông qua biểu thức bậc nhất
Nếu bài toán có dạng sau cho n
*∈¥
và các số
1 2
, , ,
n
a a a D∈
thỏa mãn
1 2

n
a a a n
α
+ + + =
,
với
D

α
∈
Chứng minh rằng
( ) ( ) ( ) ( )
1 2

n
f a f a f a nf
α
+ + + ≥
( hay
( ) ( ) ( ) ( )
1 2

n
f a f a f a nf
α
+ + + ≤
),
Đẳng thức xãy ra khi
1 2

n
a a a
α
= = = =
.
Dạng bài toán này có tính chất nổi bật: vế trái là biểu thức đối xứng đối với các biến
1 2
, , ,

n
a a a
nên thường có nhiều cách giải.Tuy nhiên việc tìm ra một phương pháp chung để
có thể giải được hàng loạt bài
Toán như thế thì hoàn toàn không đơn giản.
Trong bài viết này ta sẽ vận dụng giả thiết
1 2

n
a a a n
α
+ + + =
một cách linh hoạt, đó là ta sẽ
tìm các hằng số A , B thích hợp để đánh giá
( )
Ax + B , x Df x ≥ ∀ ∈
,đẳng thức xãy ra khi
x
α
=
.Đối với nhiều bài toán ,biểu thức
y = Ax + B được chọn chính là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại x =
α
.
Nhìn qua phương pháp này chúng ta sẽ thấy nó “tương tự”với phương pháp sử dụng
BĐT Jensen- còn gọi là BĐT hàm lồi.Thật sự ở đây phương pháp này sẽ “tốt” hơn,nếu sử
dụng BĐT Jensen thì phương pháp này cũng sử dụng được nhưng điều ngược lại thì có thể
không xãy ra.
Ta có thể minh họa bằng đồ thị

3
f(x)=x^3+3x^2+2
f(x)=(15x)/4+1
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
Hàm số y = f(x) trên khoảng D =
( )
3;2−
không lồi và cũng không lõm trên D nhưng đồ
thị vẫn “nằm trên” tiếp tuyến
15
1
4
x
y = +
của nó tại
1
2
x = ∈
D .Trong bài này không thể áp
dụng được BĐT hàm lồi được nhưng vẫn có thể dùng phương pháp “tiếp tuyến” để giải

quyết bài toán.
Sau đây xin được trình bày một số bài toán minh họa cho phương pháp trên được trích
dẫn từ một số đề thi Olympic của nước ta và các nước trên thế giới. Trong một số bài
toán có thể chúng ta phải sử dụng linh hoạt các giả thiết và tính chất của các biểu thức
trong bài toán để vận dụng phương pháp một cách hiệu quả nhất.
Bài toán 3:( Olimpic 30/4- 2006).Cho các số thực dương
, ,a b c
.Chứng minh rằng:
Q =
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
6
5
a b c b c a c a b
b c a c a b a b c
+ + +
+ + ≤
+ + + + + +
,(1)
Do Q có tính thuần nhất nên chỉ xét giá trị của Q với
1a b c+ + =
Viết Q =
( )
( )

( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1
a a b b c c
f a f b f c
a a b b c c
− − −
+ + = + +
− + − + − +
Với
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
1
, 0;1
1 2
1
x x
x x

f x x
x x
x x
−
−
= = ∈
− +
− +
.Khi đó tiếp tuyến tại
1
3
x =
có phương trình:
27 1 2 27 1
25 3 5 25 25
y x x
 
= − + = +
 ÷
 
.Mặc dầu trong khoảng
( )
0;1
đồ thị (C) của hàm số
( )y f x=
không lồi
Nhưng vẫn có
27 1
( ) (*)
25 25

f x x≤ +
thật vậy
( )
0;1x∀ ∈
(*)
2
3 2
2
27 1
54 27 1 0
2 2 1 25
x x x
x x
x x
− +
⇔ ≤ ⇔ − + ≥
− +

Xét hàm số
( )g x =
3 2
54 27 1x x− +
với
( )
0;1x ∈
g’(x) =
( )
54 3 1x x −
lập bảng biến thiên của
hàm số

y = g(x) ta được kết quả
( )
( ) 0, 0;1g x x≥ ∀ ∈
.Áp dụng BĐT (*) cho các số a , b , c
( )
0;1∈
4
ta có
( )
27 3 30 6
( ) ( ) ( )
25 25 25 5
f a f b f c a b c+ + ≤ + + + = =
.BĐT (1) được chứng minh .Đẳng thức
xãy ra
khi
.a b c
= =
Bài toán 4: (Hồng Kong,2005) .Cho các số dương
, , ,a b c d
thỏa mãn
1.a b c d
+ + + =
Chứng minh rằng:
( )
3 3 3 3 2 2 2 2
1
6
8
a b c d a b c d+ + + ≥ + + + +

.(1)
Từ giả thiết ta có
( )
, , , 0;1a b c d ∈
và BĐT (1)
1
( ) ( ) ( ) ( ) ,(2)
8
f a f b f c f d⇔ + + + ≥

Trong đó
3 2
( ) 6f x x x= −
xét
( )f x
với
( )
0;1x ∈
. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )y f x=
tại
1
4
x =
Có phương trình
5 1
8 8
y x= −
.Mặt khác
( ) ( )

2
3 2
5 1 5 1 1
( ) 6 4 1 3 1 0
8 8 8 8 8
f x x x x x x x
   
− − = − − − = − + ≥
 ÷  ÷
   
với mọi
( )
0;1x ∈
hay
5 1
( )
8 8
f x x≥ −
Từ đó suy ra
( )
5 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) 4.
8 8 8
f a f b f c f d a b c d+ + + ≥ + + + − =
. Vậy BĐT (1) được chứng
minh.
Đẳng thức xãy ra khi
1
.
4

a b c d= = = =
Bài toán 5: ( Mở rộng bài toán thi Olimpic Ba Lan,1996 và Olimpic 30-4,1999)
Cho các số thực
, ,a b c
thỏa mãn
1.a b c+ + =
Chứng minh rằng
2 2 2
9
1 1 1 10
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
,
(1)
Đặt
2
( ) .
1
x
f x
x
=
+
Khi đó BĐT (1) trở thành
9
( ) ( ) ( ) ,(2)
10
f a f b f c+ + ≤

Ta có f’(x) =
( )
2
2
2
1
1
, '( ) 0
1
1
x
x
f x
x
x
= −

−
= ⇔

=

+

Bảng biến thiên ( ta đưa thêm vào một số giá trị như x = - 3, x = -1/3, x = 2 và giá trị
( )f x
để so sánh)
x
−∞
- 3 - 1 - 1/3 1 2

+∞
f’(x) - 0 + 0 -
f(x)
0 1/2 2/5
-3/10 -3/10
-1/2
0
5
(
1 3 2
( 3) ( ) , (2)
3 10 5
f f f− = − = − =
). Xét các trường hợp xãy ra :
1/ Có một số , giả sử
(
]
; 3a∈ −∞ −
4b c⇒ + ≥
nên có một số , giả sử
2.b ≥
Khi đó ta có :
2 1 9
( ) ( ) ( ) 0
5 2 10
f a f b f c+ + < + + =
2/ Có một số, giả sử
1
3; .
3

a
 
∈ − −


 
Khi đó
3 1 1 7 9
( ) ( ) ( )
10 2 2 10 10
f a f b f c+ + ≤ − + + = <

3/ Cả ba số
1
, , ; .
3
a b c
 
∈ − +∞
 ÷
 
Khi đó tiếp tuyến của đồ thị
( )y f x=
tại
1
3
x =
có phương trình:
18 3
25 50

y x= +
.Ta có
( ) ( )
( )
2
2
2
3 1 4 3
18 3 18 3 1
( ) 0,
25 50 1 25 50 3
50 1
x x
x
f x x x x
x
x
− +
   
− + = − + = − ≤ ∀ > −
 ÷  ÷
+
+
   
Áp dụng BĐT này cho các số
1
, ,
3
a b c > −
và

1a b c
+ + =
ta có
( )
18 3 9
( ) ( ) ( ) 3.
25 50 10
f a f b f c a b c+ + ≤ + + + =
.Vậy trong mọi trường hợp BĐT (1) đều đúng.
bài toán được chứng minh,đẳng thức xãy ra khi
1
.
3
a b c= = =

Nhận xét: Đây là một bài toán khó,không thể sử dụng phương pháp hàm lồi để giải.
Chúng ta đã giải bài toán bằng cách phân chia trục số thành các khoảng
(
]
1 1
; 3 , 3; , ;
3 3
   
−∞ − − − − +∞
  ÷

   
và sử dụng linh hoạt
giả thiết
1a b c+ + =

để áp dụng tính chất của hàm số f(x) cùng với tiếp tuyến của nó
tại điểm x = 1/3 một cách như mong muốn.
Bài toán 6: (Rumania,2005). Cho các số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
3.a b c+ + =
Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c
a b c
+ + ≥ + +
(1)
Theo giả thiết
( )
2
2 2 2
, , 0 9.a b c a b c a b c> ⇒ + + < + + =
Từ đó nếu có một trong ba số,giả sử a
<1/3 thì
2 2 2
2 2 2
1 1 1
9 a b c
a b c
+ + > > + +
nên (1) đúng.
Ta xét trường hợp
1

, ,
3
a b c ≥
.Vì
7
3, ên a,b,c .
3
a b c n+ + = ≤
Vậy
1 7
, , ; .
3 3
a b c
 
∈
 
 
BĐT (1)
2 2 2
2 2 2
1 1 1
0,(2)a b c
a b c
⇔ − + − + − ≥
. Xét hàm số
2
2
1 1 7
( ) ên ; .
3 3

f x x tr
x
 
= −
 
 
Tiếp tuyến của đò thị hàm số
( )y f x=
tại x =1 là y = -4x + 4.Ta có
( )
( )
( )
2
2
2
1 2 1
1 7
( ) 4 4 0, ;
3 3
x x x
f x x x
x
− − −
 
− − + = − ≥ ∀ ∈
 
 
(do
( )
2

2
2
4 1 7
( ) 2 1 1 2 2 0 ên ;
3 3 3
g x x x x tr
   
= − − = − − ≤ − <
 ÷
 
   
) hay
( ) 4 4f x x≥ − +
với mọi x
1 7
;
3 3
 
∈
 
 
.
6
Áp dụng cho các số
1 7
, , ;
3 3
a b c
 
∈

 
 
ta có
( )
( ) ( ) ( ) 4 4.3 0f a f b f c a b c+ + ≥ − + + + =
.Vậy BĐT (1)
được chứng minh.Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Nhận xét cách giải: Tương tự bài toán trên, từ giả thiết bài toán ta mới chỉ có điều kiện
( )
, , 0;3a b c ∈
.
Việc xét các trường hợp đặc biệt để đưa về xét trường hợp
1 7
, , ;
3 3
a b c
 
∈
 
 
và áp dụng tính chất
của hàm số f(x) trên đó là hết sức cần thiết.
Bài toán 7: (Trung Quốc ,2005).Cho các số không âm
, ,a b c
thỏa mãn
1.a b c
+ + =
Chứng minh rằng :
( ) ( )
3 3 3 5 5 5

10 9 1a b c a b c+ + − + + ≥
(1)
Đặt
3 5
( ) 10 9f x x x= −
.Khi đó (1) trở thành
( ) ( ) ( ) 1,(2)f a f b f c+ + ≥
Trường hợp 1. Trong ba số a,b,c có một số ,giả sử
9
.
10
a ≥
Khi đó thì
9 1
;1 ; , 0;
10 10
a b c
   
∈ ∈
   
   
.
Xét hàm số f(x) trên đoạn
9
;1
10
 
 
 
ta có f’(x)=

( )
2 4 2 2
30 45 15 2 3 0x x x x− = − ≤
với mọi
9
;1
10
x
 
∈
 
 
Vậy f(x) nghịch biến trên đoạn này và từ đó
( ) (1) 1f a f≥ =
với
9
;1 .
10
a
 
∈
 
 
hơn nữa với
1
, 0;
10
b c
 
∈

 
 
Thì
( )f b =
3 5
10 9 0b b− ≥
và
( )f c =
3 5
10 9 0c c− ≥
nên
( ) ( ) ( ) 1 0 0 1f a f b f c+ + ≥ + + =
hay (2) đúng
Trường hợp 2. Các số
9
, , 0;
10
a b c
 
∈
 
 
.Khi đó tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )y f x=
tại
1
3
x =

có phương trình

25 16
9 27
y x= −

Ta có
3 5
25 16 25 16
( ) 10 9
9 27 9 27
f x x x x x
   
− − = − − − =
 ÷  ÷
   
( )
( )
2
3 2
1
3 1 27 18 21 16
27
x x x x− − + − −
.
Xét hàm số
3 2
( ) 27 18 21 16g x x x x= + − −
trên đoạn
9
0;
10

 
 
 
.Ta có g’(x) =
2
81 36 21x x+ −
g’(x) = 0
1
3
x⇔ =
hoặc
7
9
x = −
.Bảng biến thiên của g(x) trên đoạn này như sau
x 0 1/3 9/10
g’(x)
- 0 +
g(x)
-16 -637/1000
Suy ra trên đoạn
9
0;
10
 
 
 
; g(x) < 0 nên
25 16
( ) 0

9 27
f x x
 
− − ≥
 ÷
 
hay
25 16 9
( ) , 0;
9 27 10
f x x x
 
≥ − ∀ ∈
 
 
7
Áp dụng cho các số a,b,c
9
0;
10
 
∈
 
 
và a + b +c = 1 ta có
( )
25 16
( ) ( ) ( ) 3. 1
9 27
f a f b f c a b c+ + ≥ + + − =

Hay (2) đúng. Vậy trong mọi trường hợp BĐT (1) đều đúng.
Đẳng thức xãy ra khi
1
3
a b c= = =
hoặc
( )
, ,a b c
là một hoán vị bất kì của bộ
( )
1;0;0
Nhận xét : Đây là bài toán rất khó, để giải bài toán này chúng ta phải chia miền giá trị của
các biến một cách chặt chẽ. Trong cách giải trên việc chia đoạn
[ ]
0;1
thành các đoạn

9
0;
10
 
 
 
,
9
;1
10
 
 
 

là một cách hợp lí.
Bài toán 8: (Moldova,2005) .Cho các số dương
, ,a b c
thỏa mãn
4 4 4
3a b c+ + =
.
Chứng minh rằng:
1 1 1
1,(1)
4 4 4ab bc ca
+ + ≤
− − −
Lời giải:
Vì
2 2
2
a b
ab
+
≤
nên
( )
2 2
1 2
4
8
ab
a b
≤

−
− +
do đó
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 2 2
4 4 4
8 8 8
ab bc ca
a b b c c a
+ + ≤ + +
− − −
− + − + − +
Để vận dụng giả thiết
4 4 4
3a b c+ + =
ta đặt
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
, ,x b c y c a z a b= + = + = +
thì ta có
x,y,z > 0 và
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 4 4 4
x + y + z = b 4 12c c a a b a b c+ + + + + ≤ + + =
.
Ta phải chứng minh
1 1 1 1

,(2)
2
8 8 8x y z
+ + ≤
− − −
.Xét hàm số
( )
1
( ) , 0;12
8
f t t
t
= ∈
−
.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
( )y f t=
tại t = 4 có phương trình
1 5
144 36
y t= +
.
Hơn nữa ta có :
( ) ( )
2
1 1 5 1
2 4 0
144 36 144
8
t t t

t
 
− + = − − − ≤
 ÷
−
 
với
( )
0;12t ∈
.
Vậy
1 5
( )
144 36
f t t≤ +
.Từ đó
( )
1 5 1 15 1
( ) ( ) ( ) 3. .12
144 36 144 36 2
f x f y f z x y z+ + ≤ + + + ≤ + =
BĐT được chứng minh . Đẳng thức xãy ra khi
4 1x y z a b c= = = ⇔ = = =
2/ Đánh giá khử bớt biến đưa về đánh giá hàm một biến
Bài toán 9: Cho các số thực
, , 0; 1a b c a b c> + + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của biể thức Q =
( )
7 9ab bc ca abc+ + −

Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử
0 a b c< ≤ ≤
kết hợp điều kiện
1
1 0
3
a b c a+ + = ⇒ < ≤
Ta có Q =
( ) ( )
( )
3 2
1
7 1 7 9 9 3 5 7
4
a a bc a a a a− + − ≤ − − + +
(do 7 -9a >0;
( )
( )
2
2
1
1
4 4
a
bc b c
−
≤ + =
)
Xét hàm số
3 2

1
( ) 9 3 5 7, 0;
3
f a a a a a
 
= − − + + ∈


 
8
f’(a) =
2
1 5
27 6 5 27 0
3 9
a a a a
  
− − + = − − + ≥
 ÷ ÷
  
do
1
0;
3
a
 
∈


 

1
axf(a) = f( ) 8
3
M⇒ =

Vậy giá trị lớn nhất của Q là 2 đạt được khi
1
3
a b c= = =
.
Bài toán 10: Cho
[ ]
, , 0;2a b c ∈
thỏa mãn
3a b c+ + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
2 2 2
a b c+ +
Giải: Không mất tính tổng quát gỉa sử
a b c
≤ ≤
kết hợp với giả thiết ta suy ra
1 2c
≤ ≤
Vì
( ) ( )
2 2
2 2
3a b a b c+ ≤ + = −

do
0ab ≥
suy từ giả thiết
Nên Q
( )
[ ]
2
2 2
( ) 3 2 6 9, 1;2f c c c c c c≤ = − + = − + ∈

Bảng biến thiên hàm số
( )f c
với
[ ]
1;2c ∈

c 1 3/2 2
f’(c) - 0 +
f(c)
5 5
f(3/2)
Từ BBT ta suy ra Q
5
≤
.Đẳng thức xãy ra khi
( )
, ,a b c
là một hoán vị bất kì của bộ
( )
0;1;2

Vậy giá trị lớn nhất của Q là 5.
3/ Đặt biến phụ chuyển về đánh giá hàm số một biến
Bài toán 11:Cho các số thực x,y,z thỏa mãn
4
2
, , 0
x y z
xyz
x y z
+ + =


=


>

(II) Tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
4 4 4
x y z+ +
Đặt t = xy + yz + zx thì Q =
( )
2
2 32 144t t− +
Ta có t =
( ) ( )
2
2 2
4 4x y z yz x x x x
x x

+ + = − + = − + +
Hệ (II)
4
2
0 4
y z x
yz
x
x
+ = −



⇔ =


< <



Vì
( )
2
3 2
2
4 4. 8 16 8 0x x x x
x
− ≥ ⇔ − + − ≥
(do x > 0 )
⇔

( )
( )
2
2 6 4 0x x x− − + ≥
kết hợp điều kiện
9
0 < x < 4 ta được
3 5;2x
 
∈ −
 
.Khảo sát hàm số
2
2
( ) 4 , 3 5;2t f x x x x
x
 
= = − + + ∈ −
 
ta được
Tập giá trị là
5 5 1
5;
2
 
−
 
 
. Vì Q = h(t) =
( )

2
2 32 144t t− +
với
5 5 1
5;
2
t
 
−
∈
 
 
do hàm số h(t) nghịch biến trên đoạn này, suy ra giá trị nhỏ nhất của Q là
MinQ =
5 5 1
383 165 5
2
h
 
−
= −
 ÷
 ÷
 
,và giá trị lớn nhất của Q là MaxQ =
( )
5 18h =
.
Bài toán 12: Cho các số thực
, , 0x y z ≥

thỏa mãn (I)
3
1
x y z
xy yz zx
+ + =


+ + =

Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
4 4 4
x y z+ +
Đặt
3
s
= xyz thì Q =
3
47 12s+
Hệ (I)
2
3
3 1
y z x
yz x x
+ = −

⇔

= − +



Vì
( )
( )
2
2 2
3 4 3 1 3 6 5 0x x x x x− ≥ − + ⇔ − − ≤
kết hợp
0x ≥
ta được
3 2 6
0;
3
x
 
+
∈
 
 
Khảo sát hàm số
3 2
3
3 2 6
( ) 3 , 0;
3
s g x x x x x
 
+
= = − + ∈

 
 
và kết hợp với
3
0s ≥
ta được
3
4 6 9
0
9
s
−
≤ ≤
Vì Q =
3
47 12s+
nên giá trị nhỏ nhất của Q là MinQ = 47,giá trị lớn nhất là
MaxQ =
105 16 6
3
+
Bài toán 13: Cho các số thực
, , 0x y z >
thỏa mãn
8
4
xy yz zx
xyz
+ + =



=

Tìm giá trị nhỏ nhất ,giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
4 4 4
x y z+ +
Giải: Từ giả thiết ta có
1 4
8
4
y z
x x
yz
x

 
+ = −
 ÷


 


=


Vì
2 2
2
1 4 4 1 4

. 8 4. 8 16( 0)dox
x x x x x
   
− ≥ ⇔ − ≥ >
 ÷  ÷
   

( )
( )
3 2 2
4 4 1 0 1 3 1 0x x x x x x⇔ − + − ≤ ⇔ − − + ≤
Kết hợp với x > 0 ta được
3 5 3 5
0; 1;
2 2
x
   
− +
∈

  

   
U
.
Đặt s = x + y + z thì s= g(x) =
2
8 4
x
x x

+ −
với
3 5 3 5
0; 1;
2 2
x
   
− +
∈

  

   
U
.
Khảo sát hàm số g(x) với
3 5 3 5
0; 1;
2 2
x
   
− +
∈

  

   
U
và chú ý s > 0 ta được
5 5 1

5
2
s
−
≤ ≤
10
Mặt khác Q = f(s) =
4 2
5 5 1
32 16 128, 5;
2
s s s s
 
−
− + + ∈
 
 
.Dùng đạo hàm lập bảng biến thiên
hàm số f(s),ta được MinQ = f(5) = 33; MaxQ =
5 5 1 271 75 5
2 2
f
 
− −
=
 ÷
 ÷
 
.
Bài toán 14: Cho các số thực

, , 0a b c >

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
( )
( )
2
3 3 3 2 2 2
3 2 2
a b c
a b c a b c
abc ab bc ca
+ +
+ + + +
+ −
+ +
§Æt Q =
( )
, ,F a b c
th×
F
lµ hµm thuÇn nhÊt ta chuÈn hãa
2 2 2
3a b c+ + =
.Khi ®ã:
( ) ( )
2
3 2a b c ab bc ca+ + = + + +
;v×
( ) ( )
3 3 3 2 2 2

a 3b c abc a b c a b c ab bc ca
 
+ + − = + + + + − + +
 
( ) ( )
3 3 3
3 3a b c abc a b c ab bc ca
 
⇒ + + = + + + − + +
 
Ta có Q =
( ) ( )
( )
5 2 1 1 1 1 3
3
2 3 2 2
ab bc ca ab bc ca
ab bc ca ab bc ca
 
 
+ + + + + + − + + −
 ÷
 
+ +
 
Vì
1 1 1 9
ab bc ca ab bc ca
+ + ≥
+ +

. Đặt
0 3t ab bc ca t
= + + ⇒ < ≤
nên Q
2 12
2
3
t
t
≥ − + +
Xét hàm số f(t) =
(
]
2 12
2 , 0;3
3
t t
t
− + + ∈
; f’(t) =
2
2
2 36
0 inf(t)= f(3) = 4
3
t
M
t
−
< ⇒

.
Kết luận: giá trị nhỏ nhất của Q là 4 khi a = b = c = 1.
Bài toán 15: Cho các số thực
, , 0x y z >
thỏa mãn
2x y z+ + ≤
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
2 2 2
2 2 2
1 1 1
4 4 4x y z
x y z
+ + + + +
Trước hết ta chứng minh Q
( )
2
2
1 1 1
4 x y z
x y z
 
≥ + + + + +
 ÷
 
Áp dụng BĐT
1 1 1 9
x y z x y z
+ + ≥
+ +
ta suy ra Q

( )
( )
2
2
81
4 x y z
x y z
≥ + + +
+ +
Đặt
( )
2
t x y z= + +
thì
(
]
0;4t ∈
.Khảo sát hàm số
(
]
81
( ) 4 , 0;4f t t t
t
= + ∈
Ta được
145
min ( ) (4)
4
f t f= =
suy ra Q

145
2
≥
Đẳng thức xãy ra khi
2
3
x y z= = =
Kết luận: minQ =
145
2
.
4/ Chuyển về khảo sát hàm số một biến bằng cách coi các biến còn lại là tham số
Bài toán 16: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
2 2
2xy x y− +
trên miền E =
( )
{ }
; / 0 2;0 1x y x y≤ ≤ ≤ ≤
Coi x là tham số ta có hàm số
[ ]
2 2
( ) 2 , 0;1f y xy x y y= − + ∈
.Ta có f’(y) =
2
4xy x− +
Bảng biến thiên của hàm số này trên đoạn
[ ]
0;1
là

y 0 x/4 1
11
f’(y) + 0 -
f(y)

3
/8x
0
2
2x x−
Khi
0 2x≤ ≤
thì
2
2 0x x− ≤
2
( ) 2 ( )f y x x g x⇒ ≥ − =
.
Tiếp đến khảo sát hàm số
[ ]
2
( ) 2 , 0;2g x x x x= − ∈
Tìm được ming(x) = g(1) = -1.Kết quả giá trị nhỏ nhất của Q là – 1 đạt khi x = 1 ,y = 1.
Bài toán 17: Xét các số thực dương
, ,x y z
thỏa mãn điều kiện
12 2 8 21xyz x y z≥ + +
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu trức Q =

2 3x y z+ +
Giải: Từ giả thiết
( )
2 8
12 21 2 8 0
12 21
x y
z xy x y z
xy
+
⇒ − ≥ + > ⇒ ≥
−
và
7
4
x
y
>
Do đó Q
2 8
2
4 7
x y
x y
xy
+
≥ + +
−
.Xét hàm số
2

2 8 4 5 8 7
( ) ,
4 7 4 7 4
x y x y x y
f x x x
xy xy y
+ − +
= + = >
− −
f’(x) =
( )
2 2 2
2
16 56 32 35
4 7
x y xy y
xy
− − +
−
tren khoảng
7
;
4y
 
+∞
 ÷
 
thì f’(x) = 0
2
0

32 14
7
4 4
y
x x
y y
+
⇔ = = +
và đổi dấu từ âm qua dương khi
x
qua
0
x

0 0
5
( ) ( ) 2
4
f x f x x
y
⇒ ≥ = −
suy ra
Q
0
5
( ) 2 2 2
4
f x y x y
y
≥ + ≥ − +

.Đặt
( )g y =

0
5
2 2
4
x y
y
− +
=
2
32 14
9
2
4 2
y
y
y y
+
+ +
g’(y)= 0
( )
2 2
8 9 32 14 28y y⇔ − + =
Đặt
2
32 14t y= +
thì t > 0 và ta có phương trình
3

50 112 0t t− − =
phương trình này chỉ có một nghiệm dương t = 8 từ đó y =
0
5
4
y =
Ta cũng có
0
15
( ) ( )
2
g y g y≥ =
.Vậy Q
0
15
( ) ( )
2
g y g y≥ ≥ =
.
Đẳng thức xãy ra khi
3, 5 / 4, 2 /3x y z= = =
.Kết quả
15
2
là giá trị nhỏ nhất của Q.
II/ Ph ¬ng ph¸p dån biÕn ( xét với ba biến)
Giả sử ta phải chứng minh
( )
, , 0f a b c ≥
với

( )
, ,f a b c
là biểu thức đối xứng của
( )
, ,a b c D∈
Bước 1/ ta chứng minh
( ) ( )
, , , ,f a b c f a t t≥
(với
,
2
b c
t bc t
+
= =
hoặc
2 2
,
2
b c
t
+
=
)
Đôi khi ta còn phải thêm điều kiện
a b c
≤ ≤
hoặc
a b c
≥ ≥

nếu các biến có vai trò bình đẳng để
chứng minh
Bước 2/ Chứng minh
( )
, , 0f a b c ≥
nếu b = c
Bài toán 17: Cho các số thực
, , 0 à abc =1a b c v>
.
Chứng minh BĐT
( ) ( ) ( ) ( )
4 1 ,(1)a b b c c a a b c+ + + ≥ + + −
Ta có (1)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , 4 6 0f a b c ab a b bc b c ca c a a b c⇔ = + + + + + − + + + ≥
Bước 1: giả sử
a b c
≥ ≥
.
12
Xét hiệu
( )
( )
a,b,c , ,f f a bc bc− =
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 4 2a bc b c bc a b c bc b c bc+ + − + + − − + − =

=
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2
4 2 4b c a bc a b c b c a b a c a
 
 
− + − + + = − + + + −
 
 
 
Vì
( ) ( )
2
4
4 4a b a c a bc+ + ≥ ≥
(do
1a
≥
)
( )
( )
, , , ,f a b c f a bc bc⇒ ≥
.
Bước 2: Ta chứng minh
( )
, , 0f a b c ≥
khi b = c khi đó từ (GT) ta có
2

1
b
a
=

( ) ( ) ( )
2 2 2
, , 2 4 8 6 4 8 6
b b
f a b b ab a b a b a b a b
a b a
= + + − − + = + + − − + =

2
a b
b a
 
+
 ÷
 

4 8 8a b
− − + =
=
( )
( )
2 2
2
2 2
2. 4 8 8 2 4 8 8 2 2 4 8 8

a b
a b b a b a b b a b ab a b
ab
+
 
− − + = + − − + = + − − − + =
 


( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
2 2
2 4 4 8 8 2 4 8 4 0
2 4 2 1 2 2 1 ,(*)
b a b ab a b b a b a b
b a b a b b a b a b
= + − − − + = + − − + ≥
⇔ + ≥ + − ⇔ + ≥ + −

Thay
2
1
a
b
=
vào (*) ta được
( ) ( )
2

3 4 3 6 4 3
1 2 2 4 4 2 1 0b b b b b b b b+ ≥ − + ⇔ − + − + ≥
⇔
( )
( )
2
2
2 3 2
1 1 2 0b b b b
 
⇔ − − + + ≥
 
 
.BĐT này luôn đúng từ đó ta có đpcm.
Bài toán 18: Cho các số thực không âm
, ,a b c
thỏa mãn
2 2 2
3a b c+ + =
Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2
a b c a b b c c a+ + ≥ + +
.
Không mất tính tổng quát ta giả sử
a b c≤ ≤
kết hợp (gt)
( )
2
2 2
1; 2 2 2 2a b c b c bc b c⇒ ≤ + ≥ ⇒ + − ≥ ⇒ + ≥

. Đặt
( )
2 2 2 2 2 2
, ,f a b c a b c a b b c c a= + + − − −
Bước 1/ Xét hiệu
( ) ( )
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2 2
1
, , , ,
2 2 4
2
b c
b c b c
f a b c f a b c
b c b c
 
 
+
+ +
 
− = − − ≥
 ÷
 
 ÷
+ + +

 
 
 
( )
2
2 1
0
4
2 2
b c
 
≥ − − ≥
 ÷
+
 
. Vậy
( )
2 2 2 2
, , , ,
2 2
b c b c
f a b c f a
 
+ +
≥
 ÷
 ÷
 
Bước 2 / Ta sẽ chứng minh
( )

2 2 4
, , 0 2 2 0f a b b a b a b b≥ ⇔ + − − ≥
( do
2 2
2 3a b+ =
)
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
2
2 2
2 2 2 2
2
1 3 3
2 3 3 3 1 1 0
4 4
3 2 3
a a a a a a a
a a
 
 
⇔ + − ≥ − + − ⇔ − + − ≥
 
− + −
 
 
Nhưng với
1a
≤
thì BĐT trên hiển nhiên đúng vì

( )
( )
2
2
3 3 3
. 1
4 4
3 2 3
a
a a
≤ ≤ +
− + −
Đẳng thức xãy ra khi a = b = c = 1
III/ Ph ¬ng ph¸p l îng gi¸c hãa:
Cơ sở của phương pháp này là dựa vào các kiến thức sau:
1)Cho các số thực
, , ,
2
x y z k k
π
π
≠ + ∈¢
thì
tan tan tan tanx.tany.tanz x + y + z = n ,nx y z
π
+ + = ⇔ ∈¢
2)Cho các số thực
, , ,
2
x y z k k

π
π
≠ + ∈¢
thì
t anxtany+ t anxtany+ tanxtany =1 x +y +z = ,
2
n n
π
π
⇔ + ∈¢
13
3)Nếu
1 1x− ≤ ≤
thì tồn tại
;
2 2
a
π π
 
∈ −
 
 
: sina = x và tồn tại
[ ]
0; ; osb = xb c
π
∈
4)Với mỗi số thực x luôn tồn tại số
; : t ana = x
2 2

a
π π
 
∈ −
 ÷
 
.
5)Nếu có các số thực x và y thỏa mãn:
2 2
1x y+ =
thì tồn tại
, : osa,y = sinaa saocho x c∈ =¡
.
Bài toán 19: Cho các số thực dương
, ,x y z
thỏa mãn
1 1 1 1
,(*)
x y z xyz
+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
2
2 1
1 1 1
y
x z
x y z
−
+ +
+ + +

.
Ta có (*)
. . . 1x y y z z x⇔ + + =
. Đặt
tan , tan , tan ; , , 0;
2 2 2 2
x y z
α β γ π
α β γ
 
= = = ∈
 ÷
 
Theo 2) ta suy ra
α β γ π
+ + =
và Q =
2
-
sin sin os = 2cos os 2cos 1
2 2 2
c c
γ α β γ
α β γ
+ − − +
Vậy Q =
2
2
1 - 1 3
2 os os 1 os

2 2 2 2 2 2
c c c
γ α β α β
−
 
− − + + ≤
 ÷
 
MaxQ =
2
2
3
3
3
2 3
2
tan
12
2 3
6
z
khi
x y
π
γ
π
π
α β

=


=

 
⇔
 
−
= = =
 
= =
+



Bài toán 20: Cho các số thực
,x y
thỏa mãn
2 2 2 2
1 1x y x y y x+ = − + −
.
Chứng minh
3 4 5x y+ ≤
Điều kiện xác định:
1 1; 1 1x y− ≤ ≤ − ≤ ≤
Nếu
[ ]
1;0x ∈ −
hoặc
[ ]
1;0y ∈ −

hoặc
x = 0,y =1
hoặc
y = 0,x =1
BĐT hiển nhiên đúng.
Ta chỉ cần xét 0 < x < 1 và 0 < y < 1
Đặt
os ,y = sin ; , 0;
2
x c
π
α β α β
 
= ∈
 ÷
 
khi đó từ giả thiết ta có
( )
2 2
cos sin os - 1c
α β α β
+ = ≤
2 2 2
cos 1 sin os os cosc c
α β β α β
≤ − = ⇒ ≤
do
, 0;
2
π

α β
 
∈
 ÷
 
( )
3
3 4 3cos 4sin 3cos 4in 5cos 5, arcos
5
x y
α β β β α ϕ ϕ
+ = + ≤ + = − ≤ =
(đpcm)
IV/ Ph ¬ng ph¸p miÒn gi¸ trÞ:
Bài toán 21: Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
x y+
biết
2 2
1x y+ =
Giải: Q là giá trị của biểu thức
x y
+
khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm
2 2
( )
1
x y Q
I
x y
+ =



+ =

hệ (I)
2
1
2
x y Q
Q
xy
+ =


⇔

−
=


Vì x và y là nghiệm của phương trình
2
2
1
( ) 0
2
Q
f t t Qt
−
= − + =

(*)
Nên hệ (I) có nghiệm
(*)⇔
có nghiệm
2 2Q⇔ − ≤ ≤
.KL MinQ =
2−
;MaxQ =
2
.
14
Chú ý: Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng có phương trình
x y
+ =
Q có điểm chung
với đường tròn (C) có phương trình
2 2
1x y+ =

( )
;( ) 1d O C⇔ =
2 2Q⇔ − ≤ ≤
Ta thu được kết
quả như trên.
Bài toán 22:(Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2004-2005 bảng A)
Tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
x + y
biết
,x y
thỏa mãn hệ thức

3 1 3 2x y x y+ = + + +
Giải : Q thuộc tập giá trị khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm
( )
3 1 2
x y Q
x y Q
+ =



+ + + =


(I)
Đặt
1, 2X x Y y= + = +
Ta có hệ mới
( )
2 2
2
3
3
1
3 3
2 9
0, 0
0, 0
Q
X Y
X Y Q

Q
X Y Q XY Q
X Y
X Y

+ =


+ = +

  

+ = ⇔ = − −
 
 ÷
 
 
≥ ≥


≥ ≥


(II)
Hệ (I) có nghiệm
⇔
(II) có nghiệm
⇔
phương trình
2

2
1
( ) 3 0
3 2 9
Q Q
f t t t Q
 
= − + − − =
 ÷
 
có hai
ngiệm không âm
0
9 3 21
0 9 3 15
2
0
S Q
P
∆ ≥

+

⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤ +


≥

.Kết luận MinQ =
9 3 21

2
+
;MaxQ =
9 3 15+
Bài toán 23: Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Q =
( )
2 2
3 6
4 6
x y xy x y xy+ + + + −
;biết x,y thỏa mãn
(
]
, 0;1 ,(1)
3 ,(2)
x y
x y xy

∈


+ =


Đặt t = xy thì Q =
2
6
( ) 3. 9 3
6

f t t t t= + −
.Kết hợp (1) và (2) suy ra
1
, 1
2
x y≤ ≤
.
Vậy t thuộc tập giá trị khi chỉ khi hệ sau có nghiệm
3
1
, ;1
2
x y t
xy t
x y


+ =


=


 

∈
 

 


⇔
Phương trình:
2
( ) 3 . 0f z z t z t= − + =
có hai nghiệm
1 2
,z z
thỏa mãn
1 2
1
1
2
z z≤ ≤ ≤
2
9 4 0
(1) 1 2 0
4 1
1 1 2
0
9 2
2 4
1
1
2 2
t t
f t
t
t
f

S

∆ = − ≥

= − ≥


−
 
⇔ ≤ ≤

= ≥
 ÷
 



≤ ≤

.
15
Khảo sát hàm số
2
6
( ) 3. 9 3
6
f t t t t= + −
trên đoạn
4 1
;

9 2
 
 
 
bằng đạo hàm, ta suy ra trên đoạn
này hàm số
( )f t
đồng biến, nên Min f(t) = f
( )
3 4 2
4
9 9
+
 
=
 ÷
 
;Maxf(t) = f
1 2 3 2
2 4
+
 
=
 ÷
 
Các bài tập tự luyện:
Bài tập 1:
a) Cho các số thực dương
, ,a b c
.Chứng minh

( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
8
2 2 2
a b c b c a c a b
a b c b c a c a b
+ + + + + +
+ + ≤
+ + + + + +
b) Cho các số thực dương
, ,a b c
.Chứng minh
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3

5
b c a c a b a b c
b c a c a b a b c
+ − + − + −
+ + ≥
+ + + + + +
c) Cho các số thực dương
, , ,a b c d
.Chứng minh
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 1
1
1 1 1 1a b c d
+ + + ≥
+ + + +
d) Cho các số thực không âm
, ,a b c
.thỏa mãn
3a b c
+ + ≥
.
Chứng minh
2 2 2
1 1 1
1
a b c b c a c a b
+ + ≤
+ + + + + +
e) Cho các số

1 2 5
, , , 0x x x ≥
và
5
1
1
1
1
i
i
x
=
=
+
∑
.Chứng minh rằng:
5
2
1
1
4
i
i
i
x
x
=
≤
+
∑

Bài tập 2:
a)Với mọi số thực x, y ta đều có:
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 2
2 2
1
1 1
4 4
1 1
x y x y
x y
− −
− ≤ ≤
+ +
b)Cho các số thực x,y,z thỏa mãn
1xy yz zx+ + =
.
Chứng minh
2 2 2
3 3
1 1 1 2
x y z
x y z
+ + ≥
− − −
c)Cho hai số thực x , y thỏa mãn
2 2
x 1.y+ =

Chứng minh
( ) ( )
( )
5 5 3 3
16 20 5 2x y x y x y+ − + + + ≤
Bài tập 3:
a) Cho các số thực dương a,b,c .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Q =
( )
2
3 3 3 2 2 2
2 2 2
1
2
a b c
a b c a b c
a b c abc ab bc ca
+ +
 
+ + + +
+ −
 ÷
+ + + +
 
b) Cho các số thực dương a,b,c .
Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
3
7 9 2a b c ab bc ca abc a b c+ + + + ≤ + + +
16

b) Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
b c a a c b a c b a b c a b c b c a abc a b c+ − + − + + − + − + + − + − ≤ + +
Bài tập 4: a) Tìm các giá trị thực của m,để hệ phương trình sau có nghiệm thực:

os2x + cos2y = m
1
sinx + siny =
2
c





b)Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện
1 15
2
x y
x y
+
+ + + =
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
x y
+
.
C/ Tính thực tiễn của đề tài:
Đề tài này bản thân tôi đã áp dụng trong việc dạy và luyện cho học sinh trong các
đội tuyển học sinh giỏi thấy rằng đa số học sinh rất hứng thú vận dụng tốt ,có thể nói

phần nào rất tự tin khi gặp các bài toán thộc dạng này.Trong ôn luyện thi đại học hàng
năm (có một phần chắt lọc )tôi đả hướng dẫn cho học sinh nắm để vận dụng ,thấy rằng
đa số học sinh hiểu và thực hành rất tốt.
Tuy vậy chắc chắn vẫn còn có nhiều khiếm khuyết ,nhiều vấn đề chưa được đề cập.
Bản thân tôi rất mong sự đóng góp của tổ chuyên môn và của các bạn đồng nghiệp,
xin được chân thành cảm ơn .
D/Tài liệu tham khảo :
Tạp chí Toán học và tuổi trẻ.Hà Nội:NXB Giáo dục
Kỷ yếu hội thảo Đào tạo hệ trung học phổ thông chuyên 12/1997
Các tài liệu bồi dưỡng giáo viên dạy các trường chuyên tổ chức hàng năm trong hè do Bộ
giáo dục kết hợp với trường Đại học Khoa học Tự Nhiên đồng tổ chức.
Phan Đức Chính .1999Bất đẳng thức.Hà Nội:NXB Giáo dục.
Đồng Hới,ngày 10 tháng 5 năm 2012
Người viết đề tài
NGÔ QUANG VIỆT
Nhận xét của tổ toán trường THPT Chuyên Quảng Bình
17
Nhận xét của hội đồng khoa học của trường THPT Chuyên Quảng Bình
18