SANG KIEN KINH NGHIEM DAY HOC BAT DANG THUC VA GIAI TOAN CUC TRI

LỜI NÓI ĐẦU
Bất đẳng thức và các bài tốn cực trị đại số là hai chun đề ít được đề cập đến lí
thuyết trong chương trình sách giáo khoa tốn ở bậc trung học cơ sở.Ở lớp 8
chun đề bất đẳng thức được trình bày 2 tiết lý thuyết và 1 tiết luyện tập,do u
cầu của chương trình mà hai chun đề này trong chương trình sách giáo khoa
khơng đi sâu vào mơ tả khái niệm bất đẳng thức và chứng minh các bất đẳng
thức phức tạp,tuy nhiên trong sách bài tập lại đưa ra bài tập của hai chun đề này
vào cuối của một số chương, đặc biệt trong các kỳ thi học sinh giỏi hoặc thi vào lớp
10 các trường chun thì học sinh lại gặp những bất đẳng thức rất phức tạp.Nhiều
học sinh đã tỏ ra lúng túng khi đứng trước bài tốn chứng minh bất đẳng thức hoặc
bài tốn tìm cực trị của một biểu thức có nhiều em đã chán nản khi phải học bất
đẳng thức.Tự kiểm điểm lại bản thân, các em thấy rằng mình đã rất cố gắng trong
quá trình học tập, cứ nghĩ mình đã nắm rất vững kiến thức cơ bản về bất đẳng
thức trong sách giáo khoa thế nhưng đứng trước bài tốn chứng minh bất đẳng
thức hoặc tìm cực trị của một biểu thức thì lại bế tắc khơng tìm ra lời giải.về sau
tham khảo lời giải của những bài tốn ấy thì thấy khơng có gì khó khăn lắm vì chỉ
tồn sử dụng kiến thức cơ bản về bất đẳng thức,có những bài giải rất đơn giản
nhưng chỉ vì một chút thiếu sót hoặc khơng nghĩ đến cách ấy mà các em đã giải
sai.Là giáo viên tốn, ai cũng thấy rằng: học sinh thuộc bài trơng sách giáo khoa
thơi thì chưa đủ mà phải biết vận dụng kiến thức để giải quyết trong những tình
huống cụ thể, phải biết phân loại các dạng tốn và cách giải từng dạng tốn. Các
bài tốn về bất đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức trong các sách bồi
dưỡng học sinh giỏi, tạp chí tốn học, báo tốn học tuổi trẻ, , và cả trên thư viện
điện tử rất đa dạng, phong phú có những bài có nhiều hướng giải quyết và cũng
khơng ít bài có cách giải độc đáo.song thời gian dạy và hướng dẫn cho học sinh học
tập lại hạn chế, do đó đòi hổi người thầy phải biết tổng hợp,phân loại các dạng
tốn thường gặp và các phương pháp để giải chúng.Từ đó hướng dẫn học sinh rèn
luyện ý thức định hướng và đúc rút kinh nghiệm.Trong q trình học tốn và dạy
tốn, tơi đã phân loại được một số dạng tốn về bất đẳng thức, bài tốn cực trị
thường gặp và các phương pháp thích hợp để giải chúng.vì vậy tơi mạo muội viết
ra những kinh nghiệm của bản thân để chia sẻ cùng các thầy (cơ) dạy tốn,các em

học sinh và những ai u thích mơn tốn.
phạm vi chọn đề tài
Sáng kiến kinh nghiệm
1 Phan
Duy thanh
Do thời gian có hạn, nên đề tài này tơi chỉ nêu một số tính chất của bất đẳng thức,
cách chứng minh một số dạng bất dẳng thức thường gặp trong chương trình tốn ở
bậc THCS và cách giải một số dạng bài tốn cực trị đại số.Các dạng bất đẳng thức
khác ở bậc THPT. Cách giải các dạng Tốn cự trị hình học chưa được đề cập đến.
Phần 1: Thực trạng
Qua quan sát tình hình học tập bất đẳng thức và giải tốn cực trị cũng như kiểm tra
học sinh về phần này tơi thấy rằng, đại đa số học sinh lúng túng khi đứng trước bài
tốn chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức đại số. Cụ thể
nghiên cứu như sau:
Về chứng minh bất đẳng thức:
Ở mức độ kiến thức cơ bản, trong 73 học sinh thì có 28 học sinh (38%) chứng
minh được.
Ở mức độ nâng cao thì trong 73 em chỉ có 3 em (4%) chứng minh được.
Về giải tốn cực trị:
Ở mức độ cơ bản như sách giáo khoa và sách bài tập, trong 73 em thì có 7 em
(9.6%) làm được ở mức độ nâng cao trong 73 em, có 2 em nào làm được (2,7%).
Qua đây ta có thể rút ra một số ngun nhân dẫn đến mức độ nắm bắt kiến thức
về bất đẳng thức và vận dụng kiến thức về bất đẳng thức để chứng minh bất đẳng
thức và tìm cực trị của một biểu thức ở học sinh kém như sau:
•
Nhiều học sinh học yếu mơn tốn.
•
Học sinh chưa nắm vững khái niệm, cũng như các tính chất của bất đảng
thức.
•

Chưa vận dụng linh hoạt lí thuyết về bất đẳng thức vào giải các bài tốn cụ
thể.
•
Kinh nghiệm giả tốn bất đẳng thức và tốn cực trị còn ít.
•
Hệ thống bài tập tự giải tự tích lũy của các em chưa nhiều.
•
Các em chưa phân loại được các dạng tốn cùng phương pháp chứng minh.
Từ thực trạng tình hình và phân tích ngun nhân các em học sinh gặp vướng
mắc khi giải tốn bất đẳng thức trong q trình dạy học, tơi đã tổng hợp được
một số dạng tốn chứng minh bất đẳng thức và giải bài tốn cực trị ở bậc THCS
cùng với phương pháp giải chúng. Sau đây là phương pháp giải một số dạng
tốn về bất đẳng thức và tìm cực trị của một biểu thức đại số.
Sáng kiến kinh nghiệm
2 Phan
Duy thanh
BẤT ĐẲNG THỨC
Khái niệm về bất đẳng thức:
Ta gọi a b (hay a b, , a b) là bất đẳng thức. a là vế trái,
b là vế phải của bất đẳng thức.
a b
< > ≤ ≥
Một số tính chất:
* Với a,b,c
R
∈
,a>b, ta có:
a) a+c>b+c b) ac>bc (nếu c>0)
c) ac<bc (nếu c<0) c) a>b và b>c thì a>c
* V ới a>b>0,n là số ngun dương, ta có

a) a
n
> b
n
b)
n n
a b
>
* với mọi a,b
R
∈
, ta có: a>b
⇔
a-b>0
Chú ý: Các tính chất trên vẫn đúng trong trường hợp dấu của bất đẳng thức
là “
≤
hoặc
≥
” .
I. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI
TƯƠNG ĐƯƠNG.
Sáng kiến kinh nghiệm
3 Phan
Duy thanh
VD 1: Chứng minh rằng:
a
2
+b
2

+c
2
≥
ab+ac+bc
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
0
0
2 2 2 2 2 2
2 2 2
0
2 2 2
0
2 2 2
cm:
a b c ab bc ac
a b c ab ac bc
a b c a c b
ab ac bc
a ab b c ac a c cb b
a b c a c b
+ + ≥ + +
⇔ + + − − − ≥
     
− + + − + + − + ≥
 ÷  ÷  ÷

     
− + − + − +
⇔ + + ≥
− − −
⇔ + + ≥
bất đẳng thức hiển nhiên đúng.Dấu “=” x ảy ra khi a=b=c
VD 2: Chứng minh rằng 2a
2
+b
2
+c
2

≥
2(ab+ac) với mọi a, b, c
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 0
2 2 0
0
( )
( ) ( )
( ) ( )
a b c a ab ac
a ab b a ac c
a b a c
⇔ + + + − − ≥
⇔ − + + − + ≥
⇔ − + − ≥

hiễn nhiên đúng với mọi a,b,c. dấu “=” xảy ra khi a=b=c
vậy 2a
2
+b
2
+c
2

≥
2(ab+ac) với mọi a,b,c
VD 3: chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d
− + − ≤ + + + ∀
Cm:
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d
− + − ≤ + + + ∀
Saùng kieán kinh nghieäm
4 Phan
Duy thanh
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
2
2 2 2

1
2
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( )( )
( )( ) ( )( )
( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) (
a c b d a b c d a b c d
a c a c b d b d a b c d
ac bd a b c d
ac bd a b c d
ac bd a b c d
ac ac bd bd ac ad
⇔ − + − ≤ + + + + + +
⇔ − − + + − − + ≤ + +
⇔ − − ≤ + +
⇔ − + ≤ + +
⇔ + ≤ + +
⇔ + + ≤ + +
2 2
2 2
2 2
2
2
2 0
0
) ( )
( )( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )

( )
bc bd
ac bd ad bc
ad ad bc bc
ad bc
+
⇔ ≤ +
⇔ − + ≥
⇔ − ≥
hiển nhiên đúng.Dấu “=” xảy ra khi ad=bc
vậy
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) , , ,a c b d a b c d a b c d
− + − ≤ + + + ∀
VD 4: chứng minh rằng
2 2 1 a>0a a a
+ + + ∀
p
cm:
2 2 1 a>0a a a
+ + + ∀
p
( )
2
2 2
2 4 1
2 2 4 4
2 2 2
2 1
2 2 1

( )
a+2 ( )
2 ( )
( )
a a a
a a a a
a a a
a a a
a a a a
⇔ + + < +
⇔ + + + < +
⇔ + < +
⇔ + < +
⇔ + < + +
hiển nhiên đúng .
vậy
2 2 1 a>0a a a
+ + + ∀
p
VD 5: chứng minh rằng :
1 1 4
x,y>0, x+y<1
x y x y
+ ≥ ∀
+
Từ đó suy ra
2 2
1 1
4
2x y xy

+ ≥
+
CM:
2 2 2 2
1 1 4 4
4 2 0 0 ( ) ( )
x y
x y xy x xy y x y
x y x y xy x y
+
+ ≥ ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥
+ +
hiển nhiên đúng . vậy
1 1 4
x,y>0
x y x y
+ ≥ ∀
+
đặt x
2
+y
2
=X; 2xy=Y
theo chứng minh trên, ta có
2
1 1 4 4
= (1)
( )X Y X Y x y
+ ≥
+ +

Saùng kieán kinh nghieäm
5 Phan
Duy thanh
2
2
4
1 4
x,y>0
( ) (2)
x+y<1 ( )
x y
x y

⇔ + < ⇔ >

+

từ (1) và (2) suy ra
1 1
X Y
+ ≥
4 hay
2 2
1 1
4
2x y xy
+ ≥
+
VD 6: chứng minh rằng:
2 2

1 1 2
1 1 1

a b ab
+ ≥
+ + +
với mọi ab>1
CM: nhân cả hai vế của BĐT với (1+a
2
).(1+b
2
).(1+ab) thì
2 2
1 1 2
1 1 1

a b ab
+ ≥
+ + +
⇔
(1+a
2
).(1+ab)+(1+b
2
). (1+ab)
≥
2(1+a
2
)(1+b
2

)
⇔
(1+a)(2+a
2
+b
2
)-2(1+a
2
)(1+b
2
)
≥
0
⇔
2+a
2
+b
2
+2ab+ab.a
2
+ab.b
2
-2-2b
2
-2a
2
-2a
2
b
2

≥
0
⇔
ab.a
2
+ab.b
2
-a
2
-b
2
+2ab-2a
2
b
2
≥
0
⇔
(ab.b
2
–b
2
)+(ab.a
2
-a
2
)+(2ab-2a
2
b
2

)
≥
0
⇔
b
2
(ab-1) + a
2
(ab-1)-2ab(ab-1)
≥
0
⇔
(b-a)
2
(ab-1)
≥
0 hiển nhiên vì ab>1
vậy
2 2
1 1 2
1 1 1

a b ab
+ ≥
+ + +
với mọi ab>1
Bài tập tự giải
Chứng minh rằng:
Bài 1: a
2

+ b
2
+c
2
+d
2
+ e
2
≥

a(b+c+d+e)
, , ,a b c d
∀
Bài 2:
2 2
p,q>0
p q
pq
p q
+
≥ ∀
+

Bài 3:
2 2
a,b>0
a b
a b
b a
+ ≤ + ∀

Bài 4: a
3
+b
3

≤
a
4
+b
4
với a+b
2
≥
Bài 5:
1 1 1 3
a b c a b c a b c
+ + >
+ + + + +
với mọi a,b,c>0
Bài 6:
1a b ab
+ + ≤ +
với
1 1;a b
< <
trong quá trình học bất đẳng thức chúng ta còn gặp nhiều bất đẳng mà chứng
minh nó bằng phương pháp biến đổi tương đương sẽ gặp rất nhiều khó khăn,
cũng có những bài không thể làm được bằng phương pháp này. Để chứng minh
những bất đẳng thức như vậy đôi khi ta phải nhờ đến một bất đẳng thức khác
Saùng kieán kinh nghieäm

6 Phan
Duy thanh
như bất đẳng thức cauchy (cô sy), Bunhiacopsky,…sau đây là một số bài toán
chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp áp dụng bất đẳng thức cô sy.
II. DỰA VÀO BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.
Với
1 2 3
0, , , ,
n
a a a a
≥
ta có
1 2 3
1 2 3


n
n
n
a a a a
a a a a
n
+ + + +
≥

Ta cũng có thể viết
1 2 3
0, , , ,
n
a a a a

≥
ta có
1 2 3 1 2 3

n
n n
a a a a n a a a a+ + + + ≥
Chứng minh:
a. BĐT đúng với n = 2. thật v ậy
Với mọi
1 2
0,a a
≥
ta có
2
1 2
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
0 2 0 2
2
( )
a a
a a a a a a a a a a a a
+
− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥
(1)
dấu “=” xảy ra khi
1 2
a a
=
.Bất đẳng thức đúng.

-
giả sử BĐT đúng với n=k (k bất kì). Ta phải chứng minh B ĐT đ úng với n=2k
thật vậy giả sử
1 2 3
0, , , ,
k
a a a a
≥
ta có
1 2 3
1 2 3


k
k
k
a a a a
a a a a
k
+ + + +
≥
với 2k số không âm
1 2 3 2
, , , ,
k
a a a a
ta có
1 1 2
1 2 3 1 2
1 2 3 2

2
2 2




(GT. QN)

k k k
k k
k k k k
k
a a a a
a a a a a a a
a a a a
k k
k
+
+ +
+ + + +
+
+
+ + + +
= ≥
2
1 2 3 1 2 2 1 2 3 2

k k k
k k k k k
a a a a a a a a a a a

+ +
≥ =
(2)
dấu “=” xảy ra khi
1 2 3 2
, ,
k
a a a a
= = = =
-
Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k (k bất kì) sẽ đúng với n=k-
1
thật vậy với k-1 số không âm
1 2 3 1
, , , ,
k
a a a a
−
ta có
1 1
1 1
1 2 3 1 1 1
1 2 3 1
1
1 1




k

k k
k
k k k
k
k
a a
a a
a a a a a a
k
a a a a
k k
+ −
−
− + −
−
+ +
+ + +
+ + + + + +
 
−
= ≥
 ÷
− −
 
1
1 2 3 1 1 2 3 1
1
1 2 3 1 1 2 3 1
1 1

k
k k
k
k k
a a a a a a a a
a a a a a a a a
k k
−
− −
−
− −
+ + + + + + + +
   
≥ ⇔ ≥
 ÷  ÷
− −
   
(3)
dấu “=” xảy ra khi
1 2 3 1
, ,
k
a a a a
−
= = = =
từ (1),(2) và (3) suy ra BĐT luôn đúng với mọi n
2
≥
ghi chú: Cách chứng minh trên là cách chứng minh bằng phương pháp quy

nạp kiểu cauchy
VD1: Chứng minh rằng (a+b) (1+ab)
≥
4ab với mọi a,b>0
Saùng kieán kinh nghieäm
7 Phan
Duy thanh
Phân tích: ta không thể áp dụng ngay BĐT cô sy trong trường hợp này vì ở vế
trái là một tích . để áp dụng bất đẳng thức cô sy ta phải viết vế trái thành
tổng.
CM: ta có (a+b)(1+ab) = a+a
2
b+b+ab
2
. vì a,b>0 nên a,ab
2
,b,a
2
b>0
Theo bất đẳng thức cô sy, ta có a+a
2
b+b+ab
2
2 2 4 44 4
4 4 4. . .a a b ab b a b ab
≥ = =
Dấu “=” xảy ra khi a=b=1
Vậy (a+b)(1+ab)
≥
4ab với mọi a,b>0.

VD 2: Chứng minh rằng (
a b
+
)(
1 1
4) a,b>0
a b
+ ≥ ∀
CM: (
a b
+
)(
1 1
)
a b
+ =
1+
1
a b
b a
+ +
. Vì a,b>0 nên
0,
a b
b a
>
Áp dụng BĐT cô sy, ta có (
a b
+
)(

1 1
)
a b
+ =
1+
1
a b
b a
+ +
.
4
4 1 1 4 . . .
a b
b a
≥ =
dấu “=” xảy ra khi
1
a b
a b
b a
= = ⇔ =
vậy (
a b
+
)(
1 1
4) a,b>0
a b
+ ≥ ∀
VD 3: Chứng minh rằng a+b+1

a,b 0ab a b
≥ + + ∀ ≥
phân tích: khác với hai ví dụ đã giải ở trên, ở trong B ĐT này cả hai v ế đều là
một tổng ba hạng tử trong bất đẳng thức. trong BĐT cô sy chiều nhỏ hơn là
n
1 2 n
a .a a
n
vì vậy mỗi hạng tử
, , ab a b
là một vế nhỏ hơn của ba bất
đẳng thức cô sy khác. Căn cứ vào điều này ta có thể chứng minh bài toán
như sau:
CM: với a,b>0 ta có:
1 1
2 2 2
; ;
a b a b
ab a b
+ + +
≥ ≥ ≥
. Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta
có
1 1
1
2 2 2
a b a b
ab a b a b ab a b
+ + +
+ + ≥ + + ⇔ + + ≥ + +

dấu “=” xảy ra khi a=b=1
VD 4: chứng minh rằng
1
2
a,b 0a b a b
+ + ≥ + ∀ ≥
Phân tích: Trong BĐT này ở vế trái có ba hạng tử, vế phải có hai hạng tử vì
vậy khi chứng minh bất đẳng thức này cần khéo léo tách các hạng tử ở vế trái
một cách hợp lí, tuy nhiên nếu chỉ để ý vế trái thôi thì việc phân tích cũng sẽ
Saùng kieán kinh nghieäm
8 Phan
Duy thanh
gặp khó khăn, mà để làm được điều này ta cũng cần để ý vế phải để có cách
phân tích phù hợp. Ta có thể giải bài tập này như sau:
CM: vì a,b
≥
0 nên 2a,2b
≥
0.
Áp dụng bất đẳng thức cô sy, ta có
1
2
1 1
2
2 2 2
2 2 2
.
a
a a a
+

+ ≥ ⇔ ≥
(1)
1
2
1 1
2
2 2 2
2 2 2
.
b
b b b
+
+ ≥ ⇔ ≥
(2)
cộng vế với vế của (1) và (2) ta được
1
2
2
2
a
+
+
1
2
2
2
b +
a b
≥ +

1
2
2
2
a
+
+
1
2
2
2
b +
a b
≥ +

⇔
a+
1
4
+b+
1
4
a b
≥ +

⇔
a+b+
1
2
a b

≥ +
dấu”=” xảy ra khi 2a=2b=
1
2

⇔
a=b=
1
4
Bài tập tự giải:
Chứng minh rằng:
Bài 1:
1 1 1 8; a,b,c>0
a b c
b c a
   
+ + + ≥ ∀
 ÷ ÷ ÷
   
Bài 2: (ax+by)(ay+bx)
4 ; a,b,x.y>0abxy
≥ ∀
Bài 3:
( )
1 1 1
9 a,b,c>0a b c
a b c
 
+ + + + ≥ ∀
 ÷

 
Bài 4: a+b+c
a,b,c>0ab bc ac
≥ + + ∀
III. BẤT ĐẲNG THỨC “CỘNG MẪU”
Với
1 2 3
0, , , ,
n
a a a a
≥
, ta có
2
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1


n n
n
a a a a a a a a
+ + + + ≥
+ + + +

Chứng minh: Với
1 2 3
0, , , ,
n
a a a a
≥
ta có

1 2 3 1 2 3
n
n n
a a a a n a a a a+ + + + ≥
(1)
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1 1


n
n n
n
a a a a a a a a
+ + + + ≥
(2)
Saùng kieán kinh nghieäm
9 Phan
Duy thanh
Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được:
(
1 2 3 n
a a a a
+ + + +

)
1 2 3
1 1 1 1

n
a a a a

 
+ + + +
 ÷
 
≥
1 2 3
n
n
n a a a a
1 2 3
1

n
n
n
a a a a
⇔
2
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1


n n
n
a a a a a a a a
+ + + + ≥
+ + + +
dấu “=” xảy ra khi a
1
=a

2
=a
3
=…=a
n.
VD 1: chứng minh rằng:
Với a, b, c>0, a+b+c=1 thì
1 1 1
9
a b c
+ + ≥
Vì a,b,c>0 nên áp dụng bất đẳng thức “cộng mẫu”, ta có
1 1 1 9
a b c a b c
+ + ≥
+ +
Mà a+b+c=1 (gt) nên
1 1 1
9
a b c
+ + ≥
. Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=
1
3
VD 2: cho a,b,c >0 chứng minh rằng
1 1 1 1 1 1
5
3 3 3a b c a b c a b c a b c
 
+ + ≥ + +

 ÷
+ + + + + +
 
Phân tích: Nếu dung bất đẳng thức “cộng mẫu” cho 3 số ở vế trái, ta không thể
chứng minh được bài toán này.khi thực hiện phép nhân ở vế phải ta thấy vế
phải là một tổng vì vậy ta suy nghĩ đến việc dùng ba bất đảng thức “cộng mẫu”
sau đó cộng vế với vế của ba bất đẳng thức đó. Ta có thể giải bài toán trên như
sau:
Ta có
2
1 1 1 1 1 5
(1)
a a a b c a a a b c
+ + + + ≥
+ + + +

2
2
1 1 1 1 1 5
(2)
1 1 1 1 1 5
(3)
a b b b c a b b b c
a b c c c a b c c c
+ + + + ≥
+ + + +
+ + + + ≥
+ + + +
cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có
2

5 5 5 1 1 1
5
3 3 3
1 1 1 1 1 1
5
3 3 3
a b c a b c a b c a b c
a b c a b c a b c a b c
 
+ + ≥ + +
 ÷
+ + + + + +
 
 
⇔ + + ≥ + +
 ÷
+ + + + + +
 
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
VD 3: cho a,b,c,d>0 chứng minh rằng:
2 2 1 1 1 1
9
a b c d a b c a b d
 
+ + + ≥ +
 ÷
+ + + +
 
Phân tích: Nếu viết vế trái thành
1 1 1 1 1 1

a a b b c d
+ + + + +
và áp dụng bất đẳng thức
“cộng mẫu” ta không được như ý muốn. nếu thực hiện phép nhân ở vế phải ta
được 2 biểu thức có tử là 3
2
còn mẫu của mỗi biểu thức gồm ba số hạng. Do đó
Saùng kieán kinh nghieäm
10 Phan
Duy thanh
ta nghĩ đén việc chứng minh hai bất đẳng thức bằng cách áp dụng bất đẳng
thức cộng mẫu rồi cộng vế với vế của hai bất đẳng thức đó. Ta có thể chứng
minh như sau:
Ta có
1 1 1 9 1 1 1 9
(1); (2)
a b c a b c a b d a b d
+ + ≥ + + ≥
+ + + +
cộng vế với vế của hai bất đẳng
thức (1) và (2) ta được
2 2 1 1 1 1
9
a b c d a b c a b d
 
+ + + ≥ +
 ÷
+ + + +
 
. Dấu “=” xảy ra khi

a=b=c=d
Bài tập tự giải:
Bài 1: Cho a,b>0, a+b=12. Chứng minh rằng:
1 1 2 1
2 2 3a b a b
+ + ≥
+
Bài 2: Với a,b>0, a+b=1. Chứng minh rằng
2 2
1 1
6
ab a b
+ ≥
+
Bài 3: với a,b,c>0 chứng minh rằng :
2 2 2 2
16a b c a abc
b a b c a c b c ab bc
+ + + ≥
+ + +
Bài 4: cho a,b,c>0và a+b+c=
3
4
. Chứng minh a+b+c+
1 1 1 51
4a b c
+ + ≥
IV. ÁP DỤNG BĐT BUNHIACÓPKI ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Với hai bộ số (x
1

, x
2,
… ,x
n
); (y
1,
y
2,
…,y
n
), ta có
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ) ( )( )
n n n n
x y x y x y x x x y y y
+ + + ≤ + + + + + +
CM: ĐẶT
1 1 2 2

n n
x y x y x y
+ + +
=A ;
2 2 2
1 2

n
x x x
+ + +

=B;
2 2 2
1 2

n
y y y+ + +
=C
Ta có (x
1
m-y
1
)
2
+(x
2
m-y
2
)
2
+…+(x
n
m-y
n
)
2
0
≥
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 1 2 2 1 2
( ) 2( ) ( ) 0

n n n n
x x x m x y x y x y m y y y
⇔ + + + − + + + + + + + ≥
2
2 0 mAm Bm c⇔ − + ≥ ∀

khi đó phương trình
2
2 0Am Bm c
− + =

vô

nghiệm hoặc có nghiệm. Do đó
2 2
' 0 ,B AC B AC
∆ = − ≤ ⇔ ≤
hay
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
( ) ( )( )
n n n n
x y x y x y x x x y y y
+ + + ≤ + + + + + +
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
3
1 2
1 2 3

n

n
x x
x x
y y y y
= = = =
1.
Ví dụ :
VD 1: Chứng minh
ux 1vy
+ ≤
với x
2
+y
2
=u
2
+v
2
=1
cm: Ta có
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
ux ux ux 1vy vy vy u v x y+ ≤ + ⇒ + ≤ + + =
( )
2
ux 1 ux 1vy vy+ ≤ ⇒ + ≤
(ĐPCM)
Saùng kieán kinh nghieäm

11 Phan
Duy thanh
Dấu “=” xảy ra khi
u v
x y
=
VD 2: Chứng minh rằng
2 3 5x y
+ ≤
với
2 2
2x 3y 5+ ≤
Cm:
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
2
2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 3 2 2 3 3 2 3 2 3
2 3 5.5 25 2 3 5.
x y x y x y x y x y x y
x y x y
+ = + ≤ + ⇒ + ≤ + ≤ + +
⇒ + ≤ = ⇒ + ≤
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2 2

2 2
3 3
2 2
1
2 3 5
2 3 5
y
x y
x y
x
x
x y
x y

=
=
=



⇔ ⇔
  
≤
+ ≤



+ ≤

VD 3: Chứng minh với

[ ]
2,1a
∈
, ta có
1 2 6a a
− + + ≤

( )
( ) ( )
2
2;1 nên 1 - a > 0 và a + 2 > 0
dụng bất đẳng thức Bunhiacopski,ta có
1 2 1 1 1 2 =6
1
suy ra 1 + 2 6. dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 1-a=a+2 a=
2
áp
a a a a
a a
 
∈ −
 
− + + ≤ + − + +
−
− + ≤ ⇔
với a

:VD 4
2 2
C minh rằng a 1 1 2 2 với a 1hứng b b a b

+ + + ≤ + + =
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
2
2 2
2
2 2 2 2
: ta có 1 1 1 1 2
a 1 1 2 (1)
mặt khác ta có 1 1 2
2 (2)
từ (1) và (2) suy ra a 1 1 2 2 (ĐPCM)
" " a=b.
CM a b b a a b b a a b
b b a a b
a b a b
a b
b b a
Dấu xảy ra khi và chỉ khi
+ + + ≤ + + + + = + +
⇒ + + + = + +
+ ≤ + + =
⇒ + ≤
+ + + ≤ +
=
VD 5

1
2 2 2
minh 1 với a 1
2
Chứng ab bc ac b c
−
≤ + + ≤ + + =
Cm
dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho ba số a,b,c ta có áp
Sáng kiến kinh nghiệm
12 Phan
Duy thanh
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
0 1 1 1
0 2 2 2 3.
0 1 2 2 2 3 (vì 1)
1 2 2 2 3 1 2
1
1.
2
a=b=c
a=b=c
"=" xảy ra khi và chỉ khi

1
1
a b c a b c
a b c ab ac bc a b c
ab ac bc a b c
ab ac bc
ab ac b c
Dấu
a b c a b c
≤ + + ≤ + + + +
≤ + + + + + ≤ + +
⇔ ≤ + + + ≤ + + =
⇔ − ≤ + + ≤ − =
−
⇔ ≤ + + ≤


⇔

+ + = = = =


3
3
.
3
a b c






⇔ = = =
Bài tập tự giải:
Bài 1:
Ch ng minh x y 2 nếu 1 1 2 1ứ a x y a
+ ≥ + + + = +
Bài 2:
( )
( )
2
3 3
1 1
, , 0x y x y x y
x y
 
+ + ≥ + ∀ >
 ÷
 
Bài 3:
.
≥
≤ ≤
2 2
Gi¶ sư x, y 0 tho¶ m·n : x + y = 1
a) Chøng minh r»ng 1 x + y 2
b) TÝnh gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt cđa biĨu thøc : P = 1 + 2x + 1 + 2y
Trong quá trình dạy học chứng minh BĐT nhiều khi ta còn gặp
những bài toán không thể áp dụng những bất đẳûng thức
cổ điển như cô sy hay Bunhiacopski mà đòi hỏi sự sáng tạo

trong quá trình phân tích và chứng minh bất đăûng thức.Có khi
chúng ta phải tách các số hạng hoặc các thừa số ở một
vế nào đó của bất đẳng thức cũng có khi phải đưa vào
trong bài toán moat đại lượng trung gian để so sánh.Sau đây là
hai phương pháp để giải một số bài toán như đã nói.
V. Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tách các số
hạng hoặc tách các thừa số của một vế.
Trong một số trường hợp ta tách số hạng hoặc thừa số của
một vế rồi từ đó thực hiện phép tính.
Sáng kiến kinh nghiệm
13 Phan
Duy thanh
Ví dụ 1
1 1 1 1
Chứng minh với mọi n N, ta co ù
1.5 5.9 (4 3)(4 1) 4

1 1 4 1 1
ta có . . 1
1.5 4 1.5 4 5
1 1 4 1 1 1
. .
5.9 4 5.9 4 5 9

chứng minh
n n
∈ + + + <
− +
 
= = −

 ÷
 
 
= = −
 ÷
 

1 1 1 1
.
(4 3)(4 1) 4 4 3 4 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
1.5 5.9 (4 3)(4 1) 4 5 5 9 4 3 4 1
1 1 1 4
1 .
4 4 1 4 4
cộng vế với vế của các BĐT trên ta co ù
n n n n
n n n n
n
n n
 
= −
 ÷
− + − +
 
 
+ + + = − + − + + −
 ÷
− + − +

 
 
= − =
 ÷
+
 
1
(ĐPCM)
1 4 1 4 4
n n
n n
= < =
+ +
Ví dụ 2:

2
1 1 1 1
Chứng minh với n N ta luôn có 1 1 . 1 1 2
3 8 15
2
Chứng minh
n n
      
∀ ∈ + + + + <
 ÷ ÷  ÷  ÷
+
      
( ) ( )
2
2

1 ( 1)
ta nhận thấy với mọi n N ta luôn có 1 vì vậy vế trái bằng:
( 2)
2
2.3.4 1 2.3.4 ( 1)
2.2 3.3 4.4 ( 1)( 1) 2( 1)
. . (1)
1.3 2.4 3.5 ( 2) (1.2.3.4 )(3.4.5 ( 2)) 2
v
n
n n
n n
n n
n n n
n n n n n
+
∈ + =
+
+
+ +
+ + +
= =
+ + +
2
2( 1) 2( 1)
ì 1<2 nên n+1<n+2 suy ra (2)
1 2
1 1 1 1 2( 1)
từ (1) và (2) suy ra 1 1 . 1 1 2 (ĐPCM)
3 8 15 1

2
n n
n n
n
n
n n
+ +
>
+ +
      
+
+ + + + < =
 ÷ ÷  ÷  ÷
+
+
      
Bài tập tự giải:
CM :
1 1 1
1 n Z+
1.2 2.3 ( 1)n n
+ + < ∀ ∈
+
Sáng kiến kinh nghiệm
14 Phan
Duy thanh
VI. Phương pháp làm trội:
§Ĩ chøng minh A ≥ B nhiỊu khi ta ph¶i chøng minh A ≥ C víi C lµ biĨu thøc lín h¬n hc
b»ng B, tõ ®ã ta cã A ≥ B; Hc chøng minh D ≥ B Víi D lµ biĨu thøc nhá h¬n hc b»ng
A, tõ ®ã ta cã A ≥ B.

2. VÝ dơ:
VÝ dơ 1. Chøng minh r»ng:
nnn 2
1

2
1
1
1
++
+
+
+
>
.
2
1
(Víi
nNn ,
∈
> 1 ).
Gi¶i:
Ta cã:
1
1
+
n
>
.
2

11
nnn
=
+
Tư¬ng tù:
2
1
+
n
>
.
2
1
n


.
2
1
2
1
nn
≥
Céng tÊt c¶ c¸c bÊt ®¼ng thøc trªn theo tõng vÕ (lu ý tõ sè h¹ng n + 1 ®Õn sè h¹ng thø n + n
= 2n, cã tÊt c¶ lµ n sè), ta ®ỵc ®pcm.
VÝ dơ 2. Chøng minh r»ng:
222
1

3

1
2
1
1
n
++++
>
).1,(;
1
≥∈
+
nNn
n
n
Gi¶i:
Ta cã:
222
1

3
1
2
1
1
n
++++
>
)1(
1

4.3
1
3.2
1
2.1
1
+
++++
nn
=
1
11

4
1
3
1
3
1
2
1
2
1
1
1
+
−++−+−+−
nn
=
.

11
1
1
+
=
+
−
n
n
n

Suy ra ®pcm.
Ví dụ 3:
*
2
1 1 1 1
Chứng minh rằng với mọi n N , .
9 25 4
(2 1)
ta có
n
∈ + + + <
+
Cm: Ta có
(2n+1)
2
=4n
2
+4n+1>4n
2

+4n=4n(n+1) suy ra
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
do đó
4 ( 1) 9 25 4.1.2 4.2.3 4.3.4 4. ( 1)
(2 1) (2 1)
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
(1 ) . . suy ra ĐPCM
4 1.2 2.3 3.4 ( 1) 4 1 4 1 4 4
n n n n
n n
n n
n n n n n
< + + + < + + + +
+ +
+ +
 
= + + + + = − = < =
 ÷
+ + +
 
Ví dụ 4.

1 1 1 1 1
Chứng minh
2 2
5 13 25 2
2008 2009
+ + + + <
+

Sáng kiến kinh nghiệm
15 Phan
Duy thanh
(
Đề thi vào lớp 10 của sở GD Đắc Lắc năm học

2007-2008)
Nhận xét :
2 2 2 2 2
2 2
1 1
ta có (x-y) 0 2 0 2 do đó
2
x y x xy y x y xy
xy
x y
∀ ≠ > ⇔ − + > ⇔ + > ⇔ <
+
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
2.1.2
1 2
1 1
2.2.3
2 3

1 1
vế với vế của các bất đẳng thức trên ta có
2.3.4
3 4

1 1
2.2008.2009
2008 2009
1 1 1 1 1

2.
1 2 2 3 3 4 2008 2009
cộng

<

+


<

+


<

+





<

+


+ + + <
+ + + +
1 1 1

1.2 2.2.3 2.3.4 2.2008.2009
1 1 1 1 1
=
2 1.2 2.3 3.4 2008.2009

+ + +
 
+ + + +
 ÷
 
1 1 1 2008 1 2008 1
= 1 . .
2 2009 2 2009 2 2008 2
suy ra ĐPCM.
 
− = < =
 ÷
 
Bài tập tự giải:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi

*
2 2 2 2
1 1 1 1
n N ta có 1
2 3 4 n
∈ + + + + <
B. CHUYÊN ĐỀ TOÁN CỰC TRỊ
Dạng 1: Tìm cực trò của biểu thức là đa thức
bậc hai.
Muốn tìm GTNN của biểu thức dạng ax
2
+ bx+c (a, b, c là các
số, a
0
≠
) ta biến đổi biểu thức về dạng (a’x+b’)
2
+c’, khi đó
GTNN của biểu thức là c’.
Muốn tìm GTLN của biểu thức ax
2
+ bx+c ta biến đổi biểu thức
về dạng – (a’x+b’)
2
+c’, khi đó GTLN của biểu thức là c’.
Sáng kiến kinh nghiệm
16 Phan
Duy thanh
VD 1: Tìm GTNN của các biểu thức sau:
a) x

2
+4x+9 b) 4x
2
-12x+12
c) 2x
2
-x-13 d) 3x
2
+4x -5
Chứng minh
a)
x
2
+4x+9= x
2
+4x+4+5=(x+2)
2
+5
( )
2
2
v (x 2) 0 nên x 2 5 5. vậy GTNN của biểu thức là 5 và biểu thức có
GTNN khi x=-2
ì
+ ≥ + + ≥
b)
4x
2
-12x+12 = (2x)
2

-12x+9+3=(2x-3)
2
+3.
2 2
vì (2x-3) 0 nên (2x-3) 3 3 do đó GTNN của biểu thức là 3 và biểu thức có
3
GTNN là 3 khi 2x-3=0 x= .
2
≥ + ≥
⇔
2 2
2
1 105 1
)@@2x x 13 2 - vì 2 0 nên
8
2 2 2 2
c x x với mọi x
   
− − = − − ≥
 ÷  ÷
   
2
1 105 105 105
2 - vậy GTNN của biểu thức là và biểu thức có
8 8 8
2 2
x với mọi x
 
 ÷
 

− ≥
1
GTNN khi x= .
4
( )
2
2
2
2 4 19 2 19 19
@d) 3x 4x 5= 3 2. 3 . 3 với mọi x
3 3 3 3
3 3
19 2
vậy GTNN của biểu thức là và biểu thức có GTNN khi x= .
3 9
x x x
 
+ − + + − = + − ≥ −
 ÷
 
−
−
V D 2: Tìm GTLN của các biểu thức sau:
a) 4x-x
2
+5 b) -2x
2
+2x-15
Chứng minh
Sáng kiến kinh nghiệm

17 Phan
Duy thanh
2 2 2 2
a) 4x x 5=-(x 4 5) (x 4 4) 9 ( 2) 9 9 với mọi x do đó
GTLN của biểu thức là 9 và biểu thức đạt GTLN khi x=2.
x x x
− + − − = − − + + = − − + ≤
(
)
2
1 1 29
2 2
b)@ 2x 2x 15 = - (2x 2 15) 2 2. 2 .
2 2
2
2
1 29 29 29
2 với mọi x do đó GTLN của biểu thức là
2 2 2
2
1
biểu thức đạt GTLN khi x= .
2
x x x
x
và
 
 
 
 

 
 ÷
 
− + − − + = − − + +
= − − − ≤ − −
Bài tập tự giải:
Bài 1: Tìm GTNN của các biểu thức sau:
a) 12x
2
-4x+22 b) 7x
2
+6x-11
Bài 2: Tìm GTLN của biểu thức:
a) 16x-4x
2
+12 b) -5x
2
+24x+35
Bàài 3: Tìm GTNN c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c: x(x+1)(x+2)(x+3).
Cũng có khi chúng ta gặp những bài toán tìm cực trò của một
đa thức nhiều biến khi đó ta cũng biến đổi biểu thức về dạng
A(x,y)+c (nếu là bài toán tìm GTNN) trong đó A(x,y) không âm, c
là môt số hoặc biến đổi về dạng - A(x,y)+c (nếu là bài toán
tìm GTLN) trong đó A(x,y) không âm, c là môt số.

VD: Tìm GTNN của biểu thức A=x
2
y
2
+x
2
-6xy+4x-3.
Giải:
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2
A x y x 6xy 4x 3 x y 6xy 9 x 4x 4 16 = (xy-3) ( 2) 16 với mọi x
3
vậy GTNN của A là -16 và A có GTNN khi x=-2,y=
2
x
= + − + − = − + + + + − + ≥ −
−
Bài
tập tự giải: TÌm GTNN của các biểu thức sau:
B= x
2
y
2
+2x
2
+24xy+16x+191.
C=x
2
+2y
2

+9z
2
-2x+12y+6z+24.
Sáng kiến kinh nghiệm
18 Phan
Duy thanh
Dạng 2: Tìm cực trị của một số biểu thức phân.
VD 1:
2
2 2 2 2
2
2
2
7
T m GTNN của biểu thức .
10 3
7 7 7 7
.
10 3 ( 10 3) ( 10 25 28) ( 5) 28
7
thức ( 5) 28 có GTLN là 28. biểu thức có GTNN khi
10 3
( 5) 28 có GTLN, GTNN củ
ì
x x
ta có
x x x x x x x
Biểu x
x x
x

− +
= = =
− + − − − − − + − − − +
− − +
− +
− − +
2
7 7
a biểu thức và biểu thức có giá trò
28
10 3
nhỏ nhất khi x=5.
là
x x
− +
Có khi để tìm GTNN của một biểu thức hoặc chứng minh một
bất đẳng thức ta phải tách hạng tử hoặc thêm và bớt vào
biểu thức cùng một biểu thức khác
VD 2:
2
4 4
T m GTNN cua bieu th c .
x
ì û å ứ
x
+
2
2 2
4 4 4( 1) 2 2( 1) 2 2 2
. 1 1 1 1

GTNN của biểu thức là -1 và biểu thức có GTNNkhi x=-2
giải:
x x x x x x
với mọi x
x x x x x
x x
Vậy
    
+ + + + + +
= = = − + = − ≥ −
 ÷ ÷  ÷
    
Nhận xét: Cách giải giải trên không hề dễ dàng gì đối với
học sinh vì việc phân tích và tách biểu thức như vậy không
mấy học sinh làm được. Ta còn có thể giải bài tập này bằng
cách đơn giản sau:
2
2 2 2
2 2 2
4 4 4 4 4 4 2
1 1 1 với mọi x
vậy GTNN của biểu thức là -1 và biểu thức có GTNN khi x=-2.
x x x x x x x
x
x x x
 
+ + + − + + +
= = − = − ≥ −
 ÷
 

VD 3:
2
2
5 4 4
T m GTNN cua bieu th c .
x x
ì û å ứ A
x
− +
=
Giải
Sáng kiến kinh nghiệm
19 Phan
Duy thanh
( )
2
2 2 2
2 2 2
2
5 4 4 4 4 4
1 1 với mọi x
vậy GTNN của A là 1 và biểu thức A có GTNN khi x=2
x
x x x x x
A
x x x
−
− + − + +
= = = + ≥
Có khi giải bài toán cực trò của biểu thức phân ta phải rút

gọn biểu thức phân đó Để được biểu thức đơn giản, sau đó
mới tìm cực trò của bài toán.Sau đây là ví dụ về bài toán như
vậy:
VD 4:
3 2
8 12
Tìm GTNN của biểu thức B= .
3 2
3 4 12
3 2
: ta nhận thấy x= 3 là một ngiệm của đa thức 8 12
3 2
một nghiệm của đa thức 3 4 12. Do đó ta có
( 3
B=
x x x
x x x
Giải x x x và nó cũng là
x x x
x
+ − −
− + −
+ − −
− + −
−
2 2
)( 4 4) ( 2)
0 với mọi x.vậy GTNN của biểu thức B là 0 và
2 2
( 3)( 4) ( 4)

biểu thức B có GTNN khi x=-2.
x x x
x x x
+ + +
= ≥
− + +
VD 5: Tìm GTLN của các biểu thức
sau:
2 2
2
3 6 13 5 17
B=
2 4 2
x
x x x
A
x x x
+ + +
=
+ + +
2 2
2 2 2
2
3 6 13 3( 2 4) 1 1 1
Giai : 3 . Biểu thức A đạt GTLN khi
2 4 2 4 2 4 2 4
GTLN suy ra 2 4 có GTNN.
x
x x x x
û A

x x x x x x x x
đạt x x
+ + + + +
= = = +
+ + + + + + + +
+ +

2 2 2
2
2 4 =(x+1) 3 3 với mọi x suy ra GTNN của 2 4 là 3
3 6 13 1
vậy GTLN của là 3 .
3
2 4
x
x x x x
x x
A
x x
+ + + ≥ + +
+ +
=
+ +
2 2
2 2
2 2 2
5 17 5( 2) 7 7
5 . B đạt GTLN thì 2 có GTNN.GTNN của 2 là 2.
2 2 2
7

vậy GTLN của B là 5 khi x=0.
2
x x
B Để x x
x x x
+ + +
= = = + + +
+ + +
Bài tập tự giải: Tìm GTLN của các biểu thức sau:
Sáng kiến kinh nghiệm
20 Phan
Duy thanh
2 3 2
4
2 2
4 1 1
B=
5 3 4 5
1

(1 )
x x
A
x x x x
x
C
x
+ +
=
+ + − −

+
=
+
2
2
2( 1)
D=
1
x x
x
+ +
+
Dạng 3: Áp dụng bất đẳng thức cô sy để giải bài toán cự trò
Từ bất đẳng thức cô sy, ta chứng minh được tính chất sau:
Nếu tổng của hai số không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi
hai số đó bằng nhau.
Nếu tích của hai số dương không đổi, thì tổng của chúng bé
nhất khi hai số đó bằng nhau.
Trong trường hợp tổng quát mở rộng ta có:
1) Nếu a
1
….a
n
=p=const thì Min (a
1
+…+a
n
)=n
1 2
khi a

n
n
p a a
= = =
2) Nếu a
1
+a
2
+…+ a
n
=s=const thì Max(a
1
…a
n
)=
1 2
khi a .
n
n
s
a a
n
 
= = =
 ÷
 
VD 1: Tìm GTLN của các biểu thức sau:
a) A= x
3
(54-x

3
) b) B=3x
2
(8-x
2
), (x là số dương)
Giải:
a) Ta nhận thấy x
3
+ (54-x
3
) =54 không đổi.Do đó x
3
(54-x
3
) có
giá trò lớn nhất khi x
3
= (54-x
3
) =>2x
3
=54 => x
3
=27 => GTLN
của biểu thức A là 27(54-27) =729
b) phân tích: Nếu ta xem 3x
2
là một thừa số và 8-x
2

là một
thừa số thì tổng của chúng là 2x
2
+8 phụ thuộc vào x.
Nếu ta xem x
2
và 8-x
2
là hai thừa số của tích thì ta thấy
x
2
+(8-x
2
)= 8 không đổi.
x
2
+(8-x
2
)= 8 không đổi. Do đó x
2
(8-x
2
) đạt GTLN khi x
2
= (8-x
2
) suy ra
x
2
=4. GTLN của biểu thức là 4(8-4) =16 vậy GTLN của biểu thức

B=3x
2
(8-x
2
) là 3.16 =48
VD 2: Cho x
≥
3.
a) Tìm min(x+
1
)
x
b) Tìm min(x+
2
1
)
x
Sáng kiến kinh nghiệm
21 Phan
Duy thanh
Phân tích: Ta thấy x.
1
x
=1= const tuy nhiên với x
≥
3 thì x
không thể bằng
1
x
.Vì vậy đêû làm bài toán này ta phải

tìm cách làm cho hai số hạng có giá trò bằng nhau muốn
làm được như thế ta có thể tách, thêm bớt, nhân hay chia
với một số nào đó phù phợp.
Tại x=3 thì
1 1 1 9
, khi đó ta phải nhân 9 vào để được biểu thức có giá trò là 3,
3
8
tuy nhiên ta lại phải bớt đi .
x x x
x
=

a) Giải:
1 9 8 9 8 1 9 8
x+ min x+ min min khi x 3.
8 8
=2 9 min 6 min khi x 3.
8 8 1 8 10
vì x 3 min suy ra min x+ 6 khi x=
3 3 3
ta có x x x
x x x x x x x x
x x
nên
x x
           
− −
= + − = + + ⇒ = + + ≥
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷

           
   
− −
+ = + ≥
 ÷  ÷
   
   
− − −
≥ = = + =
 ÷  ÷
   
3.
2 2
3
2 2 2
3
2 2
1 1 25
) @
27 27 27
1 1 25 1 25 25 75
min min min 3 min .vì x 3 nên
27 27 27 27 27 27
27
25 75 1 1 75 1 75 28
min khi x=3.Vậy Min 3
27 27 27 3 27 9
27
x x x
x

x x
x x x x x
x
x x
x
x
x
   
+ = + + +
 ÷  ÷
   
   
+ = + + + = + ≥ ≥
 ÷  ÷
   
 
⇒ = + = + = + =
 ÷
 
b

VD 3: Tìm GTNN của
f(x)=(x+1)
2
+
2
2
2 ; 1
1
x

x
x
 
+ ≠ −
 ÷
+
 
Giải:
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
p dụng bất đẳng thức cauchy, ta có ( ) x 1 2 2 x 1 . 2
1 1
x x
x x
   
= + + + ≥ + +
 ÷  ÷
+ +
   
f x
( )
(
)
(
)
2
2
2

2 1 2 2 4 4 2 2. 2 . 2 2 2
1
2
2 2 2 2 với mọi x. dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi x=-1.
Vậy GTNN của f 2.
( )
x
x x x x x
x
x
là
x
 
 
 ÷
 
 ÷
 
 
 
= + + = + + = + + +
+
= + + ≥
Sáng kiến kinh nghiệm
22 Phan
Duy thanh
Bài tập tự giải:
Bài 1: cho a,b>0 và a+b=9. Tìm
a) Max(a.b) b) Max(a
2

.b
5
) c)Max(
5
. )a b
Bài 2: cho a,b,c>0 a+b+c=9. Tìm
a) Max(a.b.c) b) max(a
2
.b
3
.c
4
) c) Max
( )
6 4 3
. .a b c
Bài 3: Tìm GTNN của A=
2 2
1 1
với x,y>0 và x 1y
x y
+ + =

Gợi ý: Bài 3 áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu.
Dạng 4: p dụng bất đăûng thức Bunhiacopski để gi
ả
bài tốn cực
tr
ị
VD 1: Tìm GTLN của

( )
3 6 , x 3,6 .
x
f x x
 
= + + − ∈ −
 
Giải
( )
( ) ( )
( )
2
2
x 3,6 , có 3 6 1 1 3 6 18 (BĐT Bunhiacopski)
3
Dấu "=" xảy ra 3 6 3 6
2
3 6 là 18 3 6 18 3 2.
Với ta x x x x
x x x x x
GTLN của x x GTLN của x x là
 
∈ − + + − ≤ + + + − =
 
⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ =
+ + − ⇒ + + − =
VD 2: Tìm GTLN của
( )
2
1

; x 1;2
2
x
x
f
x
+
 
= ∈ −
 
+
Giải:
( )
2 2 2
1 1
2 2 2
x
x x
f
x x x
+
= = +
+ + +
( )
2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
ta có 1 1 2

2 2 2
2 2 2
x x x x
x x x
x x x
   
 
+ +
= + ≤ + + =
 ÷  ÷
 ÷
 ÷  ÷
+ + +
+ + +
 
   
Sáng kiến kinh nghiệm
23 Phan
Duy thanh
2
2
2 2 2
2
2
2
2
( )
2
1 1 2 2 1
2 2 . với x 1;2 giá trò của ;1

2
2 2 2
2
2 3 1 3
giá trò của 2 - 1; suy ra GTLN của là
2 2
2
2
1 6
suy ra GTLN của là va
2
2
x
x x
thì
x x x
x
x
x
x
x
f
x
 
 
+ +
 
≤ = − ∈ − ∈
 ÷
 

 
 ÷
+ + +
 
+
 
 
 
+
⇒ ∈
 ÷
 
 ÷
+
 
+
 
+
=
+
( )
ø đạt GTLN khi x=2.
x
f
VD 3: Tìm GTNN của biểu thức D=x
2
+2y
2
; (x+y=1)
Giải: p dụng

BĐT Bunhiacopski
, ta có
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 1 2
2
2( ) 3 2 2 3 2 2 .
3
2
2
2
3
Dấu "=" xảy ra khi , khi đó GTNN của D là .
2
3
1
1
3
x y x y
x y x y x y x y
x
x
y
y
x y

+ ≤ + +
⇔ + ≤ + ⇔ ≤ + ⇔ ≤ +


=

=
 
⇔
 
 
=
+ =



Bài tập tự giải:
Bài 1:Tìm GTLN của biểu thức x+y+z; với x,y,z thỏa mãn:
(x-1)
2
+(y-1)
2
+(z-1)
2
=1
Bài 2: Tìm GTLN của x
2 2
1 1; với x 1.y y x y
+ + + + =
Bài 3: Tìm GTLN của

2
( )
=2x+ 8 2 , với -2 x 2.
x
f x
− ≤ ≤
Dạng 5: GIải bài toán cực trò bằng phương pháp khác
VD: Tìm GTNN của các biểu thức sau:
Sáng kiến kinh nghiệm
24 Phan
Duy thanh
2 2
) 1 2 .
) 2 1 + 6 9
) 2(1 1) 2(1 1)
a x x
b x x x x
c x x x x
− + −
+ + − +
+ + + + + − +
a)
: 1 2 3 2 . vì x<1 nên -2x>-2 3-2x 3 2 1.x x x
< − + − = − ⇒ ≥ − =
Giải với x 1
này GTNNcủa biểu thức là 1
với 1<x 2 1 2 1 2 1
với x>2 1 2 =2x-3.
vì x>2 nên 2x>4 2x-3>1.
Vậy GTNN của 1 2 là 1 khi x<1.

trong trường hợp
x x x x
x x
x x
≤ − + − = − + − =
− + −
⇒
− + −
b)
2 2
2 1 + 6 9 1 3 .x x x x x x
+ + − + = + + −
Đến đây làm tương tự như câu
a)
ta được GTNN của biểu thức là 4.
( ) ( )
) 2(1 1) 2(1 1) 2 2 1 2 2 1
1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1
2 1 0 với x -1 vậy GTNN của biểu thức là 0 khi x=-1.
c x x x x x x x x
x x x x x x
x
+ + + + + − + = + + + + + − +
= + + + + + + − + + = + + + + −
= + ≥ ≥
Bài tập tự giải:
Tìm GTNN của các biểu thức sau:
2
2
2

) 2 3 2 6 3 2
) 1 1 1 với 5.
2 1
) Tìm GTNN và GTLN của biểu thức .
1
2( 1)
) Tìm GTNN và GTLN của biểu thức .
1
a x x x x
b x y z x y z
x
c
x
x x
d
x
+ + − + − + −
− − − + + =
−
+
− +
+
Trên đây là phương pháp giải một số dạng tốn về chứng minh BĐT và tìm cực trị
của biểu thức.Tuy nhiên với thời lượng chương trình có hạn người thầy khơng thể
Sáng kiến kinh nghiệm
25 Phan
Duy thanh