Phương pháp làm bài tập bất đẳng thức trong các đề thi THPT

MỤC LỤC
Trang
A. Phần mở đầu 01
1. Lý do chọn đề tài…………………………………………… 01
2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu…………………………. 01
3. Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu…………………………. 01
4. Giả thuyết khoa học của đề tài…………………………… 02
5. Phương pháp nghiên cứu………………………………… 02
6. Dự báo những đóng góp mới của đề tài…………………… 02
B. Phần giải quyết vấn đề 03
I. Kiến thức cơ sở……………………………………………… 03
II. Một số kỹ thuật dồn biến………………………………… 04
1. sử dụng các đẳng thức……………………………………… 04
2. Sử dụng BĐT cauchy……………………………………… 08
3. Sử dụng BĐT bunhiacopsky……………………………… 12
4. Sử dụng bất đẳng thức phụ (1) và (2)…………………… 16
5. Sử dụng bất đẳng thức phụ (3) và (4)…………………… 20
III. Thực nghiệm………………………………………………. 26
1. Mục đích thực nghiệm……………………………………… 26
2. Nội dung thực nghiệm………………………………………. 26
3. Kết quả thực nghiệm……………………………………… 26
C. Kết luận và kiến nghị 27
Tài liệu tham khảo 28
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trong chương trình toán học phổ thông, bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến số là bài toán thường xuyên có mặt
trong các đề thi học sinh giỏi, thi tuyển sinh vào các trường Đại học và Cao đẳng.
Bài toán toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều
biến số là bài toán được giải theo nhiều cách khác nhau. Tuy nhiên với sự hổ trợ
của công cụ đạo hàm và đặc biệt là một số kỷ thuật dồn biến, ở các đề thi gần đây

đa số chúng ta đều giải quyết được rất gọn gàng.
Trong quá trình giảng dạy tôi thấy tâm lý của đại đa số học sinh là rất ngại và
lúng túng khi gặp dạng toán này và hầu như là không quan tâm đến nó, bởi vì đây
là bài toán có tính chất tổng hợp kiến thức và là bài toán lấy điểm 10 trong đề thi.
Với mong muốn giúp các em học sinh lớp 12 trước khi bước vào kỳ thi Quốc Gia
với tâm lý thoải mái hơn, hy vọng hơn, tôi xin được viết lên đề tài:
“ Một số kỷ thuật dồn biến để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức chứa nhiều biến số”.
II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Các vấn đề tôi trình bày trong chuyên đề này sẽ hổ trợ cho các em học sinh
lớp 12 có học lực khá và các em học sinh giỏi tiếp cận được với các bài toán về giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
Để hoàn thành đề tài này tôi đã nghiên cứu qua tài liệu sách giáo khoa, qua
các tài liệu về bất đẳng thức, qua các đề thi và qua các tạp chí toán học.
III. MỤC TIÊU VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
+ Mục tiêu nghiên cứu: Mục tiêu nghiên cứu của đề tài này là giúp các em
học sinh lớp 12 có tham vọng lớn trong các kỳ thi, tiếp cận được bài toán tìm giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến số, đồng thời trang bị
cho các em một số kỷ thuật dồn biến. Nhằm góp phần nâng cao chất lượng dạy học
môn toán ở trường trung học Phổ thông trong thời gian nền giáo dục đang từng
bước đổi mới với phương châm là phát huy tính tích cực và năng lực sáng tạo của
người học.
+ Nhiệm vụ nghiên cứu: Nghiên cứu qua các tài liệu, sau đó trình bày có hệ
thống các dạng, các ví dụ điển hình trong các kỹ thuật dồn biến.
IV. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI:
Trong quá trình dạy học nếu người giáo viên biết khơi dậy trong học sinh tính
tò mò thông qua một số kỹ thuật và biết xây dựng được hệ thống các dạng bài tập
qua các kỹ thuật đó thì sẽ giúp học sinh phát huy được tính tích cực của mình và từ
đó các em sẽ thấy tự tin, vững vàng hơn khi gặp phải dạng toán này.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:

+ Nghiên cứu luận: Nghiên cứu qua các tài liệu về bất đẳng thức trong
chương trình toán THPT.
+ Nghiên cứu thực tiễn: Khảo sát năng lực học sinh trong vấn đề tiếp cận và
giải quyết bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
+ Thực nghiệm sư phạm: Tiến hành bồi dưỡng học sinh giỏi, dạy ôn thi Đại
học một số buổi cho các em học sinh lớp 12 để xem xét tính khả thi, hiệu quả của
đề tài.
VI. DỰ BÁO NHỮNG ĐÓNG GÓP MỚI CỦA ĐỀ TÀI
Trong thực tiển dạy bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi Đại học cho các em học
sinh lớp 12 tôi sử dụng đề tài của mình vào giảng dạy và đã thu được những kết
quả khả quan, hầu hết các em tham gia lớp học đã chủ động hơn và hứng thú hơn
khi tiếp cận với những bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất nói chung.
Từ đó phát huy được tính tích cực, chủ động của mình trong học tập.
Đề tài có thể làm tài liệu cho các giáo viên trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi
lớp 12, luyện thi Đại học.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. KIẾN THỨC CƠ SỞ:
1. Các đẳng thức: Với mọi số thực x và y ta có
+
2 2 2
( ) 2x y x y xy+ = + +
+
3 3 3
( ) 3 ( )x y x y xy x y+ = + + +
+
0 1
1
( ) ,
n
n n n n

n n n
x y x x y y n
C C C
− +
+ = + + + ∈Z
2. Các bất đẳng thức:
+ Bất đẳng thức cauchy: Cho các số thực không âm
n
aaa , ,,
21
. Khi đó, ta có

n
nn
aaanaaa
2121
≥+++
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
n
aaa ===
21
.
+ Bất đẳng thức bunhiacopsky: Cho hai bộ số thực tùy ý
n
aaa ,,,
21
và
n
bbb ,,,

21
. Khi đó, ta có:
) )( () (
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn
bbbaaabababa ++++++≤+++
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại số thực k thỏa mãn
, 1,
i i
a kb i n= =
.
+ Các bất đẳng thức cơ bản:
•
2
2 2
( )
, 0
2
a b
a b a b
+
+ ≥ ≥

(1)
•
3
3 3
( )
, 0
4
a b
a b a b
+
+ ≥ ≥
(2)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b.
•
1 1 2
1 1
1
a b
ab
+ ≥
+ +
+
(3) với
10, ≥> abvàba
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b hoặc ab=1.
•
1 1 2
1 1
1
a b

ab
+ ≤
+ +
+
(4) với
, 0 1a b và ab> ≤
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b hoặc ab=1.
3. Một số tính chất của hàm số
+ Nếu hàm số
( )y f x=
đồng biến trên đoạn
[ ]
;a b
thì
[ ]
;
max ( ) ( )
a b
f x f b=
và
[ ]
;
min ( ) (a)
a b
f x f=
.
+ Nếu hàm số
( )y f x=
nghịch biến trên đoạn
[ ]

;a b
thì
[ ]
;
max ( ) (a)
a b
f x f=
và
[ ]
;
min ( ) (b)
a b
f x f=
.
+ Nếu hàm số
( )y f x=
có đạo hàm liên tục và đổi dấu từ (-) sang (+) khi x
qua
[ ]
0
;x a b∈
thì
[ ]
;
max ( ) ( )
a b
f x f b=
hoặc
[ ]
;

max ( ) (a)
a b
f x f=
và
[ ]
0
;
min ( ) (x )
a b
f x f=
.
+ Nếu hàm số
( )y f x=
có đạo hàm liên tục và đổi dấu từ (+) sang (-) khi x
qua
[ ]
0
;x a b∈
thì
[ ]
;
min ( ) ( )
a b
f x f b=
hoặc
[ ]
;
max ( ) (a)
a b
f x f=

và
[ ]
0
;
max ( ) (x )
a b
f x f=
.
II. MỘT SỐ KỸ THUẬT DỒN BIẾN
1. Kỷ thuật sử dụng các đẳng thức:
Ví dụ 1
Cho hai số thực thỏa mãn
xyyxvàyx 4)(31,1 =+≥≥
.Tìm giá trị nhỏ
nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức








+++=
22
33
11
3
yx
yxP

Phân tích : Ta thấy đây là biểu thức đối xứng hai biến nên thông thường ta
dồn về biến x+y hoặc xy. Để làm được điều đó ta cần liên hệ với các hằng đẳng
thức, cụ thể:
Bài giải :
Ta có
xyyx
yxxyyxP
611
3)(3)(
2
3
−








+++−+=
Đặt
4
3t
xyyxt =⇒+=
. Khi đó, ta có
3
168
4
9

2
3
+−−=
t
t
tP
•Ta có
330,
4
3
,
2
≥⇒≥⇒>=+= tttt
t
xyyxt
Do
401
4
3
01)(0)1)(1(1,1 ≤⇒≥+−⇒≥++−⇒≥−−⇒≥≥ tt
t
yxxyyxyx
Suy ra
43
≤≤
t
•Xét hàm số
43,
3
168

4
9
)(
2
3
≤≤+−−= t
t
t
ttf
[ ]
4;3,0
8
)
2
3
(2
8
2
9
3)('
22
2
∈∀>+−=+−= t
t
tt
t
t
ttf
Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(t) trên đoạn
[ ]

4;3
là
12
113
)3( =f
, giá trị nhỏ nhất
của f(t) trên đoạn
[ ]
4;3
là
3
94
)4( =f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
2
3
3
12
113
==⇔= yxtkhi
và giá trị lớn nhất của P
là



==
==
⇔=
3,1

1,3
4
3
94
yx
yx
tkhi
Nhận xét : Bài toán trên có thể giải theo cách rút thế để xét hàm một biến
nhưng lại gặp phải hàm số cồng kềnh. Với việc sử dụng các hằng đẳng thức như
trên ta thấy rằng chính nhờ giả thiết mà ta có thể đưa biểu thức cần biến đổi qua
biến mới.
Ví dụ 2(Khối B-2011)
Cho hai số thực dương thỏa mãn
)2)(()(2
22
++=++ abbaabba
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức








+−









+=
2
2
2
2
3
3
3
3
94
a
b
b
a
a
b
b
a
P
Bài giải :
Ta có
189124
23
+







+−






+−






+=
a
b
b
a
a
b
b
a
a
b

b
a
P
Đặt
a
b
b
a
t +=
. Khi đó, ta có
181294
23
+−−= tttP
•Ta có
)2(
11
12)2)(()(2
22
+






+=+







+⇒++=++ ab
baa
b
b
a
abbaabba
2221222
22
12 +≥+⇒








+≥+++=+






+⇒ tt
a
b
b

a
a
b
b
a
a
b
b
a
2
5
01544
2
≥⇒≥−−⇒ ttt
•Xét hàm số
2
5
,181294)(
23
≥+−−= tttttf
2
5
,0121812)('
2
≥∀>−−= ttttf
Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(t) trên đoạn







+∞;
2
5
là
4
23
)
2
5
(
−
=f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
1,22,1
4
23
====
−
bahaybakhi
.
Nhận xét: Đối với biểu thức trên nói chung việc dồn về biến mới là dễ dàng,
nhưng rõ ràng tìm miền giá trị của biến mới là không đơn giản. Chính vì thế mà ta
phải khai thác triệt để ở giả thiết và biến đổi giả thiết qua biến dự kiến dồn về.
Ví dụ 4(Khối B-2012)
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn
10
222

=++=++ zyxvàzyx
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
555
zyxP ++=
.
Phân tích: Với bài toán này kể cả giả thiết và biểu thức P đều là biểu thức đối
xứng ba biến, nhưng dấu “=” xảy ra không phải là x=y=z. Biểu thức P là biểu thức
đồng bậc và hơn nữa với giả thiết
0x y z+ + =
cho ta đưa biểu thức P về biểu thức
hai biến. Qua đó việc dồn biến trở nên đơn giản hơn khi sử dụng khai triển Niu
tơn.
Bài giải:
Ta có







≤+≤−
−+=
⇒



=++
=++

3
2
3
2
2
1
)(
1
0
2
222
yx
yxxy
zyx
zyx






+−+−=+−+−=+−+= )(
2
1
)(
2
5
)(10)(5)(
32233555
yxyxyxyxyxxyyxyxP

•Đặt
yxt +=
. Khi đó, ta có
,
4
5
2
5
3
ttP +−=
với
3
2
3
2
≤≤− t
•Xét hàm số
,
4
5
2
5
)(
3
tttf +−=
3
2
3
2
≤≤− t

6
1
0)(',
4
5
2
15
)('
2
±
=⇔=+−= ttfttf
Ta có
36
65
)
3
2
(
36
65
)
6
1
(,
36
65
)
6
1
(,

36
65
)
3
2
(
−
==
−
=
−
=− fvàfff
Suy ra giá trị lớn nhất của f(t) là
36
65
)
6
1
()
3
2
( ==− ff
.
Vậy giá trị lớn nhất của P là
36
65
3
2
6
1

−=∨= ttkhi
)(
1
0
3
2
1
0
6
1
222222
VN
zyx
zyx
yx
zyx
zyx
yx









=++
=++
−=+

∨









=++
=++
=+
⇔
6
6
,
3
6 −
===⇔ zyx
.
Nhận xét: Ngoài cách dồn biến trên bài toán còn thực hiện được bằng cách
dồn về một biến x hoặc y hoặc z.Với ví dụ sau sẽ nói lên điều đó :
Ví dụ 5( HSG lớp 12 Hà Tĩnh-2014)
Cho ba số thực dương thỏa mãn
46 ==++ xyzvàzyx
. Tìm giá trị
nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
333
111

zyx
P ++=
Phân tích: Với giả thiết của bài toán và các số hạng của biểu thức P, ta dể
dàng đưa được biểu thức P về một biến.
Bài giải:
Ta có
3
322
3
3
1
16
)6(3
64
)6(111311
z
zzzz
z
yxxyyx
P +
−
−
−
=+









+−








+=
•Theo bất đẳng thức cô si ta có:
z
z
z
yx
xyz
yx
xy
4
)6(
4
4
)(
4
)(
222
−
≤⇔

+
≤⇒
+
≤
43240)48)(4(
2
≤≤−⇔≥+−−⇔ zzzz
•Xét hàm số
4324,
1
16
)6(3
64
)6(
)(
3
3232
≤≤−+
−
−
−
= z
z
zzzz
zf

4
2
4
22

'
3
)63(
64
63
16
)312(3
64
)26)(6((3
)(
z
zz
z
z
zzzzz
zf −−−=−
−
−
−−
=
Do
[ ]
4;324,063
2
−∈∀<−− zzz
nên
[ ]
4;324,0)(
'
−∈∀< xzf

Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(z) trên đoạn
[ ]
4;324 −
là
64
129
)4( =f
, giá trị lớn
nhất của f(z) trên đoạn
[ ]
4;324 −
là
8
6327
)324(
+
=−f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
14
64
129
==⇔= yxzkhi
và giá trị lớn nhất của P
là
31,324
8
6327
+==−=
+

yxzkhi
.
Nhận xét: Với cách sử dụng hằng đẳng thức như trên ta dể dàng đưa về được
biến z hoặc y hoặc x .Nhưng ta củng có thể sử dụng đẳng thức:

))()((3)(
3333
accbbacbacba +++−++=++
để dồn về biến t=ab+bc+ca.
*Một khi việc sử dụng các phép biến đổi đại số không đáp ứng được mong
muốn đặt ra thì ý tưởng khác phải được đề cập đến. Ở đây tôi muốn nói đến
là việc sử dụng các BĐT đã biết trước để thực hiện việc dồn biến có hiệu quả.
Tui nhiên sử dụng nó như thế nào. Sau đây tôi sẽ đưa ra một số kỹ thuật dồn
biến bằng cách sử dụng các bất đẳng thức (BĐT):
2. Sử dụng BĐT cauchy:
Ví dụ1
Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn
2 2 2
1x y z+ + =
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
2 2
1 1 2 3
1
P
z
x xy y xy
= + +
+
+ +

Phân tích : Với hình dạng của biểu thức P, thông thường ta hay để ý đến số
hạng có tính độc lập để dồn về biến đó, cụ thể là đưa về biến z. Do hai số hạng đầu
là một biểu thức đối xứng nên ta dự đoán được x=y. Vì thế ta liên hệ đến BĐT
cauchy để đưa về biến z.
Bài giải :
Ta có
2 2 2 2 2 2
4
1 1 2 2
( )( )
2
x xy y xy x xy y xy x xy y xy
+ ≥ ≥
+ + + + + + +


2 2 2
2 2
1x y z
≥ =
+ −
.
Suy ra
2
2 2 3
1
1
P
z
z

≥ +
+
−
Xét hàm số
2
2 2 3
( ) , (0;1)
1
1
f z z
z
z
= + ∈
+
−


2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 (1 ) 2 3(1 ) 1
'( ) , '( ) 0 2 (1 ) 2 3(1 ) 1 0
(1 ) (1 ) 1
z z z z
f t f z z z z z
z z z
+ − − −
= = ⇔ + − − − =
+ − −

3 2 2
1
4 8 9 3 0 (2 1)(2 4 3) 0
2
z z z z z z z⇔ − + − = ⇔ − − + = ⇔ =
Do f’(z) đổi dấu từ âm sang dương khi z qua
1
2
nên suy ra giá trị nhỏ nhất
của f(z) là
1 8 3
( )
2 3
f =
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
8 3 3 1
,
3 2 2
khi x y z= = =
.
Nhận xét: Rõ ràng việc áp dụng BĐT cauchy kết hợp với giả thiết, ta dồn
biểu thức về biến z khá dể dàng. Nhưng không phải lúc nào ta cũng dễ dàng áp
dụng được để dồn biến, bài toán sau sẽ nói lên điều đó:
Ví dụ 2
Cho các số thực x>y>z>0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2
8 ( )
y z x

P
x y y z
z xz z
= + +
− −
−
Phân tích : Đây là biểu thức mà mỗi số hạng có tử số và mẫu số đồng bậc. Vì
thế mà trước tiên ta thực hiện các phép chia cả tử và mẩu của từng số hạng để đưa
về biểu thức đơn giản hơn.
Bài giải:
Ta có
2
1 1
8 1
z
x
y
y
z
x
P
y z
x
x y
z
 
 ÷
 
= + +
 

− +
−
 ÷
 

Đặt
, ,
y z x
a b c
x y z
= = =
. Khi đó, ta có
0 , 1, 1, 1a b c abc< < > =
và
2
1 1
8( 1)
a b c
P
a b
c
= + +
− −
−
Ta có:
2 2
1
1 1
(1 )(1 )
(1 a 1 b)

2
a b ab ab
a b
a b
+ ≥ ≥
− −
− −
− + −
2 2 2
1 1
1
2
ab ab
a b
ab c
= ≥ =
+
− −
−
Suy ra
( )
2 2
2 16
1 8( 1)
8 1
c c
P
c c
c
+

≥ + =
− −
−
Xét hàm số
( )
2
16
( ) , (1; )
8 1
c
f c c
c
+
= ∈ +∞
−

2
2 2
3 4 16 ( 2)(3 2 4 8)
'( )
16 ( 1) 16 ( 1)
c c c c c c c c
f c
c c c c
− − − + + +
= =
− −
'( ) 0 4f c c= ⇔ =
Do f’(c) đổi dấu từ âm sang dương khi c qua
4

nên suy ra giá trị nhỏ nhất
của f(c) là
(4) 4f =
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
4 , 1, 4 2 4khi a b abc c x y z= = = ⇒ = =
.
Nhận xét: Với việc đặt
, ,
y z x
a b c
x y z
= = =
cho ta biểu thức P đơn giản hơn và
có giả thiết
0 , 1, 1, 1a b c abc< < > =
. Do đó công việc còn lại tương tự ví dụ 2.
Ví dụ 3(Khối A-2015)
Cho ba số thực không âm thỏa mãn
2
222
=++ zyx
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
9
1
1
1
2
2

yz
zyx
zy
xxyx
x
P
+
−
+++
+
+
+++
=
Phân tích : Ta thấy để P max thì
1
9
yz+
min, do đó điểm rơi của bài toán là
y=0 hoặc z=0. Do đó ta đưa về biến là biểu thức chứa yz. Trong biểu thức P ở số
hạng thứ 2 nó nằm ở dạng đơn giản, chúng ta chỉ cần quan tâm đến số hạng thứ
nhất.
Bài giải :
Ta có
)(1)(2)(22
22
zyxyzzyxzyxyz +≥+⇒+≥++=+

1
1
)(1

2
2
22
+++
≤
+++
⇒+++≥+++⇒
zyx
x
xyzx
x
xzyxxxyzx
Mặt khác
)(2)1(22)(2)(
2222
zyxyzyzzyxyyxzyx +++=+++++=++
2 2
2(1 ) ( ) 4(1 ) x y z 2 1yz x y z yz yz≤ + + + + = + ⇒ + + ≤ +
Suy ra
1 1
1
9
2 1 1
yz
P
yz
 
+
≤ − +
 ÷

 ÷
+ +
 
Đặt
1t yz= +
. Khi đó, ta có:
2
1
1
1 2 9
t
P
t
≤ − −
+
•Ta có:
, 0 1y z t≥ ⇒ ≥
•Xét hàm số
2
1
( ) 1 , 1
1 2 9
t
f t t
t
= − − ≥
+

2
2 2

'( ) 0, 1
(2 1) 9
t
f t t
t
= − ≤ ∀ ≥
+
Suy ra giá trị lớn nhất của f(t) là
5
(1)
9
f =
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
5
1, 0
9
khi x y z= = =
hoặc
1, 0x z y= = =
Nhận xét: Rõ ràng đây là bài toán rất khó dồn biến mặc dù đã định hướng
được biến cần dồn. Vì thế cần thể hiện sự khéo léo và tinh tể trong kỹ thuật dồn
biến, sự khéo léo đó được xuất phát từ việc chọn điểm rơi của bài toán.
Ví dụ 4
Cho ba số thực dương thỏa mãn
44 =+− zyx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
zy
zyx

yx
z
zP +−+++
+
= 2
242
2
Phân tích : Dựa vào biểu thức P ta có nhận định biến cần dồn là y+z. Nhưng
điều cần thiết ở đây là chúng ta sử dụng đánh giá như thế nào để đưa được các số
hạng về biến y+z. Chính nhờ giả thiết
44 =+− zyx
mà chúng ta cố gắng làm xuất
hiện 4z để sử dụng BĐT cauchy với các số 4z và x+y, cụ thể:
Bài giải :
Ta có
yxz
z
yxz
z
yx
z
++
≥
+
=
+ 4
4
)(4
2
Suy ra

zy
yzx
yxz
z
P +−
++
+
++
≥ 2
4
)(2
4
8
2
zy
zy
y
z
+−
+−
+
+
= 2
4
863
)2(2
8
2
2
3

2
2
3
4
2
2
4
2
++−
−
+
+
+
+
= zy
zyy
y
z
2
3
2
22
3
2
2
3
2 ++−
+
=++−
−

+≥ zy
zy
zy
zy
z
2
1
2
1
2
)2(
2
−
≥−
−+
=
zy
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi









=
=
=

⇔







=+
=+−
=+
=+
5
6
5
14
2
4
44
4
2
z
y
x
zyx
zyx
zzy
zy
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là










=
=
=
−
5
6
5
14
2
2
1
z
y
x
khi
.
Nhận xét: Đây cũng là bài toán khó vì điểm rơi của nó rất khó xác định
trước. Nhưng điều quan trọng là chúng ta biết vận dụng giả thiết để định hướng
cho việc sử dụng BĐT cauchy.
3. Sử dụng BĐT bunhiacopsky:
Ví dụ 1
Cho hai số thực dương thỏa mãn

1≤ab
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
ab
ab
ba
P
+
−+=
2
14
22
Phân tích : Ta thấy biểu thức trong căn và biểu thức ngoài căn có đặc điểm
giống nhau, do đó thông thường ta biến đối biểu thức ngoài căn đưa về dạng biểu
thức trong căn.
Bài giải:
Ta có
ba
ab
ab
và
ba
ba
12
1
2
12
2
114
2

22
+
=
+






+≥+
Suy ra
ba
ba
P
12
112
2
1
2
+
−






+≥
Đặt

ba
t
12
+=
. Khi đó, ta có
t
tP
1
2
1
2
−≥
•Ta có
22
2212
≥≥+=
ab
ba
t
•Xét hàm số
22,
1
2
1
)(
2
≥−= t
t
ttf
22,0

2
1
)(' ≥∀>+= t
tt
ttf
Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t) là
4
8
1
4)22( −=f
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là





=
=
⇔









=
=

=+
−
2
1
2
1
12
22
12
8
1
4
4
b
a
ab
ba
ba
khi
.
Nhận xét: Ở ví dụ này với việc sử dụng BĐT bunhiacopsky rất dễ dàng cho
ta xác định được biến mới. Vai trò đó lại tiếp tục được khẳng định qua các ví dụ
sau:
Ví dụ 2(Khối B-2011)
Cho các số thực không âm thỏa mãn
1
=++
cba
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức

222222222
2)(3)(3 cbacabcabaccbbaP ++++++++=
Phân tích : Ta thấy rằng cả ba số hạng của biểu thức P có mối liên hệ mật
thiết với nhau, nhờ giả thiết mà ta có thể biểu diễn chúng qua ab+bc+ca.
Bài giải:
Ta có
2222222
)()(3 cabcabaccbba ++≥++
Suy ra
)(212)(3)(
2
cabcabcabcabcabcabP ++−=+++++≥
Đặt
cabcabt
++=
. Khi đó, ta có
tttP 2123
2
−++≥
•Ta có
3
1
3
)(
0
2
=
++
≤++=≤
cba

cabcabt
•Xét hàm số






∈−++=
3
1
;0,2123)(
2
tttttf






∈∀≤
−
−=
−
−+=
3
1
;0,0
)21(
2

2)('',
21
2
32)('
3
t
t
tf
t
ttf
Suy ra f’(t) là hàm nghịch biến trên đoạn






∈∀>≥⇒






3
1
;0,0)
3
1
(')('

3
1
;0 tftf
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên đoạn






3
1
;0
.Do đó giá trị nhỏ nhất của
hàm f(t) là
2)0( =f
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là



==
=
⇔





=++
=++

==
0
1
1
02
cb
a
cba
cabcab
cabcab
khi
và các hoán vị
của nó.
Nhận xét: Sự kết hợp giữa BĐT bunhiacopsky và việc sử dụng hằng đẳng
thức đã dễ dàng đưa biểu thức đang xét về biến mới. Nhưng cần thiết hơn vẫn là
sự phán đoán hợp lý để đi đến sử dụng BĐT bunhiacopsky như thế nào. Điều đó
được nói lên ở ví dụ sau:
Ví vụ 3
Cho các số thực không âm thỏa mãn
1
=
abcd
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
dcbadcbaP ++++++++= )1)(1)(1)(1(
2222
Phân tích : Đây là biểu thức đối xứng nên thông thường điểm rơi là
a=b=c=d=1. Do số hạng cuối có tính độc lập nên thông thường ta dữ nguyên nó và
biến đổi những số hạng khác về số hạng cuối.
Bài giải:

Ta có
)1)(1()1(1)(1(1(
222222222222
dcdcbabadcba ++++++=++++
22
)1()( +++=+++≥ bdacabcdbdac
Mặt khác
00)1)((
2
≥+−−⇔≥−− ddbbdddb

dcbabdac
+++≥+++⇔
1
Suy ra
dcbadcbaP +++++++≥
2
)(
Đặt
dcbat
+++=
. Khi đó, ta có
ttP +≥
2
•Ta có
44
4
=≥+++= abcddcbat
•Xét hàm số
4,)(

2
≥+= ttttf
4,0
2
1
2)(' ≥∀>+= t
t
ttf
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên nữa khoảng
[
)
+∞;4
.Do đó giá trị nhỏ nhất
của hàm f(t) là
18)4( =f
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
118 ==== dcbakhi
.
Nhận xét: Qua ví vụ này chúng ta thấy rằng căn cứ vào biểu thức trong căn
mà chúng ta có nhận định biến mới là thế nào. Nhưng sự phân tích số hạng đầu để
sử dụng BĐT bunhiacópky là không đơn giản.
Ví vụ 4
Cho các số thực dương thỏa mãn
1
=
abc
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
cabcab
bacacbcba

P ++−
+
+
+
+
+
=
)(
1
)(
1
)(
1
333
Phân tích: Củng như ví dụ trên thì ở ví dụ này việc xác định biến cần dồn
củng khá dễ dàng. Nhưng để cho biểu thức P giảm bớt tính phức tạp thì chúng ta
biểu diễn nó qua các biến khác.
Bài giải:
Đặt
10,,
1
,
1
,
1
=>⇒=== xyzvàzyx
c
z
b
y

a
x
. Khi đó, ta có:
zyx
yx
z
xz
y
zy
x
P ++−
+
+
+
+
+
=
222
Ta có
))(()(
222
2
yx
z
xz
y
zy
x
yxxzzyzyx
+

+
+
+
+
+++++≤++
Suy ra
zyx
zyx
P ++−
++
≥
2
Đặt
zyxt ++=
. Khi đó
t
t
P −≥
2
2
•Ta có
33
3
=≥++= xyzzyxt
•Xét hàm số
3,
2
)(
2
≥−= tt

t
tf
3,01)(' ≥∀>−= tttf
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên nữa khoảng
[
)
+∞;3
.Do đó giá trị nhỏ
nhất của hàm f(t) là
3
2
3
)3( −=f
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
113
2
3
===⇒===− cbazyxkhi
.
Nhận xét: Không phải lúc nào BĐT cauchy và BĐT Bunhiacopsky cũng làm
sáng tỏ được biến cần dồn, mà một khi sự hổ trợ của BĐT cauchy và BĐT
bunhiacopsky không còn tính hiệu quả thì chúng ta cần đến một số BĐT phụ đã
biết trước để định hướng biến đổi cho việc dồn qua biến mới.
4. Sử dụng hai bất đẳng thức:
•
2
)(
2
22
ba

ba
+
≥+
(1)
•
4
)(
3
33
ba
ba
+
≥+
(2)
a và b là hai số thực không âm
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b.
Chứng minh :
•Ta có
2
)(
2
)(
)(2)(
22
2222
baba
baabbaba
+
=
+

−+≥−+=+
•Ta có
4
)(
)(
4
)(3
)()(3)(
32
3333
ba
ba
ba
babaabbaba
+
=+
+
−+≥+−+=+
Ví dụ 1
Cho hai số thực dương thỏa mãn
3=++ xyyx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
22
3
3
1
4
1
4 yx

x
y
y
x
P ++






+
+








+
=
Phân tích : Ta thấy biểu thức
1 1
x y
y x
+
+ +
hoàn toàn đưa về được

2 2
x y+
nhờ
giả thiết. Do đó ý tưởng sử dụng BĐT (2) là cần thiết cho việc dồn biến.
Bài giải :
Ta có
3
22
3
3
3
14
1
114
1
11








+++
+++
=









+
+
+
≥






+
+








+ yxxy
yxyx
x
y
y

x
x
y
y
x

3
22
3
22
22
3
22
8
6
4
1
4
2
3
4
1
4
3
4
1









++
=












+
−++
≥






−++
=
yx

yx
yx
xyyx
Suy ra
22
3
22
8
6
yx
yx
P ++








++
≥
Đặt
22
yxt +=
. Khi đó, ta có:
t
t
P +









+
≥
3
2
8
6
•Ta có:
2
4
)(
3
2
≥+⇒
+
++≤++= yx
yx
yxxyyx
2
2
)(
2
22
≥

+
≥+⇒
yx
yx
Mặt khác
33 <−=+ xyyx
yyxxyyxyx <+<−+=+⇒
2222
)(2)(
Suy ra
32 <≤ t
•Xét hàm số
32,
8
6
)(
3
2
<≤+








+
= tt
t

tf

[
)
3;2,01
8
6
2)('
2
2
∈∀>+








+
= t
t
ttf
Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(t) là
21)2( +=f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
121 ==+ yxkhi
.
Nhận xét: Ví dụ trên hoàn toàn có thể sử dụng hằng đẳng thức và BĐT

cauchy, nhưng để nhìn thấy được biến cần dồn qua BĐT cauchy là rất khó. Với
khó khăn đó thì BĐT (2) đã hổ trợ chung ta rất nhanh chống trong việc xác định
biến cần dồn.
Ví dụ 2
Cho x, y,z, là các số thực dương thoả mãn
24 ≥=++ xyzvàzyx
. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức
zyx
yxyx
P −+−
+
+
+
= 33
4
111
2233
.
Phân tích : Trong biểu thức P, x và y có tính đối xứng, nên việc đưa về biến
z là hướng xác định đúng đắn nhất. Biểu thức trong căn ta dể dàng đưa về biến z,
còn hai số hạng đầu thì ta sử dụng các BĐT (1) và (2).
Bài giải :
Ta có
3 2
3 3 2 2
( ) ( )
4 2
x y x y
x y và x y

+ +
+ ≥ + ≥
Suy ra
zzyx
yxyx
P 2)(3
4
1
)(
2
)(
4
23
−++−
+
+
+
≤
z
zz
−−
−
+
−
= 3
2
1
)4(
2
)4(

4
23
Mặtkhác:
0)46)(2(
4
)4(
2
4
)4(
4
)(
2
222
≥+−−⇔
−
≤⇒
−
≤⇒
+
≤ zzz
zzzz
xyz
yx
xy
)4(,253 <≤≤−⇔ zvìz
Xét hàm số
[ ]
2;53,3
2
1

)4(
2
)4(
4
)(
23
−∈−−
−
+
−
= tt
tt
tf
[ ]
2;53,0
34
1
)4(
4
)4(
12
'
34
−∈∀>
−
+
−
+
−
= t

t
tt
f
Suy ra giá trị lớn nhất của f(t) trên đoạn
[ ]
2;53 −
là
2
1
)2( =f
Vậy giá trị lớn nhất của P là
2
1
khi z=2, x=y=1.
Nhận xét: Qua ví dụ này ta thấy nhờ sự hổ trợ của hai BĐT trên mà quá
trình dồn biến diễn ra khá thuận lợi. Nhưng có lúc hai BĐT nói trên vẫn chưa đáp
ứng được dồn biến thì sự kết hợp chúng với các BĐT khác là rất quan trọng.
Ví dụ 3
Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
)1)(1)(1(
2
1
1
222
+++
−
+++
=
cba
cba

P
Phân tích : Biểu thức P là biểu thức đối xứng và không chịu sự ràng buộc
nào của giả thiết. Do đó thông thường ta đưa về biến a+b+c.
Bài giải :
Ta có
222222
)1(
4
1
)1(
2
1
)(
2
1
)1()( +++≥+++≥+++ cbacbacba

27
)3(
)1)(1)(1(
3
+++
≤+++
cba
cba
Suy ra
3
)3(
54
1

2
+++
−
+++
≤
cba
cba
P
Đặt
1,1 >+++= tcbat
. Khi đó, ta có:
3
)2(
542
+
−≤
t
t
P
Xét hàm số
1,
)2(
542
)(
3
>
+
−= t
t
t

tf




=
=
⇔=
+
+
−
=
4
1
0)(',
)2(
1622
)('
42
t
t
tf
tt
tf
Ta có f’(t) đổi dấu từ dương sang âm trên khoảng
);1( +∞
khi t qua 4.
Suy ra giá trị lớn nhất của f(t) là
4
1

)4( =f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
1
4
1
=== cbakhi
.
Ví dụ 4(Khối A-2013)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn
2
4))(( ccbca =++
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
c
ba
ca
b
cb
a
P
22
3
3
3
3
)3(
32
)3(
32 +

−
+
+
+
=
Phân tích : Đây là biểu thức mà mỗi số hạng có tử số và mẫu số đồng bậc và
hơn nữa ta có thể phân tích
2
2
2
222
c
b
c
a
c
ba
+=
+
. Do đó ta hoàn toàn có thể sử dụng
BĐT(2) để đưa về biến cần dồn.
Bài giải :
Ta có
3
3
3
3
3
3
33

4
1
334
1
)3()3(












+
+
+
=






+
+
+

≥
+
+
+
c
a
c
b
c
b
c
a
ca
b
cb
a
ca
b
cb
a
2
2
2
222
c
b
c
a
c
ba

+=
+
Suy ra
621
33
8
23
2
2
2
2
3
−






++






+−







−+=+−












+
+
+
≥
c
b
c
a
c
b
c
a
c
b

c
a
c
b
c
a
c
a
c
b
c
b
c
a
P
Đặt
c
b
c
a
t +=
. Khi đó, ta có:
62)1(
23
−+−−≥ tttP
•Ta có
11144))((
2
+++=







+






+=⇒=++
c
b
c
a
c
b
c
a
c
b
c
a
ccbca
21
4
1
2

≥+⇒+






++






+≤
c
b
c
a
c
b
c
a
c
b
c
a
•Xét hàm số
2,62)1()(
23

≥−+−−= tttttf

62
1
)1(3)('
2
2
−+
+
−−=
tt
t
ttf
Với
2≥∀t
, ta có
3)1(3
2
≥−t
và
2
3
2
7
1
7)1(
7
1
62
1

2
2
=+≤
−+
+=
−+
+
t
tt
t
Suy ra
0
2
3
3)(' >−≥tf
Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(t) là
21)2( −=f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
cbakhi ==− 21
.
Nhận xét: Qua các ví dụ nói trên ta thấy rằng việc sử dụng hai BĐT cơ bản
trên là cần thiết. Nhưng củng có rất nhiều BĐT khác mà ta có thể xem như là một
kết quả để định hướng cho việc dồn biến.
5. Sử dụng hai BĐT :

1 1 2
(3),
1 1
1

a b
ab
+ ≥
+ +
+
với
10, ≥> abvàba

1 1 2
1 1
1
a b
ab
+ ≤
+ +
+
(4) với
, 0 1a b và ab> ≤
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b hoặc ab=1.
Chứng minh(3) :
Ta có
(3) ( 2)(1 ) 2(1 )(1 )a b ab a b⇔ + + + ≥ + +
abbaababba 22)( ++≥++⇔
0))(1(
2
≥−−⇔ baab
luôn đúng với
10, ≥> abvàba
.
Ví dụ 1

Cho hai số thực dương thỏa mãn
5
1
)(2
22
=++
xy
yx
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
xy
yx
P
21
4
1
3
1
3
22
+
−
+
+
+
=
Bài giải :
Ta có
xy
yx

+
≥
+
+
+
1
2
1
1
1
1
22

Suy ra
xyxy
P
21
4
1
2
+
−
+
≥
Đặt
xyt
=
. Khi đó, ta có:
tt
P

21
4
1
2
+
−
+
≥
•Ta có:
1
4
1
4
1
)(2
1
5
22
≤≤⇒+≥++= txy
xy
yx
xy
•Xét hàm số
tt
tf
21
4
1
2
)(

+
−
+
=







∈∀>
+
+
+
−
= 1;
4
1
,0
)21(
8
)1(
2
)('
22
t
tt
tf
Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(t) là

15
16
)
4
1
(
−
=f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
2
1
15
16
==
−
yxkhi
.
Nhận xét: Không phải bài toán nào các số hạng trong biểu thức dồn biến
củng có được hình dạng của BĐT(3), mà để áp dụng được nó chúng ta cần phải sử
dụng các phép biến đổi thích hợp để thuận tiện cho việc dồn biến.
Ví dụ 2
Cho các số thực






∈ 3;

3
1
,, zyx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
xz
z
zy
y
yx
x
P
+
+
+
+
+
=
Phân tích: Thêm một lần nữa biểu thức P lại có bậc của tử bằng bậc của mẩu
nên cần thiết phải chia, nhưng chia thế nào để thích hợp cho việc áp dụng các BĐT
trên, đó là điều mà ta cần quan tâm.
Bài giải :
Không mất tính tổng quát giả sử
zyx ≤≤
Ta có
z
x
x
z
z
x

y
z
x
y
P
+
+
+
≥
+
+
+
+
+
=
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
Đặt
x
z
t =
. Khi đó, ta có:

1
1
2
2
2
+
+
+
≥
t
t
t
P
•Ta có với
313
3
1
≤≤⇒≤≤≤≤
x
z
zyx
•Xét hàm số
31,
1
1
2
)(
2
2
≤≤

+
+
+
= t
t
t
t
tf

[ ]
3;1,0
)1(
2
)1(
2
)('
222
∈∀≤
+
−
+
−
= t
t
t
t
tf
Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(t) là
5
7

)3( =f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là







=
=
=
⇔







=
=
3
1
3
1
9
5
7

z
y
x
x
z
y
z
x
y
khi
.
Nhận xét: Đây là biểu thức đối xứng , thông thường chúng ta dự đoán điểm
rơi là x=y=z, nhưng thực tế không phải như vậy. Nếu chúng ta không có sự hổ trợ
của BĐT trên thì việc giải quyết bài toán gặp nhiều khó khăn và dễ đi đến sai lầm.
Ví dụ 3
Cho các số thực
0 4x y z< ≤ ≤ ≤
thỏa mãn
1xyz =
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
2 2
1 1 1
1
1 1
P
z
x y
= + +
+

+ +
Phân tích: Như nhận định của các bài toán trước thì biến cần dồn lúc này là
z. Nhưng ở hai số hạng đầu còn dính căn thức, do đó ta cần phải làm mất được căn
thức bằng cách sử dụng BĐT bunhiacopsky. Sau khi sử dụng bunhiacopsky ta thấy
xuất hiện hình dạng BĐT(4).
Bài giải :
• Ta có
, , 0x y z >
và
1 4z≤ ≤
suy ra
1
1xy
z
= ≤
. Do đó :
2
2 2
2 2
1 1 1 1 4
2
1 1 1
1 1
x y xy
x y
 
 
 ÷
+ ≤ + ≤
 ÷

 ÷
+ + +
+ +
 
 
2 2
1 1 2
1
1 1
xy
x y
⇒ + ≤
+
+ +
Suy ra
2 1 2 1 2 1
1 1 1 1 1
1
z
P
xy z z z
z
+
≤ + = + =
+ + + +
+
•Xét hàm số
2 1
( ) , 1 4
1

z
f z z
z
+
= ≤ ≤
+

[ ]
2
'( ) 0, 1;4
2(1 ) (1 )
z
f z z
z z z
−
= ≥ ∀ ∈
+ +
Suy ra giá trị lớn nhất của f(t) là
(4) 5f =
.
Vậy giá trị lớn nhất của P là
1
5 , 4
2
khi x y z= = =
.
Nhận xét: Qua các ví dụ trên ta thấy được tầm quan trọng của BĐT phụ nêu
trên. Việc định hướng và áp dụng nó cần có một số kỷ thuật khéo léo và tinh tế,
một khi đã dồn được qua biến mới thì việc làm còn lại là đơn giản hơn.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

1. Cho hai số thực khác 0 thỏa mãn
xyyxxyyx −+=+
22
)(
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
33
11
yx
P +=
.
2.Cho hai số thực thay đổi thỏa mãn
)(1
2
yxxy −=−
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
33
66
1
xyyx
yx
P
+
−+
=
.
3. Cho hai số thực thay đổi thỏa mãn
3
22

=++ xyyx
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3344
4 yxxyyxP −++=
.
4. Cho hai số thực thay đổi thỏa mãn
1122 +++−=+ yxyx
. Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
yx
yxxy
xy
y
yx
x
P
+
++
+−+−=
)1(2
)(
2
)(
2
.
5. Cho hai số thực dương thay đổi thỏa mãn
)1)((2
223
++= abbaba

. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
22
2244
)1)(1(2
ba
baba
P
+
−−++
=
6. Cho hai số thực không âm thay đổi thỏa mãn
2
22
=+ ba
. Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

)124225()(5
2255
+−+++= ababbabaP
.
7. Cho hai số thực thay đổi thỏa mãn
43,21 ≤≤≤≤ yx
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x
y
y
x

x
y
y
x
x
y
y
x
P ++








+−+=
2
2
2
2
4
4
4
4
.
8. Cho ba số thực dương thay đổi thỏa mãn
1))(( =++> zyzxvàyx
. Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức
222
)(
4
)(
4
)(
1
zyzxyx
P
+
+
+
+
−
=
9. Cho các số thực dương thay đổi a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
3
)(1
(438
cba
abcbcabba
P
+++
++++
=
.
10. Cho các số thực dương thay đổi a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22

2)(23
8
82
1
bca
bcba
P
+++
−
++
=
.
11. Cho ba số thực không âm thay đổi thỏa mãn
3
222
=++ zyx
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
zyx
zxyzxyP
++
+++=
6
332
.
12. Cho
x, y, z
là các số thực không âm thỏa mãn
2 2 2
x y z 1+ + =

. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức
2 2
2 2
x y
P x y
2x 2yz 1 2y 2xz 1
= + + +
+ + + +
.
13. Cho ba số thực dương thay đổi thỏa mãn
14
222
=++ zyx
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
)(
3
)(
5
7
4
283
)(4
2222
zyx
yxyzx
x
zx
zx

P
+
−
+
−
++
+
++
+
=
.
14. Cho hai số thực thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn
2222
11 abbaba −+−=+
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
b
b
a
a
P
+
−
+
+
−
=
1
1
9

1
)1(8
.
15. Cho ba số thực thay đổi thỏa mãn
2
111
1,, =++≥
zyx
vàzyx
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
zyx
zyx
P +++
−+−+−
=
111
2
.
16. Cho các số dương a,b,c thoả mãn
4
( 1) ( 1) ( 1)
3
a a b b c c− + − + − ≤
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
1
1
1

1
1
+
+
+
+
+
=
cba
P
.