MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT, LỚN NHẤT ÔN THI ĐẠI HỌC

1

VỀ HAI MƯƠI BÀI TOÁN GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
Đi cùng với lời giải của hai mươi bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong bài viết này,
chúng tôi đề xuất thêm một số bài toán mới, đồng thời mỗi bài đề xuất đều có đáp số và lời giải
chi tiết ở đằng sau bài viết. Ngoài ra, chúng tôi đưa ra một số kỹ thuật phân tích bình phương; kỹ
thuật biến đổi biểu thức hai biến, ba biến; tư tưởng hàm số trong một số lời giải bài toán bất đẳng
thức.
Bài toán 1:
Cho x là số thực. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của
(
)
( ) ( )
2
2 2
3 2 2 1
1 1
3
2 3 3 3 2 3 3 3
x x
P
x x x x
+ +
= + +
+ + + + − +
(Câu 10, đề minh họa môn
toán của Bộ GD & ĐT năm 2015)
Cách giải 1:
Áp dụng bất đẳng thức (BĐT) Cauchy cho hai số dương ta có:
( ) ( )

( ) ( )
2 2
2 2
1 1
2 3 3 3 2 3 3 3 . 2 2
2 3 3 3 2 3 3 3
x x x x
x x x x
 
 
   
+ + + + + − + + ≥
 
   
+ + + + − +
 
 
.
Suy ra
( ) ( )
2 2
2 2
1 1 2 2 2
4 6 6 2 3 3
2 3 3 3 2 3 3 3
x x x x
x x x x
+ ≥ =
+ + + +
+ + + + − +

, đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi
(
)
(
)
2 2
2 3 3 3 2 3 3 3 0
x x x x x
+ + + = + − + ⇔ =
. Suy ra
(
)
2
2
3 2 2 1
2
( ),
3
2 3 3
x x
P f x x
x x
+ +
≥ + = ∈
+ +
ℝ
.
1)
Ta tìm các h

ằ
ng s
ố
m, n, p và
đ
i
ề
u ki
ệ
n c
ủ
a x sao cho
2
2
3(2 2 1)
2 3 3
3
3
m x x
p
n x x
+ +
+ ≥ + +
(1), đồng thời đẳng thức xảy ra khi x = 0 là nghiệm kép.
Và ta tìm được m = 1 thì p = 1 và
2
3
n
=
. Lúc này, (1) tr

ở
thành
( )
2
2 2 2
3(2 2 1)
1 2
2 3 3 6 12 0 3 21 3 21
3 3
3
x x
x x x x x x x
+ +
+ ≥ + + ⇔ + − ≤ ⇔ − − ≤ ≤ − + .
Suy ra
2
2
2 2 1 4 1
( ) 2 3 3 3
3
3 3 3
2 3 3
f x x x
x x
≥ + + + − ≥ − =
+ +
, (Áp dụng BĐT Cauchy
cho hai số dương), suy ra
3, 3 21 ; 3 21
P x x

 
≥ ∀ ∈ − − − +
 
(2), đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi x = 0.
2) V
ới
1
3 21
2
x
−
< − − < thì
( ) ( )
2
2
3 2 3 21 2 3 21 1
3(2 2 1)
165 30 21
5,7 3
3
x x
 
− − + − − +
 
+ +
+
 
> = > >

2

, suy ra
3
P > (3).
3) Với
1
3 21
2
x
> − + > −
thì
( ) ( )
2
3 2 3 21 2 3 21 1
165 30 21
1,74 3
3 3
 
− + + − + +
 
−
 
> > > , suy ra
3
P
> (4).
Từ (2), (3) và (4) suy ra 3,P x
≥ ∀ ∈
ℝ

, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Vậy
minP= 3
.

Cách giải 2:
Theo chứng minh của cách 1, ta có:
( ) ( )
2
2 2
1 1 2 2
4 6 6
2 3 3 3 2 3 3 3
x x
x x x x
+ ≥
+ +
+ + + + − +
Mặt khác
2 2
3(2 2 1) 4 6 3
x x x x
+ + ≥ + +
, suy ra
2
2
4 6 3 2 2
3
4 6 6
x x

P
x x
+ +
≥ +
+ +
.
Đặt
2
2
3 15 15
4 6 6 4
4 4 4
u x x x
 
= + + = + + ≥
 
 
, ta có
2
2
4 6 3 2 2 3 2 2
( )
3 3
4 6 6
x x u
f u
u
x x
+ + −
+ = + =

+ +
, với
15
4
u
≥
, suy ra
(
)
(
)
( ) ( )
2
6 6 36
1 2
( )
6 3
6 3 6 2 3
u u u
f u
u u u
u u u u u u
− + −
′
= − =
 
−
− + −
 
,

15
( ) 0 6 ;
4
f u u
 
′
= ⇔ = ∈ +∞


 
. Lập
bảng biến thiên (BBT) hàm số f(u), ta suy ra
15
( ) (6) 3, ;
4
f u f u
 
≥ = ∀ ∈ +∞


 
, suy ra
3
P ≥ ,
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.

V
ậ
y
minP = 3

.

Cách giải 3:
Đặ
t
(
)
2
2 3 3 3
a x x
= + − +
,
(
)
2
2 3 3 3
b x x
= + + +
, ta có
2 2
3 2 6 3 3
2
4
2 2
a x
   
− +
= + +
   
   

   
và
2 2
3 2 6 3 3
2
4
2 2
b x
   
+ −
= + +
   
   
   
.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét hai véc tơ
3 2 6 3 3
2 ;
4
2 2
u x
 
− +
= − −
 
 
 

,
3 2 6 3 3

2 ;
4
2 2
v x
 
+ −
= +
 
 
 

thì
2 2
6 3 3 3 3
6
2
2 2 2 2
a b u v u v
   
+ −
+ = + ≥ + = + + =
   
   
   
   
.
3


Ta có 3(2x

2
+2x+1) ≥ 4x
2
+6x+3 = a
2
+b
2
−3, suy ra
( )
2
2 2
3
3 1 1 4
2
3 3
a b
a b
P
a b a b
+
−
+ −
≥ + + ≥ +
+
(vì
( )
2
2 2
3
2

a b
a b
+
+ ≥ ≥
và
1 1 4
a b a b
+ ≥
+
v
ớ
i m
ọ
i a, b d
ươ
ng), suy ra
( )
2
3
4
2
3
a b
P
a b
+
−
≥ +
+
.

Đặ
t t = a + b, v
ớ
i
6
t ≥ , ta có
( )
2
2
3
4 6 4
2
( )
3
3 2
a b
t
f t
a b t
+
−
−
+ = + =
+
, suy ra
(
)
(
)

( )
2 4 2 2
2
2
2 2 3 2
12 12 12
4
( )
3 2 12
3 2 12 12 2 12
t t t
t
f t
t
t
t t t t
− + −
′
= − =
−
− + −
,
2 3
( ) 0
6 180
t
f t
t

=

′

= ⇔

= − +

.
Lập BBT hàm số f(t), ta suy ra
)
( ) (2 3) 3, 6;f t f t

≥ = ∀ ∈ +∞

, suy ra
3
P ≥ , đẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Vậy
minP = 3
.
Cách giải 4: (ý tưởng xuất phát từ cách giải 1 và cách giải 2)
Ta có
2 2
3(2 2 1) 4 6 3
x x x x
+ + ≥ + +
và
( ) ( )
2
2 2

1 1 2 2
4 6 6
2 3 3 3 2 3 3 3
x x
x x x x
+ ≥
+ +
+ + + + − +
,
suy ra
2
2
4 6 3 2 2
( ),
3
4 6 6
x x
P f x x
x x
+ +
≥ + = ∈
+ +
ℝ
, suy ra
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
4 2

2
2 3
3 3
2
2 2 2 2
3 3 9
4 3 4 6 16 54
4 4 16
2 2 4 3
4 3
( )
3 4 6 3
4 6 6
3 4 6 3. 4 6 6 4 6 6 6 2 4 6 3
x x x x x
x
x
f x
x x
x x
x x x x x x x x
 
   
+ + + + + +
 
   
   
+
+  
 

′
= − =
 
+ +
+ +
+ + + + + + + + +
 
 
, suy ra
3 3
( ) 0 0
4 2
f x x x x
′
= ⇔ = − ∨ = ∨ = −
.
L
ậ
p BBT hàm s
ố
f(x), ta suy ra
( ) (0) 3,f x f x
≥ = ∀ ∈
ℝ
, suy ra
3
P ≥ , đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi x = 0.
Vậy
minP = 3

.
Bài toán 2:
Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn 2
xy yz zx xyz
+ + =
. Hãy tìm GTNN của biểu thức
2 2 2
1 1 1
3
x y z
P
y z x xy yz zx
 
= + + + + +
 
 
.

Cách giải 1:
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
4

Theo giả thiết
1 1 1
2 2
xy yz zx xyz
x y z
+ + = ⇔ + + =
. Đặt
1 1 1

, ,a b c
x y z
= = =
, ta có a + b + c = 2
và
( )
2 2 2
3
b c a
P ab bc ca
a b c
= + + + + + .
Ta chứng minh bổ đề: Với a, b, c và a
1
, b
1,
c
1
là sáu số dương ta luôn có
( )
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c
a b c
a b c a b c
+ +
+ + ≥
+ +
(5).

Chứng minh: Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ta có:
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
. . .
a b c
a a b b c c
a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
+ + ≤
+ + + + + +
+ + + + + +

2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
2 2 2
a b c
a a b b b c
a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
     
     

     
     
+ + +
     
     
     
+ + + + + +
     
     
+ + + + + +
     
     
≤ + + =
T
ừ

đ
ó suy ra B
Đ
T (5)
đ
úng,
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi

1 1 1
a b c
a b c
= =
. Áp d
ụ
ng B
Đ
T (5) ta
có:
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
b c a a b c
b c a
a b c ab bc ca ab bc ca
+ +
+ + = + + ≥
+ +
(6)
Bây gi

ờ
ta ch
ứ
ng minh
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c ab bc ca
+ + + + ≥ + + (7).
Th
ậy vậy, ta có
(
)
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 2 3 2 3 2 2 2 2
(7) 2 0
a ac b ba c ca ab bc ca a a c b b a c c b
⇔ + + + + + ≥ + + ⇔ − + − + − ≥
BĐT này luôn đúng với mọi a, b, c dương, nên BĐT (3) đúng, suy ra
( )
2 2 2 2 2 2
2
3
a b c ab bc ca

+ + ≥ + + (4). T
ừ
(6) và (7) suy ra
(
)
( )
(
)
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3
2
2
a b c a b c
b c a
a b c
a b c
+ + + +
+ + ≥ =
+ +
,
suy ra
(
)
( ) ( )
2 2 2
2
3

3
3 6
2 2
a b c
P ab bc ca a b c
+ +
≥ + + + = + + =
,
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
2
3
a b c
= = =
V
ậ
y
minP =6.

Cách giải 2
: (ph
ươ
ng pháp phân tích bình ph
ươ

ng)
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
1
3 ( )
2
b c a b c a
P ab bc ca a b c a b c a b c a b a c c b
a b c a b c
 
 
= + + + + + = + + + + + − + + + + + − − + − + − =
 
 
 
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1
2 4
2
b a c b a c
a b a c c b
a b c
 
 
+ + +
 

= + + − + − − + − + −
 
 
 
 
 

Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
5

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1
4 2 4
2
a b c b a c
a b a c c b
a b c
 
 
− − −
 
 
= + + + − + − − + − + −
 
 
 
 

 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1
6
2
a b a c b b a c c
a b c
 
− − − − − −
= + + +
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1
6
2
a b b c c b c a a c a b
a b c
 
− + − + − +
= + + +
 
 
 

.
Suy ra
6
P
≥
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
3
a b c
= = =
.
V
ậ
y
min 6
P
=
.

Nhận xét 1:
(v
ề
B
Đ
T (5))
Khi áp d
ụ
ng B
Đ
T (5) ta có th

ể

đ
i
ề
u ch
ỉ
nh sao cho s
ố
m
ũ

ở
t
ử
c
ủ
a v
ế
l
ớ
n c
ủ
a B
Đ
T (5) t
ă
ng d
ầ
n

cho
đế
n khi ta
đượ
c B
Đ
T v
ừ
a
đủ
m
ạ
nh, trong vi
ệ
c tìm GTNN c
ủ
a m
ộ
t bài toán c
ụ
th
ể
nào
đ
ó.

Lưu ý:
a) Về biểu thức và phương pháp S.O.S (phương pháp phân tích bình phương)
1. Hàm phân thức đối xứng chuẩn, hàm phân thức nửa đối xứng ba biến:
a) Hàm phân th

ứ
c
đố
i x
ứ
ng F(a, b, c)
đố
i v
ớ
i ba bi
ế
n a, b, c
đượ
c g
ọ
i là hàm phân th
ứ
c
đố
i
x
ứ
ng chu
ẩ
n, n
ế
u F(x,x,x) = 0 v
ớ
i m
ọ

i x.
b) Hàm phân th
ứ
c
đố
i x
ứ
ng S(a, b, c)
đố
i v
ớ
i ba bi
ế
n a, b, c
đượ
c g
ọ
i là hàm phân th
ứ
c n
ử
a
đố
i
x
ứ
ng n
ế
u S(a, b, c) = S(a, c, b) v
ớ

i m
ọ
i a, b, c. Hàm phân th
ứ
c
đố
i x
ứ
ng S(a, b, c)
đố
i v
ớ
i ba bi
ế
n
a, b, c
đượ
c g
ọ
i là hàm phân th
ứ
c n
ử
a
đố
i x
ứ
ng chu
ẩ
n, n

ế
u S(x,x,x) = 0 v
ớ
i m
ọ
i x.
2. Biểu thức dạng S.O.S

Ta công nh
ậ
n các
đị
nh lý và h
ệ
qu
ả
d
ướ
i
đ
ây.
Định lý : (dạng biểu diễn S.O.S đối với lớp hàm đa thức)

Cho F(a, b, c) là hàm
đ
a
đố
i x
ứ
ng chu

ẩ
n theo ba bi
ế
n F(a, b, c)
đố
i v
ớ
i ba bi
ế
n a, b, c, khi
đ
ó
ta
có

F(a, b, c) = (b – c)
2
S(a, b, c) + (c – a)
2
S(b, c, a) + (a – b)
2
S(c; a; b)
,
, ,
a b c R
∀ ∈
Hệ quả: (dạng biểu diễn S.O.S đối với hàm phân thức)
Cho hàm phân thức
( , , ) ( , , ) ( , , )
( , , )

( , , ) ( , , ) ( , , )
M a b c M b c a M c a b
F a b c
N a b c N b c a N b c a
= + + với M(a, b, c), N(a, b, c) là
hai đa thức nửa đối xứng ba biến và nếu có hàm đa thức đối xứng G(a, b, c) ba biến sao cho mọi
số thực
dương x thì số
( , , ) ( , , ) 0
F x x x G x x x
− =
. Khi đó tồn tại hàm số đối xứng nửa ba biến S(a, b, c)
sao cho đồng nhất thức sau là đúng:
2 2 2
M(a,b,c) M(b,c,a) M(c,a,b)
+ + -G(a,b,c)= (b-c) S(a,b,c)+(c -a) S(b, c, a
)+(a -b) S(c; a; b)
N(a,b,c) N(b,c,a) N(b,c,a)

b) Một số đẳng thức thường được sử dụng trong phân tích bình bình phương.

2 2 2
2 ( )
a b ab a b
+ − = − ,
2
( )
2
a a a b
b b ab

−
+ − = ,
(
)
3 3 2
( )( )
a b ab a b a b a b
+ − + = + −
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
, ( )
a b c b a c
b c a
a b c
a b c a b c
− − −
+ + − + + = + + ,
( )
( )
( )
( )
2
2 2
2 2
2
2
a b
a b a b
a b a b

−
+ − + =
+ + +
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
6

( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
1
3 6
a b c
ab bc ca a b a c c b
+ +
 
+ + = − − + − + −
 
,
( ) ( ) ( )
2 2 2
3 3 3
3
2
a b c
a b c abc a b a c c b
+ +
 
+ + − = − + − + −
 

,
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
2 2 2
3
2 2 2 2
a b b c c a
a b c
b c c a a b c b c a a b a c b c b a
− − −
+ + − = + +
+ + + + + + + + +
,
( )
( )
(
)
( )
2
2 2
2 2
2 2
2 2
4
1 1 8
a b a b ab

a b
a b a b a b
− + +
+ − =
+ +
,
( )
( )
( )
( )
2
2 2
2 2
2 2
1 2
a b
a b
a b a b a b
− −
− =
+
+ + +
,
( )
( )
( )
( )
2
3 2
3 3

3 3
3
1 4
a b
a b
a b a b a b
− −
− =
+
+ + +
,
( )
( ) ( ) ( )
(
)
( )
2 2 2
2 2 2 2
3 3
3 3
3 3
4 2
1 1 16
a b a b ab a b a b a b ab
a b
a b a b a b
 
− + + + + + +
 
+ − =

+ +
c) Biểu thức P trong bài toán 1 là biểu đối xứng theo ba biến a, b, c, nên ta liên tưởng đến
phương pháp phân tích bình phương, nếu các phương pháp khác hầu như không sử dụng được
trong việc tìm giá trị GTLN hoặc GTNN của P.
Bài toán 3:
Cho các số thực a, b, c thỏa
(
)
(
)
(
)
0
a b c b a c abc
+ + + ≠
. Hãy tìm GTNN của biểu thức
2 2 2
a b c
Q
a b b c c a
     
= + +
     
+ + +
     
.
Cách giải 1:(phương pháp phân tích bình phương)
Ta có
2 2 2 2 2 2
a b c a b c

Q
a b b c c a a b b c c a
           
= + + ≥ + +
           
           
+ + + + + +
           
. Từ đó ta có
th
ể tìm min của biểu thức
2 2 2
a b c
Q
a b b c c a
     
= + +
     
+ + +
     
, với a, b, c là các số thực dương.
Không mất tính tổng quát ta giả sử
{
}
ax ; ;
a m a b c
= Ta có
( )
( )
( ) ( )

( )
( )
2 2
2 2 2
2 2
3 1 1 1
2 2
4 4 4 4
a b a b b c b c
a b c
Q
a b b c c a a b b c
a b b c
   
     
− − − −
     
− = − + − + − = + + + +
   
     
     
+ + + + +
     
+ +
     
   
     
   
( )
( )

( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )( )( )
( )( )( )
2 2 2 2
2 2 2 2
1
2
4 2
c a c a a b b c c a a b b c a c
c a a b b c a c
c a a b b c c a
   
− − − − − − − −
+ + = + + +
   
+ + + +
+ + + +
   
   
.
Suy ra
( )
( )
(
)

(
)
( )( )
( )( )( )
( )( )( )
( )
( )
(
)
(
)
( )( )
2 2
2 2
3
1
4 2 2 2
4 4
b c c a b c c a
a b a b b c a c a b
a b
Q
b c a c a b b c a c b c a c a b
a b a b
− − − −
− − − − −
−
 
− ≥ + + ≥ + − =
 

+ + + + + + + +
 
+ +

( )
( )
(
)
(
)
( )( )( )
2
2
4
b b c c a
a b
a b b c a c
a b
− −
−
= +
+ + +
+
(áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm,
(
)
(
)
(
)

(
)
b c a c b c a c
− − ≥ − − −
và
0
a b
≥ >
) suy ra
3
0
4
Q
− ≥
hay
3
4
Q
≥
, v
ớ
i
{
}
ax ; ;
a m a b c
=
,
đẳ
ng th

ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi a = b = c.
V
ậ
y
3
min
4
Q
=
.
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
7


Cách giải 2: (phương pháp hàm số)
Ta có
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1
a b c
Q
a b b c c a
b c a
a b c

     
= + + = + +
     
+ + +
     
     
+ + +
     
     
.
Vì
1
b c a
a b c
   
=
   
   
, nên trong ba số dương
b
x
a
=
,
c
y
b
=
,
a

z
c
=
ắt phải có hai số (cùng lớn
hơn hoặc bằng 1) hoặc (cùng nhỏ hơn hoặc bằng 1).
Không mất tinh tổng quát ta giả sử (
1
x
≥
và
1
y
≥
) hoặc (
1
x
≤
và
1
y
≤
). Ta có
( ) ( )( )
2
2
2 2
2 2 2 2
1 1 (1 ) (1 ) 2(1 )(1 ) 2 2 1
1 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 1 2 1 1 1 1
x y x y

x y x y x y x y xy xy x y xy
 
+ + + + +
 
+ = ≥ = = ≥
 
 
+ + + + + + + + + + − − − +
 
 
Suy ra
2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
( )
1 1 1 1 1 1 1
z
Q f z
x y z xy z z z
 
       
= + + ≥ + = + =
 
       
+ + + + + + +
       
 
, với z > 0.
Ta có
( ) ( ) ( )

2 3 3
1 2 1
( )
1 1 1
z
f z
z z z
−
′
= − =
+ + +
, suy ra
( ) 0 1
f z z
′
= ⇔ =
. Lập bảng biến thiên (BBT)
hàm số f(z), ta suy ra
( )
3
( ) (1) , 0;
4
f z f z
≥ = ∀ ∈ +∞
, suy ra
3
4
Q
≥
,

đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ

khi
1
x y z
= = =
hay
a b c
= =
.
V
ậ
y
3
min
4
Q
=
.

Bài toán 4:

Cho a, b, c là các s
ố

th
ự
c th
ỏ
a a
2
+ b
2
+ c
2
= 3. Hãy tìm GTNN và giá tr
ị
l
ơ
n nh
ấ
t (GTLN) c
ủ
a
R, v
ớ
i
3 3 3
2 2 2
1 1 1
a b c
R
b c a
= + +
+ + +

Lời giải:


Vì
3 3 3
2 2 2
1 1 1
a b c
R
b c a
≤ + +
+ + +
, nên ta ch
ỉ
c
ầ
n tìm GTLN c
ủ
a R khi
, , 0; 3
a b c
 
∈
 
,
th
ỏ
a a
2

+ b
2
+ c
2
= 3.
Không m
ấ
t tính t
ổ
ng quát ta gi
ả
s
ử

c b a
≥ ≥
thì
1; 3
c
 
∈
 
,
[
]
0;1
a∈
và
3
0;

2
b
 
∈
 
 
.
Ta có
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3 4 4 4
a b c a b c
R
b c a b a c c a b a c b
= + + = + +
+ + + + + + + + +
,
suy ra
(
)
(
)
(
)
(
)
3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
3 3

2 2 2
3 3 3 3 3 3 3 3
3 3
3 3 3
2 2 2
b c a c c c
a b
R c c c
c c c c c c
− − − − − −
≤ + + = + + ≤ + +
,
suy ra
(
)
3
2
2
3 3 3
3
2
c
R c
c
−
≤ +
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0.
1) Ta tìm
điều kiện của c để
(

)
3
2
2
3 3 3
3 3 3
2
c
c
c
−
+ ≤ , điều này tương đương với
(
)
( )
(
)
( )( )
3
2
2 2 2 2 2 2
3 3
27
3 3 3 3 2 0 3 27 13 0 3
2 13
c
c c c c c c c
c
−
+ ≤ ⇔ − − − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ ≥ ≥ .

Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
8

Như vậy
3 3
R≤
, với
2
27
3
13
c≥ ≥ ,
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
3, 0
c b a
= = =
.
2) Với
2
27
1
13
c≤ < thì

2 2 2
12
2
13
a b b
< + ≤ (vì 0 ≤ a ≤ b), suy ra
2
6
13
b
>
. Do đó:
( )
3 3
3
3
3 3 3 3
2 2 2 2 2
3 27
3
2 13
1 13 27
5,12 3 3
4 13
6 19
1 1 1 1 1 0 1
1
13
a b c
R

b c a
   
   
 
   
= + + < + + = + + < <
 
 
+ + + + +
 
+
, suy ra
3 3
R < .
Tóm l
ại,
3 3
R ≤ , đẳng thức xảy ra khi
3, 0
c b a
= = =
.
Từ đó suy ra
3 3 3 3
R− ≤ ≤ với a, b, c là các số thực thỏa a
2
+ b
2
+ c
2

= 3.
Vậy
min 3 3
R = − , đạt được khi
3, 0
c b a
= − = =
và
max 3 3
R = , đạt được khi
3, 0
c b a
= = =
.
Nhận xét 2: (về bài toán 4)
Khi a, b, c là các số thực dương thì ta có
3 2
min
2
R = .
Cách 1:
Áp dụng BĐT (1) ở cách giải 1 của bài toán 1 và BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có
(
)
(
)
(
)
(
)

2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
9
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c a b c
R
a b b c c a a b b c c a a b b c c a
+ +
= + + ≥ =
+ + + + + + + + + + + + +
mà
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 6
2 2 2
a b b c c a
a b b c c a
+ + + + + +
+ + + + + ≤ + + =
nên
9 2 3
6
2
R ≥ = , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
a b c
= = =
.

V
ậy
3 2
min
2
R = .
Cách 2: Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ta có
4 2 4 2 4 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 2 1 2 1 1
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
a a b b b c c c a a b b c c a
R
a b b c c a
       
+ + + + + +
= + + + + + − + +
       
       
+ + +
       
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 1 2 1 2 1 3
2
4 2 4 2 4 2 2
a b b c c a

a b c
 
+ + + + + +
≥ + + − + + =
 
 
.
Cách 3:
Áp d
ụ
ng B
Đ
T Cauchy cho ba s
ố
d
ươ
ng ta có
3 3 2 3 3 2 3 3 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 3
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2
a a b b b c c c a a b c
b b c c a a
R
     
+ + + + + +
+ + + + + + + + −
     

+ + + + + +
     
=
( )
2 2 2
3
3 3
2
3
2 2
2
2
a b c+ + −
≥ =
.

Bài toán 5:
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
9

Cho ba số thực không âm a, b, c sao cho c = min{a; b; c} và
(
a
2
+ c
2
) (
b
2
+ c

2
)
≠ 0 . Hãy tìm
GTNN của biểu thức
2 2 2 2
1 1
S a b c
a c b c
= + + + +
+ +
.
Lời giải:
Vì c = min{a; b; c}, và a, b, c
≥
0 nên
2 2
2 2 2 2
2 2
1 1 1 1
4 4
c c
a c b c
a ac b bc
+ ≥ + =
+ +
+ + + +

( )
2 2 2
1 1 8

2 2
a b c
c c
a b
= + ≥
+ +
   
+ +
   

  
, suy ra
( )
2
4
8 8
( )
S a b c t f t
t
a b c
≥ + + + = + =
+ +
, với
0
t a b c
= + + >
. Ta có
5
32
( ) 1

f t
t
′
= − +
,
( ) 0 2
f t t
′
= ⇔ =
, Lập BBT hàm số f(t) , ta suy ra
( )
5
( ) 2
2
f t f
≥ =
, suy ra
5
2
S
≥
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0, 2
c a b
= = =
.
Vậy
5
min
2

S
=
.
Nhận xét 3: (về bài toán 5)
Từ hướng giải của bài toán 5, chúng tôi đề xuất ba bài toán sau:
Bài toán 5.1:
Cho ba số thực a, b, c sao cho c = min{a; b; c} ≥ 1. Hãy tìm GTNN của biểu
thức.
( ) ( ) ( )
2 2 2
9 36
1
2 4 2 45 1
S a b c
a b b a c
= + + + + −
+ + + −
.
Đáp số:
5
min
2
S
=
, đạt được khi và chỉ khi a = b = 2, c = 1.
Bài toán 5.2:
Cho ba s
ố thực không âm a, b, c sao cho
(
)

(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
0
a c b c a b
+ + + ≠
. Hãy tìm GTNN của
biểu thức
2 2 2 2 2 2
1 1 1
128 5
S a b c
a b b c c a
 
= + + + + +
 
+ + +
 
.
Đáp số:
min 25
S
=
, đạt được khi và chỉ khi
8, 0
a b c
= = =
hoặc các hoán vị của nó.

Bài toán 5.3:
Cho ba số thực không âm a, b, c sao cho
(
)
(
)
(
)
3 3 3 3 3 3
0
a c b c a b
+ + + ≠
. Hãy tìm GTNN của
biểu thức
(
)
3 3 3 3 3 3
12
1 1 1
125
a b c
S
a c b c a b
+ +
= + + +
+ + +
Đáp số:
16
min
25

S = , đạt được khi và chỉ khi
5
0,
2
c a b
= = =
hoặc các hoán vị của nó.
Bài toán 6:
Cho a, b, c dương thỏa a
2
+ b
2
+ c
2
= 3. Tìm GTNN của biểu thức
( )
1 1 1
8 5T a b c
a b c
 
= + + + + +
 
 
.

Cách giải 1: (phương pháp phân tich bình phương)
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2

1
3 3 1 1 1
2
a b c a b c a b c a b c
 
+ + = + + − − − + = − − + − + −
 
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
10

Mặt khác
( )
(
)
( )
(
)
( )
(
)
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
1 1 1
3 3
a a a a b b b b c c c c
a b c
a b c a b c
 

− − + − − − + − − − + −
 
+ + − − − + = + + +
 
 


( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
1 1 1
3 3
a b c
a b c
a b c
 
− − −
= + + + − + + +
 
 
 

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1
3 3 1 1 1 3
2

a b c
a b c
a b c
 
− − −
 
 
= + + + − − − + − + − +
 
 
 
 
 
 

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1
3 1 1 1
2
a b c
a b c
a b c
 
− − −
 
= + + + + − + − + −

 
 
 
 
S
uy ra
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
5
24 4 1 1 1 15 5 1 1 1
2
a b c
T a b c a b c
a b c
 
− − −
   
= − − + − + − + + + + + − + − + −
 
   
 
 

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 10 3 1 10 3 1 10 3

39
2 2 2
a a b b c c
a b c
 
− − − − − −
= + + +
 
 
 
. Theo giả thiết
2 2 2
3
a b c
+ + =
và
, , 0
a b c
>
thì
(
)
, , 0; 3
a b c∈ ; từ đó
39
T
≥
,đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy min T = 39.
Cách giải 2:

Ta tìm m, n sao cho với
(
)
0; 3
t∀ ∈ , ta có
2
5
8
t mt n
t
+ ≥ +
,
đồ
ng th
ờ
i
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi t =
1 là
nghi
ệ
m kép. Ta tìm
đượ
c
3 23
,

2 2
m n= = . Ta ch
ứ
ng minh
(
)
2
5 3 23
8 , 0; 3
2 2
t t t
t
+ ≥ + ∀ ∈ .
Th
ậ
t v
ậ
y
( ) ( )
2
2
5 3 23
8 1 3 10 0
2 2
t t t t
t
+ ≥ + ⇔ − − ≤
,
(
)

0; 3
t∀ ∈ . Suy ra
(
)
2
5 3 23
8 , 0; 3
2 2
a a a
a
+ ≥ + ∀ ∈ ,
(
)
2
5 3 23
8 , 0; 3
2 2
b b b
b
+ ≥ + ∀ ∈ và
(
)
2
5 3 23
8 , 0; 3
2 2
c c c
c
+ ≥ + ∀ ∈
,

suy ra
( )
2 2 2
3 69
39
2 2
T a b c
≥ + + + =
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy min T = 39.
Nhận xét 4: (về bài toán 6)
Ta tìm một điều kiện của hai hằng số dương
,
m n
để biểu thức
( )
1 1 1
T m a b c n
a b c
 
= + + + + +
 
 
,
đạt GTNN khi a = b = c = 1 (với a, b, c > 0 và a
2
+ b
2
+ c
2

= 3).
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1
3 3 1 1 1
2
a b c a b c a b c a b c
 
+ + = + + − − − + = − − + − + −
 
.
M
ặt khác
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1 1
3 3 1 1 1
2
a b c
a b c a b c
a b c a b c
 
− − −
 

+ + − − − + = + + + + − + − + −
 
 
 
 
, suy ra
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
11

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
3 1 1 1 3 1 1 1
2 2
a b c
m n
T m a b c n n a b c
a b c
 
− − −
   
= − − + − + − + + + + + − + − + − =
 
   
 
 
( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1 2 1 2
3
2 2 2
a n n m a b n n m b c n n m c
m n
a b c
 
− + − − + − − + −
     
     
 
= + + + +
 
 
.
Tìm được một điều kiện là
3
2 3
m
n ≥
+
(8).
* Khi n ≥ m > 0 (thỏa (8)) thì ta có thể giải bài toán bằng ba cách: sử dụng BĐT Cauchy,
phương pháp phân tích bình phương, phương pháp hàm số.
* Khi
3
2 3
m

m n> ≥
+
, thì bài toán có thể không giải được bằng BĐT Cauchy, mà giải được
bằng
phương pháp phân tích bình phương, phương pháp hàm số.
Bài toán 7:
Cho x, y, z > 1 thỏa x + y + z = xyz. Tìm GTNN của biểu thức
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2
x z y
K
z y x x y z
 
= + + − + +
 
 

Lời giải: (phương pháp phân tich bình phương)
Ta có
1 1 1
1
x y z xyz
xy zy xz
+ + = ⇔ + + =
, suy ra
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1
K x z y
z xz x xz x y yz z yz z x yx y yx y

   
   
 
 
= − + + − + − + + − + − + + − −
   
    
 
 
 
   
   
2 2
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1
2 1 x z y
x y z xy zy xz z x z x y z y z x y x y
 
     
 
− + + − − − + = − + − + − + − + − + − −
 
      
 
 
     
 
( ) ( ) ( )
2 2 2 2

2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 1 1 1 2
x z y
z x y z x y z x y z x y x y z
         
   
− − − − − − − = − − + − − + − − + + + −
         
   
   
         
suy ra
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 3 2 3 2
K
x y z x y z xy zy xz
     
≥ + + − = + + − ≥ + + − = −
     
     

Suy ra
3 2
K
≥ −
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
x y z= = = .

Vậy min
K = 3 − 2 .
Bài toán 8: (Vô địch IRAN năm 1996)
Cho a, b, c > 0. Tìm GTNN của biểu thức
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1
L ab bc ca
a b b c c a
 
= + + + +
 
+ + +
 
 
.
Lời giải: (phương pháp phân tich bình phương)
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
ab bc ca a b c
L
b c c a a b
a b b c c a
= + + + + +
+ + +
+ + +
, suy ra
( )

( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
9
4 2 2 2
4 4 4
a b b c c a a b b c c a
L
c b c a a b a c b c b a
a b b c c a
− − − − − −
− = − − − + + +
+ + + + + +
+ + +
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
12

( )
( )( )
( )

( )
( )( )
( )
( )
( )( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 1 2 1 2 1
4 4 4
a b b c a c
c b c a a b a c b a b c
a b c b a c
     
− − −
= − + − + −
     
+ + + + + +
+ + +
     
     

Vì L là biểu thức đối xứng theo ba biến a, b, c, nên không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c.
Suy ra
( ) ( ) ( )
2 2 2
a c b c a b
− ≥ − + − và
( )( )
( )

2
2 1
0
b a b c
a c
− >
+ +
+
.
Suy ra
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
2
2 2
9 2 1 2 1
4 4
a b
L
c b c a b a b c
a b a c
 
−
− ≥ − + − +
 
+ + + +
+ +
 

 

( )
( )( )
( )
( )( )
( )
2
2 2
2 1 2 1
4
b c
a b a c b a b c
c b a c
 
−
+ − + −
 
+ + + +
+ +
 
 
(9)
Ta có
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( ) ( ) ( )

2
2 2 2 2 2
2
2
2 1 2 1 2 2
( ) ( )
c a b a b
c c
a b a c b a b c
c b a c a b c b c a c b c a
+ + −
− + − = − + +
+ + + +
+ + + + + + +
Suy ra
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
2 2
2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
4 4
a b b c

c b c a b a b c a b a c b a b c
a b a c c b a c
   
− −
− − − −
+ + + + + + +
   
+ + + + + + + +
+ + + +
   
   

( )
( )( )
( ) ( )( )
( )( )( )
( )( )
( )
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2
2
1 2 1 2 2
4 4
( ) ( )
a b a b c b c a b c c a b a b
c c
c b c a b a b c

c b c a a b a c a b c b c a c b c a
   
− + − + + − − + + −
−
= + + + + + +
   
+ + + +
+ + + + + + + + +
   
   
( )
( )( )
( )( )
( )
( ) ( ) ( )( )
( )( )( )
( )( )
( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2
2
1 2 1 2 2
4 4 4
( ) ( )
a b c a b b c a b a b c b c a b c
c c
c b c a b a b c

a b c b c a c b c a a b a c c b c a
     
− − + + − − + − + + −
−
= + + + + + +
     
+ + + +
+ + + + + + + + +
     
     
( )
( )( )
( )( )
( )
( ) ( ) ( )( )
( )
2 2 2 2
2 2
2 2
2 ( ) ( ) 2
1
4 4
( ) ( ) ( ) ( )
a b c a b b c a b a b c b c a c a b b c
c b c a
a b c b c a a b c b c a
   
− − + + − − + + + − + + −
≥ + =
   

+ +
+ + + + + +
   
   

( )
(
)
( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2
2
2
2 2 4 2 2 2
4( ) ( )
a b a c c a b c cb a b b a abc cb bc c ab abc ac b b c bc
a b c b c a
− + + + + + + − + − − + − − + −
=
+ + +
(
)
(
)
( )
(
)
(
)
( )

2 2
2 2 2 2 3 3 3 3 2 3 3 3
2 2
2 2
4 4 2 4 4 2
4( ) ( ) 4( ) ( )
a b c a b c c b a b abc c b a b c c c b b abc c b
a b c b c a a b c b c a
− + + + + − − − + + + + − −
= − ≥ =
+ + + + + +
( )
( )
2
2
0
( ) ( )
bc a b
a b c b c a
−
= ≥
+ + +
, suy ra
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )
( )( )

( )
( )( )
( )
2 2
2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
0
4 4
a b b c
c b c a b a b c a b a c b a b c
a b a c c b a c
   
− −
− − − −
+ + + + + + + ≥
   
+ + + + + + + +
+ + + +
   
   
(10)
Từ (9) và (10) suy ra
9
0
4
L
− ≥
, hay
9
4

L
≥
,
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi a = b = c.
V
ậ
y
9
min
4
L
=
.

Bài toán 9:
(Câu V,
đề
thi
đạ
i h
ọ
c kh
ố

i A môn toán, n
ă
m 2012)
Cho các s
ố
th
ự
c x, y, z th
ỏ
a mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n x + y + z = 0. Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
- - -
2 2 2

3 3 3 6 6 6
x y y z z x
P x y z
= + + − + +
.
T
ừ
h
ướ
ng gi
ả
i c
ủ
a bài toán 10, chúng tôi
đề
xu
ấ
t hai bài toán sau
đ
ây:
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
13

Lời giải:
Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z, khi đó ta có (x – y)
2
+ (y – z)
2
≤ (x – z)
2

, đẳng
thức xảy ra khi x = y hoặc z = y. Vì x + y + z = 0 nên
(
)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2
6 2 4
x y z x y y z z x z x
 
+ + = − + − + − ≤ −
 
. Từ đó
( ) ( )
2
3 3 3 2 2.3 3 2
x z
x y y z x z x z
P x z x z
−
− − − −
≥ + + − − ≥ + − −
. Đặt x – z = t ≥ 0 thì
2
2.3 3 2 ( )
t
t
P t f t
≥ + − = . Ta có :
( )

2
( ) 3 ln3 1 3 ln3 1 0, 0
t
t
f t t
 
′
= − + − > ∀ ≥
 
 
, suy ra hàm số f(t)
đồng biến trên [0; +∞); do đó
(
)
(0) 3
f t f
≥ =
,
0
t
∀ ≥
, suy ra P ≥ 3, đẳng thức xảy ra khi và chỉ
k
hi x = y = z = 0.
V
ậy minP = 3.
Nhận xét 5: (về bài toán 9)
Từ hướng giải của bài toán 9, chúng tôi đề xuất bài toán sau đây.
Bài toán 9.1:
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x + y + z ≤ 4 và m là số dương cho trước lớn

hơn 2,72. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
3
x-y y-z z-x
P= m +m +m x + y + z xyz
− −
Đáp số: minP = 3, đạt được khi và chỉ khi x = y = z = 0.
Bài toán 10:
Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn xyz + x + z = y và z > 0. Hãy tìm GTLN của biểu thức
( )
2 2
2 3
2
2 2 4 3
1 1
1
1
z z
M
x y
z
z
= − − +
+ +
+
+
Lời giải:
Ta có
(
)

1
xyz x z y x yz y z
+ + = ⇔ + = −
Khi yz + 1 = 0 thì y = z suy ra
2
1
y
= −
(vô lý), suy ra yz + 1 ≠ 0. Do đó
1
y z
x
yz
−
=
+
.
Đặt
tan
y
α
=
,
tan
z
β
=
,với
0;
2

π
β
 
∈
 
 
,
;
2 2
π π
α
 
∈ −
 
 
. Suy ra
( )
tan tan
tan
1 tan tan
x
α β
α β
α β
−
= = −
+
,
suy ra
(

)
(
)
2 2 2 2
2cos 2cos 4sin 3sin cos 2sin 2 sin 4sin 3sin cos
M
α β α β β β α β β β β β
= − − − + = − − +
,
suy ra
(
)
2 3
2sin 4sin 3sin 1 sin 3 ( )
M t t f t
β β β β
≤ − + − = − = , với
(
)
sin 0;1
t
β
= ∈ .
Ta có
2
1
( ) 1 9 , ( ) 0
3
f t t f t t
′ ′

= − = ⇔ =
,. Lập BBT của hàm số f(t), ta suy ra
( )
1 2
( ) , 0;1
3 9
f t f t
 
≤ = ∀ ∈
 
 
.Suy ra
2
9
M
≤
,
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi:
( )
sin 2 1
4 2
1
1

sin
sin
3
3
t
π β
α β α
β
β


− = = +

 
⇔
 
= =
 
=



2
1 tan
1 sin 1
2
, tan 2, tan
1 4 2
2 2 2
1 sin

1 tan
2
y z
x y z
yz
β
π β β
β
β
β
+
−
 
⇔ = = = + = = = = =
 
+
 
−
−
.
V
ậ
y
2
max
9
M
=
.

Nhận xét 6:
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
14

Bài toán 10.1:
Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn
xyz x z y
= + +
và z > 0. Hãy tìm GTLN của biểu thức
( )
2 2
3
2
1 1 6
1 1
1
z
M
x y
z
= − +
+ +
+
Đáp số:
32
max
9
M = ,
đạ
t

đượ
c khi và ch
ỉ
khi
4 2 5 6 30
4 2 5 6 30
x
− + −
=
+ − −
,
1 6 5
1 5 6
y
+ −
= −
+ −
,
1

5
z =
.

Bài toán 10.2:
Cho ba s
ố
th
ự
c x, y, z th

ỏ
a mãn
1
xy zx yz
+ + =
, x
≠
0 và z > 0. Hãy tìm GTLN c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
(
)
( )
( )
2
2 2
2 2
2
2 1
1 1
1 1
3 1 1
z
x y
M
x y

z
−
− −
= + +
+ +
− +
.

Đ
áp s
ố
:
3 3 1
max
2 2
M
+
= ,
đạ
t
đượ
c khi và ch
ỉ
khi
2 3, 2 3
x y z= = + = − .
Bài toán 11:
Cho hai số thực a và b. Hãy tìm GTNN của biểu thức
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2

2 2
1 4 1 1 2 2
N a a b b a b a b= + + + + + + + − + − − .
Lời giải:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai điểm A(a; a + 1) và B(2b + 2; b), ta có N = OA + OB +
AB với A và B lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: y = x + 1

và d
2
:
1
1
2
y x
= −
. Bài toán trở
thành tìm GTNN của N khi A và B lần lượt chạy trên hai đường thẳng d
1
và d
2
.
www.mathvn.com
Để ý rằng điểm O nằm trong góc nhọn được tạo bởi hai đường thẳng d
1
và d
2
.
G

ọi O
1
, O
2
lần lượt là điểm đối xứng của O qua hai đường thẳng d
1
và d
2
.
Ta có
N = OA + OB + AB = O
1
A + O
2
B + AB ≥ O
1
O
2
, suy ra N = O
1
O
2

là nhỏ nhất, khi và chỉ khi
bốn điểm O
1
, A, B, O
2
thẳng hàng hay
0 1 1 2

A A d O O
≡ = ∩ và
0 2 1 2
B B d O O
≡ = ∩ .
Ta tìm được
(
)
1
1;1
O − ,
2
4 8
;
5 5
O
 
−
 
 
,
0 0
13 9 2 6
; , ;
22 22 7 7
A B
   
− −
   
   

, suy ra
1 2
10
O O = , suy ra
10
N ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
13
22
a
= −
và
6
7
b
= −
.
V
ậy
min 10
N =
Bài toán 12:
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
15

Cho ba số thực dương a, b, c. Hãy tìm GTLN của biểu thức
3 3 3
3
2 2 2
4 8 3
( 1)( 1)( 1) 2 2 2

1
a b c
X
a b c a b c ab bc bc ca ca ab
a b c
 
= − − + +
 
+ + + + + + + +
+ + +
 
Lời giải:
Ta chứng minh bổ đề: Với a, b, c, a
1
, b
1,
c
1
là sáu số dương ta luôn có
( )
( )
3
3 3 3
1 1 1 1 1 1
3
a b c
a b c
a b c a b c
+ +
+ + ≥

+ +
(11)
Chứng minh: Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có các BĐT:
3
3
3 3
1 1
3 3 3
3
1 1 1
3
3 3
1 1 1
1 1
3
3 3 3
3
1 1 1
3
1 1 1
1
3
1
. .
3
3
a
a a
a b c
a b c

a
a b c
a a
a b c
a b c
a b c
 
 
 
 
+ +
 
 
 
+ +
 
 
+ +
 
 
≤
+ +
+ +
(12)
3
3
3 3
1 1
3 3 3
3

1 1 1
3
3 3
1 1 1
1 1
3
3 3 3
3
1 1 1
3
1 1 1
1
3
1
. .
3
3
b
b b
a b c
a b c
b
a b c
b b
a b c
a b c
a b c
 
 
 

 
+ +
 
 
 
+ +
 
 
+ +
 
 
≤
+ +
+ +
(13)
3
3
3 3
1 1
3 3 3
3
1 1 1
3
3 3
1 1 1
1 1
3
3 3 3
3
1 1 1

3
1 1 1
1
3
1
. .
3
3
c
c c
a b c
a b c
c
a b c
c c
a b c
a b c
a b c
 
 
 
 
+ +
 
 
 
+ +
 
 
+ +

 
 
≤
+ +
+ +
(14)
Cộng vế theo vế các BĐT (12), (13) và (14), ta có BĐT
3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3 3
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
. . . . . . 1
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 a b c a b c
+ + ≤
+ + + + + +
+ + + + + +
Từ đó suy ra BĐT (11) đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 1 1
a b c
a b c
= =
.
Áp dụng (11) ta có

( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
3 3
3 3 3
2 2 2 9
3 2 2 2
a b c a b c
a b c
ab bc bc ca ca ab ab bc ca
ab bc bc ca ca ab
+ + + +
+ + ≥ =
+ + + + +
+ + + + +
 
 
Mà
( )
( )
( )
( )
3 3
2
9 3
3
a b c a b c
a b c
ab bc ca

a b c
+ + + +
+ +
≥ =
+ +
+ +
nên
3 3 3
2 2 2 3
a b c a b c
ab bc bc ca ca ab
+ +
+ + ≥
+ + +
, suy ra
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
16

3 3 3
3
3
1
2 2 2
a b c
a b c ab bc bc ca ca ab
 
− + + ≤ −
 
+ + + + +
 

, Ta có
( ) ( )
2 2 2 2 2
4 4 4 3
1
3
1
3
a b c
a b c a b c
≤ =
+ + +
+ + + + +
+
và
( )
3 3
8 8 216
( 1)( 1)( 1)
3
1 1 1
3
a b c
a b ca b c
−
− ≤ − =
+ + +
+ + ++ + + + +
 
 

 
. Từ đó
( )
( ) ( )
3 3
2 2
4 3 216 4 3 216
1 1 ( )
3 3
3
3
X f t
a b c t
t
a b c
≤ − − = − − =
+ + + +
+
+ + +
, với t = a + b + c > 0.
Ta có
( )
( )
( )
(
)
( ) ( )
( )
2
3 3

2
2 2
2 3 3 6 3 36
4 3 216
( ) 2 1 3
3 3
3
3 3 2 3
t t t
f t t
t t
t
t t
 
 
 
+ + + + +
 
= − + − = − − =
 
 
 
 
+ +
+
 
+ + +
 
 
 

 
( )
( )
(
)
( ) ( )
( )
2
3
2 2
2 3 3 6 3 36
1 1
3
2 2
3
3 3 2 3
t t t
t
t
t t
 
 
 
+ + + + +
 
 
= − − − − =
 
 
 

+
 
+ + +
 
 
 
 
 

( )
( )( )
(
)
( ) ( ) ( )
( )
2
3
2 2
3 3 4 3 12
3 7 17
3
2 3
2 3 3 2 3
t t t
t t
t
t
t t
 
 

− + + + +
− − −
 
 
= − − =
 
+
+ + +
 
 
( )
(
)
( ) ( )
( )
2
2
3
2 2
3 4 3 12
7 17
3
2 3
2 3 3 2 3
t t
t
t
t
t t
 

+ + + +
+
 
= − − +
 
+
+ + +
 
 
s
uy ra
( ) 0, 0
f t t
≤ ∀ >
, suy ra
0
X
≤
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = a + b + c = 3 và a = b = c
hay a = b = c = 1.
Vậy
max 0
X
=
.
Bài toán 13:
Với x là số thực, hãy tìm GTNN của biểu thức
2 2
2 2
1 2 2

2 2 3
x x x
Y
x x x
+ − +
= +
+ − +
.
Cách giải 1:
Ta có
( )
( )
2
2
2 2
1 1
1
2
1 2
x
x
Y
x
x
− +
+
= +
+
− +
.

Xét hàm số
2
2
1
( ) ,
2
t
g t t
t
+
= ∈
+
ℝ
. Ta có
( ) ( )
3
3 5
2 2
3 6
( ) , ( ) 0,
2 2
t t
g t g t t
t t
+
′ ′′
= = > ∀ ∈
+ +
ℝ
, suy

ra đồ thị hàm số g(t) là lõm trên
ℝ
.
Suy ra đồ thị hàm số g(t) nằm trên các tiếp tuyến của của đồ thị này.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số g(t) tại điểm có hoành độ
0
1
2
t
=
l
à
13 1 5
27 2 6
y t
 
= − +
 
 
. suy ra
2
2
1 13 1 5
,
27 2 6
2
t
t t
t
+

 
≥ − + ∀ ∈
 
 
+
ℝ
, suy ra
2
2
1 13 1 5
,
27 2 6
2
x
x x
x
+
 
≥ − + ∀ ∈
 
 
+
ℝ
(15)
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
17

Xét hàm số
( )
( )

2
2
1 1
( ) ,
1 2
t
h t t
t
− +
= ∈
− +
ℝ
. Ta có
( ) ( )
( ) ( )
3
3 5
2 2
1 3 1
6
( ) , ( ) 0,
1 2 1 2
t t
h t h t t
t t
− + −
′ ′′
= = > ∀ ∈
   
− + − +

   
ℝ
, suy ra đồ thị hàm số h(t) là lõm trên
ℝ
. Suy ra đồ thị ham số h(t) nằm trên các tiếp tuyến của
của đồ thị này. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số h(t) tại điểm có hoành độ
0
1
2
t
=
l
à
13 1 5
27 2 6
y t
 
= − − +
 
 
. Suy ra
( )
( )
2
2
1 1
13 1 5
,
27 2 6
1 2

t
t t
t
− +
 
≥ − − + ∀ ∈
 
 
− +
ℝ
, suy ra
( )
( )
2
2
1 1
13 1 5
,
27 2 6
1 2
x
x x
x
− +
 
≥ − − + ∀ ∈
 
 
− +
ℝ

(16). Từ (15) và (16) suy ra
5
,
3
Y
≥
x
∀ ∈
ℝ
, đẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi
1
2
x
=
.
Vậy
5
max
3
Y
=
.
Cách giải 2:
Ta tìm m, n sao cho
2
2
1
2
t

mt n
t
+
≥ +
+
và đẳng thức xảy ra tại
1
2
t
=
là nghiệm kép. Tìm được
13
27
m = và
32
54
n = .Ta chứng minh được
2
2
1 13 32
27 54
2
t
t
t
+
≥ +
+
(bạn đọc tự kiểm chứng). Suy
ra

2
2
1 13 32
,
27 54
2
x
x x
x
+
≥ + ∀ ∈
+
ℝ
(17). Chứng minh tương tự ta được
(
)
( )
2
2
1 1
13 58
27 54
2 1
t
t
t
− +
≥ − +
+ −
(bạn đọc tự kiểm chứng). Suy ra

(
)
( )
2
2
1 1
13 58
,
27 54
2 1
x
x x
x
− +
≥ − + ∀ ∈
+ −
ℝ
(18). Từ (17) và (18) suy ra
5
,
3
Y
≥
x
∀ ∈
ℝ
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
2
x

=
.
Vậy
5
max
3
Y
=
.
Bài toán 14:
Cho
(
)
, 0;1
x y∈ thỏa mãn
(
)
(
)
( )( )
3 3
1 1
x y x y
x y
xy
+ +
= − −
(19). Hãy tìm GTLN của biểu thức
2 2
2 2

1 1
4
1 1
Q xy x y
x y
= + + − −
+ +
.
Lời giải:
Ta có
( )
( )
( )
( )
3
3
2 2 2 2 3 3 3 3 3 3
2 4 (20)
4
x y
x y xy x y xy xy x y xy x y x y x y x y
+
+ ≥ ⇒ + − ≥ ⇒ + ≥ + ⇒ + ≥ + ⇒ + ≥

Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
18

và
( )
2

(21)
4
x y
xy
+
≥ .Từ (20) và (21) suy ra
(
)
(
)
( )
3 3
2
x y x y
x y
xy
+ +
≥ +
. Kết hợp với (19), ta
có
( ) ( )( )
2
1 1
x y x y
+ ≤ − −
, suy
ra:
( ) ( )( )
(
)

2
2
2
1 1 1 1 3( ) 4( ) 4 0
4
x y
x y x y x y xy x y x y x y
+
+ ≤ − − = − − + ≤ − − + ⇒ + + + − ≤

suy ra
2
0
3
x y
< + ≤
, suy ra
2
, 0;
3
x y
 
∈
 
 
(vì x, y > 0). Mặt khác
(
)
(
)

2 2
2 2 2 2
3
1 1 1 1
2 2 3
1 1 1 1
x y x y
x y
Q
x y x y
+ −
+
= + + − ≤ + +
+ + + +
Ta tìm m, n sao cho
2
1 2
, 0;
3
1
mt n t
t
 
≤ + ∈
 
 
+
và và đẳng thức xảy ra tại
1
3

t
=
là nghiệm kép.
Tìm được
9
10 10
m
−
= và
33
10 10
n = . Ta chứng minh
2
1 9 33
10 10 10 10
1
t
t
−
≤ +
+
(22)
Điều này tương đương với
( )
2
9 33 2
1000 (1 ) 33 9 0, 0;
3
10 10 10 10
t t vì t t

 − 
 
≤ + − + > ∀ ∈
 
 
 
 
suy
ra
( )
2
2
2
3 1 3 60 49 0
3
t t t
 
 
− + − + ≥
 
 
 
 
, luôn đúng với mỗi
2
0;
3
t
 
∈

 
 
.
Áp dụng (22) ta có
2
2
1 9 33
10 10 10 10
1
1 9 33
10 10 10 10
1
x
x
y
y
−

≤ +

+


−

≤ +

+

Suy ra

( )
9 1 66 9 1 2 66 2 6
3 3 3 9
10 10 10 10 10 10 10 10 10 10
Q x y
− −
   
≤ + + + ≤ + + = +
   
   
, suy ra
2 6
9
10 10
Q ≤ + , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
1
x = y = .
V
ậ
y
2 6
max
9
10 10
Q = + .
Bài toán 15:
Cho
, , 0
x y z

≥
thỏa mãn
2
1 1 2 1 2 5
x y z
+ + + + + =
(23). Tìm GTLN của biểu thức
3 3 3
2
R x y z
= + +
.
Lời giải:
Từ (20) và
, , 0
x y z
≥
, ta suy ra
[
]
0;2 2 ; , 0;4
x y z
 
∈ ∈
 
.Vì
, 0
y z
≥
nên

( ) ( ) ( )
3 3
3 3
3
y z y z yz y z y z
+ = + − + ≤ + .suy ra
( )
3
3
2
R x y z
≤ + + (24). Ta tìm m, n sao
cho
[
]
1 2 , 0;4
y my n y+ ≥ + ∀ ∈ , và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = 0 hoặc y = 4; tìm được
1
2
m
=
, n = 1. Vậy ta có
[ ]
1 2 1, 0;4
2
y
y y+ ≥ + ∀ ∈ (25). Tương tự ta có
[ ]
1 2 1, 0;4
2

z
z z+ ≥ + ∀ ∈ (23).
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
19

Kết hợp (23), (24) và (25) ta suy ra
(
)
2
2 3 1
y z x
+ ≤ − +
. Vì vậy từ (24) ta có
(
)
3
3 2
2 8 3 1 ( )
R x x f x
≤ + − + = .
Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
2

3 3 2
3 2 3 2 3 3 2 2
2
8
( ) 64 2 8 3 1 64 2 8 3 1 2 2 3 1 2 3 1 4
1 1
x
f x x x x x x x x
x
   
− = + − + − = + − + − = − − + + − + + =
   
   
+ +
(
)
(
)
(
)
( )
2
2 2
2 2
2 2 2
2 2 2 2
4 3 1 8 3 1 16
16 2 2
2 2 1 16 2 2 13 0
1 1 1 1 1 1 1 1

x x
x x
x x x x x x
x x x x
 
− + + − + +
 
 
= − ≤ − = + + − ≤ − ≤
 
 
+ + + + + + + +
 
 
 
, suy ra
( ) 64, 0;2 2
f x x
 
≤ ∀ ∈
 
, suy ra
64
R
≤
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0, y = 0, z =
4 hoặc x = 0, z = 0, y = 4.
Vậy maxR = 64.
Nhận xét 7:
Qua hai bài toán 12 và bài toán 13 ta nhận thấy: khi đồ thị (C) của hàm số y = f(x) liên tục trên

đoạn
[
]
;
α β
thì bao giờ cũng tồn tại ít nhất một đồ thị (C
/
) của hàm số y = g(x) liên tục trên đoạn
[
]
;
α β
nằm dưới (hoặc nằm trên) đồ thị (C). Từ đó suy ra: f(x) ≥ g(x) (hoặc
f(x) ≤ g(x)),
[
]
;
x
α β
∀ ∈ ).
Xảy ra ba trường hợp:
a) Nếu đồ thị (C) nằm trên đồ thị (C
/
) hoặc nằm dưới đồ thị (C
/
) và chúng không có điểm
chung nào thì f(x) > g(x) hoặc f(x) < g(x).
b) Nếu đồ thị (C) nằm trên đồ thị (C
/
) hoặc nằm dưới đồ thị (C

/
) và chúng có ít nhất điểm
chung có hoành độ
(
)
0
;
x
α β
∈ thì f(x) ≥ g(x) hoặc f(x) ≤ g(x).
c) Nếu đồ thị (C) nằm trên đồ thị (C
/
) hoặc nằm dưới đồ thị (C
/
) và chúng có hai điểm chung có
hoành
độ
1
x
α
=
và
2
x
β
=
thì f(x) ≥ g(x) hoặc f(x) ≤ g(x).
Với bài toán “Tìm GTNN (hoặc GTLN) của biểu thức P = f(a
1
) + f(a

2
)+…+ f(a
n
) với
[
]
1 2 n
a ,a , ,a
α;β
∈
∈∈
∈
và g(a
1
) + g(a
2
) +…+ g(a
n
) ≥ h (g(a
1
) + g(a
2
) +…+ g(a
n
) ≤ h) với
[
]
i i i
a
α ; β

∈
∈∈
∈
,i = 1;n
(
i i
α ,β
, h là 2n + 1 số thực không đổi) ”, ta nên xét đồ thị (C) của hàm số y = f(x) liên
tục trên đoạn
[
]
;
α β
và một đồ thị (C
/
) của hàm số y = g(x) liên tục trên đoạn
[
]
;
α β
trong hai
trường hợp b) hoặc c).
Khi không có điều kiện nào của các số a
1
, a
2,
…, a
n
thì ta nên xét tính lồi, lõm của đồ thị (C) và
nghĩ đến phương pháp tiếp tuyến (xem cách 1 của bài toán 13).

Khi có điều kiện của các số a
1
, a
2,
…, a
n
thì ta nên xét tính lồi lõm của đồ thị (C) và nghĩ đến
phương pháp dây cung của đồ thị lồi, đồ thị lõm (xem bài toán 6).
Tổng quát: Khi điều kiện của các số a
1
, a
2,
…, a
n
đưa đến điều kiện của biểu thức
g(a
1
) + g(a
2
) +…+ g(a
n
) ≥ h (hoặc g(a
1
) + g(a
2
) +…+ g(a
n
) ≤ h) với
[
]

; , 1;
i i i
a i n
α β
∈ = (
,
i i
α β
, h
là 2n + 1 số thực không đổi), ta nên tìm p, q sao cho f(x
i
) ≥ pg(x
i
) + q (hoặc f(x
i
) ≤ pg(x
i
) + q)
với mọi
[
]
i i i
x
α ;β ,i = 1;n
∈
∈∈
∈
(xem bài toán 14, bài toán 15, cách 2 của bài toán 6 và cách 2 bài
toán 13).
Bài toán 16:

Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
20


Cho x, y, z > 0, thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm GTNN của biểu thức
3 3 3 3 3 3
2 2 2
5 5 5
3 3 3
x y y z z x
P
xy y yz z zx x
− − −
= + +
+ + +
.
Lời giải :
Xét hiệu: A =
(
)
(
)
3 3 2
5 3
x y ax by xy y
− − + + = y
3
f(t), với f(t) =
(
)

(
)
3
5 1 3
t at b t
− − + +
, t =
x
y
.
Nếu f(t) có t = 1 là nghiệm bội 2 thì:
(1) 0
(1) 0
f
f
=

⇔

′
=

7
1
2
15 4 0 5
2
a
a b
a a b

b

=

+ =


⇔
 
− − − =


= −


. Lúc
này
f(t) =
( ) ( )
2
1 10 13
2
t t− +
, suy ra A =
( )
2
(10 13 )
0, , 0
2
x y x y

x y
− +
≥ ∀ >
,suy ra
3 3
2
5 7 5
3 2 2
x y
x y
xy y
−
≥ −
+
,
, 0
x y
∀ >
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Tương tự ta có:
3 2
2
5 7 5
3 2 2
y z
y z
yz z
−
≥ −
+
và

3 3
2
5 7 5
3 2 2
z x
z x
zx x
−
≥ −
+
, , 0
x y z
∀ >
. Từ đó suy ra
1
P x y z
≥ + + =
. đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z =
1
3
.
Vậ
y minR = 1.
Bài toán 17:
Cho x, y, z > 0 và xy + yz + zx = 1. Tìm GTNN c
ủ
a P =
3 2 3 2 3 2
x y z y z x z y x

y z z x y x
+ + +
+ +
+ + +
.
Lời giải:
Tr
ướ
c h
ế
t , ta có:
(
)
( )
2
2 2 2
3 3 3 4 4 4 2 2 2
2 2
x y z
x y z x y z x y z
y z z x y x xy xz yz yx zy zx xy yz zx
+ +
+ +
+ + = + + ≥ ≥
+ + + + + + + +
(sử dụng
BĐT (5) ở trang 3) suy ra
3 3 3 2 2 2
2
x y z x y z

y z z x y x
+ +
+ + ≥
+ + +
,
, , 0
x y z
∀ >
(26), đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi x = y = z =
1
3
.
Xét biểu thức
2 2 2
y z z x y x
y z z x y x
+ +
+ + +
.
Xét hiệu A = y
2
– (ay + bz)(y + z)

= y
2
f(t), với f(t) = 1 – (a + bt)(1 + t)

, t =
z

y
> 0. Nếu f(t)
có t = 1 là nghiệm bội 2 thì:
(1) 0
(1) 0
f
f
=

⇔

′
=

1 3
2 4
1 1
2 0
2 4
a b a
b b
 
+ = =
 
 
⇔
 
 
− − = = −
 

 
. Lúc
này
( )
2
1
( )
4
t
f t
−
= , suy ra
( )
2
0
4
y z
A
−
= ≥
suy ra
2
3
, , 0
4
y y z
y z
y z
−
≥ ∀ >

+
. Do đó
( )
2
2
3 1
3
4 4
y z y z
z yz z
y z
−
 
≥ = −
 
+
 
,
, 0
y z
∀ >
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = z, tương tự ta
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
21

cũng có
( )
2
2
1

3
4
z x
xz x
z x
≥ −
+
và
( )
2
2
1
3
4
x y
xy y
x y
≥ −
+
, , 0
x y z
∀ >
. Từ đó suy ra
2 2 2 2 2 2
3
4
y z z x y x x y z
y z z x y x
− − −
+ + ≥

+ + +
,
, , 0
x y z
∀ >
(27), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z =
1
3
. Từ (26) và (27) suy ra:
3 2 3 2 3 2 2 2 2
3 3
1
4 4
x y z y z x z y x x y z xy yz zx
y z z x y x
+ + + + + + + + +
+ + ≥ ≥ =
+ + +
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi x = y = z =
1
3
.
V
ậy min P = 1.
Bài toán 18:
Cho x, y, z > 0, và x + y + z =
2
. Tìm GTLN của

2 2 2
P x xy y yz z zx
= + + + + + +
.
Lời giải:
Xét hiệu:
( )
2
2 2
( ),
A x xy ax by x f t
= + − + = với f(t) =
( )
2
1
t a bt
+ − + , t =
y
x
, a, b > 0. Nếu f(t)
có
t = 1 là nghiệm bội 2 thì :
(1) 0
(1) 0
f
f
=

⇔


′
=

( )
( )
2
3
2
2 2
1
2 1
2 2
a
a b
b a b
b

=


+ =
 
⇔
 
+ =



=



. Lúc này
( )
2
1
( )
8
t
f t
−
= −
, suy ra A =
( )
2
0
8
x y−
− ≤
,
, 0
x y
∀ >
, suy ra
2
3
, , 0
2 2
x y
x xy x y
+

+ ≤ ∀ >
, đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi x = y, tương tự ta cũng có:
2
3
,
2 2
y z
y yz
+
+ ≤
2
3
,
2 2
z x
z zx
+
+ ≤
, , 0
x y z
∀ >
, từ đó
suy ra
( )
2 2 2
2 2
P x xy y yz z zx x y z
= + + + + + + ≤ + + =
, đẳng thức xảy ra và chỉ khi

2
3
x y z= = = .
Vậy
ax 2
m P
=
.
Bài toán 19:
Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
3 3 3 3 3 3
2 2 2
5 5 5
2( )
3 3 3
y x x z z y
x y z xy yz zx xy yz zx
x y z x y z
− − −
+ + − − − ≥ + + ≥ + +
+ + +
.
Lời giải:
Xét hiệu A =
(
)
3 3 2 2 3
5 ( 3 ) ( ),
y x x y ax bxy cy y f t
− − + + + = với f(t) = 5 – t

3
– (t + 3)(at
2
+ bt +
c), t =
x
y
. Nếu f(t) có t = 1 là nghiệm bội 2 thì:
(1) 0
(1) 0
f
f
=

⇔

′
=

1
2 1
a b c
a b
+ + =


+ =

* Cho
1

c
=
thì a = –1, b = 1, lúc này ta có f(t) = 2(t – 1)
2
suy ra A = 2y(x – y)
2
≥ 0,
, 0
x y
∀ >
,
suy ra,
3 3
2 2
5
3
y x
x xy y
x y
−
≥ − + +
+
,
, 0
x y
∀ >
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y; chứng minh
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
22

tương tự ta cũng có:
3 3
2 2
5
3
x z
z zx x
z x
−
≥ − + +
+
và
3 3
2 2
5
3
z y
y yz z
y z
−
≥ − + +
+
,
, , 0
x y z
∀ >
. Từ đó ta
có
3 3 3 3 3 3
5 5 5

3 3 3
y x x z z y
xy yz zx
x y z x y z
− − −
+ + ≥ + +
+ + +
(đpcm), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
* Cho c = 2 thì a = 0, b = –1, lúc này ta có f(t) = – (t – 1)
2
( t + 1), suy ra
A = – (x – y)
2
(x + y) ≤ 0,
, 0
x y
∀ >
, suy ra,
3 3
2
5
2
3
y x
xy y
x y
−
≤ − +
+
,

, 0
x y
∀ >
, đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi x = y; chứng minh tương tự ta cũng có:
3 3
2
5
2
3
x z
zx x
z x
−
≤ − +
+
và
3 3
2
5
2
3
z y
yz z
y z
−
≤ − +
+
,
, , 0

x y z
∀ >
. Từ đó ta có
( )
3 3 3 3 3 3
2 2 2
5 5 5
2
3 3 3
y x x z z y
x y z xy yz zx
x y z x y z
− − −
+ + ≤ + + − − −
+ + +
(đpcm), đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi x = y = z.
Vậy với x, y z > 0, ta luôn có
3 3 3 3 3 3
2 2 2
5 5 5
2( )
3 3 3
y x x z z y
x y z xy yz zx xy yz zx
x y z x y z
− − −
+ + − − − ≥ + + ≥ + +
+ + +
.

Nhận xét 8:
Các bài toán 16, 17, 18, 19 là của chúng tôi đề xuất. Cách giải các bài toán này là ứng dụng của
đề
tài nghiên cứu: “ Một số phương pháp biến đổi biểu thức đẳng cấp đối với hai biến, ba biến để
chứng minh bất đẳng thức” của chúng tôi.
Sau đây là một số trích dẫn trong đề tài đó.
Các hằng đẳng thức
1.

Hằng đẳng thức thứ nhất
 
 
 
 
 
 
∑ ∑ ∑ ∑
k r n r n 2
i n i s r s j n r j 2 l n 2 l
i s j l
i=0 s=0 j=0 l=0
α a b β a b q a b = (a b) p a b
− −
− −− −
− −
− − − − − −
− − − − − −− − − − − −
− − − − − −
− −
− −− −

− −
, ,
a b R
∀ ∈
(28) với
{
}
0;1;2; ; ,
k n
∈
{
}
0;1;2; ;
r n
∈
, 2
n N n
∈ ≥
.
Ta chứng minh bao giờ cũng tồn tại đẳng thức có dạng (28).
Xét đa thức theo biến t:
0 0 0
( )
k r n r
i s j
i s j
i s j
f t t t q t
α β
−

= = =
 
 
= −
 
 
 
 
∑ ∑ ∑
.
Giả sử f(t) có t = 1 là nghiệm kép (nghiệm bội 2), thì hệ điều kiện của các q
i
, theo các
,
j s
α β

( 0;
j n r
= −
,
0;
i k
= ,
0;
s r
= ) cho trước là:
0 0 0
0 0 0 0 0
(1) 0

(1) 0
r n r k
s j i
s j i
r n r r n r k
s j s j i
s j s j i
q
f
f
s q jq i
β α
β β α
−
= = =
− −
= = = = =

 
 
=

 
 
=
 

  
⇔
 

′
=
   

   

+ =
   
   

   
   

∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
Hệ hai phương trình bậc nhất có n – r + 1 ẩn q
i
giải được và luôn có nghiệm, lúc này
2
2
0
( ) ( 1)
n
l
l
l
f t t p t
−
=
= −

∑
; với các p
l

(
0; 2
l n
= −
) hoàn toàn xác định khi chia f(t) cho (t – 1)
2
. Cho
t =
a
b
, ta có hằng đẳng thức dạng (28).
Lưu ý:
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
23

+ Các bước chứng minh hằng đẳng thức dạng (28) đã cho ta một phương pháp biến đổi biểu
thức vế trái của của nó (là biểu thức đẳng cấp đối với hai biến a và b)
+ Ta có thể đồng nhất hệ số hai đa thức là hai vế của đẳng thức (28) để tìm các hệ số q
i
, p
l
theo
các hệ số
,
j s
α β

cho trước.
2. Hằng đẳng thức thứ hai
∑ ∑
k n 2
i n i n 2 j n 2 j
i j
i=0 j=0
α a b (βa + γb) = (a b) p a b
−
−−
−
− − −
− − −− − −
− − −
− −
− −− −
− −
, ,
a b R
∀ ∈
(29), với
{
}
0;1;2; ; ,
k n
∈
, 2
n N n
∈ ≥
Ta chứng minh bao giờ cũng tồn tại đẳng thức có dạng (29).

Xét
đa thức theo biến t:
( )
0
( )
k
n
i
i
i
f t t t
α β γ
=
= − +
∑
.
Giả sử f(t) có t = 1 là nghiệm kép (nghiệm bội 2), khi đó, ta có hệ điều kiện của
,
β γ
, theo các
i
α

(
0;
i k
= ) cho trước là:
( )
( )
0

1
0
(1) 0
(1) 0
k
n
i
i
k
n
i
i
f
f
n i
β γ α
β β γ α
=
−
=

+ =

=


⇔
 
′
=



+ =


∑
∑
Hệ hai phương trình có hai ẩn
,
β γ
giải được và luôn có nghiệm. Lúc này
( )
f t
=
2
2
0
( 1)
n
j
j
j
t p t
−
=
−
∑
; với các p
j
, (

0; 2
j n
= −
) hoàn toàn xác định khi chia f(t) cho (t – 1)
2
. Cho
t =
a
b
, ta có hằng đẳng thức dạng (29).
Lưu ý:

+ Các b
ướ
c ch
ứ
ng minh h
ằ
ng
đẳ
ng th
ứ
c d
ạ
ng (29)
đ
ã cho ta m
ộ
t ph
ươ

ng pháp bi
ế
n
đổ
i bi
ể
u
th
ứ
c v
ế
trái c
ủ
a c
ủ
a nó (là bi
ể
u th
ứ
c
đẳ
ng c
ấ
p
đố
i v
ớ
i hai bi
ế
n a và b)

+ Ta có th
ể

đồ
ng nh
ấ
t h
ệ
s
ố
hai
đ
a th
ứ
c là hai v
ế
c
ủ
a
đẳ
ng th
ứ
c (29)
để
tìm
,
β γ
, theo các
i
α

cho tr
ướ
c.
Bài toán 20:
(Câu V,
đề
thi
đạ
i h
ọ
c môn toán, kh
ố
i A n
ă
m 2011)
Cho x, y, z là ba s
ố
th
ự
c thu
ộ
c
đ
o
ạ
n [1; 4] và x
≥
y, x
≥

z. Tìm GTNN c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.
Lời giải:
Đặt
z
x
b
y
x
a
== , ,
[
]
4;1, ∈ba . Ta có
1
1
3
2

),(
+
+
+
+
+
==
b
a
b
b
a
a
bafP
,
( ) ( )
0
32
)32(3)43(
),(
22
2
<
++
−−+−
=
′
aba
abbba
baf

a
,
[
]
4;1, ∈∀ ba , suy ra
1
1
4
11
4
),4(),1(
5
6
+
+
+
+=≥≥=
b
b
b
bfPbf
,
[
]
4;1∈b
. Ta l
ạ
i có
( ) ( )
22

2
14
123
);4(
++
−
=
′
bb
b
bf
b
,
[
]
4;120),4( ∈=⇔=
′
bbf
b
.

V
ậ
y min P = min{f(4,1); f(4,4); f(4,2)} =
33
34
, khi và ch
ỉ
khi x = 4, y = 1, z = 2.

Nhận xét 9:
T
ừ
cách gi
ả
i
bài toán 20
, chúng tôi
đề
xu
ấ
t bài toán sau.
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
24

Bài toán 20.1:
Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4]. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức
2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.
Để giải một bài toán ta cần quan tâm đến các cách tiếp cận bài toán. Sau khi giải xong một bài
toán
hay nhiều bài toán, ta nên nhìn nhận lại các bài toán, rút kinh nghiệm, điều chỉnh, đề xuất bài
toán mới, phát hiện những vấn đề mới,…
Phú Vang, ngày 26/4/2015.
Tác giả: Tôn Thất Hiệp

………………………………………………………………………………………………………
…
Lời giải bài toán 5.1:
Vì c = min{a; b; c} ≥ 1, nên
( )
( ) ( )
( )
( )( )
( )
2 2 2
2 2
9 9 9 9
45
2
3 1 3 1
2 1
2 3 1 3 3 2 2
4
2 2
a b
c c
a b c
a b c c a b a b
≥ = ≥
+
− −
   
+ + −
+ + + − − − − + +
   

   
,
và
( ) ( )
( )
2 2 2
36 9
4 2 45 1
3 1
2
2
b a c
c
b a
≥
+ + −
−
 
+ +
 
 
, suy ra
( ) ( ) ( )
2 2 2
9 36
2 4 2 45 1a b b a c
+ ≥
+ + + −
( ) ( )
( ) ( )

2 2 2 2
9 9 72 8
3 3 3 3 1
3 1 3 1
2 2
2 2
a b c a b c
c c
a b b a
≥ + ≥ =
+ + − + + −
− −
   
+ + + +
   
   
, suy ra
( )
2
4
8 8
1 ( )
1
S a b c t f t
t
a b c
≥ + + + − = + =
+ + −
, v
ới

1 0
t a b c
= + + − >
.
Ta có
5
32
( ) 1
f t
t
′
= − +
,
( ) 0 2
f t t
′
= ⇔ =
. Lập BBT hàm số f(t) ta suy ra
( )
5
( ) 2
2
f t f
≥ =
, suy
ra
5
2
S
≥

, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1, 2
c a b
= = =
. Vậy
5
min
2
S
=
.
Lời giải bài toán 5.2:
Không mất tính tổng quát ta giả sử c = min{a; b; c}, thì
2 2
2 2 2 2
1 1 1 1
2 2
a c b c
c c
a b
+ ≥ +
+ +
   
+ +
   
   
,
mà
( )
2 2 2

1 1 8
2 2
a b c
c c
a b
+ ≥
+ +
   
+ +
   
   
, nên
( )
2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 8
2 2
a c b c
a b c
c c
a b
+ ≥ + ≥
+ +
+ +
   
+ +
   
   
,
suy ra

Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
25

( ) ( )
( )
( )
2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
4
2 2 2 2
1 1 8 1 1 8
2 2 2 2
c c c c
a b a b a b
a c b c
a b c a b cc c c c
a b a b a b c
 
      
− + + + + + +
 
      
      
 
 
+ − ≥ + − = ≥
+ +

+ + + +
       
+ + + + + +
       
       
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
2
2
4
4
2 2
2 2
2 2
c c
a b a b
a b
c c
c c
a b a b c
a b a b c
  
− + +
  
−

  
≥ =
  
   
+ + + +
+ + + +
  
   
  
   
. Mặt khác
( )
( )
( )
( )
2
2 2
2 2
2 2
1 2
a b
a b
a b a b a b
− −
− =
+
+ + +
, suy ra
( ) ( )
( )

( )
( )
( )
( )
2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2
4
1 1 8 1 2
2 2
a b a b
c c
a c b c a b
a b c a b a b a b
a b a b c
− −
+ − + − ≥ − =
+ + +
  
+ + + + +
+ + + +
  
  

( ) ( )
( )
( )
( )

( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
4
4
2 2 2
2 2
2 2 2 2
a b
c c
c c
a b a b a b a b c
a b a b a b a b a b c
c c c c
a b a b a b a b c a b a b a b a b c
 
+
  
 

  
− + − + + + +
 
  
− + + − + + + +
  
 
  
 
  
   
= ≥ ≥
     
+ + + + + + + + + + + +
     
     
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 4 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
c c c c

a b a b c a b a b c a b a b c a b
c c c c
a b a b a b a b c a b a b a b
   
     
− + + − + + + + − + + − + +
     
   
     
   
≥ = =
     
+ + + + + + + + + +
     
     
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2 2

2 2
2 2 2 2
2
8
2 2 2 2
7
2 2 2 2
0
2 2 2 2
c c c c
c c c c
a b a b a b
a b a b a b
a b
c c c c
a b a b
a b a b a b a b a b a b
 
    
 
     
− + + + − + +
 
− + + − + +
    
     
 
    
−
 

     
   
= ≥ = ≥
     
+ +
+ + + + + + + +
     
     
,
suy ra
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 8 1 2
0
a c b c a b
a b c a b
+ − + − ≥
+ + +
+ + +
, suy ra
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 8 2 8 2 10
a c b c a b
a b c a b a b c a b c a b c
+ + ≥ + ≥ + =
+ + +
+ + + + + + + + +

Từ đó
( )
2
4
1280 1280
5 5 ( )
S a b c t f t
t
a b c
≥ + + + = + =
+ +
, với
0
t a b c
= + + >
. Ta có
5
4.1280
( ) 5
f t
t
′
= − +
,
( ) 0 4
f t t
′
= ⇔ =
, Lập BBT hàm số f(t), ta suy ra
(

)
( ) 4 25
f t f
≥ =
, suy ra
25
S
≥
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0, 8
c a b
= = =
.
V
ậy
min 25
S
=
, đạt được khi và chỉ khi a = b = 8, c = 0 hoặc các hoán vị của nó.
Lời giải bài toán 5.3:
Không mất tính tổng quát ta giả sử c = min{a;b;c}, thì
3 3
3 3 3 3
1 1 1 1
2 2
a c b c
c c
a b
+ ≥ +
+ +

   
+ +
   
   
,