SKKN giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến

Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

A.

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ
cho học sinh là các mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu
dạy học môn toán.
Bất đẳng thức là một vấn đề được giáo viên và học sinh thâm nhập
với một lượng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả
năng tư duy toán học cho học sinh.
Trong quá trình dạy học tôi luôn tìm tòi các ví dụ điển hình tổng
hợp thành các phương pháp giải cụ thể cho học sinh đồng thời hướng dẫn
học sinh biết nhận dạng bài toán và phát triển các bài toán mới.
Dưới đây tôi xin được trao đổi với quý đồng nghiệp một phương
pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức: ” Giải bất đẳng thức bằng
phương pháp đưa về một biến” ( Thường là những bài bất đẳng thức khó,
xảy ra trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi Đại học). Và trong một số bài
toán tôi khai thác sâu thêm bằng những hoạt động trí tuệ như tổng quát,
phân tích, so sánh, đặc biệt hóa...
Nội dung đề tài gồm hai phần :
Phần I: Đưa về 1 biến bằng cách biến đổi đặt ẩn phụ t = k(x,y,z,...).
Phần II: Đưa về 1 biến bằng cách dồn biến.

B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I. PHƯƠNG PHÁP
1. Bài toán: Xét bài toán:Với điều kiện R (nếu có) . Chứng minh rằng

P = f(x,y,z,...) ≥ A (hoặc ≤ A) hoặc tìm GTLN; NN của P.
Phương pháp 1:
⊕ Chứng minh: P ≥ g (t ) ∀t = k (x,y,z,...) ∈ D
Chứng minh: g (t ) ≥ A ∀t ∈ D .
⊕ Chứng minh: P ≤ g(t) ∀t = k(x,y,z,...) ∈ D
Chứng minh: g(t) ≤ A ∀t ∈ D .
Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và
chứng minh g (t ) ≥ A
- Việc chứng minh g (t ) ≥ A ở đây tôi có thể sử dụng cách biến đổi, dùng
các bất đẳng thức cơ bản hoặc với hoc sinh lớp 12 có thể làm bằng cách sử
dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải.
- Còn đánh giá P nói chung là phong phú tùy thuộc từng bài toán để lựa
chọn cách đánh giá thích hợp (dùng cách biến đổi , sử dụng bất đẳng thức cổ
điển. bunhiacopki,côsi,....).
Phương pháp 2:

1


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

a. Nếu vai trò các biến x,y,z bình đẳng, không mất tính tổng quát ta có thể giả
sử : x = max(x,y,z,...) hoặc x = min(x,y,z,...) hoặc giả thiết x ≥ y ≥ z ≥ .... ;và
dùng điều kiện bài toán kết hợp các bdt cơ bản khử dần các biến đưa về biến x.
b. Đánh giá các biến, giả thiết thêm các điều kiện của biến đưa:
P= f(x, y, z, …) ≥ f(x, t, ..) ≥ … ≥ f1(x). Trong đó t, = k(x, y,z,…)
Sau đó chứng minh f1(x) ≥ A.
PHẦN I. Đưa về một biến bằng cách đặt ẩn phụ t=k(x,y,z,...).

• Bài

toán 1:

Với x,y là các số thực dương chứng minh rằng:
x 3 + y 3 ≥ xy 2 + yx 2 (1)

Giải:
Vì x là số dương nên:
3

2

y
 y  y
(1) ⇔ 1 +   ≥   +
x

x

x

. Đặt

y
=t
x

( t >0).

C1: Ta có: (1) trở thành : t 3 -t 2 - t+ 1 ≥ 0 ⇔ (t-1) 2 (t+1) ≥ 0 (đúng với mọi
t>0).
C2: Hướng dẫn hs xét hàm : f(t)= t 3 -t 2 - t+ 1 trên (0; +∞ ).
1

2
f’(t)= 3t - 2t -1=0 ⇔ t= 1 ; t= - .
3

t
0
f’(t) -

+∞

1
0

+
+∞

0
f(t)
Suy ra f(t) ≥ 0 với mọi t > 0 (đccm).
Tổng quát
Ta có bài toán 1’:
Cho x,y là các số thực dương; Chứng minh rằng:
x n + y n ≥ xy n − 1 + x n − 1 y (n ≥ 2, n ∈ N )

Chứng minh hoàn hoàn tương tự!

• Bài

toán 2:

Với x,y là các số thực khác không chứng minh rằng:
x4
y4

+

y4
x4

 x2 y2
−
+
 y2 x2


 x y
 + + ≥ −2
 y x


(2)

2


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến

Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

Giải:
x

y

x

y

x

y

Đặt t = y + x thì t = + = + ≥ 2 (áp dụng bđt côsi).
y x
y
x
C1: Ta có: (2) trở thành:
(t 2 − 2) 2 − 2 − (t 2 − 2) + t + 2 ≥ 0 ⇔ (t+2)(t 3 -2t 2 -t+3) ≥ 0(2')
+) Với t ≥ 2: ta có
t 3 -2t 2 -t+3=(t-2)(t 2 -1)+1>0
nên bất đẳng thức (2') đúng
+) Với t ≤ -2: ta có
t 3 -2t 2 -t+3=(t+2)[(t-2) 2 +3] - 11 > 0
và t+2 ≤ 0 nên bất đẳng thức (2') đúng
vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t=-2 hay x=-y
⇒ đpcm.

C2: Xét hàm số: f(t) = t3 – 2t2 – t + 3 trên ( −∞ ; -2] ∪ [2; +∞ ).
• Bài

toán 3:
Cho x, y, z là các số thực thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức:
A = ( x − 1) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 + y − 2 .

Giải:
x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx) = ( x + y + z ) 2 ;
x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz = ( x + y + z )( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) và điều kiện ta

Từ đẳng thức:
có:

P = ( x + y + z )( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) = ( x + y + z )(2 −

Đặt: t = x + y + z

⇒

( x + y + z )2 − 2
)
2

0
t2 − 2
t3
1
) = − + 3t = − (t − 2) 2 (t + 2 2) + 2 2 ≤ 2 2

2
2
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 2
Vậy: Pmin= − 2 2 khi x= − 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị.
Pmax= 2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị.

C1: P = t (2 −

C2: Đặt f(t) = P = t (2 −
f’(t)= −
t
0
f’(t) -

0

t2 − 2
t3
) = − + 3t
2
2

3t 2
+ 3 = 0 ⇔ t = 2; t = − 2
2
2

(0 < t ≤ 6) .

6

-

3


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

2 2

f(t)
Suy ra f(t)= P ≤ 2 2 ..(0 < t ≤ 6 ) .
Vậy Pmin= − 2 2 khi x= − 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị.
Pmax= 2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị.
• Bài

toán 4 (Đề thi giáo viên giỏi năm 2003- 2004)
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= 1. CMR:
2
3
+
> 14 .
a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca

Để ý rằng: 1= ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 − 2(ab + bc + ca ) ;
2

1= ( a + b + c ) ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 )
2

2
t

6
1
với ≤ t<1 .
1− t
3
 −1 + 3
t =
4t 2 + 4t − 2
2
=0⇔ 2
=0⇔
.
2
 −1 − 3
t + (1− t)
t =

2

Suy ra: Nếu đặt t= a 2 + b 2 + c 2 ta có: VT= f ( t ) = +

f’(t) = -

2

6
+
t2 ( 1 − t ) 2

BBT
t
f’(t)

1
3

−1 + 3
2

-

1

0

+
+∞

f(t)
8+ 4 3

Vậy: f(t) ≥ 8 + 4 3 >

1
( đpcm).

14

• Bài

toán 5 Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2006
2
2
Cho x, y là hai số thực khác không thoã mãn: ( x + y ) .xy = x + y − xy ;
1

1

Tìm GTLN của biểu thức: A= x3 + y 3 .

4


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

Giải
Đặt: S= x+y; P= x.y (s2 ≥ 4p )

 x 3 + y 3 = ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) = ( x+y ) 2 .xy = S 2 P

Từ gt ta có: 
.
S2
SP= S2 - 3P ⇒ P =

S +3


( Lưu ý S = -3 không thoã mãn).
Đánh giá S: S2 ≥ 4P => S 2 ≥ 4.
Vậy:

S2
S −1
⇔ S2
≥ 0 ⇔ S < −3.v.S ≥ 1. .
S +3
S +3

2
2
2
2
1
1
x 3 + y 3 ( x + y ) ( x + y − x. y ) ( x + y ) xy S 2 ( S + 3)
=
= 2=
A= x3 + y 3 = 3 3 =
3
3
x y
P
S2
( x. y )

( x. y )

( với S<-3 v S ≤ 1 ).

S +3
trên (−∞; −3) ∪ [1; +∞).
S
3
f’(S)= − 2 < 0∀ S ∈ (−∞; −3) ∪ [1; +∞).
S

Xét: f(S) =

Suy ra f(S ) nghịch biến.
BBT:
−∞
S

-3

+∞

1

-

f’(S)

-

1

4

f(S)
0

1
1

1

MaxA = f2(1) = 16. Đạt được tại x= y= 2 ( Khi S= 1; P= 4 ).
Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn
phụ
• Bài

toán 6: Đề thi đại học khối B năm 2006
Cho x, y, z là các số thực thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức:
A = ( x − 1) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 + y − 2 .

Giải
Áp dụng bdt: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c)2 + (b + d )2

.

5


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến

Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

Ta có: A = (1 − x)2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 + y − 2 ≥ 4 + 4 y 2 + y − 2 . Dấu bằng xảy ra
⇔ x=0.
Đặt f(y)= 4 + 4 y 2 + y − 2 .
• Với

y ≤ 2 : f(y)=

4 + 4 y 2 + 2 − y . f’(y)= 0 ⇔ y =

Lập bảng biến thiên ta có: f(y) ≥ 2 + 3 ⇔ y =
• Với

1
.
3

1
.
3

y>2: f(y)

≥ 2 1+ y2 ≥ 2 5 > 2 + 3 . ≥ 2 1+ y2 ≥ 2 5 > 2 + 3
1
Vậy GTNN của A = 2 + 3 khi x=0; y =
.
3

• Bài toán 7: (Đề thi đại học khối B năm 2008).

Cho x, y là các số thực thay đổi thõa mãn: x2 + y2 =1. Tìm gTLN, NN của biểu
thức:
P=

2 ( x 2 + 6 xy )

1 + 2 xy + 2 y 2

Giải
Ta có: P =

2 ( x 2 + 6 xy )

x 2 + 2 xy + 3 y 2

-) Nếu y = 0 ta có P = 2.
-) Nếu y ≠ 0 Đặt x= ty Suy ra: P =

2 ( t 2 + 6t )

.

t 2 + 2t + 3
2 ( t 2 + 6t )
8t − 6
= 2+ 2
∀t ∈ R .
Xét hàm f (t ) = 2

t + 2t + 3
t + 2t + 3
 −3
t=
f’(t)= 0 ⇔  2 .
t = 3
−3
f (t ) = 2; Lim f (t ) = 2; f (3) = 3; f ( ) = −6 .
Lim
2
t →−∞
t →+∞
3
1

x=
;y=

x = 3y
10
10
Vậy GTLN của P là 3 khi :  2 2 ⇔ 
.
x + y = 1 x = − 3 ; y = − 1

10
10


6

Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.


−3

x =
y
x =
⇔
2
GTNN của P là -6 khi : 
 x2 + y2 = 1  x =




3
;y=
13
−3
;y=
13

−2
13
.

2
13

Có thể sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.
• Bài

toán 8: (Đề thi cao đẳng khốiA, B,D năm 2008).

Cho x, y là các số thực thay đổi thõa mãn : : x2 + y2 =2. Tìm GTLN, NN của
biểu thức:
P= 2( x3 + y3) – 3xy.
HD: Đặt: t= x + y với : t ∈ [ −2; 2] .
• Bài

toán 9:

 x, y , z > 0
1 1 1 15

Cho  x + y + z ≤ 3 Cmr: P= x + y + z + x + y + z ≥ 2 .

2

Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
1
x

1 1
1
9

+ ≥ x + y + z + 33
≥x+ y+z+
y z
xyz
x+ y+z
3
Đặt t = x + y + z ⇒ 0 < t ≤
.
2
3
9
C1: Ta có: f(t)= t + với: 0 < t ≤ .
t
2
9
 3
 3
f’(t)= 1 − 2 < 0.....∀t ∈  0;  ⇒ f(t) nghịch biến trên  0;  .
t
 2
 2
3 15
Suy ra: P ≥ f (t ) ≥ f ( ) =
2
2
3
1
Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = hay x = y = z =
2
2

P= x + y + z + +

C2: áp dụng BĐT côsy ta có:
1 1 1
9
9 27
9
27 15
+ + ≥t + =t + +
≥ 2 t. +
=
P=
x y z
t
4t 4t
4t 4. 3 2
2
1
⇒ đpcm
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
2
x+ y+z+

Chứng minh bài toán Tổng quát 1 :

7


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến

Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

Cho

x1 , x2 ,..., xn (n ≥ 2)

là số dương ;

x1 + x2 + ... + xn ≤ k (k ∈ R+* ) b ≥ 0; ak 2 ≤ bn 2 .
Chứng minh rằng:

1 1
1
bn 2 + ak 2
a( x1 + x2 + ... + xn ) + b( +
+ ... + ) ≥
x1 x2
xn
k

(*)

Hướng dẫn giải:
1 1
1
C1: Sử dụng BDT cô sy : x + x + ... + x ≥
1
2
n

n

n
n2
≥
x1....xn x1 + ...xn

Suy ra:

1 1
1
bn 2
VT = a ( x1 + x2 + ... + xn ) + b( + + ... + ) ≥ a( x1 + x2 + ... + xn ) +
x1 x2
xn
x1 + x2 + ... + xn
Đặt: t =

x1 + x2 + ... + xn ≤ k .

bn 2
Ta có: VT = f(t) = at +
với
t

t ≤k.

bn 2
at 2 − bn 2

f’(t)= a − 2 . = .
< 0...∀t ≤ k (vì gt: ak2 ≤ bn2).
2
t
t
Suy ra: f(t) nghịch biến trên: 0< t ≤ k
ak 2 − bn 2
Vậy: P ≥ f (t ) ≥ f (k ) =
k

Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = k hay x = y = z =

k
.
n

C2: Áp dụng BĐT côsy ta có:
VT = a ( x1 + x2 + ... + xn ) + b(
= at +

1 1
1
bn 2
+ + ... + ) ≥ a ( x1 + x2 + ... + xn ) +
x1 x2
xn
x1 + x2 + ... + xn

bn 2
1 t

bn 2
1
bn 2
bn 2 + ak 2
= bn 2 ( + 2 ) + t (a − 2 ) ≥ bn 2 .2. + k (a − 2 ) =
t
t k
k
k
k
k
k
Dấu bằng xảy ra: x = y = z = .
n

Nhận xét:
Đặc biệt hóa bài toán TQ1 ta có:
Bài toán 9,1:

8


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

 x, y , z > 0
1 1 1 51

Cho  x + y + z ≤ 3 Cmr: x + y + z + 4( x + y + z ) ≥ 2 .


2

Dễ dàng giải bài toán 8. 1 nếu ta cho bài toán TQ1 với a=1; b=4 ; n=3 ; k=

3
2

Bài toán 9.2 (Olimpic-toán sơ cấp Đại Học Vinh).
 x, y , z > 0

Cho  x + y + z ≤ 3 C mr:

2

x2 +

1
1
1
17
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 3.
2
y
z
x
2

Giải
Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có:

(x2 +

1 2
4
1
1
4
)(1 + 4 2 ) ≥ x + ⇒ x 2 + 2 ≥
(x + )
2
y
y
y
y
17

Tương tự sau đó cộng vế theo vế:
1
1
1
1
4 1 1 1
+ y2 + 2 + z2 + 2 ≥
(x + y + z) +
( + + )
2
y
z
x
17

17 x y z
1
4
3
;b =
;k = ;n = 3.
Áp dụng bài toán TQ1 với a= a =
2
17
17
x2 +

Suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 9.3 (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004).
 x, y , z > 0
x + y + z ≤ 1

Cho 

x2 +

CMR :

1
1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 .
2
x

y
z

Chứng minh tương tự.
Bài toán TQ1 : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có:

Bài toán 9* :
 x, y > 0
x + y ≤ 2

Cho 

1

1

Cmr: x + y − ( x + y ) ≥ 2 .

Xem x= 1 − a ; y= 1 − b ta có:

Bài toán 9*.1:

9


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

 a, b ≥ 0

Cmr:
a + b = 1

a
b
+
≥ 2.
1− a
1− b

Cho 

Từ đó có thể dễ dàng chứng minh bài toánTổng quát 2:
Cho x1 , x2 ,..., xn (n ≥ 2) là các số thực dương và x1 + x2 + ... + xn = m , m>0:
x1

Chứng minh rằng:

m − x1

x2

+

m − x2

+ ... +

xn

≥

m − xn

mn
.
n −1

Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện bài toán TQ1 ta có bài toán
mới :

Bài toán TQ3
Cho x1 , x2 ,..., xn (n ≥ 2) là các số thực dương thoả mãn:
x1 + x2 + ... + xn ≥ k (k ∈ R* ) ; b ≥ 0; ak 2 ≥ bn 2 .

Chứng minh rằng: a( x1 + x2 + ... + xn ) + b(

1 1
1
bn 2 + ak 2
+
+ ... + ) ≥
(**)
x1 x2
xn
k

Từ bài toán TQ2 và bài toán TQ3 ta có thể áp dụng chứng minh các bài
toán khác tương tự , hoặc có thể khai thác ta được những bài toán mới khá
thú vị ...

•

Bài toán 10:(THTT/ T4/352/2007)

Với x,y,z là các số thực dương và xyz ≥ 1:
x

Chứng minh rằng: P =

x+

yz

+

y
y + xz

z

+

z + xy

≥

3

2.

Giải:
Đặt a= x , b= y , c= z
Bài toán trở thành :
Cho: a,b,c là các số thực dương và abc ≥ 1. Chứng minh rẳng
P=

a2
a 2 + bc

+

b2
b 2 + ac

+

c2
c 2 + ab

≥

3
2

.

áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có:

P ≥


2

(a + b + c) 2

2


 =
a 2 + bc + b 2 + ac + c 2 + ab  [

(a + b + c) 4
a 2 + bc + b 2 + ac + c 2 + ab

]2

10


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

≥

(a + b + c) 4
(a + b + c) 4
(a + b + c) 4
≥
≥
3(a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca) 3[(a + b + c) 2 − 3(ab + bc + ca)] 3[(a + b + c) 2 − 3]

{vì ab+bc+ca ≥ 33 (abc) 2 ≥ 3}
Đặt: t=(a+b+c) 2 thì t ≥ 9 { vì a+b+c ≥ 33 abc ≥ 3}.
1
9
t2
C1: P = f(t) =
= 3 t + 1 + 3(t − 3) với t ≥ 9 .
3(t − 3)
1
27
f’(t)= 3 − 3t − 9 2 = 0 ⇔ t = 0; t = 6 .
(
)
2

BBT:
t
0
f’(t)

3

6
0

-

+∞

9
+

+
+∞

f(t)
9
2
3
9
Suy ra: P ≥
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (đpcm).
2
2
t2
9
3t + 15 t − 3
3
3.9 + 15
t −3 3
+
+
≥
+2
.
C2: Ta có : P2 =
=
= .
3(t − 3)

12
12
t −3
12
12 t − 3 2
3
9
⇒ P2 ≥ ⇒ P ≥
Dấu bằng xảy ra khi x= y= z= 1 (đpcm).
2
2

Vậy P2 = f(t) ≥

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được bài toán Tổng quát 4
Cho: x1 , x2 ,..., xn (n ≥ 2) là các số thực dương và x1 x2 ...xn ≤ 1

x1
CMR:

•

x 1 + x 2 x 3 ..x n

x2

+

+ ... +

x 2 + x 3 x 4 ...x n x 1

xn
x n + x 1 x 2 ...x n − 1

≥

n
2

.

Bài toán 11:
x, y , z ≥ 0


Cho  x + y + z = 1 Cmr: P = 1 + x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 ≤ 10 .

x

y

z

9

Nhận xét: Ta đổi chiều bất đẳng thức để áp dụng bđt svac-xơ .
Giải : Ta có :

11

Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

x2
y2
z2
x3
y3
z3
P = x(1 −
) + y (1 −
) + z (1 −
) =1− (
+
+
)
1 + x2
1 + y2
1 + z2
1 + x2 1 + y2 1 + z 2

(

)

2

x4
y4
z4
x2 + y2 + z 2
+
+
)
≤
1
−
x + x3 y + y3 z + z 3
x + y + z + x3 + y 3 + z 3

=1− (

Ta có:
x 3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z )( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) + 3xyz ≤
1
x2 + y2 + z 2 3
≤ x 2 + y 2 + z 2 − [1 − ( x 2 + y 2 + z 2 )] + 3 (
)
2
3
1
Đặt t = x2 + y 2 + z 2 từ đk ⇒ t ≥ .
3

C1) Ta có: P = f(t) = 1 −

..∀t ≥

2t

2

t
1 + 3t + 2t
3

.. ⇒ f '(t ) = −

16t +

8 3 2
t t − 6t 2 − 2 3t 2 t
3
2
<0

t
 1 + 3t + 2t ÷
3


1
.
3
1
3

Suy ra: f(t) nghịch biến trên [ − ; +∞ ).
1
3

Vậy P = f(t) ≤ f ( ) =

1
9
Dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z= (đpcm).
10
3

C2) Ta có:
1
( − t )(57t + 9)
2t
2t
− 3t + 10t + 3 9 9
9 9
P ≤1−
≤1−
= 2
− + = 3 2
+ ≤
t
3t + 10t + 3 10 10
3t + 10t + 3
10 10
t
3t + 1 + t 2 +

1 + 3t + 2t
3
3
1
Dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z= (đpcm).
3
2

• Bài

Cho

2

2

toán 12:(Tạp chí toán học tuổi thơ).
x, y, z ∈ (0;1)


(1)
 xyz = (1 − x)(1 − y )(1 − z )

CMR: x 2 +y 2 +z 2 ≥

3
.
4

Giải:

Ta có: (1) ⇔ 1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz
⇔ x 2 +y 2 +z 2 =2-2(x+y+z)+(x+y+z) 2 -4xyz
3

x+ y+ z
áp dụng bđt Côsi ta có : 
 ≥ xyz nên
3



12


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

x+ y+ z

3




x 2 +y 2 +z 2 ≥ 2-2(x+y+z)+(x+y+z) 2 -4 

3

Đặt t= x+y+z thì: 0 < t < 3 .Khi đó:

4 3 2
1
15
3 3
t + t − 2t + 2 =
(2t − 3) 2 ( − t ) + ≥
27
27
4
4 4
3
1
dấu bằng xảy ra khi t= hay x=y=z= (đpcm).
2
2

x 2 +y 2 +z 2 ≥ −

*) Từ ý tượng trên ta có thể khai thác và sáng tạo các bất đẳng thức :
Chẳng hạn : Chứng minh và khai thác bài toán Tổng quát4:
Cho x1 , x2 ,..., xn ( n ≥ 2 ) là số dương không lớn hơn α . Chứng minh
rằng:

a n+1
an
≥ + ( a − x1 ) ( a − x2 ) ... ( a − xn ) .
x1 + x2 + ... + xn n
Lưu ý: Nếu chứng minh g(t) ≥ 0 bằng cách biến đổi như trên thì trước tiên
phải dự đoán được dấu bằng xảy ra tại đâu để giá hay tách nhóm hợp lý.

- Khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện tồn tại chính xác của ẩn phụ đặc biệt
là chứng minh g(t) bằng phương pháp đạo hàm.
Bài tập tự luyện
1, Cho x,y,z là các số thực không âm .
Cmr: 2 xyz + x 2 + y 2 + z 2 + 1 ≥ 2( xy + yz + zx)
HD: Bất đẳng thức của bài toán tương đương với
( x + y + z ) 2 + 2 xyz + 1 ≥ 4( xy + yz + zx). ⇔ .4( xy + yz + zx) − ( x + y + z ) 2 ≤ 2 xyz + 1

kết hợp bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh:
9
(9 − 2t )t 2
≤ 1 với t = x + y + z , t <
2
27

2. Cho x,y,z là các số thực không âm . chứng minh rằng :
3( x 2 + y 2 + z 2 ) + 5 xyz + ( x + y + z ) + 1 ≥ 6( xy + yz + zx)

3. Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng
xyz + 2( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ 5( x + y + z ) (THTT-số 356)
4. Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng
x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz + 3 ≥ (1 + x)(1 + y )(1 + z )
 xy + yz + zx ≥ 3

5. Cho  x, y, z ∈ [0; 4 ] Cmr: xyz + 4( x + y + z ) ≥ 13

3
 x, y , z > 0
6. Cho  2 2 2
Cmr: x + y + z + 27 xyz ≤ 30

x + y + z ≤ 3

13


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

x, y , z ≥ 0
Cmr: x + y + z ≥ 6
 xyz ≥ x + y + z + 2


7. Cho 

- Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức
x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx ) = ( x + y + z ) 2

8. Chứng minh rằng: −

1 4 27
x+ y
1 27
≤
≤ 4
với mọi x,y thuộc R
4
4
2 2 1+ x + y

2 2

HD: t = x + y
x+ y+ z ≥3
 x, y, z ∈ (0;2)
27

9. Cho 
(x

2

+ 2)( y

Cmr:

+ 2)( z + 2)
HD: t = ( x + y + z ) 2 :
2

2

≤

1
4−x

 x 2 + y 2 + z 2 + xyz = 4
10 . Cho 
x, y , z ≥ 0


 xy + yz + zx ≥ x + y + z
11. Cho 
x, y, z ∈ (0;1]


+

2

1
4−y

Cmr:
Cmr:

2

+

1
4 −z 2

x+ y + z ≤3

x2
( y + z − x) 2

+

y2
( z + x − y) 2

+

z2
( x + y − z) 2

≥ 3

*****************************************

II. Một biến là x(y hoặc z):
ở ví dụ trên thì chúng ta phải làm xuất hiện ẩn phụ.sau đây ta xét một lớp
bài toán mà ẩn phụ chính là x hoặc y hoặc z
• Bài

toán 13:
x + y + z = 1

Cho  x, y, z ≥ 0


Cmr: P = xy + yz + zx − xyz ≤

8
27

.

Giải:

Từ đk bài toán ta thấy 0 ≤ z ≤ 1 ⇒ 1 − z ≥ 0
áp dụng bđt côsi ta có:
2

x+ y
P = xy+yz+zx-xyz = z(x+y)+xy(1-z) ≤ z(x+y)+ 
 (1-z)
 2 
2

− z3 − z2 + z + 1
⇒ P = xy+yz+zx-xyz ≤ z(1-z)+  1 − z  (1-z)=
=
4
 2 
1
1
5
8
8
− (z − ) 2 (z + ) +
≤
với mọi z, 0 ≤ z ≤ 1
4
3
3
27 27
1

dấu bằng xảy ra khi x= y= z= ⇒ đpcm.
3

14


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

− z3 − z 2 + z + 1
Có thể xét hàm: f(z) =
với 0 ≤ z ≤ 1 .
4
• Bài toán số 14:
x + y + z = 3

Cho  x, y, z ≥ 0
Cmr: 5 + xyz ≥ 2( xy + yz + zx)

Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử z = min(x,y,z)
Từ điều kiện dễ thấy: 0 ≤ z ≤ 1

(9) .

x+ y 2
) ( z − 2) − 2 z ( x + y ) ≥ 0
2
( z − 1) 2 ( z + 2)

3− z 2
z 3 − 3z + 2
⇔5+(
) ( z − 2) − 2 z (3 − z ) ≥ 0 ⇔
≥0⇔
≥0
2
4
4
đúng với ∀z ∈ [0;1] . Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 ⇒ đpcm.

(9) ⇔ 5 + xy ( z − 2) − 2 z ( x + y ) ≥ 0 ⇔ 5 + (

z 3 − 3z + 2
với 0 ≤ z ≤ 1 .
4
Nếu lấy điều kiện 0 ≤ z ≤ 3 thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức

Có thể xét hàm: f(z) =
• Nhận

xét:

trên là không đúng. ở đây chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế điều
kiện của biến để có thể đánh giá được biểu thức.
Bài toán tổng quát 5 (Tổng quát của bài 14)
x + y + z = 3
 x, y , z ≥ 0

Cho  a < 0; b > 0 Cmr: a( xy + yz + zx) + bxyz − (3a + b) ≥ 0 .

 a
4

≤−
3
 b
HD: Không mất tính tổng quát giả sử: z = min(x,y,z)
Từ điều kiện dễ thấy 0 ≤ z ≤ 1 ⇒ a + bz < 0; z −

3a
− 4 ≥ 0 ta có:
b

(3 − z ) 2
a ( xy + yz + zx ) + bxyz − (3a + b) = xy (a + bz ) + az ( x + y ) − (3a + b) ≥
(a + bz ) +
4
1
3a
+ az (3 − z ) − (3a + b) = b( z − 1) 2 ( z −
− 4) ≥ 0
4
b

Chú ý: Thay đổi hình thức bài toán:
Sử dụng đẳng thức x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx) = ( x + y + z ) 2 ta có thể đưa bài
toán trên về bài toán tương đương nhưng hình thức khác :
chẳng hạn bài 14 có thể phát biểu dưới dạng tương đương :

15

Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

x + y + z = 3
CMR:
 x, y , z ≥ 0

Cho 

x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4 .

(THTT-2006).

Tương tự bài toán 14* ta có thể chứng minh bài toán tổng quát 6.
x + y + z = 3
 x, y , z ≥ 0

 a > 0; b < 0 CMR: a ( xy + yz + zx ) + bxyz − (3a + b) ≥ 0 .
 a
2

≥−
3
 b

Cho

Chú ý : Để chứng minh : ta giả thiết z=max(x,y,z).
Đặc biệt hóa ta có bài toán:
x + y + z = 3
Cmr:
 x, y , z ≥ 0

Với a=1; b=-2 : Cho 

xy + yz + zx ≥ 2 xyz + 1

Sau đây ta xét tiếp bài toán sử dụng giả thiết: x = max(x,y,z,...) hoặc x =
min(x,y,z,...) để làm hạn chế phạm vi của biến:
• Bài

toán 15:

 x, y , z ∈ [0;2]

3
3
3
Cho  x + y + z = 3
Cmr: x + y + z ≤ 9 .

Giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử: z = max(x,y,z).
Từ điều kiện ⇒ 1 ≤ z ≤ 2 .
Ta có:
x 3 + y 3 + z 3 ≤ x 3 +y 3 +3xy(x+y) +z 3 =(x+y) 3 +z 3 =(3-z) 3 +z 3 =
=9z 3 -27z+27=9(z-1)(z-2)+9 ≤ 9 với mọi z t/m : 1 ≤ z ≤ 2

dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)=(0,1,2) và hoán vị của nó (đpcm).

Bài toán 16
Cho x, y ∈ [0;

2
].
2

Cmr:

x
y
2 2
+
≤
.
2
2
3
1+ y
1+ x

x
y
2x
2
+
≤
≥ x ≥ y ≥ 0 ta đi chứng minh:

2
2
1+ y
1+ x
1+ x2
2

2
Xét hàm f(x) trên : 0;  .
 2 

HD: Giả sử :

16


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

• Bài

toán 17:

Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2] ;
Chứng minh rằng : x 3 + y 3 + z 3 ≤ 5 xyz .
Giải:
Đặt f ( x, y, z ) = x 3 + y 3 + z 3 − 5 xyz
Không mất tính tổng quát giả sử : 2 ≥ x ≥ y ≥ z ≥ 1
f ( x, y, z ) − f ( x, y,1) = z 3 − 5 xyz − (1 − 5 xy ) = ( z − 1)(1 + z + z 2 − 5 xy ) ≤ 0

Vì : z − 1 ≥ 0;1 + z + z 2 − 5 xy ≤ 1 + z + z 2 − 5 z 2 = 1 + z − 4 z 2 = −4( z − 1) 2 − 3z + 1 < 0
Mặt khác : f ( x, y,1) − f ( x,1,1) = y 3 − 5 xy − (1 − 5 x) = ( y − 1)(1 + y + y 2 − 5 x) ≤ 0
Vì y − 1 ≥ 0;1 + y + y 2 − 5 x ≤ 1 + y + y 2 − 5 y = y 2 − 4 y + 1 = ( y − 1)( y − 2) − y − 1 < 0
Vậy f ( x, y, z ) ≤ f ( x,1,1) = x 3 − 5 x + 2 = ( x − 2)[( x + 1) 2 − 2) ≤ 0 ∀x,1 ≤ x ≤ 2

dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x,y,z)=(2,1,1) và hoán vị của
⇒ đpcm
(2,1,1)
• Bài

toán18:

x + y + z = 3
 x, y , z ≥ 0
Chứng minh rằng: 5 + xyz ≥ 2( xy + yz + zx)

(Đây là bài toán số) Cho 
Giải

Đặt f ( x, y, z ) = 2( xy + yz + zx) − xyz
Ta cần chứng minh f ( x, y, z ) ≤ 5 . Do vai trò của x,y,z trong f như nhau nên theo
tính chất 2 ta giả sử 0 ≤ x ≤ y ≤ z kết hợp điều kiện ta dễ dàng suy ra 0 ≤ x ≤ 1
Xét
y+z y+z
y + z ( y + z) 2
y+z
( y + z) 2
f ( x , y , z ) − f ( x,
,
) = 2( xy + yz + zx) − xyz − 2( x

+
+x
)+x
2
2
2
4
2
4
3
1
y+z y+z
3− x 3− x
− x + 3x − 2
= ( x − 2)( y − z ) 2 ≤ 0 ⇒ f ( x, y , z ) ≤ f ( x,
,
) = f ( x,
,
)=
4
2
2
2
2
4
3
2
− x + 3x − 2
( x − 1) ( x + 2)
⇒ f ( x, y , z ) ≤

−5+5 = 5−
≤5
∀x;0 ≤ x ≤ 1
4
4
( x − 2)( y − z ) 2 = 0
⇔ x = y = z = 1 (đpcm).
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
x =1

• Bài

toán 19:

(Bất đẳng thức côsi): Cho x, y, z là các số thực dương;
Chứng minh rằng: x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz .
Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử z ≥ y ≥ x > 0
Đặt f ( x, y, z ) = x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz

17


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

Tacó:
f ( x, y, z ) − f ( x, y, xy ) = z 3 − ( xy ) 3 + 3 xy( xy − z ) = ( z − xy )( z 2 + z xy − 2 xy ) ≥ 0 vì z ≥ xy

Mặt khác: Đặt g ( x, y ) = f ( x, y, xy ) = x 3 + y 3 − 2 ( xy ) 3
g ( x, y ) − g ( x, x) = y 3 − x 3 − 2( ( xy ) 3 − x 6 ) =

(

y3 − x3

)

2

≥0

Vậy f ( x, y, z ) ≥ f ( x, y, xy ) = g ( x, y ) ≥ g ( x, x) = 0
 z = xy
⇔ x = y = z ⇒ đpcm
x
=
y


dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

Một số bài toán tương tự
 x, y , z ≥ 0
1
x( y − z ) 4 + y ( z − x) 4 + z ( x − y ) 4 ≤
Cmr
:
12

x + y + z = 1
HD: Giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0 đặt t = x( y + z ) ta chứng minh được
x( y − z ) 4 + y ( z − x ) 4 + z ( x − y ) 4 ≤ t (1 − 3t )
x + y + z = 1
2. Cho 
Cmr:
 x, y , z ≥ 0
a. y + z ≥ 16 xyz
b. xy + yz + zx ≥ 9 xyz
c. 9 xyz + 1 ≥ 4( xy + yz + zx)
 x, y , z ≥ 0
3. Cho 
Cmr: 3( x + y + z ) + xyz ≥ 10
 xy + yz + zx = 3
x + y + z = 1
4. Cho 
Cmr:
 x, y , z ≥ 0

1. Cho 

x2 + 1

a.

+

y +1
2

x +1

+

z +1
2

y +1
n

n

b.

y2 +1

+

yn +1

zn +1

+

z2 +1
x +1
2

zn +1
xn + 1

≤

7
(bài T5 - THTT - 10/2004)
2

≤

7
2

HD:Giả sử x=max(x,y,z)
x +1
2

+

y 2 +1

+

z 2 +1

≤ 1+

y 2 +1

+

z 2 +1

1
x 2 +1
x 2 +1
1
1
≤ 3 + ( y + z) 2 +
= x 2 − 2x + 4 +
2
2
x +1
x +1
y 2 +1

z 2 +1

= 3+ y 2 + z 2 +

1
x 2 +1

Câu b tương tự!
 x, y, z ∈ [0;2]
x + y + z = 3

5. Cho 

Cmr :

x n + y n + z n ≤ 2n + 1

(Tổng quát bài 8: chứng minh tương tự!).
- Thường ta phải sử dụng tính chất 2 mới có đánh giá được

18


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

x

1

y

z

7

4. Cho x, y, z ∈ [ ;3] chứng minh rằng: x + y + y + z + z + x ≥ 5 (THTT-số 357)
3
5. Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng:
xyz + 2( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 ≥ 5( x + y + z ) (THTT-số 356)
x, y , z ≥ 0
 xy + yz + zx = 3
 x, y , z ≥ 0
7. Cho  2 2 2

x + y + z = 3


6. Cho 

Cmr: 3( x + y + z ) + xyz ≥ 10
Cmr: 7( xy + yz + zx) ≤ 12 + 9 xyz

8. Chứng minh rằng :
2


2
 (OLIMPIC 30-4)
+
+
≤ 1 −


z
x
y
2


1
HD: Không mất tính tổng quát ta giả sử: ≤ z ≤ y ≤ x ≤ 1
2
1
Đặt : z=ax ; y=bx ⇒ ≤ a ≤ b ≤ 1 sau đó đánh giá tiếp ta đưa về 1biến là b.

2
x−y

y−z

z−x

III. Kết quả
Đề tài này đã được bản thân tôi và các đồng nghiệp cùng đơn vị thí điểm
trên các em có học lực từ khá trở lên. Kết quả thu được rất khả quan, các em
học tập một cách say mê hứng thú. Một số em đã đạt được những thành tích tốt
qua những đợt thi học sinh giỏi vừa qua.
Tuy nhiên với phương pháp này người thầy phải biết vận dụng sáng tạo
phương pháp, luôn không ngừng tìm tòi, tham khảo các tài liệu, tham khảo đồng
nghiệp, xâu chuỗi chúng lại và cho học sinh các bài tập định hướng để các em
học tập, tìm hiểu.
Đối tượng học sinh là học sinh khá giỏi, luôn tin tưởng ở thầy, có điều kiện
học tập, nghiên cứu.
C. Kết luận
Trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu bản thân tôi cùng với sự giúp đỡ của
các đồng nghiệp đã đúc rút ra được một số kinh nghiệm ; Thông qua đề tài này
mong hội đồng khoa học và các đồng nghiệp kiểm định và góp ý để đề tài ngày
hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng
học sinh.
Xin chân thành cảm ơn!

19


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến

Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

Tài liệu tham khảo
1.Tạp chí toán học và tuổi trẻ.
2. Sáng tạo bất đẳng thức _Phạm Kim Hùng
3. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức _Trần Tuấn Anh
4. Các bài toán chọn lọc về bất đẳng thức của
Phan HuyKkhải_Nguyễn Đạo Phương
5.Olimpic 30_4
Người thực hiện

Nguyễn Hoàng Thái

20