Bất đẳng thức cực trị hay

Chuyên đề. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT - GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ
Trong chuyên đề này, chúng tôi trao đổi với các bạn một số kinh nghiệm của bản thân
khi giải quyết các bài toán cực trị xuất hiện trong các đề thi Đại học của những năm gần
đây.

1

Định nghĩa

Định nghĩa 1. Cho biểu thức F (a 1 , a 2 , ..., a n ) với a 1 , a 2 , ..., a n ∈ D .
• M được gọi là GTLN của F (a 1 , a 2 , ..., a n ) với a 1 , a 2 , ..., a n ∈ D nếu
F (a 1 , a 2 , ..., a n ) ≤ M ∀a 1 , a 2 , ..., a n ∈ D
∃a 1 , a 2 , ..., a n ∈ D : F (a 1 , a 2 , ..., a n ) = M

.

• m được gọi là GTLN của F (a 1 , a 2 , ..., a n ) với a 1 , a 2 , ..., a n ∈ D nếu

F (a 1 , a 2 , ..., a n ) ≥ m ∀a 1 , a 2 , ..., a n ∈ D
∃a 1 , a 2 , ..., a n ∈ D : F (a 1 , a 2 , ..., a n ) = m

.

Khi giải các bài toán về GTLN, GTNN của biểu thức P , ta cần thực hiện hai bước
Bước 1: Đánh giá P ≥ m hoặc P ≤ M
Bước 2: Chỉ ra có đẳng thức xảy ra.
Việc dự đoán được P đạt GTLN, GTNN khi nào đóng vai trò quan trọng, việc dự đoán
đó giúp chúng ta thực hiện các bước đánh giá hợp lí và lựa chọn công cụ phù hợp. Ta cần
lưu ý một số tính huống như sau
• Đối với biểu thức đối xứng ba biến thì biểu thức thường đạt GTLN (GTNN) khi có

hai biến bằng nhau hoặc cả ba biến bằng nhau
• Khi giả thiết cho các biến không âm thì biểu thức thường đạt GTLN, GTNN khi có

một biến bằng 0
• Khi giả thiết cho các biến thuộc đoạn [α; β] thì biểu thức thường đạt GTLN, GTNN

khi có một biến bằng α, một biến bằng β.
• Khi giả thiết của đề bài là một bất đẳng thức hoặc nhiều bất đẳng thức, thì biểu

thức đạt GTLN, GTNN thương khi dấu bằng ở các bất đẳng thức đó xảy ra.
Ta đi xét một số ví dụ sau để làm sáng tỏ điều đó.
Ví dụ 1. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
P = xy+

1
.
xy

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

1


Lời giải. Ta có x y ≤

x+ y
2

2

=

P = xy+

1
1
⇒
≥ 4.Suy ra
4
xy

15 1
1
+ .
≥2
16 x y
16 x y

x y.

15
17
1
+ .4 =
.
16 x y 16
4

1
2

Đẳng thức xảy ra khi x = y = . Vậy GTNN của P bằng

17
.
4

Ví dụ 2. Cho các số thực a, b, c ∈ [0; 2] thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
P = a2 + b 2 + c 2 .

Lời giải. Cách 1: Ta có
P = (a + b + c)2 − 2 (ab + bc + ca) = 9 − 2 (ab + bc + ca) .

Do a, b, c ∈ [0; 2] nên
(a − 2) ( b − 2) ( c − 2) ≤ 0
⇒ abc − 2 (ab + bc + ca) + 4 (a + b + c) − 8 ≤ 0

Hay −2 (ab + bc + ca) ≤ −4 − abc ≤ −4.
Suy ra P ≤ 9 − 4 = 5. 
Đẳng thức xảy ra khi





abc = 0

(a − 2) ( b − 2) ( c − 2) = 0 ⇔ a = 0, b = 1, c = 2 và các hoán vị.





a+b+c =3

Vậy GTLN của P bằng 5.
Cách 2: Giả sử a ≤ b ≤ c, ta có a ≤ 1 ≤ c. Suy ra
a (a − 1) ≤ 0 ⇒ a2 ≤ a

và
( c − 1) ( c − 2) ≤ 0 ⇒ c2 ≤ 3 c − 2.

Do đó a2 + c2 ≤ a + 3 c − 2.
+) b ≥ 1, ta có b2 ≤ 3b − 2 nên
a2 + b2 + c2 ≤ a + 3 ( b + c) − 4 = 5 − 2a ≤ 5.

+) b ≤ 1 ta có b2 ≤ b nên
a2 + b2 + c2 ≤ a + b + 3 c − 2 = 1 + 2 c ≤ 5.

Suy ra P ≤ 5. Đẳng thức xảy ra khi a = 0, b = 1, c = 2 và các hoán vị.
Vậy GTLN của P bằng 5.
Ví dụ 3. Cho các số thực dương a, b, c, d thỏa mãn
a2 ≤ 1, a2 + b2 ≤ 5, a2 + b2 + c2 ≤ 14, a2 + b2 + c2 + d 2 ≤ 30.

Tìm GTLN của biểu thức P = a + b + c + d.
Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

2


Lời giải. Ta có
2 a ≤ a2 + 1
4 b ≤ b2 + 4
6 c ≤ c2 + 9
8 d ≤ d 2 + 16.

Suy ra
24 (a + b + c + d ) ≤ 12 a2 + 1 + 6 b2 + 4 + 4 c2 + 9 + 3 d 2 + 16
= 3 a2 + b2 + c2 + d 2 + a2 + b2 + c2 + 2 a2 + b2 + 6a2 + 120
≤ 3.30 + 14 + 2.5 + 6.1 + 120 = 240.

240
= 10. Đẳng thức xảy ra khi a = 1, b = 2, c = 3, d = 4.
24
Vậy GTLN của P bằng 10.

Do đó P ≤

2
2.1

Một số lưu ý khi giải bài toán tìm GTLN, GTNN
Sử dụng tính đối xứng

Ví dụ 4. (D-2009) Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S = 4 x2 + 3 y 4 y2 + 3 x + 25 x y.

Lời giải. Do x + y = 1 nên :
S = 16 x2 y2 + 12 x3 + y3 + 9 x y + 25 x y
= 16 x2 y2 + 12 ( x + y)3 − 3 x y ( x + y) + 34 x y.
= 26 x2 y2 − 2 x y + 12

1
( x + y)2 1
Đặt t = x y, ta được: S = 16 t − 2 t + 12; 0 ≤ x y ≤
.
= ⇒ t ∈ 0;
4
4
4
1
Xét hàm số f ( t) = 16 t2 − 2 t + 12 trên đoạn 0;
4
2

f ( t) = 32 t − 2; f ( t) = 0 ⇔ t =

Suy ra max f ( t) = f
0;

1
4

1
1
191

1
25
; f (0) = 12, f
=
,f
=
.
16
16
16
4
2

1
25
1
191
=
; min f ( t) = f
=
.
4
2
16
16
1
0;

4


 x+ y=1
25
1 1
Giá trị lớn nhất của S bằng
, khi
1 ⇔ ( x; y) = ; .
 xy =
2
2 2
4

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

3


2.1

Sử dụng tính đối xứng

Giá trị nhỏ nhất của S bằng
( x; y) =

x+ y=1

191
, khi
16

x y = 16

⇔ ( x; y) =

2+ 3 2− 3
;
hoặc
4
4

2− 3 2+ 3
;
.
4
4

Ví dụ 5. (B-2009). Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn ( x + y)3 + 4 x y ≥ 2. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức :
A = 3( x4 + y4 + x2 y2 ) − 2( x2 + y2 ) + 1.

Lời giải. Ta có:
Khi đó:

( x + y)3 + 4 x y ≥ 2
2

( x + y) − 4 x y ≥ 0

⇒ ( x + y)3 + ( x + y)2 − 2 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1.

A = 3 x4 + y4 + x2 y2 − 2( x2 + y2 ) + 1
2

= 3 ( x2 + y2 ) − x2 y2 − 2( x2 + y2 ) + 1
2

2

≥ 3 ( x2 + y2 ) −

( x2 + y2 )
4

− 2( x2 + y2 ) + 1

9
2
= ( x2 + y2 ) − 2( x2 + y2 ) + 1.
4
1
9
( x + y)2 1
≥ ⇒ t ≥ và A ≥ t2 − 2 t + 1.
2
2
2
4
9 2
1
9

1
1
9
1
Xét hàm số: f ( t) = t − 2 t + 1 , t ≥ có f ( t) = t − 2 > 0 ∀ t ≥ ⇒ f ( t) ≥ f ( ) =
∀t ≥ .
4
2
2
2
2
16
2
9
1
Do đó A ≥ . Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = .
16
2
9
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng
16

Đặt t = x2 + y2 ≥

Ví dụ 6. (D-2014) Cho các số thực x, y thỏa mãn 1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
P=

x + 2y

x2 + 3 y + 5

+

y + 2x

y2 + 3 x + 5

+

1
.
4( x + y − 1)

Lời giải. Ta có 1 ≤ x ≤ 2 ⇒ ( x − 1) ( x − 2) ≤ 0 ⇒ x2 ≤ 3 x − 2.
x + 2y
x + 2y
≥
.
x2 + 3 y + 5 3 x + 3 y + 3
y + 2x
y + 2x
Tương tự 2
≥
.
y + 3x + 5 3x + 3 y + 3

Suy ra

Suy ra

P≥

Đặt t = x + y − 1 ⇒ 1 ≤ t ≤ 3 và P ≥
Xét hàm số f ( t), t ∈ [1; 3] ta có

x+ y
1
+
.
x + y + 1 4 ( x + y − 1)

t+1 1
+
= f ( t).
t + 2 4t

f ( t) =

1
(3 t + 2) ( t − 2)
−
=
4 t2 ( t + 2)2
( t + 2)2 4 t2
1

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

4


2.1

Sử dụng tính đối xứng

Suy ra f ( t) = 0 ⇔ t = 2 và f (1) =
7
8

11
7
53
, f (2) = , f (3) =
.
12
8
60

Do đó f ( t) ≥ f (2) = , ∀ t ∈ [1; 3] .
7
. Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x = 1, y = 2.
8
7
Vậy GTNN của P bằng .
8

x + y + z = 0
Ví dụ 7. (B-2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn :

 x2 + y2 + z2 = 1

Suy ra P ≥

. Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức
P = x 5 + y5 + z 5 .

Lời giải. Từ x + y + z = 0, ta có: z = − ( x + y).
Khi đó x2 + y2 + z2 = 1 trở thành x2 + y2 + ( x + y)2 = 1 (1) và P = x5 + y5 − ( x + y)5 .
2 t2 − 1
Đặt t = x + y, khi đó từ (1) ta có x y =
.
2

Và

P = x5 + y5 − x5 + 5 x4 y + 10 x3 y2 + 10 x2 y3 + 5 x y4 + y5
= −5 x y x3 + y3 − 10 x2 y2 ( x + y)
= −5 x y ( x + y)3 − 3 x y ( x + y) − 10 x2 y2 ( x + y)

5
= (−2 t3 + t).
4

Để cho gọn ta đặt a = x + y; b = x y thì (1’) thành: 2b = 2a2 − 1 (2).
Khi đó,
P = −5 b a3 3ab 10ab2 = −5a3 b + 5ab2
⇒ 4P = −10a3 2a2 − 1 + 5a 2a2 − 1

2

= −10a3 + 5a

Mặt khác, do a2 ≥ 4b nên từ (2) suy ra:
a2 ≥ 2 2 a2 − 1 ⇒ 3 a2 ≤ 2 ⇒ | a| ≤

6
.
3

Xét hàm f (a) = −10a3 + 5a ta có:
f (a) = −30a2 + 5 = 0 ⇔ a = ±

6
6 6
∈ −
;
6
3 3

Bằng tính toán ta có:
f

6
19 6
6
5 6
=

; f −
=
;
6
36
3
9

kết hợp với bảng biến thiên ta thu được hàm f (a) đạt giá trị lớn nhất bằng f −
khi a = −

6
5 6
=
3
9

6
6
tức x = y = − .
3
6

Vậy, giá trị lớn nhất của P là

5 6
6
6
khi x = y = − ; z =
.

36
6
3

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

5


2.1

Sử dụng tính đối xứng

Ví dụ 8. (B – 2010) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức :
P = 3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 3(ab + bc + ca) + 2

Lời giải. Đặt t = ab + bc + ca ⇒ 0 ≤ t ≤

a2 + b 2 + c 2 .

(a + b + c)2 1
= . Khi đó:
3
3

3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) ≥ (ab + bc + ca)2 = t2

a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) = 1 − 2 t.

Suy ra P ≥ t2 + 3 t + 2 1 − 2 t = f ( t).
Xét hàm số f ( t) với t ∈ 0;

1
ta có:
3

f ( t) = 2 t + 3 −

4
1 − 2t

⇒ f ( t) = 2 −

Suy ra f ( t) là hàm nghịch biến trên 0;

2
3

(1 − 2 t)

< 0, ∀ t ∈ 0;

1
3

1
1
nên f ( t) ≥ f ( ) > 0.
3

3

1
1
, suy ra f ( t) ≥ f (0) = 2, ∀ t ∈ 0; .
3
3
Suy ra P ≥ 2. Khi a = b = 0, c = 1 thì P = 2. Vậy GTNN của P là 2.

Do đó f là hàm số đồng biến trên 0;

Ví dụ 9. (THPT QG -2015) Cho các số thực a, b, c ∈ [1; 3] thỏa mãn a + b + c = 6. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức
P=

a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 12abc + 72 1
− abc.
ab + bc + ca
2

Lời giải. Ta có
a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = (ab + bc + ca)2 − 2abc (a + b + c) = (ab + bc + ca)2 − 12abc.

Do đó

a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 12abc + 72 (ab + bc + ca)2 + 72
=
.
ab + bc + ca
ab + bc + ca

Mặt khác a, b, c ∈ [1; 3] nên ta có
(a − 1) ( b − 1) ( c − 1) ≥ 0
(a − 3) ( b − 3) ( c − 3) ≤ 0

⇒

abc ≥ ab + bc + ca − 5
abc ≤ 3 (ab + bc + ca) − 27

.

Đặt t = ab + bc + ca, ta có 3 t − 27 ≥ t − 5 ⇒ t ≥ 11 và (a + b + c)2 ≥ 3 (ab + bc + ca) ⇒ t ≤ 12. Khi
đó
t2 + 72 1
1
72 5
− ( t − 5) = t +
+ = f ( t) .
t
2
2
t
2
Xét hàm số f ( t) với t ∈ [11; 12] ta có
P≤

1 72 t2 − 144
−
=
≤ 0 ∀ t ∈ [11; 12] .

2 t2
2 t2
160
160
Suy ra f ( t) ≤ f (11) =
. Nên P ≤
. Đẳng thức xảy ra, chẳng hạn khi a = 1, b = 2, c = 3.
11
11
160
Vậy GTLN của P bằng
.
11

f ( t) =

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

6


2.2

Sử dụng tính chất thuần nhất

2.2

Sử dụng tính chất thuần nhất

• Nếu P ( x, y) là biểu thức thuần nhất (P ( kx, k y) = P ( x, y)) thì ta có thể đặt x = yt ( y = 0).

Khi đó P ( x; y) = P ( t; 1).
• Nếu P (a, b, c) là biểu thức thuần nhất, ta có thể đặt b = ax, c = a y và chuyển P (a, b, c)
về biểu thức chứa hai biến x, y.
• Nếu trong bất đẳng thức xuất hiện các số hạng:

an b n
a b
+
thì
ta
có
thể
đặt
t
=
+ .
bn an
b a

Ví dụ 10. (D-2013) Cho các số thực dương x, y thỏa x y ≤ y − 1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
x+ y

P=

x2 − x y + 3 y2

−

x − 2y
.
6( x + y)

Lời giải. Từ giả thiết ta có:
xy+1 ≤ y ⇔ 1 ≥ x +

Đặt t =

1
≥2
y

x 1
x
⇒ ≤ .
y
y 4

x
1
⇒ 0 < t ≤ . Ta có:
y
4
t+1

P=

t2 − t + 3

−

t−2
.
6( t + 1)

Ta lại có
1
t − t+3 = t−
2
2

2

1 1
11
≥
−
+
4
4 2

2

+

11 45
=
.
4

16

Suy ra
P≤

4
3 5

( t + 1) −

t−2
= f ( t).
6 ( t + 1)

1
4

Xét hàm số f ( t) với 0 < t ≤ . Ta có:
f ( t) =

4
3 5

−

1
2

2( t + 1)

=

8( t + 1)2 − 2 5
6 5( t + 1)2

> 0 ∀ t ∈ 0;

1
.
4

1
7 + 10 5
1
7 + 10 5
=
, ∀ t ∈ 0; . Do đó P ≤
. Dấu “=” xảy ra khi y = 4 x.
4
30
4
30
7 + 10 5
Vậy GTLN của P là
.
30

Suy ra f ( t) ≤ f

Ví dụ 11. (B-2011) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2 a2 + b2 +ab = (a + b) (ab + 2).

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =4

a2 b 2
a3 b 3
+
−
9
+
.
b 3 a3
b 2 a2

Lời giải. Theo giả thiết ta có
2 a2 + b2 + ab = (a + b) (ab + 2) ≥ 2 2 (a + b) ab.

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

7


2.2

Sử dụng tính chất thuần nhất

Suy ra
a b
+
+1 ≥ 2 2
b a

2

1

a+

a

.

Hay


2

2

b
−2 2
a

a
+
b



b
−3 ≥ 0 ⇔ 

a

a
+
b


b 3 2
−
a
2

a
+
b

Nên

a b 
b 3 2
≥
⇒ + =
a
2
b a

a
+
b

Đặt t =

a
+
b

a
+
b


b
2
+
≥ 0.
a
2

2
5
b
−2 ≥ .
a
2

a b
+ ,ta có:
b a
P =4

a3 b 3
a2 b 2
+
−
9
+
= 4 t3 3 t 9 t2 2 = 4 t3 9 t2 12 t + 18 = f ( t) .
b 3 a3
b 2 a2

Xét hàm số f ( t) với t ≥

5
ta có
2

5
f ( t) = 12 t2 − 18 t − 112 = 6 (2 t + 1) ( t − 2) > 0, ∀ t ≥ .
2

Suy ra f ( t) ≥ f

5
5
23
23
= − , ∀ t ≥ hay P ≥ − .
2
4
2

4
a=1
a=2

Đẳng thức xảy ra khi

b=2
23
Vậy GTNN của P là − .
4

hoặc

b=1

.

Ví dụ 12. (Khối A-2013) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + c)(b + c) = 4 c2 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

a

32a3

32 b3
+
−
( b + 3 c)3 (a + 3 c)3

a2 + b 2
.
c

b

Lời giải. Đặt = x, = y ⇒ x, y > 0 và ( x + 1)( y + 1) = 4.
c
c
Đặt t = x + y, từ ( x + 1)( y + 1) = 4 ⇒ x y + x + y + 1 = 4 ⇒ x y = 3 − t.
Mà
( x + y)2 ≥ 4 x y ⇒ t2 ≥ 4(3 − t) ⇔ t2 + 4 t − 12 ≥ 0 ⇒ t ≥ 2.

Khi đó
P=

32 x3

32 y3
+
−
( y + 3)3 ( x + 3)3

x2 + y2 .

Với u > 0 ta có 32u3 + 1 − 6 u = (4 u − 1)2 (2 u + 1) ≥ 0 nên 32u3 ≥ 6 u − 1.
Do đó :
32 x3

( y + 3)3

≥

6x
y3
6y
− 1;
≥
− 1.
3
y+3
x+3
( x + 3)

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

8


2.2

Sử dụng tính chất thuần nhất

Suy ra
32 x3

32 y3
x
y
+

≥6
+
− 2.
3
3
y+3 x+3
( y + 3)
( x + 3)

Mà

x
y
x2 + y2 + 3( x + y) t2 − 2(3 − t) + 3 t t2 + 5 t − 6 t − 1
+
=
=
=
=
.
y+3 x+3
x y + 3( x + y) + 9
12 + 2 t
2 t + 12
2

Suy ra
32 x3

32 y3

+
≥ 3( t − 1) − 2 = 3 t − 5.
( y + 3)3 ( x + 3)3

Do đó P ≥ 3 t − 5 − t2 + 2 t − 6 = f ( t).
Xét hàm số f ( t) với t ≥ 2, ta có:
f ( t) = 3 −

Ta có:

t+1
t2 + 2 t − 6

t2 + 2 t + 1
7
7 9
= ⇒
=
1
+
≤
1
+
2 2
t2 + 2 t − 6
t2 + 2 t − 6

.

t+1

t2 + 2 t − 6

≤

3
2

.

Suy ra f ( t) > 0, ∀ t ≥ 2 ⇒ f ( t) ≥ f (2) = 1 − 2, ∀ t ≥ 2.
Do đó P ≥ 1 − 2. Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1 ⇒ a = b = c.
Vậy GTNN của P : 1 − 2.
Ví dụ 13. ( A – 2011) Cho các số thực x, y, z ∈ [1; 4] ; x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
P=

y
x

x
y
z
+
+
.
2x + 3 y y + z z + x

z
y

x
1
1
1
ta có x yz = 1 và P =
+
+
.
z
2 + 3a 1 + b 1 + c
abc = 1
1
⇒ bc ≥ 1.
Vì x, y, z ∈ [1; 4] ; x ≥ y, x ≥ z nên a, b, c ∈ ; 4 ; a ≤ 1 ≤ c. Do
4
a≤1

Lời giải. Đặt a = , b = , c =

Ta có

2

bc − 1
b− c
1
1
2
+
−

=
≥ 0.
1 + b 1 + c 1 + bc (1 + b) (1 + c) 1 + bc

Suy ra
1
1
2
2 a
=
+
≥
.
1 + b 1 + c 1 + bc 1 + a

Dẫn tới
P≥

với t = a ∈

1
2 a
1
2t
+
= 2
+
= f ( t)
3a + 2 1 + a 3 t + 2 1 + t

1
;1 .
2

Xét hàm số f ( t) với t ∈
f ( t) = −

1
; 1 ta có
2

6t
3 t2 + 2

+
2

2
( t + 1)2

=

2 3 t3 (3 t − 1) + 6 t2 + (4 − 3 t)
2

3 t2 + 2 ( t + 1)2

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

≥0 ∀∈

1
;1 .
2

9


2.3

Sử dụng các đánh giá trung gian

Suy ra
1
34
34
=
⇒P≥
.
2
33
33

f ( t) ≥ f

Đẳng thức xảy ra khi x = 1, y = 4, z = 2.
Vậy GTNN của P :

2.3

34
.
33

Sử dụng các đánh giá trung gian

Bất đẳng thức Cô si và hệ quả
Bất đẳng thức Cô si: Với hai số không âm x, y ta có
x+ y
≥
2

x y.

Đẳng thức xảy ra khi x = y.
HQ: Với x, y > 0 ta có
1 1
4
1
1 1 1
+ ≥
hay
≤
+
.
x y x+ y
x+ y 4 x y

Đẳng thức xảy ra x = y.
Ví dụ 14. (Khối B – 2013) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức:
P=

4

a2 + b 2 + c 2 + 4

−

9

(a + b) (a + 2 c)( b + 2 c)

.

Lời giải. Ta có
a + b + 4c
1 4(a + b + c)
3 (a + b) (a + 2 c)( b + 2 c) ≤ (3a + 3 b).
≤
2
2
2
= 2(a + b + c)2 ≤ 6 a2 + b2 + c2 .

2

.

Nên suy ra

4

P≤

a2 + b 2 + c 2 + 4

−

9
2 a2 + b 2 + c 2

=

4
9
−
= f ( t) ,
t 2 t2 − 4

với t = a2 + b2 + c2 + 4 > 2.
Xét hàm số f ( t) ta có
4
9t
f ( t) = − 2 +
t
t2 − 4

2

=

− ( t − 4) 4 t3 + 7 t2 − 4 t − 16

t2 t2 − 4

2

.

Do 4 t3 + 7 t2 − 4 t − 16 = 4 t3 − 4 + t (7 t − 4) > 0 ∀ t > 2 nên f ( t) = 0 ⇔ t = 4.
5
8

Lập bảng biến thiên ta có: P ≤ f ( t) ≤ f (6) = . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
5
8

Vậy GTLN của P là .
Ví dụ 15. (B – 2014) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa (a + b) c > 0. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
P=

a
+
b+c

b
c
+
.

a + c 2 (a + b)

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

10


2.3

Sử dụng các đánh giá trung gian
a
=
b+c

Lời giải. Với a > 0 ta có

a
a ( b + c)

≥

a
2a
=
(*). Và ta thấy (*) đúng
a+b+c a+b+c
2

với a = 0, do đó (*) đúng với mọi a ≥ 0. Tương tự
2b

b
≥
,
c+a a+b+c

2c
c
≥
.
c+a a+b+c

Cộng ba bất đẳng thức trên theo vế ta có
a
+
b+c

b
+
c+a

c
≥2⇒
a+b

a
+
b+c

b
≥ 2−

c+a

c
.
a+b

Suy ra
P ≥ 2−

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

c
−1
a+b

2

+

3 3
≥ .
2 2
3
2

Đẳng thức xảy ra khi a = 0, b = c hoặc b = 0, a = c. Vậy GTNN của P là .
Ví dụ 16. (A-2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
P = 3| x− y| + 3| y− z| + 3| z− x| −

6 x2 + 6 y2 + 6 z2 .

Lời giải. Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng: Với mọi t ≥ 0, thì 3 t ≥ t + 1. (1)
Thật vậy, xét hàm số f ( t) = 3t − t − 1 với t ≥ 0, ta có
f ( t) = 3 t ln 3 − 1 ≥ 30 ln 3 − 1 = ln 3 − 1 > 0.

Do đó, f ( t) là hàm đồng biến trên [0, + ∞). Suy ra f ( t) ≥ f (0) = 0, ∀ t ≥ 0. Vậy (1) được chứng
minh.
Bây giờ, sử dụng (1), ta có:
P ≥ 3 + | x − y| + | y − z| + | z − x| −

6( x2 + y2 + z2 ).

Mặt khác, ta lại có:
(| x − y| + | y − z| + | z − x|)2
= ( x − y)2 + ( y − z)2 + ( z − x)2 + 2 (|( x − y)( x − z)| + |( y − z)( y − x)| + |( z − x)( z − y)|)
≥ ( x − y)2 + ( y − z)2 + ( z − x)2 + 2 |( x − y)( x − z) + ( y − z)( y − x) + ( z − x)( z − y)|
= 3( x2 + y2 + z2 ) − ( x + y + z)2 + 3( x2 + y2 + z2 ) − ( x + y + z)2
= 6( x2 + y2 + z2 ).

Suy ra:
| x − y| + | y − z| + | z − x| −

6( x2 + y2 + z2 ) ≥ 0.

Từ đây, kết hợp với đánh giá ở trên, ta thu được P ≥ 3. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 0
thì P = 3.
Vậy GTNN của P là 3.
Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

11


2.3

Sử dụng các đánh giá trung gian

Ví dụ 17. (A – 2014) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa x2 + y2 + z2 = 2 . Tìm GTLN
của biểu thức
x2
y+ z
1 + yz
P= 2
+
−
.
9
x + yz + x + 1 x + y + z + 1

Lời giải. Ta chứng minh x2 + yz + x + 1 ≥ x ( x + y + z + 1) (1).
Thật vậy
(1) ⇔ 1 + yz − x y − xz ≥ 0
⇔ x2 + y2 + z2 + 2 yz − 2 x y − 2 xz ≥ 0
⇔ ( x − y − z)2 ≥ 0

bất đẳng thức này luôn đúng.
Suy ra
P≤

1 + yz
1
yz + 1
x+ y+ z
−
= 1−
+
.
x+ y+ z+1
9
x+ y+ z+1
9

Ta lại có
2 x2 + ( y + z)2 = 2 1 + yz

x+ y+ z ≤

nên
P ≤ 1−

Đặt t =

1 + yz, 1 ≤ t ≤

Xét hàm số f ( t) =

1+

y2 + z2
<
2

1
2 1 + yz + 1

+

yz + 1
.
9

2.

1
t2
+ , t ∈ 1; 2 . Ta có
2t + 1 9
2 t(2 t + 1)2 − 9
2
2
f ( t) = t −
=
≥ 0 ∀ t ∈ 1; 2 .
9
9(2 t + 1)2

(2 t + 1)2

Suy ra f ( t) ≥ f (1) =
5
9

4
5
⇒ P ≤ . Đẳng thức xảy ra khi x = y = 1, z = 0.
9
9

Vậy max P = .
Ví dụ 18. (NTThu) Cho các số thực x, y, z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất
của
P =9

1+ x+

1 + y + 5 1 + 3 z.

Lời giải. Với a, b ≥ 0 ta có
1 + a + 1 + b ≥ 1 + 1 + a + b.

(∗)

Đẳng thức xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0. Thật vậy
(∗) ⇔ 1 + a + 1 + b + 2 (1 + a) (1 + b) ≥ 1 + 1 + a + b + 2 1 + a + b
⇔ (1 + a) (1 + b) ≥ 1 + a + b ⇔ ab ≥ 0 (đúng).

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

12


2.3

Sử dụng các đánh giá trung gian

Áp dụng (*) ta có
1+ y+ 1+ x ≥ 1+

1 + x + y = 1 + 4 − z.

Do đó P ≥ 9 4 − z + 5 1 + 3 z + 9 = f ( z).
Xét hàm số f ( z) với z ∈ [0; 3] ta có
f ( z) = −

9
2 4− z

+

15

7
, f ( z) = 0 ⇔ 3 1 + 3 z = 5 4 − z ⇔ z = .
4
2 1 + 3z

Ta có

7
= 35, f (3) = 18 + 5 10.
4

f (0) = 32, f

Suy ra P ≥ f (0) = 32. Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x = 3, y = z = 0.
Vậy GTNN của P bằng 32.
Ví dụ 19. (NTThu) Cho a, b, c ∈ [0; 1] và a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1

P = a2 b + b 2 c + c 2 a +

.

3 − 2 (ab + bc + ca)

Lời giải. Ta có a, b, c ∈ [0; 1] nên ta có
a (a − 1) ( b − 1) ≥ 0 ⇒ a2 b ≥ a2 + ab − a.

Tương tự:
b2 c ≥ b2 − bc − b, c2 a ≥ c2 + ca − c.

Suy ra
a2 b + b2 c + c2 a ≥ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca − a − b − c = 2 − (ab + bc + ca) = 2 − t.
4
3

Với 0 ≤ t = ab + bc + ca ≤ . ta có
P ≥ 2− t+

Xét hàm số f ( t) với t ∈ 0;

3 − 2t

= f ( t) .

4
ta có
3

f ( t) = −1 +

1
(3 − 2 t)3

Mà
f (0) = 2 +

nên ta có f ( t) ≥ 2 ∀ t ∈ 0;

1

1
3

⇒ f ( t) = 0 ⇔

, f (1) = 2, f

3 − 2 t = 1 ⇔ t = 1.

4
2
= + 3
3
3

4
.
3

Suy ra P ≥ 2. Đẳng thức xảy ra khi a = 0, b = c = 1 và các hoán vị.
Vậy GTNN của P là 2.

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

13


2.3

Sử dụng các đánh giá trung gian

Ví dụ 20. (NTThu) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 = ( c + 1)2 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
P=

1
1
1
+ 2 + 2 + 12 c + 3.
2
a
b
c

Lời giải. Với x, y > 0 ta có
x+ y≤

2 x 2 + y2

và

1
1
2
8
+ 2≥
≥
.
2
x y ( x + y)2
x
y

Đẳng thức xảy ra khi x = y. Ta có:
1

1
1
8
1
8
+ 2+ 2≥
+ 2≥
2
2
a
b
c
c
a+b
(a + b)
2 2
≥

8
2




a2 + b 2
2 2

2

+c

2 =

32
(3 c + 1)2

.


+ c

Suy ra
P≥

32
(3 c + 1)2

+ 12 c + 3 = f ( c) .

Xét hàm số f ( c) với c > 0 ta có
f ( c) = −

Nên

32.6
(3 c + 1)

3

+

6

c+3

.

f ( c) = 0 ⇔ (3 c + 1)3 = 32 c + 3
⇔ (3 c + 1)3 − 43 = 32

c+3−2

⇔ 3 ( c − 1) (3 c + 1)2 + 4 (3 c + 1) + 16 =

32 ( c − 1)

c+3+2

Ta có
3 (3 c + 1)2 + 4 (3 c + 1) + 16 > 48 > 16 >

(∗)

32

c+3+2

nên (∗) ⇔ c = 1.
Mà
lim f ( c) = 32 + 12 3, f (1) = 26, lim f ( c) = +∞

c→0

c→+∞

nên ta có f ( c) ≥ 26 ⇒ P ≥ 26. Đẳng thức xảy ra khi c = 1, a = b = 2.
Vậy GTNN của P bằng 26.
Ví dụ 21.
Lời giải.
Ví dụ 22.
Lời giải.
Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

14


3

Bài tập

Bài tập 1. Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y = x + 2 +
trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = ( x + 1)2 + ( y + 1)2 +

2x y

x+ y+1−1
x+ y+1

Bài tập 2. Cho các số thực x, y thoả mãn x + y − 1 = 2 x − 4 +
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

S = ( x + y)2 −

9− x− y+

y − 1 + 3. Tìm giá

.
y + 1. Tìm giá trị lớn nhất

1
.
x+ y

Bài tập 3. Cho x, y là các số thực dương thoả mãn: x2 + y2 + 2 = 2 ( x + y) + x y. Tìm giá trị
lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
P = 2x y + x y −

4
.
x+ y

Bài tập 4. Cho các số thực dương x, y thỏa x4 + y4 +
P=

1
= x y + 2. Tìm giá trị lớn nhất của
xy

2
2

3
+
−
.
2
2
1 + 2x y
1+ x
1+ y

Bài tập 5. (NTThu) Cho các số thực dương x, y. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

49 y
49 x
+
−4
y3 + 3( x + 1) x3 + 3 ( y + 1)

x + y + 2.

Bài tập 6. Cho x, y, z là số thực thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
của biểu thức:
P = x3 + y3 + z3 − 3 x yz.

Bài tập 7. Cho a, b, c là ba số thực không đồng thời bằng 0, thỏa mãn :
(a + b + c)2 = 2(a2 + b2 + c2 ).

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức :
P=

a3 + b 3 + c 3
.
(a + b + c)(ab + bc + ca)
1 1 1
+ + = 3. Tìm GTNN
a b c

Bài tập 8. (NTThu) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn :
biểu thức :
P = (a + 1) ( b + 1) ( c + 1) +

Bài tập 9. Cho a, b, c > 0 thỏa (a + 2b)

4

a2 + b 2 + c 2 + 1

.

1 1
+
= 4 và 3a ≥ c. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị
b c

lớn nhất của biểu thức:
P=

a2 + 2 b 2
.

ac

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

15


1 2 3
+ +
= 30. Tìm
a b c

Bài tập 10. (NTThu) Cho các số thực dương a, b, c thỏa (3a + 2 b + c)
giá trị lớn nhất của biểu thức:
b + 2 c − 7 72a2 + c2
.
a

P=

Bài tập 11. Cho các số thực dương a, b, c thỏa (a + b − c)
nhất của biểu thức
P=

c4 + 2ab ab − c2
a4 + b 4

1 1 1
= 4 . Tìm giá trị nhỏ
+ −

a b c

a2 b 2
+ .
b 2 a2

+

Bài tập 12. Cho các số thực dương x, y thỏa x y ≤ y − 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
y3 2 x2
+ 2 .
x3
y

P=

Bài tập 13. Cho các số thực dương x, y thỏa x + 2 x y ≥ 8 y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
x2 y2
x3 y3
−
9
.
+
+
y3 x3
y2 x2

P =4

Bài tập 14. (NTThu)Cho các số thực không âm a, b, c thoả
nhất của biểu thức:
P=

1
1
+
−
2
1 + 4a
1 + 4 b2

a+b ≤1
abc = 1

. Tìm giá trị lớn

c + 1.

Bài tập 15. (Vĩnh Phúc 2014) Cho các số thực dương a, b, c thỏa a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = (2 − a) (2 − b) (2 − c) .

Bài tập 16. (ĐH Vinh 2015) Cho các số thực x, y, z ≥ 0 thỏa 1 + x2 + 1 + 2 y + 1 + 2 z = 5.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = 2 x3 + y3 + z3 .

Bài tập 17. (NTThu)Cho các số thực dương a, b thỏa b ≤ 12. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
P = a 12 − b +

b 12 + a2 + 66

2

a2 + b + 3 − a2 + b .

Bài tập 18. (NTThu)Cho các số thực không âm x, y, z thỏa x y2 + z2 > 0. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
P=

4 x2
( x + z)2 + ( y + z)2

−
2

6
2
− y2 + 2 z2 .
2
2
2y + z

Bài tập 19. (NTThu)Cho các số thực không âm x, y, z không đồng thời bằng 0. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

1
2

( x + y)

+ z2

−

2
2

( x + z) + ( y + z)2

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

.

16


Bài tập 20. (NTThu) Cho các số thực dương x, y, z thỏa x2 + y2 + z2 = 2. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
10
(4 x y + 13)
.
−
2
2 ( x + y) + 3.z

P=

1
1 + x2

+

1
1 + y2

.

Bài tập 21. (NTThu)Cho các số thực dương x, y thỏa x y = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
1

P=

x + 3y

1

+

y + 3x

− 8 x2 + y2 .

Bài tập 22. Cho a, b, c > 0 ; a ≥ c. Tìm giá trị lớn nhát của biểu thức
P=

a

a2 + b 2

+

b
b2 + c2

c
.
c+a

+

Bài tập 23. Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

1

a2 + b 2 + c 2 + 1

−

2
.
(a + 1)( b + 1)( c + 1)

Bài tập 24. Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn 5( x2 + y2 + z2 ) = 6( x y + yz + zx).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2( x + y + z) − ( y2 + z2 ).

P=

Bài tập 25. Cho các số thực dương x, y thỏa x + y + x y = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
P =4

3

x+1
y

+4

y+1
x

3

x2 + y2 .

+

Bài tập 26. (NTThu) Cho các số thực a, b, c ∈ [1; 3]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

1

a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca

+

1
2

| b − c | + 1.

Bài tập 27. (NTThu)Cho các số thực a, b, c ∈ [0; 2]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

2+

(a − b)2
+
2

2+

( b − c)2
+
2

2+

( c − a )2
− b2 − c2 + abc.
2

Bài tập 28. (Trần Văn Thương) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

1

a2 + b 2

+

1

b2 + c2

+

1

c 2 + a2

+ 10 (1 + a) (1 + b) (1 + c).

Bài tập 29. (NTThu) Cho các số thực a, b, c ∈ [0; 1] thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 2. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức
P=

3 3
2 5 − 2 (ab + bc + ca)

− 2a + 2 b + 2 c .

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

17


Bài tập 30. (NTThu) Cho các số thực a, b, c ∈ [0; 1] thỏa a3 + b3 + c3 = 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
P = 8a + 8b + 8 c − 3 a.2a + b.2b + c.2 c .

Bài tập 31. (Thi Thử Sở GD TP HN 2016) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn
x2 + y2 + z2 = x y + xz + 10 yz. Tìm GTNN của biểu thức
P = 8 x yz −

3 x3
.
y2 + z2

Bài tập 32.

Nguyễn Tất Thu-GV Trường Chuyên Lương Thế Vinh

18