MỘT VÀI KỸ THUẬT NHỎ LÀM KIM CHỈ NAM CHO BÀI TOÁN KHÓ TRONG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5
điểm trong đề thi vào 10
Trần Văn Cương
♣♣♣♣♣


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

Các em học sinh thân mến!
Thể theo nguyện vọng của một số đồng nghiệp cũng như các em học sinh trên khắp mọi
miền tổ quốc qua tin nhắn facebook, fanpage và trao đổi thư từ điện tử thì hôm nay thầy
sẽ viết một chuyên đề ngắn (chỉ dừng ở mức độ của kiến thức THCS và rất cơ bản) để chia
sẻ một vài kỹ thuật nho nhỏ giúp các em có định hướng tốt và rõ ràng hơn trong việc tiếp
cận câu 0.5 điểm (câu gần như khó nhất của đề cùng với ý cuối của bài hình) trong đề thi
tuyển sinh vào lớp 10.
Các em ạ!
Qua việc phân tích và tổng hợp các đề thi vào 10 (của hầu hết các tỉnh thành trên cả
nước trong rất nhiều năm) thì thầy nhận thấy câu 0.5 điểm này thường chủ yếu rơi vào
một trong hai dạng bài toán sau:
✌ Chứng minh BĐT, tìm GTNN, GTLN của một biểu thức.
✌ Giải các phương trình, hệ phương trình vô tỉ (hữu tỉ).
Bởi có "muôn hình vạn trạng" kiểu bài toán xoay quanh hai dạng toán này, nên cách thức
tiếp cận, "đường đi nước bước" để tìm lời giải cho chúng cũng vô cùng phong phú và "muôn
màu muôn vẻ" không kém. Tuy nhiên, với chỉ gói gọn trong một bài viết ngắn thế này thầy
không thể nào phác thảo đầy đủ tất cả các đặc trưng, tinh túy về hai dạng toán này mà
chỉ đề cập đến một số kỹ thuật tiêu biểu, thường gặp và có tính phổ quát sâu rộng sau đây:
✌ Kỹ thuật sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai vào việc tìm GTNN,
GTLN, chứng minh BĐT.

✌ Kỹ thuật chọn hệ số giải sau trong chứng minh BĐT, tìm GTNN, GTLN.
✌ Kỹ thuật giải phương trình vô tỉ bằng cách nhẩm trước một nghiệm.
✌ Kỹ thuật đặt ẩn phụ để đưa một phương trình vô tỉ về dạng đối xứng và giải được.

1. Kỹ thuật sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc
hai vào việc tìm GTNN, GTLN
Ý tưởng chính của kỹ thuật này chính là coi biểu thức cần tìm GTNN, GTLN như một
tham số đối với một phương trình bậc hai của biến x nào đó. Từ đó dựa vào điều kiện có
nghiệm của phương trình bậc hai biến x này, để đánh giá miền giá trị của biểu thức cần
tìm GTNN, GTLN. Các biểu thức thường được áp dụng đối với kỹ thuật này có dạng như:

❄

A ✏ ax2   bx   c, A ✏ ax4   bx2   c, A ✏ ax   b x   c, A ✏ ax2α   bxα   c,
ax   b
ax2   bx   c
ax   b
ax2   bx   c
A✏
,A ✏
,A ✏
,A ✏
,
mx   n
mx   n
mx2   nx   p
mx2   nx   p
ax2α   bxα   c
axα   b
ax2α   bxα   c

A✏
,A ✏
,A ✏
,
mxα   n
mx2α   nxα   p
mx2α   nxα   p
❄
❄
❄
❄
a x b
A ✏ ax   b ✟ mx   n, A ✏ ax2   bx   c   mx   n, A ✏
,
mx   n
1
c
ax   b
1
 
 
A✏ ❄
,A ✏
2
2
m x n
♣x ✁ aq ♣b ✁ xq ♣x ✁ aq♣b ✁ xq , . . .
Nói một cách chung quy là tất cả các biểu thức (qua các phép biến đổi và phép thế biến)
thì chúng đưa được về dạng một tam thức bậc hai. Chúng ta sẽ bắt đầu với một bài toán
khá nhẹ nhàng như sau:

Bài toán 1. Cho 0 ➔ x ➔ 1. Tìm GTNN của biểu thức
A✏

4
 
1✁x x
x

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

2


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

Lời giải. Ta biến đổi biểu thức đã cho (bằng cách quy đồng mẫu số) thành:
4
x2 ✁ 4x   4
 
✏
1✁x x
x ✁ x2
Trước hết, ta có nhận xét vì 0 ➔ x ➔ 1, nên dễ thấy ngay A → 0. Coi A (A → 0) như một
A✏

x

tham số, khi đó A tồn tại khi và chỉ khi phương trình
A✏

x2 ✁ 4x   4
x ✁ x2

có nghiệm 0 ➔ x ➔ 1. Nghĩa là:
A♣x ✁ x2 q ✏ x2 ✁ 4x   4

ô♣A   1qx2 ✁ ♣A   4qx   4 ✏ 0 có nghiệm 0 ➔ x ➔ 1 ♣✝q.
Để ♣✝q có nghiệm 0 ➔ x ➔ 1, thì trước hết nó phải có nghiệm, tức là ∆ ➙ 0 ô A♣A ✁ 8q ➙
0 ô A ➙ 8 (vì A → 0).
2
Ta thấy khi A ✏ 8, thì phương trình ♣✝q là 9x2 ✁ 12x   4 ✏ 0, luôn có nghiệm x ✏
3
(TMĐK 0 ➔ x ➔ 1).
2
Vậy, GTNN của A là 8 khi x ✏ .
3
Tản mạn một chút: Qua thực tiễn dạy học, thầy nhận thấy các em học sinh (kể cả các
em học khá giỏi) thường trình bày lan man và thừa thải không cần thiết khi cố gắng tìm
thêm cả điều kiện để nghiệm của ♣✝q thỏa mãn 0 ➔ x ➔ 1. Điều này là không thực sự cần
thiết (không muốn nói là quá thừa thải), bởi vì như các em đã biết để tìm GTNN của biểu
thức A, chúng ta trải qua hai bước:
➓ Bước 1: Đi chứng minh A ➙ hằng số c nào đó
➓ Bước 2: Đi chỉ ra A ✏ c xảy ra tại một giá trị nào đó của biến (thỏa mãn yêu cầu bài
toán).
Chỉ trong trường hợp nào mà khi xét A ✏ c, không tồn tại giá trị của biến (thỏa mãn yêu
cầu bài toán), thì lúc đó chúng ta mới tiếp tục đi xét ý thứ hai của lập luận trên, tức là
tìm thêm điều kiện để nghiệm thỏa mãn 0 ➔ x ➔ 1 (và lẽ dĩ nhiên lúc này A ✏ c không

còn là GTNN của A nữa).
Để các em khỏi phân vân với điều vừa nhận định trên, chúng ta sẽ đi nghiên cứu một
bài toán như sau:
Bài toán 2. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn 0 ➔ x
GTNN của biểu thức
1 1
P ✏  
x y
Lời giải. Từ x   y

↕ 2; 4 ↕ y ➔ 5 và x   y ✏ 6. Tìm

✏ 6 ñ y ✏ 6 ✁ x, thế vào biểu thức đã cho và biến đổi ta được:
P

✏ x1   6 ✁1 x ✏ 6x ✁6 x2

Trước hết, ta có nhận xét với điều kiện 0 ➔ x ↕ 2; 4 ↕ y ➔ 5, dễ dàng thấy ngay rằng
P → 0. Coi P (P → 0) như một tham số, khi đó tồn tại P nếu và chỉ nếu phương trình
P

✏ 6x ✁6 x2

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

3


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

có nghiệm 0 ➔ x ↕ 2. Nghĩa là:

P ♣6x ✁ x2 q ✏ 6

ôP x2 ✁ 6P x   6 ✏ 0 có nghiệm 0 ➔ x ↕ 2 ♣✝q.
Để ♣✝q có nghiệm 0 ➔ x ↕ 2, thì trước hết nó phải có nghiệm, tức là ∆✶ ➙ 0 ô 3P ♣3P ✁ 2q ➙
2
0 ô P ➙ (vì P → 0).
3
2
2
(trong trường hợp này ta thấy khi P ✏ , thì phương trình ♣✝q là x2 ✁ 4x   6 ✏ 0, có
3
3
2
nghiệm x ✏ 3 không thỏa mãn điều kiện 0 ➔ x ↕ 2, nên lúc này P ✏ không phải là
3
GTNN của biểu thức P . Bởi vậy chỗ này thầy trình bày ở trong dấu ngoặc đơn để ngụ ý
các em phải làm bước này bên ngoài giấy nháp trước. Nếu nó thỏa mãn thì tiếp tục trình
bày như bài toán 1, còn nếu không thỏa mãn như ở bài toán này, thì chúng ta bỏ qua
không trình bày bước này vào trong bài làm, mà sẽ đi xét tiếp ý thứ hai của lập luận, đó
là nghiệm của ♣✝q thỏa mãn điều kiện 0 ➔ x ↕ 2 khi nào?).
2
Với P ➙ , khi đó ♣✝q có hai nghiệm x1 ↕ x2 , thỏa mãn hệ thức Viète:
3
★

✏ x1   x2 ✏ 6 → 0 ✧ x1 → 0
6
ñ x2 → 0
P ✏ x1 x2 ✏
→
0
P
S

Từ đó suy ra, để nghiệm của
✒

0 ➔ x1
0 ➔ x1

↕ 2 ↕ x2 ô
↕ x2 ↕ 2
★

♣✝q thỏa mãn 0 ➔ x ↕ 2 khi và chỉ khi:

✩
2
✬
✬
P
✬
✬
✔ ✧3
✬

✫
x1
✖
✬
✖ ✧ x2
✬
✬
✬ ✕
x1
✬
✪

➙

✁2↕0
✁2➙0
✁2↕0
x2 ✁ 2 ↕ 0

✩
✬
✬
P
✬
✫ ✔

➙ 23
ô ✬ ♣✧x1 ✁ 2q♣x2 ✁ 2q ↕ 0
✕
✬

♣x1 ✁ 2q   ♣x2 ✁ 2q ↕ 0 ♣VNq
✬
✪
♣x1 ✁ 2q♣x2 ✁ 2q ➙ 0
✩
✬
✫ P

✩

2
✬
✫ P ➙
➙ 23
P ➙
3 ôP ➙ 3
ô
ô✬ 6
ô✬
3
4
✪ P ➙
✪
x1 x2 ✁ 2♣x1   x2 q   4 ↕ 0
✁
8↕0
P
4
3
3

9
Ta thấy khi P ✏ , thì phương trình ♣✝q là x2 ✁ x   6 ✏ 0, luôn có một nghiệm x ✏ 2
4
4
2
(TMĐK 0 ➔ x ↕ 2).
3
Vậy, GTNN của biểu thức P là , khi x ✏ 2 và y ✏ 4.
4
Chú ý. Vì chương trình lớp 9 hiện hành các em học sinh chỉ được học về phần so sánh
nghiệm của một phương trình bậc hai so với số 0, nên ở bài toán trên chúng ta phải chuyển
việc so sánh nghiệm của ♣✝q so với hai số 0 và 2 về thành đơn lẻ của việc so sánh nghiệm
của ♣✝q đối với từng số 0 và 2.
2
3

Bài toán 3. Cho a, b → 0, a   b ✏ 1. Tìm GTNN của biểu thức:
S

Lời giải. Từ a, b
biến đổi ta được:
S

✏

✁

✏

✁

1 

1 ✠✁
1✠
1 
a
b

→ 0, a   b ✏ 1 ñ 0 ➔ a, b ➔ 1 và b ✏ 1 ✁ a, thế vào biểu thức đã cho và

1 

1 ✠✁
1 ✠ a 1 2✁a
1 
✏ a ☎ 1✁a
a
1✁a

2
✏ a ✁a ✁a a 2 2 ✏ 1   a ✁2 a2

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

4


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

Trước hết, với điều kiện a, b → 0, a   b ✏ 1, chúng ta dễ dàng suy ra được S
(S → 1) như là một tham số, khi đó tồn tại S khi và chỉ khi:
S

✏

có nghiệm 0 ➔ a ➔ 1. Nghĩa là:

→ 1. Coi S

a ✁ a2   2
a ✁ a2

S ♣a ✁ a2 q ✏ a ✁ a2   2

ô♣S ✁ 1qa2   ♣1 ✁ S qa   2 ✏ 0 có nghiệm 0 ➔ a ➔ 1 ♣✝q.
Để ♣✝q có nghiệm 0 ➔ a ➔ 1, thì trước hết nó phải có nghiệm, tức là
∆ ➙ 0 ô ♣S ✁ 1q♣S ✁ 9q ➙ 0 ô S ➙ 9 (vì S → 1).
1
Ta thấy khi S ✏ 9, thì phương trình ♣✝q là 8a2 ✁ 8a   2 ✏ 0, có nghiệm a ✏ (TMĐK
2
0 ➔ a ➔ 1).
1
1
Vậy, GTNN của biểu thức S là 9, khi a ✏ và b ✏ .
2
2

❛
Bài toán 4. Tìm GTLN của biểu thức y ✏ x   2♣1 ✁ xq (với 0 ↕ x ↕ 1).
Lời giải. Coi y (y ➙ x) như là một tham số. Khi đó tồn tại y khi và chỉ khi:
❛
y ✏ x   2♣1 ✁ xq
có nghiệm 0 ↕ x ↕ 1. Suy ra:
❛
y ✁ x ✏ 2♣1 ✁ xq
ñ♣y ✁ xq2 ✏ 2♣1 ✁ xq
ñy2 ✁ 2yx   x2 ✏ 2 ✁ 2x
ñx2   2♣1 ✁ yqx   y2 ✁ 2 ✏ 0 có nghiệm 0 ↕ x ↕ 1 ♣✝q.
Để ♣✝q có nghiệm 0 ↕ x ↕ 1, thì trước hết nó phải có nghiệm, tức là ∆✶ ➙ 0 ô 3 ✁ 2y ➙
3
0ôy↕ .
2
3
1
1
Ta thấy khi y ✏ , thì phương trình ♣✝q là x2 ✁ x   ✏ 0, có nghiệm x ✏
(TMĐK
2
4
2
0 ↕ x ↕ 1).
3
1
Vậy, GTLN của biểu thức y là , khi x ✏ .
2
2
Bài toán 5. Cho 1 ➔ x ➔ 2. Tìm GTNN của biểu thức:

P

✏ ♣x ✁1 1q2   ♣2 ✁1 xq2   ♣x ✁ 1q♣1 2 ✁ xq .

Lời giải. Ta biến đổi biểu thức đã cho dưới dạng:
P
Đặt t ✏

✏

✁

 
x✁1
1

1

1 ✠2
1
✁
2✁x
♣x ✁ 1q♣2 ✁ xq

♣x ✁ 1q♣2 ✁ xq

✁

✠2

✏ ♣x ✁ 1q♣2 ✁ xq ✁ ♣x ✁ 1q♣1 2 ✁ xq
1

✁

2✁xq
, t ➙ 4 (vì theo BĐT Cauchy có 0 ➔ ♣x ✁ 1q♣2 ✁ xq ↕ ♣x✁1q ♣
2

1
), khi đó P trở thành:
4
P

✠2

✏

✏ t2 ✁ t

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

5


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

Chúng ta sẽ chuyển bài toán tìm GTNN của biểu thức P về bài toán tìm điều kiện của
tham số P để phương trình t2 ✁ t ✁ P ✏ 0 ♣✝q, có nghiệm thỏa mãn t ➙ 4.
Với điều kiện 1 ➔ x ➔ 2 và từ biểu thức xác định của P , chúng ta suy ra được P → 0. Lúc
đó ac ✏ ✁P ➔ 0, nên phương trình ♣✝q luôn có hai nghiệm trái dấu t1 ➔ 0 ➔ t2 , và thỏa
mãn hệ thức Viète:
✧
t1   t2 ✏ 1
t1 t2 ✏ ✁P

♣✝q thỏa mãn t ➙ 4, thì ta phải có
✩
✧
✫ P →0
P →0
t1 ✁ 4 ➔ 0 ô
t1 ➔ 0 ➔ 4 ↕ t2 ô
♣t1 ✁ 4q♣t2 ✁ 4q ↕ 0
✪
t2 ✁ 4 ➙ 0
✧
✧
P →0
ô t1t2 ✁ 4♣t1   t2q   16 ↕ 0 ô P12 →✁ 0P ↕ 0 ô P ➙ 12.
Ta thấy khi P=12, thì phương trình ♣✝q là t2 ✁ t ✁ 12 ✏ 0, có một nghiệm t ✏ 4 (TMĐK
3
t ➙ 4). Từ đó suy ra được x ✏ (TMĐK 12
3
Vậy, GTNN của biểu thức P là 12, khi x ✏ .
2

Để nghiệm của

Chúng ta sẽ tạm dừng chuyên mục này ở đây. Tuy số lượng bài toán mà thầy đi phân
tích và tìm lời giải chưa nhiều, song thầy hy vọng một phần nào đó sẽ giúp cho các em có
thêm tự tin hơn nếu trong đề thi của kỳ thi sắp tới có những bài toán tương tự. Sau cùng,
thầy sẽ đề xuất một số bài toán (sử dụng được kỹ thuật này) để các em có thể tự luyện:
Bài 1. (Câu V đề thi vào 10 năm 2008-2009 của TP. Hà Nội)
Tìm GTNN của biểu thức P ✏ ♣x ✁ 1q4   ♣x ✁ 3q4   6♣x ✁ 1q2 ♣x ✁ 3q2 .
Bài 2. (Câu V đề thi vào 10 năm 2015-2016 của TP. Hà Nội)
ab
.
Với hai số thực không âm a, b thỏa mãn a2  b2 ✏ 4, tìm GTLN của biểu thức M ✏
a b 2
Bài 3. (Câu V đề thi vào 10 năm 2016-2017
của
TP. Hà Nội)
❄
❄
Với các số thực x, y thỏa mãn x ✁ x   6 ✏ y   6 ✁ y, tìm GTLN và GTNN của biểu
thức P ✏ x   y.
Bài 4. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn: ♣x   y q2   7♣x   y q   y 2   10 ✏ 0. Tìm GTLN,
GTNN của biểu thức A ✏ x   y   1.
x4   2x2   2
Bài 5. Tìm GTNN của biểu thức: P ✏
.
x2   1
Bài 6. Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x   y ✏ 1. Hãy tìm GTNN của biểu thức
1
1
A✏ 2

 
.
2
x  y
xy
x2   x   1
Bài 7. Tìm GTNN của biểu thức y ✏ 2
x   2x   2
Bài 8. Tìm GTNN, GTLN của biểu thức P ✏ 2x2 ✁ xy ✁ y 2 , với x, y thỏa mãn điều kiện
x2   2xy   3y 2 ✏ 4.
Bài 9. (Đề thi vào 10 năm 2013-2014 của tỉnh Đăk Lăk)
Cho các số thực x, y thỏa mãn x   3y ✏ 5. Tìm GTNN của biểu thức A ✏ x2   y 2   16y   2x.
Bài 10. (Đề thi vào 10 năm 2016-2017 của tỉnh
❄ Đăk Lăk) 4x❄x   4x
4x2   9x   18 x   9
❄
Tìm GTNN của biểu thức A ✏
  4x2   9x   18❄x   9 , với x → 0.
4x x   4x

2. Kỹ thuật chọn hệ số giải sau trong chứng minh BĐT, tìm
GTNN, GTLN
Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

6


Trần Văn Cương

/>

0164 6 888 501

Vì mức độ của đề thi vào 10 ở dạng bài toán này chủ yếu xoay quanh việc sử dụng các
BĐT giữa trung bình cộng và trung bình nhân (thường quen được gọi là BĐT Cauchy hay
BĐT AM-GM) cho 2 hay 3 số và BĐT Cauchy-Schwarz-Bunyakovsky (thường quen được
gọi là BĐT Bunyakovsky) cho 2 bộ gồm 2 số hay 3 số. Nên ở trong bài viết ngắn này thầy
sẽ chỉ vận dụng kỹ thuật nói trên để đi giải quyết các bài toán được chọn lọc từ các đề thi
vào 10 tiêu biểu (chủ yếu được lấy từ đề thi vào 10 của TP. Hà Nội).
Trước khi đi vào tìm hiểu mục này thì thầy sẽ nhắc qua một số thuật ngữ, khái niệm
cơ bản cũng như các BĐT Cauchy, BĐT Bunyakovsky để các em có thể hiểu và nắm bắt
vấn đề được nhanh hơn.
✌ Điều kiện đối xứng với các biến: Có nghĩa là điều kiện có vai trò bình đẳng giữa các biến
và nếu ta hoán đổi vị trí giữa các biến với nhau thì điều kiện đó vẫn không thay đổi.
Ví dụ: Điều kiện x → 0, y → 0, hay điều kiện x → 1, y → 1, x2   y 2 ↕ 4, hay điều kiện
x2   y 2   xy ✏ 1,... đều là các điều kiện đối xứng.
✌ Hàm số (phương trình, biểu thức) đối xứng nhiều biến: Có nghĩa là hàm số (phương trình,
biểu thức) có vai trò bình đẳng giữa các biến và nếu ta hoán đổi vị trí giữa các biến với
nhau thì hàm số (phương trình, biểu thức) đó vẫn không thay đổi. Một cách cụ thể:
➓f ♣x, y q đối xứng đối với x, y nếu các biến x, y có vai trò bình đẳng trong f ♣x, y q và
f ♣x, y q ✏ f ♣y, xq.
➓f ♣x, y, z q đối xứng đối với x, y, z nếu các biến x, y, z có vai trò bình đẳng trong f ♣x, y, z q
và f ♣x, y, z q ✏ f ♣x, z, y q ✏ f ♣y, x, z q ✏ f ♣y, z, xq ✏ f ♣z, x, y q ✏ f ♣z, y, xq.
➓ Nói một cách sâu sắc hơn thì hàm đối xứng là hàm biểu diễn được dưới dạng các hàm
đối xứng sơ cấp cơ bản như: x   y, xy hay x   y   z, xy   yz   zx, xyz,... (tức là các hàm
xuất hiện trong hệ thức Viète).
Ví dụ: Phương trình đối xứng x2   y 2 ✏ 1, hàm số đối xứng f ♣x, y q ✏ x3   x2 y   xy 2   y 3 ,
biểu thức đối xứng x4   y 4 ↕ 1,...
✌ BĐT Cauchy cho 2 số không âm:
a b ❄
➙ ab.

➓ ❅a, b ➙ 0 ñ
2
Dấu "=" xảy ra ô a ✏ b.
✌ Các dẫn xuất và biến thể❄của BĐT Cauchy cho 2 số:
➓❅a, b ➙ 0 ñ a   b ➙ 2 ab
✁ a   b ✠2
➓❅a, b ➙ 0 ñ
➙ ab
2
➓❅a, b € R ñ a2   b2 ➙ 2⑤ab⑤ ➙ 2ab
4
1 1
➓❅a, b → 0 ñ   ➙
a b
a b
a b
➓❅a, b → 0 ñ   ➙ 2
b a
✌ BĐT Cauchy cho 3 số không âm:
a b c ❄
3
➓ ❅a, b, c ➙ 0 ñ
➙
abc. Dấu "=" xảy ra ô a ✏ b ✏ c.
3
✌ Các dẫn xuất và biến thể của ❄BĐT Cauchy cho 3 số:
➓❅a, b, c ➙ 0 ñ a   b   c ➙ 3 3 abc
✁ a   b   c ✠3
➓❅a, b, c ➙ 0 ñ
➙ abc

3
➓❅a, b, c ➙ 0 ñ a3   b3   c3 ➙ 3abc
1 1 1
9
➓❅a, b, c → 0 ñ     ➙
a b c
a b c
a b c
➓❅a, b, c → 0 ñ     ➙ 3
b c a
Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

7


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

Chú ý. Trong một bài toán có xuất hiện các yếu tố có tổng (hoặc tích) không đổi thì chúng
ta thường nghĩ ngay đến việc áp dụng BĐT Cauchy.
✌ BĐT Bunyakovsky cho 2 bộ 2 số:
➓ ❅a, b, x, y € R ñ ♣a2   b2 q♣x2   y 2 q ➙ ♣ax   by q2 . Dấu "=" xảy ra ô a : b ✏ x : y.
✌ Các dẫn xuất và2biến 2thể của BĐT
Bunyakovsky cho 2 bộ 2 số:
2
y
♣x   yq .
x

 
➙
➓❅a, b → 0 ñ
a
b
a b
➓❅a, b € R ñ a2   b2 ➙ 2⑤ab⑤ ➙ 2ab.
♣a   bq2 ➙ 2ab.
➓❅a, b € R ñ a2   b2 ➙
2
✌ BĐT Bunyakovsky cho 2 bộ 3 số:
➓ ❅a, b, c, x, y, z € R ñ ♣a2   b2   c2 q♣x2   y 2   z 2 q ➙ ♣ax   by   cz q2 . Dấu "=" xảy ra
ô a : b : c ✏ x : y : z.
✌ Các dẫn xuất và biến
thể của BĐT Bunyakovsky cho 2 bộ 3 số:
x2 y 2 z 2
♣x   y   zq2 .
➓❅a, b, c → 0 ñ
 
 
➙
a
b
c
a b c
➓❅a, b, c € R ñ a2   b2   c2 ➙ ⑤ab   bc   ca⑤ ➙ ab   bc   ca.
♣a   b   cq2 ➙ ab   bc   ca.
➓❅a, b, c € R ñ a2   b2   c2 ➙
3
Chú ý. ✌ Trong những bài toán mà hoặc là giá trị của biến lấy cả âm và dương, hoặc là

bậc của các biến đơn lẻ ở phần kết luận và ở phần giả thiết hơn kém nhau hai lần, hoặc
là xuất hiện các tổng bình phương không đổi thì chúng ta thường nghĩ đến việc áp dụng
BĐT Bunyakovsky.
✌ Trước khi đi vận dụng BĐT Cauchy hoặc BĐT Bunyakovsky để chứng minh BĐT hay
tìm GTNN, GTLN thì chúng ta thường dự đoán trước xem dấu "=" xảy ra khi nào, để từ
đó có hướng giải phù hợp cho bài toán. Với chú ý rằng, nếu các biểu thức ở trong phần giả
thiết và kết luận đều có tính đối xứng đối với các biến, thì thông thường dấu đẳng thức
xảy ra khi tất cả các biến bằng nhau.
✌ Trong những bài toán áp dụng được BĐT Cauchy hoặc BĐT Bunyakovsky mà công việc
dự đoán dấu "=" xảy ra là vô cùng khó khăn, khi đó chúng ta sẽ nghĩ ngay đến việc vận
dụng "KỸ THUẬT CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU" để cân bằng đẳng thức.
Trước khi đi vào các ví dụ minh họa cụ thể, chúng ta cần chú ý rằng BĐT Bunyakovsky
có thể được dẫn xuất từ BĐT Cauchy. Bởi lẽ vậy, đối với bất kỳ bài toán nào giải được
bằng cách vận dụng BĐT Bunyakovsky thì nó cũng có thể giải được bằng cách vận dụng
BĐT Cauchy (chỉ có điều là có thể cách giải sẽ dài và phức tạp hơn chút ít mà thôi). Do
đó, trong hầu hết các bài toán về BĐT, tìm GTNN, GTLN của đề thi vào 10 đều có thể
chỉ cần vận dụng BĐT Cauchy là sẽ giải được chúng. Để minh chứng cho nhận định này
chúng ta sẽ lần lượt đi vào nghiên cứu một số bài toán tiêu biểu sau đây:
Bài toán 1. (Câu V đề thi vào 10 năm 2005-2006 của TP. Hà Nội)
Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x   y ✏ 2. Chứng minh: x2 y 2 ♣x2   y 2 q ↕ 2
Phân tích. Trước hết ta nhận dạng vế trái của biểu thức cần chứng minh và có nhận xét:
➓ Biểu thức ở điều kiện và ở kết luận của bài toán là có tính đối xứng nên dấu bằng
xảy ra tại x ✏ y ✏ 1.
➓ Nếu giữ nguyên các biểu thức của vế trái là ♣xy q2 , x2   y 2 và đi đánh giá chúng thông
qua giả thiết x   y ✏ 2, thì chúng ta chỉ thu được các BĐT trái chiều và không thể đi đến
kết quả cuối cùng như mong đợi. Bởi vậy, khi gặp một bài toán có tình huống kiểu này thì
điều đầu tiên là chúng ta sẽ đi biến đổi biểu thức cho đánh giá trái chiều (đối với giả thiết),
mà cụ thể ở đây là biểu thức x2   y 2 . Thật vậy, ta có:
✏

A ✏ x2 y 2 ♣x2   y 2 q ✏ x2 y 2 ♣x   y q2 ✁ 2xy

✘

✏ ♣xyq2♣4 ✁ 2xyq ✏ ♣xyq♣xyq♣4 ✁ 2xyq

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

8


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

Ta nhận thấy 3 đại lượng (xy)+(xy)+(4-2xy)=4 (không đổi) nên nghĩ ngay đến việc áp
dụng BĐT Cauchy. Tuy nhiên, nếu chúng ta áp dụng trực tiếp BĐT Cauchy cho 3 số là
4
(xy), (xy) và (4-2xy) thì lúc đó dấu "=" xảy ra tại xy ✏ 4 ✁ 2xy ô xy ✏ , không trùng
3
khớp với dự đoán dấu "=" xảy ra lúc ban đầu của ta là x ✏ y ✏ 1. Những lúc như thế này
chúng ta cần đến "ngọn đuốc soi đường" của "KỸ THUẬT CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU" để
cân bằng đẳng thức xảy ra. Ta sẽ đưa vào hệ số giải sau k sao cho:
A✏

☎ ♣kxyq♣kxyq♣4 ✁ 2xyq

1
k2

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương (kxy), (kxy) và (4-2xy) ta được
A↕

1 ✁ 2♣k ✁ 1qxy   4 ✠3
♣1q
k2
3

Để ý rằng, nếu áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương x, y thì được:
xy

↕

✁x

  y ✠2 ✏ 1
2

→ 1, thì chúng ta sẽ đánh giá được
✩ A với BĐT cùng chiều.
✫ kxy ✏ 4 ✁ 2xy
x y ✏2
Để tìm k, ta thường đi xét điều kiện của dấu "=" xảy ra:
Tuy nhiên, vì
✪
x✏y
chúng ta dự đoán được trước dấu "=" xảy ra tại x ✏ y ✏ 1, nên dễ dàng tính được ngay
k ✏ 2 (TMĐK k → 1). Từ đó, ta có lời giải cho bài toán như sau:

nên từ (1) chỉ cần chọn k

Lời giải. Ta có:

✏

A ✏ x2 y 2 ♣x2   y 2 q ✏ ♣xy q2 ♣x   y q2 ✁ 2xy

✘

✏ ♣xyq2♣4 ✁ 2xyq ✏ 41 ♣2xyq♣2xyq♣4 ✁ 2xyq ♣1q

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ♣2xy q, ♣2xy q và ♣4 ✁ 2xy q ta được
✠3 ✁
✠3
✁
♣2xyq♣2xyq♣4 ✁ 2xyq ↕ ♣2xyq   ♣2xy3q   ♣4 ✁ 2xyq ✏ 2xy3  4 ♣2q
✁ x   y ✠2
Lại áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương x và y được: xy ↕
✏ 1 ♣3q. Từ (1), (2)
2
✁
✠
1 2☎1 4 3
và (3) ta suy ra A ↕
✏ 2. Đó là đpcm.
4
3
Chúng ta sẽ quay trở lại với bài toán 1 ở trong mục 1, nhưng lần này hãy thử vận dụng
BĐT Cauchy qua lăng kính của "KỸ THUẬT CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU" để xem điều kỳ

diệu gì sẽ đến nhé!

Bài toán 2. Cho 0 ➔ x ➔ 1. Tìm GTNN của biểu thức
A✏

4
 
1✁x x
x

Phân tích. Thông thường khi gặp các biểu thức chứa phân thức mà trong đầu vẫn mông
lung và không biết đi đâu về đâu trong việc định hình hướng giải thì chúng ta cứ mạnh
dạn biến đổi biểu thức ấy theo một trong hai hướng chủ đạo sau:
✌ Hướng 1: Quy đồng mẫu số và đơn giản biểu thức.
Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

9


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

✌ Hướng 2: Tách các phân thức và đưa chúng về dạng chính quy (tức bậc của tử luôn

bé hơn bậc của mẫu).
Hướng quy đồng mẫu số và đơn giản biểu thức đã "chỉ đường dẫn lối" cho chúng ta đến
với "kỹ thuật sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai". Vậy liệu hướng tách
các phân thức và đưa chúng về dạng chính quy sẽ giúp ích chúng ta được gì?

4
1
4
1
✁
1  ✏
 
♣
1 ✁ xq   x   ✁ 2. Thầy biết nhiều em sẽ phân
Ta biến đổi A ✏
1✁x
x
1✁x
x
vân ở việc thêm bớt các đại lượng x và 1 ✁ x. Các em nên chú ý rằng, chúng ta đang đi
phân tích để vận dụng BĐT Cauchy qua lăng kính của "KỸ THUẬT CHỌN HỆ SỐ GIẢI
SAU". Bởi lẽ vậy, chúng ta sẽ cố gắng nhìn ra (tạo ra) các cặp có tổng (tích) không đổi
để việc vận dụng BĐT Cauchy được "xuôi chèo mát mái". Cụ thể, trong bài toán này nếu
1
4
chúng ta giữ nguyên các đại lượng
, thì không nhìn thấy mối liên hệ nào về tổng
1✁x x
(tích) không đổi giữa chúng. Bởi lẽ vậy, chúng ta sẽ cố gắng tạo ra các đại lượng mới (có
tổng không đổi) để chúng cùng với các đại lượng đã cho xuất hiện các cặp có tổng (tích)
1
4
không đổi. Từ lối tư duy đó, ta có thể tạo ra được các cặp ♣
; 1 ✁ xq và ♣ ; xq có tích
1✁x

x
không đổi, mà hơn nữa tổng của cặp mới tạo ra là ♣1 ✁ xq  x ✏ 1 (không đổi) thỏa mãn với
ý đồ và mong muốn của chúng ta. Như vậy là đến đây chúng ta đã hoàn thành được một
công việc tưởng chừng rất đơn giản nhưng không hề đơn giản chút nào. Bởi một khi chúng
ta đã đi được một nửa chặng đường gian truân nhất, khó khăn nhất rồi, được nếm trải đủ
mọi "hương hoa mật đắng" rồi (vạn sự luôn khởi đầu nan) đó là định hình nên hướng giải
đúng thì không có lý do gì có thể cản bước chúng ta hoàn thành nửa chặng đường còn lại
để giải quyết trọn vẹn bài toán. Và như một lẽ tự nhiên, công việc bây giờ của chúng ta
là đi áp dụng BĐT Cauchy. Tuy nhiên, nếu chúng ta cứ thế mà trực tiếp vận dụng BĐT
4
1
; 1 ✁ xq và ♣ ; xq luôn thì điều gì sẽ xảy
Cauchy cho các cặp có tích (không đổi) là ♣
1✁x
x
1
4
ra tiếp theo nhé! Lúc đó, dấu bằng xảy ra khi
✏
1 ✁ x và ✏ x. Rõ ràng điều này
1✁x
x
sẽ dẫn đến vô lý (vì không tồn tại giá trị x nào thỏa mãn như thế cả). Vậy, phải làm sao
bây giờ? Chả lẽ đành "đầu hàng vô điều kiện" ở tại đây sao??? Không đâu! Những lúc như
thế này thì thứ ánh sáng diệu kỳ phát ra từ ngọn đuốc soi đường của "KỸ THUẬT CHỌN
HỆ SỐ GIẢI SAU" lại trở thành cứu cánh của chúng ta. Nào! Bây giờ, chúng ta thử đưa
vào hệ số giải sau k → 0 sao cho:
A✏

1

1✁x

✁1  ✏
4
x

✑

✙

1

1✁x

  k♣1 ✁ xq  

✏

✘

✑

kx  

4✙
✁1✁k
x

(ở đây chúng ta thêm vào lượng k ✏ k ♣1 ✁ xq   x ✏ k ♣1 ✁ xq   kx thì phải bớt ra đúng

bằng lượng là hằng số k).
Bây giờ, nếu chúng ta áp dụng BĐT Cauchy cho từng cặp ở trong dấu móc vuông thì được:
❝

  k♣1 ✁ xq ➙ 2
1✁x
1

kx  

4
x

❝

➙2

kx ☎

4
x

❄
☎
k ♣ 1 ✁ xq ✏ 2 k
1✁x
❄

✏4

1

k

Lúc đó, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
✩
✬
✫

1

✏ k ♣ 1 ✁ xq

1✁x
4
✬
✪ kx ✏
x

ñ ❄1 ✏ x2 ✏ 1 ✁1 x ✏ x  2♣ 1 ✁1 xq ✏ 31 ñ k ✏ 9
k

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

10


Trần Văn Cương

/>

0164 6 888 501

Chúng ta đi đến lời giải cho bài toán:
Lời giải. Ta biến đổi biểu thức A thành:
A✏

4
✁
1  ✏
1✁x
x
1

✑

✙

  9♣1 ✁ xq  
1✁x
1

✑

9x  

4✙
✁ 10
x

Áp dụng BĐT Cauchy cho từng cặp ở trong dấu móc vuông ta được:

❝

  9♣1 ✁ xq ➙ 2
1✁x
1

9x  

4
x

❝

➙2

9x ☎

4
x

1

1✁x

☎ 9♣1 ✁ xq ✏ 6

✏ 12

Từ đó suy ra A ➙ 6✩
  12 ✁ 10 ✏ 8.

1
✬
✫
✏ 9♣1 ✁ xq
2
1✁x
ô
x
✏
Dấu "=" xảy ra ô
.
4
✬
3
✪ 9x ✏
x
2
Vậy, GTNN của A là 8 khi x ✏ .
3
Như vậy, chúng ta đã kinh qua hai ví dụ (có thể nói là khá nhẹ nhàng) và thầy nghĩ
các em (đặc biệt là các em học sinh khá giỏi) sẽ phải ồ lên. Ôi! Thật là tuyệt! (và trong
thâm tâm thầm ước tại sao mình lại không biết cách tư duy của "KỸ THUẬT CHỌN HỆ
SỐ GIẢI SAU" như thế này sớm hơn thì có phải là kỳ diệu không??? ). Nhưng các em ạ!
Cả một cánh đồng màu mỡ và tươi đẹp hơn của "KỸ THUẬT CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU"
vẫn còn mênh mông và bao la ở phía trước. Bởi lẽ, cả hai bài toán trên đều được vận dụng
BĐT Cauchy qua lăng kính của "KỸ THUẬT CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU". Vậy, liệu có bao
giờ các em sẽ tự thắc mắc là đối với các bài toán không vận dụng được BĐT Cauchy thì
"KỸ THUẬT CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU" có còn thực sự "linh nghiệm" nữa hay không???
Đó cũng là thông điệp mà thầy muốn truyền tải đến với các em và mong muốn các em sẽ
luôn tự đặt ra những thắc mắc, nghi ngờ của mình khi đọc một cuốn sách toán, một chuyên

đề về toán (chẳng hạn ngay với chuyên đề này của thầy) hay một bài toán nào đó. Và các
em cũng nên nhớ là đừng có bao giờ thỏa mãn và dừng "suy nghĩ" lại ở việc chỉ giải xong
một bài toán. Nếu các em cứ mang trong mình "tâm tưởng" của lối tư duy học toán theo
phương châm "luôn luôn thắc mắc, luôn luôn nghi ngờ" thì các em sẽ cùng thầy đến với
"khu vườn mộng mơ" của "KỸ THUẬT CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU" qua bài toán dưới đây:
Bài toán 3. (Câu V đề thi vào 10 năm 2015-2016 của tỉnh Hà Tĩnh)
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2   y 2   z 2 ✏ 1.
Tìm GTNN của P ✏ xy   2yz   zx.
Phân tích. Đây là một trong những ngoại lệ hiếm hoi thuộc dạng toán "Tìm GTNN,
GTLN, chứng minh BĐT" của đề thi vào 10 mà việc vận dụng BĐT Cauchy không còn
hiệu quả. Bởi lẽ bậc của các đơn thức riêng lẽ biến a, b, c ở trong biểu thức P của phần
kết luận nhỏ hơn bậc của các đơn thức riêng lẽ biến a, b, c ở trong biểu thức của phần giả
thiết. Nên nếu áp dụng BĐT Cauchy thì chúng ta luôn thu được một BĐT có chiều "↕"
(đối với giả thiết). Mà với yêu cầu của bài toán đặt ra chúng ta cần phải có đánh giá BĐT
theo chiều "➙" (đối với giả thiết). Đấy! Các em thấy không, mặc dù BĐT Cauchy có thể
nói là rất mạnh và có ứng dụng rộng rãi trong hầu hết các bài toán thuộc dạng toán "Tìm
GTNN, GTLN, chứng minh BĐT" của đề thi vào 10 (hàng năm). Nhưng thỉnh thoảng vẫn
có những ngoại lệ về cách ra đề của từng năm, từng tỉnh thành trên cả nước mà việc vận
Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

11


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

dụng BĐT Cauchy không còn là "phao cứu sinh" nữa. Đó cũng chính là những lúc chúng
ta thường như đi lạc vào "một con đường hầm của sự mờ ảo" về phương hướng đi tìm lời

giải cho bài toán. Nhưng các em ạ! Các em không cần phải quá lo lắng (trong những tình
huống về cách ra đề ngoại lệ này), bởi lẽ chúng ta đã lại được nhìn thấy thứ ánh sáng diệu
kỳ phát ra từ "phía cuối con đường hầm" của ngọn đuốc soi đường "KỸ THUẬT CHỌN
HỆ SỐ GIẢI SAU" như dưới đây:
Giả sử chúng ta có c là GTNN của biểu thức P ✏ xy  2yz  zx. Nghĩa là: P ✏ xy  2yz  zx ➙
c, ❅x, y, z thỏa mãn x2   y 2   z 2 ✏ 1 ♣✝q.
Ta thấy, với x ✏ ✟1, y ✏ z ✏ 0 thỏa mãn x2   y 2   z 2 ✏ 1. Khi đó P ✏ 0. Từ đó suy ra
c ↕ 0 (vì c là GTNN của P ).
❄
❄
Lại thấy, với x ✏ 22 , y ✏ ✁ 22 , z ✏ 0 cũng thỏa mãn x2   y 2   z 2 ✏ 1. Và khi đó ta được
1
P ✏ ✁ 21 , nên suy ra c ↕ ✁ ➔ 0 (vì c là GTNN của P ).
2
Ta viết lại ♣✝q dưới dạng: xy  2yz  zx ➙ c ✏ c♣x2  y 2  z 2 q, ❅x, y, z thỏa mãn x2  y 2  z 2 ✏ 1.
1
Bây giờ, nếu chúng ta đưa vào hệ số giải sau k ✏ ✁ → 0 (vì c ➔ 0), thì BĐT ở trên trở
c
thành:
xy   2yz   zx ➙ ✁

1 2
♣x   y2   z2q ô x2   y2   z2   kxy   2kyz   kzx ➙ 0,
k

với mọi x, y, z thỏa mãn điều kiện x2   y 2   z 2 ✏ 1.
Để đi chứng minh BĐT này, chúng ta sẽ nghĩ ngay đến cách phân tích nó dưới dạng tổng
của các bình phương. Cụ thể, ta có:
x2   y 2   z 2   kxy   2kyz   kzx ✏ ♣x2   kxy   kxz q   y 2   z 2   2kyz
✁

✠2 ✁
✁
✁
2✠
2✠
2✠
✏ x   ky2   kz2   1 ✁ k4 y2   1 ✁ k4 z2   2k ✁ k2 yz
✁
ky kz ✠2 ✁
k2 ✠ ✁ 2
8k ✁ 2k 2 ✠
2
✏ x   2   2   1 ✁ 4 y   z   4 ✁ k2 yz
❧♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♠♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♥

    ✏♣y zq2

y 2 z 2 2yz

Chúng ta mong muốn biểu hạng thứ hai của biểu thức sau cùng có dạng tổng bình phương,
nghĩa là
8k ✁ 2k 2
8k ✁ 2k 2
2
yz
✏
♣
y
 
z

q
ô
✏ 2 ô k ✏ 1.
y2   z2  
4 ✁ k2
4 ✁ k2
Chúng ta đi đến lời giải hoàn chỉnh cho bài toán như sau:
Lời giải. Ta có:
P

✏ xy   2yz   zx ✏ xy   2yz   zx   1 ✁ 1
✏ xy   2yz   zx   x2   y2   z2 ✁ 1
✏ ♣x2   xy   xzq   y2   z2   2yz ✁ 1
✁
✠2
✏ x   y2   z2   43 y2   34 z2   32 yz ✁ 1
✏

✁

x 

y
2

✠2

  z2   43 ♣y   zq2 ✁ 1 ➙ ✁1, ❅x, y, z.

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

12


Trần Văn Cương

/>
✩
✫

Dấu "=" xảy ra

của P là

ô✪

✁1, đạt được

0164 6 888 501

✔ ✩
✫
✖
✖ ✪
✖
✖
✖ ✩
✖ ✫
✖
✕

✪

x ✏ 0❄
✩
y ✏ 22❄
y
z
x  2   2 ✏0
✫ x✏0
z ✏ ✁ 22
y z ✏0
ô ✪ y ✏ ✁z ô
Vậy, GTNN
x✏0❄
2
2
2
2
x  y  z ✏1
2y ✏ 1
2
y✏✁
❄ 2
z ✏❄ 22
❄
❄
❄
khi x ✏ 0, y ✏ 22 , z ✏ ✁ 22 hoặc x ✏ 0, y ✏ ✁ 22 , z ✏ 22 .

Bài toán 4. (Câu V đề thi vào 10 năm 2010-2011 & 2011-2012 - TP. Hà Nội)

1
Với x → 0, tìm GTNN của biểu thức: M ✏ 4x2 ✁ 3x  
  2011.
4x
Phân tích. Chúng ta cần đi đánh giá biểu thức M theo chiều ” ➙ ” bằng cách áp dụng
BĐT Cauchy cho các đại lượng không âm. Tuy nhiên, trong biểu thức M lại xuất hiện đại
lượng ✁3x ➔ 0, trái dấu với các đại lượng còn lại, nên chúng ta phải tìm cách nào đó để
làm triệt tiêu đại lượng này đi. Muốn vậy, thì chúng ta phải thêm bớt một lượng x từ một
lượng x khác để được đúng bằng đại lượng ✁3x (chẳng hạn ✁3x ✏ ✁kx   ♣k ✁ 3qx), hoặc
tạo ra một lượng x mới (từ việc đánh giá hai hay nhiều đại lượng khác), đủ để làm triệt
tiêu đại lượng ✁3x này. Với hai lối tư duy đó sẽ như "hai ngôi sao sáng nhất trong chòm
sao Bắc Đẩu thất tinh" luôn chiếu sáng để "dẫn đường chỉ lối" cho chúng ta đến với hai
cách để tạo ra hệ số giải sau k như dưới đây:
✌ Cách 1. Chúng ta tạo ra hệ số giải sau k (k → 3) bằng cách tách ✁3x ✏ ✁kx   ♣k ✁ 3qx
sao cho:
1
  2011✁ ?
M ✏ ❧♦♦♦♦♦♦♦♠♦♦♦♦♦♦♦♥
♣4x2 ✁ kx  ?q  ♣k ✁ 3qx   4x

♣2x✁ k4 q2 ✏4x2 ✁kx  k162

(Ở đây lượng ? cần chọn để biểu thức 4x2 ✁ kx  ? có dạng bình phương, tức là 4x2 ✁ kx  ? ✏
✁
k ✠2
k2
2x ✁
ô
? ✏ . Mục đích của việc này là tạo ra đánh giá làm triệt tiêu đại lượng âm
4

16
✁kx ➔ 0 thông qua áp dụng BĐT a2 ➙ 0, ❅a mà không cần quan tâm đến điều kiện của x
để BĐT này luôn thỏa mãn).
Tóm lại, chúng ta đưa vào hệ số giải sau k ♣k → 3q sao cho:
M

✏

✁

2x ✁

k ✠2
1
 
♣
k ✁ 3qx  
4
4x

Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ♣k ✁ 3qx và

♣k ✁ 3qx  

1
4x

Ta sẽ đi xác định hệ số giải sau k ♣k
✩
✬

✫ 2x

✁ k4 ✏ 0
ô✬
1
✪ ♣k ✁ 3qx ✏
4x

❝

2

k
  2011 ✁ 16

1
được:
4x

1
➙ 2 ♣k ✁ 3qx ☎ 4x
✏

❄

k✁3

→ 3q bằng cách xét đẳng thức xảy ra:
✩
✬

✫ x

✏ k8
1
k2
ô✬ 2
ñ
✏
1
64
4♣k ✁ 3q
✪ x ✏
4♣k ✁ 3q

ô k3 ✁ 3k2 ✁ 16 ✏ 0 ô ♣k ✁ 4q♣k2   k   4q ✏ 0 ô k ✏ 4.
✌ Cách 2. Chúng ta sẽ tạo ra hệ số giải sau k, bằng cách tạo ra lượng x mới từ việc đánh

giá hai đại lượng có liên quan đến 4x2 và k, đủ để làm triệt tiêu đại lượng mang dấu âm
Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

13


Trần Văn Cương

/>
✁3x ➔ 0, sao cho:
M

✏

♣

2

  q✁

4x
k
3x
❧♦♦♦♦♦♦♦♠♦♦♦♦♦♦♦♥

 ➙

❄

☎✏

❄

→

0164 6 888 501

1
  4x
  2011 ✁ k

4x2 k 2 4x2 k 4x k 3x

❄

❄
➙ 2 4x2 ☎ k ✏ 4x k. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
❄
1
  2011 ✁ k
M ➙ ♣4 k ✁ 3qx  
4x

Áp dụng BĐT Cauchy ta có 4x2   k
4x2 ✏ k. Từ đó suy ra:

Lại áp dụng BĐT Cauchy ta có
❝

❄

1
M ➙ 2 ♣4 k ✁ 3qx ☎
4x

  2011 ✁ k ✏

❜

❄

4 k ✁ 3   2011 ✁ k

Hệ số giải sau k được xác định bởi hệ
★

✩

✫ 4x2 ✏ k
✏k
1
❄
1
1 ô
ñ
k✏ ❄
2
❄
♣4 k ✁ 3qx ✏ 4x ✪ 4x ✏ 4 k ✁ 3
4 k✁3

4x2

❄
ô 4k k ✏ 3k   1 ô 16k3 ✏ ♣3k   1q2 ô 16k3 ✁ 9k2 ✁ 6k ✁ 1 ✏ 0
ô ♣k ✁ 1q♣16k2   7k   1q ✏ 0 ô k ✏ 1.

Cuối cùng, chúng ta đi đến 2 cách giải hoàn chỉnh cho bài toán trên như sau:
Lời giải. Cách 1. Ta biến đổi biểu thức M thành:
M

1
1

✏ 4x2 ✁ 3x   4x
  2011 ✏ ♣4x2 ✁ 4x   1q   ♣x   4x
q   2010

Ta có đánh giá 4x2 ✁ 4x   1 ✏ ♣2x ✁ 1q2

➙ 0, ❅x.

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương ta được x  

❝

1
➙ 2 x ☎ 4x
✏ 1.
1
Từ đó suy ra M ➙ 0   1   2010 ✏ 2011. Dấu "=" xảy ra ô x ✏ .
2
1
Vậy, GTNN của biểu thức M là 2011, đạt được khi x ✏ .
2
1
4x

Cách 2. Ta viết biểu thức M dưới dạng:
1
1
✏ 4x2 ✁ 3x   4x
  2011 ✏ ♣4x2   1q ✁ 3x   4x
  2010

❄
1
Theo BĐT Cauchy ta có 4x2   1 ➙ 2 4x2 ☎ 1 ✏ 4x. Dấu "=" xảy ra ô x ✏ .
2
1
1
Từ đó suy ra M ➙ 4x ✁ 3x  
  2010 ✏ x   4x   2010.
4x
M

❝

1
➙ 2 x ☎ 4x
  2010 ✏ 2011.
1
1
Dấu "=" xảy ra ô x ✏
ô
x✏ .
4x
2
1
Vậy, GTNN của biểu thức M là 2011, đạt được khi x ✏ .
2
Lại theo BĐT Cauchy ta có M

Bài toán 5. (Câu V đề thi vào 10 năm 2013-2014 của TP. Hà Nội)
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a   b   c   ab   bc   ca ✏ 6abc. Chứng minh:

1
1
1
 
 
➙ 3.
2
2
a
b
c2
Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

14


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

Phân tích. Trước hết, chúng ta có các nhận xét:
✌ Vì các biểu thức ở điều kiện và ở kết luận đều có tính đối xứng và các biến có vai trò bình
đẳng như nhau nên chúng ta dự đoán được dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a ✏ b ✏ c ✏ 1.
✌ Thông thường trong một bài toán (vận dụng được BĐT Cauchy), mà biểu thức điều
kiện ở giả thiết có cả hai vế đều phức tạp (hoặc đều khác hằng số, chẳng hạn như có dạng
A ✏ B), lại không nhìn thấy rõ ràng mối tương quan giữa chúng với biểu thức cần chứng
minh ở kết luận, thì chúng ta đều thường tìm cách biến đổi để đưa một vế về dạng là một
hằng số. Chẳng hạn, với biểu thức điều kiện có cả hai vế đều khác hằng số là A ✏ B, chúng
ta có thể chuyển nó về dạng có một vế là hằng số theo các ý tưởng sau:

➓ Chuyển vế bằng cách xét hiệu hai vế để đưa nó về dạng M ✏ A ✁ B ✏ 0.
A
✏ 1.
➓ Chuyển vế bằng cách xét thương hai vế để đưa nó về dạng N ✏
B
Cụ thể, đối với bài toán này. Trước hết, chúng ta biến đổi giả thiết thành:
6✏

a   b   c   ab   bc   ca
abc

✏ a1   1b   1c   ab1   bc1   ca1

Rõ ràng, lúc này chúng ta đã nhìn thấy rõ hơn mối tương quan giữa các biểu thức trong
điều kiện giả thiết và trong kết luận. Hơn nữa, với việc đã dự đoán trước được dấu bằng
xảy ra khi a ✏ b ✏ c ✏ 1, chúng ta dễ dàng đưa ra các đánh giá sau (qua BĐT Cauchy hay
BĐT cơ bản ♣x ✁ y q2 ➙ 0, ❅x, y):
1
a2
1
a2

  1 ➙ a2

1
b2
1
b2

  b12 ➙ ab2

  1 ➙ 2b

1
c2
1
c2

  c12 ➙ bc2

  1 ➙ 2c
  a12 ➙ ca2

Cộng vế theo vế các BĐT này lại với nhau ta đi đến lời giải cho bài toán:
Lời giải. Ta viết lại điều kiện đã cho dưới dạng:
1
a

  1b   1c   ab1   bc1   ca1 ✏ 6

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 hai số dương ta lần lượt có:
1
2
 
1➙
2
a
a
1
2

 1➙ b
b2
1
2
 
1➙
2
c
c
1
1
2
 
➙
2
2
a
b
ab
1
1
2
 
➙
2
2
b
c
bc
1

1
2
 
➙
2
2
c
a
ca

✁1

3

a2

   

a2

   

✁1

ñ3

1
a2

1

b2
1
b2

✁1
1✠
1
 
3➙2
 
2
c
a b
1✠
➙ 12 ✁ 3 ✏ 9
c2

   
1
c

1
ab

   
1
bc

1✠
✏ 12

ca

  b12   c12 ➙ 3

Bài toán 6. (Đề thi vào 10 năm 2014-2015 của tỉnh Nghệ An) Cho ba số thực dương a, b, c
thoả mãn a   b ↕ c. Tìm GTNN của biểu thức:
P

✏ ♣a2   b2   c2q♣ a12   b12   c12 q

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

15


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

Phân tích. Chúng ta dự đoán dấu "=" xảy ra khi a ✏ b, a   b ✏ c. Ta biến đổi P dưới
dạng:
✁ a2
b 2 ✠ a2   b 2 ✁ c 2 c 2 ✠
P ✏ 2   2  
  a2   b 2   3
b
a
c2

Với việc đã dự đoán được dấu bằng xảy ra khi a ✏ b, a   b ✏ c, nên áp dụng BĐT Cauchy
và BĐT Bunyakovsky chúng ta có ngay các đánh giá:
a2
b2

Từ đó suy ra P

♣a   bq2

a2   b 2
c2

2

  ab 2 ➙ 2

  bq
➙ ♣a 2c
2

2

c2
a2

2

2

2

  cb2 ➙ 2cab ➙ ♣a 8c
  bq2

  bq2   8c2   3 ✏ ♣a   bq2   8c2   5. Hai đại lượng
➙ 2   ♣a 2c
2
♣a   bq2
2c2
♣a   bq2

8c2
2c2
♣a   bq2 có tích không đổi nên ta nghĩ ngay đến việc áp dụng BĐT Cauchy.
Tuy nhiên, nếu chúng ta trực tiếp áp dụng BĐT Cauchy cho hai đại lượng này luôn thì
dấu "=" sẽ không xảy ra tại a   b ✏ c (như điều chúng ta đã dự đoán). Hơn nữa, trong
8c2
hai đại lượng này, chúng ta chỉ đánh giá được đại lượng
♣a   bq2 ➙ 8 theo chiều "➙" đối
♣a   bq2 cho
với giả thiết "a   b ↕ c" (đúng như ý đồ mà bài toán yêu cầu). Còn đại lượng
2c2
đánh giá theo chiều "↕" đối với giả thiết "a   b ↕ c" (trái với mong muốn và ý đồ của bài
toán). Bởi vậy, để cân bằng dấu đẳng thức xảy ra, chúng ta đưa vào hệ số giải sau k (đủ
♣a   bq2 ) sao cho:
để cho đánh giá làm triệt tiêu đại lượng có chiều "↕" là
2c2
và

  bq2   8c2   5 ✏ ✁ ♣a   bq2   kc2 ✠   ♣8 ✁ kqc2   5

➙ ♣a 2c
2
♣a   bq2
2c2
♣a   bq2
♣a   bq2
♣a   bq2 và kc2 ta được
Khi đó áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số
2c2
♣a   bq2
P

❞

P

  bq2 ☎ kc2   ♣8 ✁ kq   5 ✏ ❄2k   13 ✁ k
➙ 2 ♣a 2c
2
♣a   bq2

Để xác định hệ số giải sau k, chúng ta đi xét dấu đẳng thức xảy ra
✩
a
✬
✬
✫

♣   bq2 ✏

ô✬ a✏b
✬
✪
a b✏c
2c2

✩
✫ a

kc2
♣a   bq2

 b✏c
ô✪ a✏b
a b✏c

❄
4

2k

ñ

❄
4

2k

✏ 1 ô k ✏ 12

Chúng ta có lời giải cho bài toán:
Lời giải. Ta viết lại biểu thức P dưới dạng:
P

✏

b 2 ✠ a2   b 2 ✁ c 2 c 2 ✠
 
  c 2   a2   b 2   3
b 2 a2

✁ a2

a2
b2

2

  ab 2 ➙ 2 ♣1q.
♣a   bq2
Áp dụng BĐT Bunyakovsky a2   b2 ➙
2

Áp dụng BĐT Cauchy ta có

ta có

a2   b 2
c2

  bq ♣2q.
➙ ♣a 2c
2
2

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

16


Trần Văn Cương

/>
Áp dụng BĐT Cauchy liên tiếp hai lần ta được

c2
a2

và (3) suy ra

2

2

  cb2 ➙ 2cab ➙ ♣a 8c
  bq2 ♣3q. Từ (1), (2)

  bq   8c   3 ✏ ♣a   bq   8c   5
➙ 2   ♣a 2c
2

♣a   bq2
2c2
♣a   bq2
✠
✁   bq2
15c2
c2
 
 
 5
✏ ♣a 2c
2
2♣a   bq2
2♣a   bq2
2

P

2

0164 6 888 501

2

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số

2

♣a   bq2
2c2

c2

2♣a   bq2

và

2

ta được

❞

♣a   bq2 ☎ c2 ✏ 1.
➙
2
2♣a   bq2
2c2
2♣a   bq2

♣a   bq2  

c2

2c2

c2

Theo giả thiết ta có a   b ↕ c, nên suy ra

♣a   bq2 ➙ 1.
27
c
15
 
5 ✏ . Dấu "=" xảy ra ô a ✏ b, a   b ✏ c ô a ✏ b ✏ .
Do đó P ➙ 1  
2
2
2
27
c
Vậy, GTNN của biểu thức P là
khi a ✏ b ✏ .
2
2

Bài toán 7. (Đề thi vào 10 năm 2015-2016 của tỉnh Nghệ An)
Cho các số thực dương a, b thỏa mãn x   y ➙ 3. Chứng minh rằng:
x y 

1
2x

  y2 ➙ 92

Đẳng thức xảy ra khi nào?

Phân tích. Ta nhận thấy các cặp ♣x ;

1
2
q
và ♣y ; q có tích không đổi. Hơn nữa, với giả
2x
y
thiết x   y ➙ 3 là BĐT có cùng chiều "➙" với BĐT cần đánh giá. Do đó, để cân bằng đẳng
thức xảy ra, chúng ta sẽ đưa vào hệ số giải sau k (0 ➔ k ➔ 1) sao cho:
P

✏x y 

1
2x

  ✏
2
y

✁

kx  

1✠ ✁
2✠
  ky   y   ♣1 ✁ kq♣x   yq
2x

Áp dụng BĐT Cauchy và giả thiết x   y

➙ 3, ta có đánh giá
✁
❄
❄
1✠ ✁
2✠
P ✏ kx  
 
ky  
 
♣
1 ✁ k q♣x   y q ➙ 2k   2 2k   3♣1 ✁ k q
2x
y

Ta cần xác định hệ số giải sau 0 ➔ k
✩
✬
✬
kx
✬
✫

➔ 1, để đẳng thức xảy ra

1
✏ 2x
❄
❄
❄

1
x 2
y
y 2
♣
x   yq 2 ❄
1
2
ô ✬ ky ✏
ñ❄ ✏ 1 ✏❄ ✏ 2 ✏
✏
2ôk✏
3
2
2
k
✬
y
✬
✪
x y ✏3
Ta có lời giải cho bài toán:
Lời giải. Với x, y → 0 và x   y
x y 

1
2x

➙ 3, áp dụng BĐT Cauchy ta có:
❝

2 ✁x
1 ✠ ✁y 2✠ x   y
  ✏  
     
➙2 1  2  3 ✏ 9
y

2

2x

2

y

2

4

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

2

2
17


Trần Văn Cương

/>

0164 6 888 501

✩
x
✬
✫

Dấu "=" xảy ra

ô✬
✪

1
✧
✏
2
2x ô x ✏ 1
2
y
y✏2
✏
2
y

Bài toán 8. (Câu 4 đề thi vào 10 năm 2013-2014 của trường THPT Chuyên Lê Hồng
Phong - TP. HCM)
Cho x, y là các số dương thỏa mãn x   y ✏ 1.
8x
Chứng minh rằng: 3♣3x ✁ 2q2  
➙ 7.

y
Phân tích. Trước hết, với chú ý x ✏ 1 ✁ y, ta biến đổi vế trái của BĐT cần chứng minh
về dạng:
8 ✁ 8y
8
V T ✏ 3♣3 ✁ 3y ✁ 2q2  
✏
3♣1 ✁ 3y q2   ✁ 8
y
y
Ta đưa vào hệ số giải sau k sao cho
M

✏ 3♣1 ✁ 3yq2 ✁ ky  

✁

ky  

Áp dụng BĐT Cauchy ta có ky  
ky

8
y

✁
8✠
8✠
✁
8 ✏ 27y 2 ✁ ♣k   18qy ✁ 5   ky  

y
y
❝

➙2

ky ☎

8
y

❄
✏ 4 2k. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

✏ y8 .

Chúng ta thêm bớt một lượng hằng số thích hợp để luôn đưa được
✁
✁
k   18 ✠2
k   18 ✠
y   ? ✏ 27 y ✁
27y 2 ✁ ♣k   18qy   ? ✏ 27 y 2 ✁
27
54
k   18
ra khi y ✏
.
54
Ta có hệ phương trình xác định hệ số giải sau k:

✩
✬
✫ ky

➙ 0, ❅y. Dấu "=" xảy

✩
✬
✫ y2

✏
✏ k8
8 ✁ k   18 ✠2
ñ
✏ 54
ô
k   18
✬
✬
k
✪ y ✏ k   18
✪ y✏
54
54
8
y

ô k3   36k2   324k ✁ 23328 ✏ 0 ô ♣k ✁ 18q♣k2   54k   1296q ✏ 0 ô k ✏ 18.
Chúng ta đi đến lời giải hoàn chỉnh cho bài toán:
Lời giải. Từ x   y ✏ 1 ñ x ✏ 1 ✁ y, thế vào vế trái của BĐT cần chứng minh rồi thu gọn

và biến đổi nó dưới dạng:
VT

✏ 3♣1 ✁ 3yq2   8 ✁y 8y ✏ 27y2 ✁ 18y ✁ 5   y8 ✏ ♣27y2 ✁ 36y   12q ✁ 17  

➙ 0, ❅y. Dấu "=" xảy ra khi y ✏ 23 .
❝
8
8
Áp dụng BĐT Cauchy ta có 18y   ➙ 2 18y ☎ ✏ 24. Dấu "=" ô y ✏
y
y
V T ➙ 0 ✁ 17   24 ✏ 7. Đó là đpcm.
2
1
Dấu "=" xảy ra khi y ✏ và x ✏ .
3
3

✁

18y  

8✠
y

Ta có 27y 2 ✁ 36y   12 ✏ 3♣3y ✁ 2q2

2
. Vậy ta có

3

Bây giờ, chúng ta sẽ đi phân tích "KỸ THUẬT CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU" cho việc vận
dụng BĐT Bunyakovsky. Chúng ta lại tiếp tục quay trở lại với bài toán 1 ở trong mục 1 hay
cũng là bài toán 2 ở trong mục 2. Và thêm một lần nữa, qua lăng kính của "KỸ THUẬT
Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

18


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU" nhưng là đối với việc áp dụng BĐT Bunyakovsky, chúng ta hãy
thử xem có thể tạo ra thêm được điều gì thú vị nữa không nhé!
Bài toán 9. Cho 0 ➔ x ➔ 1. Tìm GTNN của biểu thức
A✏

4
 
1✁x x
x

Phân tích. Với điều kiện 0 ➔ x ➔ 1, và để ý rằng chúng ta cần tạo ra đánh giá có chiều "➙"
(đối với giả thiết), nên để vận dụng BĐT Bunyakovsky qua lăng kính của "KỸ THUẬT
CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU", thì trước hết chúng ta viết lại biểu thức A đã cho dưới dạng
(biểu thức của vế có đánh giá theo chiều "➙" trong BĐT Bunyakovsky):
A✏

  ✏
1✁x
x

4
x

✁❝

x ✠2 ✁ 2 ✠2
  ❄x
1✁x

✁❝

Như vậy, chúng ta sẽ đi áp dụng BĐT Bunyakovsky cho hai bộ số gồm

♣a ; bq nào đó (mà ta sẽ đi chọn sau). Ta có:
✑✁❝

❝
✟ ✁
x ✠2 ✁ 2 ✠2 ✙  2
x
2
❄
 
a  b ➙ a
1✁x

x
1✁x

  b ❄2x

2 ✠
;❄
và
1✁x
x
x

✠2

Ta sẽ đi chọn bộ ♣a ; bq sao cho a2   b2

✏ hằng số (hoặc dễ đánh giá được
theo chiều "↕"
✁ ❝ x
2 ✠2
❄
 b x
đối với giả thiết) và hơn thế nữa là biểu thức của vế phải ở trên V P ✏ a
1✁x
phải càng đơn giản càng tốt (và như ❝
lẽ dĩ nhiên là nó càng dễ đánh giá được theo chiều "➙"
✁
2 ✠2
x
thì càng tốt). Rõ ràng, để V P ✏ a

  b ❄x càng đơn giản càng tốt, thì cách dễ
1✁x
nhận thấy nhất (và nên
❝ thử đầu tiên) đó là chúng ta sẽ đi chọn a, để nó làm triệt tiêu phần
x
và đi chọn b, để nó làm triệt tiêu phần biểu thức ở mẫu của
biểu thức ở mẫu của
1✁x
2
b ❄ (bởi lẽ dù sao thì một biểu thức được viết dưới dạng đa thức cũng đơn giản hơn và
x
công việc tính toán cũng đỡ phức tạp hơn so với một biểu thức viết dưới dạng phân thức,
căn thức).
Với đường lối tư duy đó, sẽ trở thành "kim chỉ nam" để chúng ta đến với ý tưởng đưa vào
hệ số giải sau k thỏa mãn:
a✏

❄

❛

x♣1 ✁ xq, b ✏ k x ñ a2   b2

✏ ♣k2   1qx ✁ x2

và sao cho ta có bất đẳng thức:
✑✁❝

✠2 ✁ ❄ ✠2 ✙  
✟2

x ✠2 ✁ 2 ✠2 ✙✑✁❛
❄
➙
x   2k
 
x♣1 ✁ xq   k x
1✁x
x
✁ x
✠✑
✙  
ô 1 ✁ x   x4 ♣1   k2qx ✁ x2 ➙ x   2kq2
4
♣
x   2k q2
x
ôA ✏ 1 ✁ x   x ➙ ♣1   k2qx ✁ x2
❝

Dấu "=" xảy ra

x

ô ❛ 1✁x
x♣ 1 ✁ xq

❄2x
2
✏ k❄x ô 1 ✁1 x ✏ kx
.

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

19


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

Theo như bài toán 1 ở mục 1 hay bài toán 2 ở mục 2, thì chúng ta biết được GTNN của A
2
là 8 khi x ✏ . Từ đó suy ra k ✏ 1. Chúng ta đi đến lời giải hoàn chỉnh cho bài toán bằng
3
việc áp dụng BĐT Bunyakovsky.
✁❝ x
✠
❄
2 ✠ ✁❛
Lời giải. Áp dụng BĐT Bunyakovsky cho 2 bộ số gồm
; ❄ và
x♣1 ✁ xq ; x
1✁x
x
ta được:
✑✁❝

✠2 ✁❄ ✠2 ✙  
✟2

x ✠2 ✁ 2 ✠2 ✙✑✁❛
❄
 
x♣ 1 ✁ xq  
x
➙
x 2
1✁x
x
✠✑
✙  
✁ x
ô 1 ✁ x   x4 2x ✁ x2 ➙ x   2q2
x
4
♣
x   2q2
ôA ✏ 1 ✁ x   x ➙ 2x ✁ x2

Bây giờ, chúng ta sẽ đi chứng minh BĐT

♣x   2q2 ➙ 8 ô ♣x   2q2 ➙ 8♣2x ✁ x2q ô 9x2 ✁ 12x   4 ✏ ♣3x ✁ 2q2 ➙ 0, ❅x đúng.
2x ✁ x2
2
2
Dấu "=" xảy ra khi x ✏ . Vậy GTNN của A là 8 khi x ✏ .
3
3
Đôi điều bình luận. Câu hỏi đặt ra là đối với bài toán trên (hoặc các bài toán tương tự
sử dụng được BĐT Bunyakovsky), nếu chúng ta không dự đoán được GTNN hay dấu bằng

xảy ra khi nào, thì liệu chúng ta có thể áp dụng được BĐT Bunyakovsky qua lăng kính của
"KỸ THUẬT CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU" hay không? Đây là một nghi vấn rất thú vị và
thầy sẽ để nó là một "câu hỏi mở" cho các em (nhất là những em học khá giỏi, thích đam
mê và tìm tòi toán học) để tự mình đi giải đáp. Trong trường hợp các em vẫn không thể
nào tự đưa ra được lời giải đáp cho riêng mình thì các em có thể chờ và tìm mua đọc cuốn
sách (sắp xuất bản vào đợt tới) của thầy đó là "KỸ THUẬT CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU
TRONG BÀI TOÁN BĐT, GTNN, GTLN" của NXB GD Việt Nam ấn hành. Trong cuốn
sách sẽ bàn về vấn đề rất sâu sắc của "KỸ THUẬT CHỌN HỆ SỐ GIẢI SAU" cho việc áp
dụng từng loại BĐT cổ điển như: BĐT Cauchy, BĐT Bunyakovsky, BĐT Bernoulli, BĐT
Chebyshev, BĐT Jensen, BĐT Karamata,...hay kỹ thuật chọn hệ số giải sau qua tham số,
qua hệ số bất định,...
Cuối cùng, thầy đề xuất một số bài tập tự luyện:
Bài 1. (Câu V đề thi vào 10 năm 2015-2016 của TP. Hà Nội)
ab
.
Với hai số thực không âm a, b thỏa mãn a2  b2 ✏ 4, tìm GTLN của biểu thức M ✏
a b 2
Bài 2. (Câu V đề thi vào 10 năm 2016-2017
của
❄
❄ TP. Hà Nội)
Với các số thực x, y thỏa mãn x ✁ x   6 ✏ y   6 ✁ y, tìm GTLN và GTNN của biểu
thức P ✏ x   y.
1 1
1
Bài 3. Cho các số dương a, b thoả mãn điều kiện   ↕ . Tìm GTNN của biểu thức:
a b
2
M

✏

❄

a 

❄

b✁

1

a b

.

Bài 4. Cho x, y là các số thực dương và thỏa mãn x2   y 2
P

✏ 1. Tìm GTNN của biểu thức:

✏ x   x1   y   y1

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

20


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

Bài 5. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a   b ↕ 2c. Tìm GTNN của biểu thức:
P

✏ ♣a2   b2   c2q♣ a12   b12   c12 q

Bài 6. Cho các số thực x, y thoả mãn điều kiện:

❄

x   2 ✁ y3

✏

❛

y   2 ✁ x3 .

Tìm GTNN của biểu thức:
A ✏ x2   2xy ✁ 2y 2   2y   10.
Bài 7. Cho biết các số a, b, c thoả mãn 0 ↕ a, b, c ↕ 2 và a   b   c ✏ 3. Tìm GTLN của
biểu thức: A ✏ a2   b2   c2 .
3
Bài 8. Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện a   b   c ↕ . Tìm GTNN của
2
1 1 1
biểu thức: M ✏     .
a b c

Bài 9. Cho các số thực dương a, b thoả mãn 2a   b ➙ 2. Tìm GTNN của biểu thức
3 2
P ✏ 16a2   2b2     .
a b
Bài 10. (Đề thi vào 10 năm 2016-2017 của tỉnh Nghệ An)
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 0 ↕ a, b, c ↕ 1 và a   b   c ➙ 2. Chứng minh rằng:
ab♣a   1q   bc♣b   1q   ca♣c   1q ➙ 2.
Bài 11. (Câu V đề thi vào 10 năm 2011-2012 của tỉnh Hà Tĩnh)
25
. Tìm GTNN của biểu thức:
Cho các số a, b, c đều lớn hơn
4
Q✏

❄ a   2❄cb✁ 5   2❄ac ✁ 5
2 b✁5

Bài 12. (Câu V đề thi vào 10 năm 2016-2017 của tỉnh Hà Tĩnh)
Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab ✏ 1. Tìm GTNN của biểu thức: F ✏ ♣2a   3b ✁
7
3q♣a3   b3 q  
♣a   bq2 .
Bài 13. (Đề thi vào 10 năm 2012-2013 của tỉnh Thanh Hóa)
Cho hai số thực a, b thay đổi thỏa mãn điều kiện a   b ➙ 1 và a → 0. Tìm GTNN của biểu
8a2   b
thức A ✏
  b2 .
4a
Bài 14. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a2   2b2 ↕ 3c2 . Chứng minh rằng:
1 2

3
 
➙
.
a b
c
Bài 15. Cho x → 0, y → 0 và x   y ➙ 6. Tìm GTNN của biểu thức:
P
Bài 16. Cho x, y thỏa mãn x ➙ 0, y
biểu thức K ✏ x2 ✁ 2x ✁ y.

✏ 3x   2y   x6   y8 .
➙ 0, 2x   3y ↕ 6, 2x   y ↕ 4. Tìm GTNN, GTLN của

Bài 17. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a   b   c ✏

P

✏ ♣a   bq♣a   cq.

1
. Tìm GTNN của biểu thức
abc

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

21


Trần Văn Cương

/>
0164 6 888 501

Bài 18. Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab ✏ 1. Tìm GTNN của biểu thức A ✏
♣a   b   1q♣a2   b2q   a  4 b
Bài 19. (Câu V đề thi vào 10 năm 2014-2015 của tỉnh Hà Tĩnh)
x2
y2
Cho x, y → 0 thỏa mãn x2   y 2 ✏ 2. Tìm GTNN của P ✏ ❄   ❄ .
y
x
Bài 20. (Câu V đề thi vào 10 năm 2014-2015
của tỉnh Đăk Lăk)
❄
4 x 3
1
✁
  2016 với x → 0.
Tìm GTNN của biểu thức A ✏ 4x  
4x
x 1
Bài toán 21. (Đề thi vào 10 năm 2013-2014 của tỉnh Hà Tĩnh) Cho các số thực x, y❄thay
❛
❄
3 3
đổi thoả mãn 0 ➔ x ➔ 1, 0 ➔ y ➔ 1. Chứng minh: x   y   x 1 ✁ y 2   y 1 ✁ x2 ↕
2
Bài 22. (Câu V đề thi vào 10 năm 2014-2015 của TP. Hà Nội)
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a   b   c ✏ 2. Tìm GTLN của biểu thức:

Q✏

❄

2a   bc  

❄

2b   ca  

❄

2c   ab.

CHÚC CÁC EM ÔN THI TỐT VÀ ĐẠT KẾT QUẢ
CAO TRONG KỲ THI SẮP TỚI!
(Hẹn gặp lại các em trong chuyên đề tới bàn về các kỹ thuật giải pt (hpt) vô tỉ hoặc hữu tỉ)

Một vài kỹ thuật nhỏ làm "kim chỉ nam" cho câu 0.5 trong đề thi vào 10

22