SKKN Sử dụng tham số để giải một số bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của một biểu thức

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Bài toán tìm giá trị lớn nhất (hoặc giá trị nhỏ nhất) của một biểu thức là bài
toán được sử dụng nhiều trong kì thi tuyển sinh đại học và cao đẳng, các kì thi học
sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế... Nhưng phần lớn học sinh “không
tự tin” khi “gặp phải” bài toán này vì các em khó định hướng cách giải và đa số
giáo viên chưa thực sự chú ý đến việc định hướng tìm lời giải bài toán này mà chỉ
chú trọng đến việc đưa ra lời giải.
Đã có một số tác giả đề cập đến vấn đề định hướng tìm lời giải bài toán này
chẳng hạn như tác giả Trần Phương (Thể hiện qua bài viết “Kĩ thuật chọn điểm rơi
trong bất đẳng Cô-si” trong tạp chí Toán học và tuổi trẻ tháng 7/2004) hoặc tác giả
Nguyễn Ngọc Khoa (Thể hiện qua bài viết “Sử dụng bất đẳng Cô-si trong bài toán
cực trị” trong tạp chí Toán học và tuổi trẻ tháng 7/2004). Tác giả Trần Phương đã
đưa ra định hướng tìm lời giải là: dự đoán biểu thức đạt được giá trị lớn nhất (hoặc
giá trị nhỏ nhất) khi các biến bằng bao nhiêu rồi áp dụng các bất đẳng thức đúng để
đánh giá sao cho đẳng thức trong các lần đánh giá đều phải xảy ra khi các biến
bằng như dự đoán. Còn tác giả Nguyễn Ngọc Khoa đã đưa ra định hướng tìm lời
giải là: đưa vào các tham số rồi đánh giá một lần và chọn tham số hợp lí.
Nhưng trên thực tế có những bài toán dạng này chúng ta không thể dự đoán
được biểu thức đạt được giá trị lớn nhất (hoặc giá trị nhỏ nhất) khi các biến bằng
bao nhiêu; đồng thời phải đánh giá nhiều lần. Khi đó nếu vận dụng các phương
pháp đã biết thì rất khó có thể tìm được lời giải.
Vì vậy tôi chọn đề tài: “Sử dụng tham số để giải một số bài toán tìm giá
trị lớn nhất (hoặc giá trị nhỏ nhất) của một biểu thức” nhằm trao đổi với các
quý thầy cô giáo và các đồng nghiệp một kinh nghiệm của bản thân.
Tuy nhiên, với khả năng có hạn của bản thân, việc khai thác đề tài có thể
chưa đầy đủ và còn nhiều thiếu sót. Rất mong nhận được sự góp ý của các quý thầy
cô giáo và các đồng nghiệp!

B. NỘI DUNG
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC THƢỜNG DÙNG
1. Bất đẳng thức Cô-si đối với n số không âm (n  N*, n  2)

Với n số thực không âm a1 , a2 , ..., an , ta có
a1  a 2  ... a n n
 a1 a 2 .... a n (*).
n

Trang 1


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ... an .
Chú ý 1:
i)

(*)  a1  a2  ...  an  n. n a1 a2 .... an .

ii)

 a  a2  ...  an 
(*)  a1 a2 .... an   1
 .
n


n

2. Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki đối với 2n số thực (n  N*, n  2)
Với 2n số thực a1 , a2 , ..., an , b1 , b2 , ...,bn , ta có

a

2

1





 a22  ...  an2 b12  b22  ...  bn2  a1b1  a2 b2  ... an bn

2 (**).

a
a1 a2

 ... n (Hai bộ số
b1 b2
bn

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

b1 ; b2 ;...; bn  tỉ lệ với nhau).

a1 ; a2 ;...; an  và

Chú ý 2:
(**)  a1b1  a2b2  ...  anbn 

a

2
1



 a22  ...  an2 b12  b22  ...  bn2



3. Với f(x) = ax2 + bx + c (a  0), ta có
i) Nếu a > 0 thì hàm số f(x) có giá trị nhỏ nhất là 


b
khi x =  .
4a
2a

ii) Nếu a < 0 thì hàm số f(x) có giá trị lớn nhất là 


b
khi x =  .
4a
2a

II. SỬ DỤNG THAM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN
NHẤT (HOẶC GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT) CỦA MỘT BIỂU THỨC
Bài toán 1. (Đề thi vào lớp 10 chuyên toán trường THPT Lê Hồng Phong, Nam
Định, năm học 2009 – 2010)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2 x  1  4 x  x 2 .
Lời giải:

Điều kiện 1  4 x  x 2  0 (*).
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có



( P  4) 2  2.x  2  1. 1  4 x  x 2
Suy ra P  1 .

  2
2

2





 12 x  2  1  4 x  x 2  25.
2

 x2
1  4x  x 2


P 1 
 x  0 (thỏa mãn (*)).
2
1
2( x  2)  1  4 x  x 2  0


Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1.

Trang 2


Nhận xét 1.1. Thường thì Giáo viên chỉ dừng lại ở cách giải này mà không dẫn dắt
học sinh tìm cách giải khác. Nếu là một người hiểu sâu sắc về bất đẳng thức thì sẽ
nghĩ đến việc sử dụng bất đẳng thức Cô – si để đánh giá và tìm được lời giải sau:
Lời giải 2:
Điều kiện 1  4 x  x 2  0 (*).
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có
1  4 x  x 2  1.(1  4 x  x 2 ) 

Suy ra P  2 x  1  2 x 

1  1  4x  x 2
x2
 1  2x 
.
2
2

x2
x2
 1
 1.
2
2

1  1  4 x  x 2
P 1 
 x  0 (thỏa mãn (*)).
x0


Vậy giá trị lớn nhất của P là 1.
Nhận xét 1.2. Nếu chúng ta hiểu sâu sắc về bất đẳng thức thì chúng ta phải giải
thích được tại sao trong lời giải 2, chúng ta áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai
số không âm 1 và 1 – 4x – x2 mà không áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số
không âm khác, chẳng hạn là 2 và 1 – 4x – x2. Có một cách giải thích là dựa vào lời
giải đầu chúng ta đã biết P đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x = 0 nên ta phải áp
dụng bất đẳng thức Cô – si sao cho dấu bằng xảy ra khi x = 0 (Khi x = 0 thì 1 = 14x – x2). Nhưng một vấn đề quan trọng đặt ra là: “Nếu chưa dự đoán được P đạt
giá trị nhỏ nhất khi x bằng 0 thì ta có thể giải thích được tại sao lại áp dụng bất
đẳng thức Cô – si như vậy hay không?” Câu trả lời như sau: (Đây chính là nội
dung quan trọng nhất của đề tài)
“Điều kiện 1  4 x  x 2  0 (*).
Với mọi x thỏa mãn (*), đưa vào tham số thực dương k và áp dụng bất đẳng thức
Cô – si ta có
1  4x  x 2 

1
2 k

Suy ra P  2 x 
Xét f ( x)  

.2 k (1  4 x  x 2 ) 

1

2 k

1
2 k

1
2 k

(k  1  4 x  x 2 )  

.x 2 

2( k  1)
k

.x 

1
2 k

k 1
k

(k  1  4 x  x 2 )

.x 2 

2( k  1)

tại x 

.x 

k 1
k

.

.

Vì f(x) là một tam thức bậc hai (ẩn x) có a  


k

(1)

1
2 k

 0 nên f(x) đạt giá trị lớn nhất

2( k  1)

k
 2 k  2.

1 
2 


 2 k

Trang 3


Do
(2)

đó

f ( x)  f (2 k  2)

Vậy P  f (2 k  2) .
Ta cần chọn số thực k sao cho đẳng thức ở (1) và (2) đồng thời xảy ra hay là tồn tại
k  1  4 x  x 2
k  1

x thỏa mãn 
.
x  0
 x  2 k 2

Vậy chọn k = 1 và ta tìm được lời giải 2.”
Đi tìm lời giải của một số bài toán bằng cách làm tƣơng tự:
Bài toán 2. (Đề thi HSG Tỉnh, lớp 12 năm học 2006-2007)



Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 3  5  x2



2.1.1. Định hƣớng tìm lời giải 1:
TXĐ của hàm số là D =   5; 5  .
Vì hàm số đó là hàm số lẻ trên D nên chúng ta cần tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức





A= y  x 3  5  x 2 với x  D
Đưa vào tham số thực dương k.
Với mọi x  D, áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có

3  5  x2 



3
 9

.k  1. 5  x 2   2  1 k 2  5  x 2
k
k




(1)

Suy ra









 9

 9

 9

A  x  2  1 k 2  5  x 2   2  1 k 2  5  x 2 x 2   2  1
k

k

k


k

2



 5  x2 x2

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có

k

2



 5  x2 x2 

k 2  5  x2  x2 k 2  5

2
2

(2)

Do đó
A

k2 5  9

 2  1
2
k


Chọn k sao cho tồn tại x  D để đẳng thức ở (1) và (2) đồng thời xảy ra hay
 k
 2 k2  5
5  x2


 x  2
k  3
k 2  3
3
1





 2
2
x  4
 x  2
 2k
3 5  k  k 2

k  5  x 2  x 2
2

( Vì k > 0 )

Trang 4

Do đó chọn k = 3 .
2.1.2. Lời giải 1:
TXĐ của hàm số là D =   5; 5  .
Với mọi x  D, áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có
3  5  x 2  3. 3  1. 5  x 2 

3  13  5  x 2  =

2 8  x2





Suy ra y  x 3  5  x 2  2 x 8  x 2  2 x 2 8  x 2 

(1.1)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

8  x x
2



2

8  x2  x2
4

2

(1.2)

Từ (1.1) và (1.2) suy ra y  8  8  y  8 .
y= 8 chẳng hạn khi x = 2; y=-8 chẳng hạn khi x = -2.
y  8; min y  8 .
Vậy max
D
D

2.2.1. Định hƣớng tìm lời giải 2:
Đưa vào tham số thực dương l.
Với mọi x  D, ta có





A  y  x 3  5  x2  3 x 





1
1
.2l x 5  x 2  3 x  .2. l 2 x 2 5  x 2 .
2l
2l

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có





2. l 2 x 2 . 5  x 2  l 2 x 2  5  x 2 .

Suy ra
A 3x 

Hay A 





1 2 2
l x  5  x2 .
2l

l 2 1 2
5
.x  3 x 
(Đẳng thức xảy ra khi l 2 x 2  5  x 2 )
2l
2l

Đặt t  x (t  0) , khi đó

A  f (t ) 

l 2 1 2
5
.t  3t 
2l
2l

l 2 1
 0 thì f(t) là tam thức bậc hai (ẩn t) và đạt được giá trị lớn nhất khi
2l
l 2 1
3l
 0 hay l  (0;1) và tồn
t 2
. Do đó ta cần chọn số thực dương l sao cho
2l
l 1

Nếu

tại x thỏa mãn

Trang 5



5
 2
l 2 x 2  5  x 2

 x  l 2  1
 x   3l   2
9l 2
2
x



l 1
2

l 2 1




( Vì l  (0;1) )



Vì thế chọn l sao cho
l  (0;1)

 5
9l 2
1


l
2

2
l  1 l 2 1
2






1
.
2

Do đó chọn l =

2.2.2. Lời giải 2:
TXĐ của hàm số đó là D =   5; 5  .





Ta có y  x 3  5  x 2  3 x  x 5  x 2 = 3 x  2.



1 2
x 5  x2
4



Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
2.





1 2
1
x 5  x2  x2  5  x2
4
4

Suy ra
2
3
3
y   x2  3 x  5    x  2  8  8 .
4
4

Hay y  8  8  y  8 .
y= 8 chẳng hạn khi x = 2; y=-8 chẳng hạn khi x = -2.
y  8; min y  8 .
Vậy max
D
D

Nhận xét 2.1.
Tổng quát hóa bài toán 2 ta được bài toán 2.1.
Bài toán 2.1. (Bài toán tổng quát của bài toán 2)





Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x a  b  x 2 , trong đó a
và b là các số thực dương cho trước.
(Tương tự cách tìm lời giải bài toán 2 ta tìm được lời giải bài toán 2.1)
Nhận xét 2.2.
Đặc biệt hóa bài toán 2.1, chẳng hạn cho a=1993, b=1995 ta được bài toán
2.2.
Bài toán 2.2. (Đề thi HSGQG lớp 12 năm 1993)

Trang 6




Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 1993  1995  x2



Bài toán 3. Cho các số thực thay đổi x, y. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A

x y
.

x  2 y2  2





2



3.1. Định hƣớng tìm lời giải:
Nếu x + y > 0, Ta đưa vào tham số n, n  N*.
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có



2

 2 2
  2
2
2
2
2
2
2 
2
2
2
2

x  2 y  2   x    ...     ...   y   
.x  n  1 
. y 
n
n
n
n
n
n
n
n
n





  


 










n số hạng

n số hạng

2
2
 x  2 y  2   x  y  n  1 
n
n



2



2



2

(3)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có

x  y   n  1

2

2
n

x  y n  1

2
n

2


2
2
  x  y  n  1   4 x  y n  1
n
n


(4)

Từ (3) và (4) suy ra x 2  2  y 2  2  x  y n  1
8
n

Khi n > 1 từ (5) suy ra

x

1
2



2 y 2
2





2
n

1
8
x  y n  1 2
n
n

(5)
(Vì x + y > 0)

x y
x y

2
x 2 y 2 8
x  y n  1 2
n
n

1
 A
8n  1 2
n
n




2





Ta cần chọn n  N*, n  2 sao cho tồn tại x và y thỏa mãn x + y > 0 để đẳng thức ở
(3) và (4) đồng thời xảy ra hay

Trang 7



2
 x
n



 2
2


n
 n

 x  y  n  1


2
n
y
2
n



2
2
x  y 
x  y 



n
3
 n  1  2
 n  3

Do đó chọn n = 3.
3.2. Lời giải:
Nếu x  y  0 thì A  0 .

Nếu x + y > 0 thì áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có
2 2 2  2 2 2
4
2 

  2
x  2 y  2   x 2        y 2   
.x  
.y 
3 3 3  3 3 3
3
3 

  3





2



2

2
2 6

 x  2 y  2   x  y 
3

3 





2



2

2

2

(6)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có

x  y   2

6
3

x  y  2

2

6

3

2


2 6
2 6
  4 x  y 
  x  y 

3 
3


(7)

Từ (6) và (7) suy ra

x

2









 2 y2  2 

x

16 6
x  y 
9

1

2

 2  y  2
2



1
16 6
x  y 
9

x y
x y

2
x  2y  2 16 6 x  y 
9
2

 A

1
3 6

.
32
16 6
9

Do đó A 
A

3 6
.
32

6
3 6
chẳng hạn khi x  y 
.
32
3

Trang 8


Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là

3 6

.)
32

Nhận xét 3.1.
Đặt u = -x và v = -y, biểu thức A trở thành
A

u v
uv
 2
2
u 2 v 2
u  2 v2  2





2









Áp dụng kết quả bài toán 3, ta có: A  
Do đó A  

3 6
3 6
6
và A  
chẳng hạn khi u  v 
.
3
32
32

3 6
3 6
6
và A  
chẳng hạn khi x  y   .
32
32
3

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 

3 6
.
32

Từ đó ta có bài toán sau
Bài toán 3.1. Cho các số thực thay đổi x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A

x y
.
x  2 y2  2



2





Nhận xét 3.2.
Từ bài toán 1 và bài toán 3.1, ta có bài toán
Bài toán 3.2. Cho các số thực thay đổi x, y. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
A

x y
.
x  2 y2  2



2





Nhận xét 3.3.
Tổng quát hóa bài toán 3.2, ta có bài toán 3.3.
Bài toán 3.3. Cho các số thực thay đổi x, y. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
A

x y
.
x  a y2  a



2





Trong đó a là số thực dương cho trước.
Lời giải: (Tương tự cách tìm lời giải bài toán 1, ta có thể tìm được cách giải bài
toán 3.3)
Nếu x  y  0 thì A  0 .
Nếu x + y > 0 thì áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có
a a a  a a a
2a
a 

  a
x  a y  a   x 2        y 2   
.x 


.y 
3 3 3  3 3 3
3
3 

  3



2



2



2

(1)
Trang 9


a
2 3a 

=  x  y 
3
3 

2

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có

x  y   2

3a
2
3

x  y  2

3a
3

2


2 3a 
2 3a
  4 x  y 
  x  y 
3 
3


(2)

Từ (1) và (2) suy ra x 2  2y 2  2 

 A

A

1
8a 3a
9



8a 3a
x  y 
9

3 3a
8a 2

3 3a
3a
xy
2
3
8a

Tương tự trên dễ dàng chứng minh được A  
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là


3 3a
3a

3 3a
và A   2  x  y  
2
3
8a
8a

3 3a
; giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là
8a 2

3 3a
.
8a 2

Nhận xét 3.4.
Đặc biệt hóa bài toán 3.3, chẳng hạn cho a = 3 ta có bài toán 3.4.
Bài toán 3.4. Cho các số thực thay đổi x, y. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
A

x y
.
x  3 y2  3



2





Bài toán 4. (Sách: Đề thi 0LYMPIC 30-4 lần thứ IX năm 2003. Toán 10)
Cho các số thực dương thay đổi a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức





 1 1 1
A      15 a 2  b 2  c 2  7a  7b  7c .
a b c

4.1. Định hƣớng tìm lời giải:
Vì vai trò b, c trong biểu thức A như nhau nên ta đưa vào tham số thực
dương k và áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có

a

2





 b 2  c 2 12  k 2  k 2  a  kb  kc 

2

Trang 10


 a2  b2  c2 

a  kb  kc
2k 2  1

(Vì a  kb  kc  0 ).

Suy ra
 15
  15k
  15k

15 a 2  b 2  c 2  7a  7b  7c  
 7 a  
 7 b  
 7 c
2
2
2
 2k  1
  2k  1
  2k  1


Nếu

15k

2k 2  1

(1)

 7  0 (*)thì lại áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có

 15
  15k
  15k
  1 1 1 
 7 a  
 7 b  
 7 c    

2
2
2
  2k  1
  2k  1
  a b c 
 2k  1






15
2k 2  1


Suy ra A  


7 

15k
2k 2  1

15
2k 2  1

7 

7 


7

2k 2  1


2

15k

15k
2k 2  1

7 


7

2k 2  1


(2)
2

15k

Chọn số thực dương k (thỏa mãn (*)) sao cho tồn tại các số thực dương a, b, c để
đẳng thức ở (1) và (2) đồng thời xảy ra hay




(I) 





 15


 7 a

2

 2k  1

1
a

a b c
 
1 k k
 15k


 7 b

2
 2k  1



1
b

 15k


 7 c

2
 2k  1

1

c

b  c  ka

 15

 15k

 
 7 a 2  
 7 b 2

2
 2k 2  1

 2k  1



Thay b = ka từ đẳng thức đầu vào đẳng thức sau ta được
 15

 15k


 7 a 2  
 7 k 2 a 2

2
2

 2k  1

 2k  1



 15k

 7  
 7 k 2
2
2k 2  1
 2k  1

15





 15k 3  7 k 2  1 2k 2  1  15  0

(Vì a > 0)
(3)

Ta chứng minh được trên 0;  phương trình (3) có nghiệm duy nhất k = 2 (thỏa
mãn (*)).
Khi k = 2 hệ (I) trở thành

Trang 11

b c

a 

 b  c  2a
2 2


 12a  3b  3c

Vậy chọn k = 2.
4.2. Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có

a

2





 b 2  c 2 12  2 2  2 2  a  2b  2c

2

 3 a 2  b 2  c 2  a  2b  2c
 15 a 2  b 2  c 2  7 a  7b  7c  5a  2b  2c   7 a  7b  7c  34a  b  c 

 1 1 1
 1 1 1
     15 a 2  b 2  c 2  7a  7b  7c  3   4a  b  c 
a b c
a b c





(3.1)

Lại áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có
2

 1
1
1

 1 1 1
.2 a 
. b
. c   16
   4a  b  c   
b
c
a b c
 a


(3.2)

Từ (3.1) và (3.2) suy ra A  48 .
A  48 chẳng hạn khi a = 1, b = c = 2.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 48.
(Chứng minh trên 0;  phƣơng trình (3) có nghiệm duy nhất k = 2.
Xét f (k )  15k 3  7k 2  1 2k 2  1  15 với k  0;  .
Ta có








4k k 2  1  45k 2 2k 2  1  14 3k 3  2k
f ' (k )  45k 2  7 2k 2k 2  1 

2 2k 2  1 
2k 2  1




k
2k 2

45k

45k
1






2k 2  1  14 3k 2  2 

k 2286 k 4  327 k 2  784



2k 2  1  14 3k 2  2





2k 2  1







 

 1  143k  2

k 2025 k 2 2k 2  1  196 3k 2  2

45k

2k 2

2


2

2k 2  1

.

Dễ thấy phương trình 2286 x 2  327 x  784  0 có hai nghiệm  ,  thỏa mãn
  0   1

Suy ra
f ' (k ) 

45k

2286 k k 2   k 2   



2k 2  1  143k 2  2 2k 2  1







2286 k k 2    k   k  

45k





2k 2  1  143k 2  2 2k 2  1

.

f ' k   0  k  0 hoặc k   .

Trang 12


Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f(k) trên 0;  suy ra phương trình (3) có
nghiệm duy nhất k = 2).
Bài toán 5. (Bài T3/338 trong tạp chí Toán học và tuổi trẻ tháng 10/2009)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P  3 x 8 y

trong đó x, y là hai số không âm thỏa mãn
17 x 2  72 xy  90 y 2  9  0 (*).

5.1. Định hƣớng tìm lời giải:
Đưa vào tham số thực k ( k  0 ) và áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki,
ta có
2



8
64 



P   3. x  .k y    32  2  x  k 2 y
k
k 



2



(1)

Lại tiếp tục đưa vào tham số l ( l  0 ) và áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta
có

x  k y 
2

2

2


 k4 
k2 
 1.x  .ly   1  2  x 2  l 2 y 2
l
l 






2
64  k 4 
Từ (1) và (2) suy ra P 4   9  2  1  2 x 2  l 2 y 2 



k  

l 



(2)

(3)

Từ giả thiết (*), ta có 17 x 2  72 xy  90 y 2  9 .
Do đó ta sẽ chứng minh x 2  l 2 y 2  17 x 2  72 xy  90 y 2

(4)

Mà (3)  16 x 2  72 xy  (90  l 2 ) y 2  0 (5)
(5) đúng với mọi x, y khi và chỉ khi '  36 2  16(90  l 2 )  0  l 2  9  0 (6).
Khi đó từ (3), (4) và (*) suy ra
64 

P  9 9  2 
k 

4

2

 k4 
64   k 4 

1  2   P  4 9 9  2  1  2  (Vì P  0 ).
l 
k  
l 



2

Chọn k, l (k và l thỏa mãn (6) ; k  0 ; l  0 ) để tồn tại hai số không âm x, y thỏa
mãn (*) sao cho các đẳng thức ở (1), (2) và (5) đồng thời xảy ra hay tồn tại hai số
không âm x, y thỏa mãn

Trang 13



x k y


8
3

9


k
x5

x ly


y 4
 2
.




1 k
5

k  2
l


72 y

 l  3
x

32
17 x 2  72 xy  90 y 2  9

Vậy chọn k  2, l  3 , chẳng hạn chọn k = 2 và l = 3.
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có



P 2  3. x  4.2 y

x  4 y 

2

  3

2

2



 4 2 x  4 y 

2



4


 16 
 1.x  .3 y   1   x 2  9 y 2
3
9




Suy ra P 4  25 2 1 




16  2
2

 x  9y
9





Mà x 2  9 y 2  17 x 2  72 xy  90 y 2  4x  9 y 2  0 , đúng với mọi số thực x, y.
Từ trên suy ra P 4  25 3  P  5 5 .
9
5

Khi x  , y 

4
(thỏa mãn giả thiết) thì P  5 5 .
5

Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 5 .
III. PHƢƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
(HOẶC GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT) CỦA MỘT BIỂU THỨC KHI CHƢA DỰ
ĐOÁN ĐƢỢC BIỂU THỨC ĐÓ ĐẠT GIÁ TRỊ LỚN NHẤT (HOẶC GIÁ
TRỊ NHỎ NHẤT) KHI CÁC BIẾN BẰNG BAO NHIÊU VÀ PHẢI ĐÁNH
GIÁ NHIỀU LẦN
3.1. Từ cách tìm lời giải các bài toán trên, ta rút ra một phƣơng pháp giải bài
toán : “Cho các số thực thay đổi x, y thỏa mãn điều kiện nào đó (gọi là điều kiện
(*)). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = f(x,y).”
3.1.1) Tìm cách giải: Đưa vào một (hoặc nhiều) tham số thực, dùng suy luận và áp
dụng các bất đẳng thức đúng đã biết (Bất đẳng thức Cô-si, bất đẳng thức Bu-nhi-acốp-xki, ...) chứng minh
A  A1

(1)

A1  A2

(2)

...

Trang 14


An1  An

(n)

Trong đó An là biểu thức không chứa các biến x và y.
Chọn tham số sao cho tồn tại các số thực x, y thỏa mãn điều kiện (*) để đẳng thức
ở (1), (2), ..., (n) đồng thời xảy ra.
3.1.2) Từ đó trình bày lời giải.
3.2. Đối với bài toán: “Cho các số thực thay đổi x, y thỏa mãn điều kiện nào đó
(gọi là điều kiện (*)). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = f(x,y).” Ta củng có
một phƣơng pháp giải nhƣ sau
3.2.1) Tìm cách giải: Đưa vào một (hoặc nhiều) tham số thực, dùng suy luận và áp
dụng các bất đẳng thức đúng đã biết (Bất đẳng thức Cô-si, bất đẳng thức Bu-nhi-acốp-xki, ...) chứng minh
A  A1

(1)

A1  A2

(2)

...
An1  An

(n)

Trong đó An là biểu thức không chứa các biến x và y.
Chọn tham số sao cho tồn tại các số thực x, y thỏa mãn điều kiện (*) để đẳng thức
ở (1), (2), ..., (n) đồng thời xảy ra.
3.2.2) Từ đó trình bày lời giải.
3.3. Đối với bài toán: “Cho các số thực thay đổi x1 , x2 , ..., xn thỏa mãn điều kiện
nào đó. Tìm giá trị lớn nhất (hoặc giá trị nhỏ nhất) của biểu thức
A = f( x1 , x2 , ..., xn ).” Ta củng có một phƣơng pháp giải tƣơng tự.
3.4. Đối với bài toán: “Tìm giá trị lớn nhất (hoặc giá trị nhỏ nhất) của hàm số
y = f(x).” Ta củng có một phƣơng pháp giải tƣơng tự.
Cuối cùng chúng ta sẽ vận dụng phƣơng pháp này để giải một bài toán khó
trong đề thi học sinh giỏi Toán quốc tế năm 2006
Bài toán 6. (Đề thi HSG Toán quốc tế năm 2006)
Xác định số thực nhỏ nhất M sao cho bất đẳng thức



ab(a 2  b 2 )  bc(b 2  c 2 )  ca (c 2  a 2 )  M a 2  b 2  c 2



2

(1)

được thỏa mãn với mọi số thực a, b, c.
6.1. Định hƣớng tìm lời giải:
Nếu a2 + b2 + c2 = 0 hay a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng với M là số thực tùy
ý.
Nếu a2 + b2 + c2  0 thì
Trang 15


(1) 

ab(a 2  b 2 )  bc(b 2  c 2 )  ca (c 2  a 2 )



a

2

 b2  c2



2

(a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a)

a

2

M

M

 b2  c2 

2

(2)

Gọi vế trái của bất đẳng thức (2) là f(a,b,c)
Vì f(a,b,c) = f(-a,-b,-c); a2 + b2 + c2 = (-a)2 + (-b)2 + (-c)2 và vai trò của a, b, c
bình đẳng nên số thực M cần tìm là số thực nhỏ nhất sao cho (2) đúng với mọi số
thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2  0; a + b + c  0 và a  b  c ( điều
kiện (*) ).
Do đó số thực M cần tìm là giá trị lớn nhất của biểu thức f(a,b,c) với mọi số thực a,
b, c thỏa mãn điều kiện (*).
Với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện (*) ta có:
(a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a) = (a  b  c)(a  b)(b  c)(a  c)

(3)

Đưa vào các số thực dương m, n, p, áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
 a  b  c  m(a  b)  n(b  c)  p(a  c) 
(a  b  c).m(a  b).n(b  c). p(a  c)  

4



 (a  b  c)(a  b)(b  c)( a  c) 

(m  p  1)a  (n  m  1)b  (1  n  p)c4
256 mnp

4

(4)

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có

(m  p  1)a  (n  m  1)b  (1  n  p)c 

2



 (m  p  1) 2  (n  m  1) 2  (1  n  p) 2  a 2  b 2  c 2



(5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra

(m  p  1)
f(a,b,c) 

2

 (n  m  1) 2  (1  n  p) 2
256 mnp



2

Chọn m, n, p sao cho tồn tại các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện (*) để đẳng thức
ở (4) và (5) đồng thời xảy ra hay
a  b  c  m(a  b)  n(b  c)  p(a  c)
a
b
c
(I) 



m  p 1 n  m 1 1 n  p


Đặt

a
b
c


 k (Vì a 2  b 2  c 2  0 nên k  0 )
m  p 1 n  m 1 1 n  p

Suy ra
a  (m  p  l )k ; b  (n  m  l )k ; c  l  n  p)k

Do đó, từ (I) suy ra
Trang 16


3k  km(2m  p  n)  kn(2n  p  m)  kp(m  n  2 p)
m ( 2 m  p  n )  n ( 2 n  p  m )

  n(2n  p  m)  p (m  n  2 p ) (Vì k  0 )

p(m  n  2 p)  3



 mn

  n  2p

2
p 
2


(Vì m, n, p  0 ).

2
hệ (I) trở thành

2

Khi m  n  2 , p 


 3 2

2
b
a  1 
a

b

c

2
(
a

b
)

2
(
b

c
)


(
a

c
)


2


 .
2


2a
2c

 c  1  3 2 b
b

 
23 2
23 2
2 
 

2
tồn tại các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện (*)
2
(chẳng hạn khi a  2  3 2 , b  2, c  2  3 2 ) để đẳng thức ở (4) và (5) đồng thời xảy

Do đó khi m  n  2 , p 
ra.
Vậy chọn m  n  2 , p 

2
2

6.2. Lời giải:
+) Nếu a2 + b2 + c2 = 0 hay a = b = c = 0 thì (1) luôn đúng với M là số thực tùy ý.
+) Nếu a2 + b2 + c2  0 thì
(1) 

ab(a 2  b 2 )  bc(b 2  c 2 )  ca (c 2  a 2 )



a

2

 b2  c2



2

(a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a)

a

2

 b2  c2 

2

M

M

(2)

Gọi vế trái của bất đẳng thức (2) là f(a,b,c).
Vì f(a,b,c) = f(-a,-b,-c); a2 + b2 + c2 = (-a)2 + (-b)2 + (-c)2 và vai trò của a, b, c
bình đẳng nên số thực M cần tìm là số thực nhỏ nhất sao cho (2) đúng với mọi số
thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2  0; a + b + c  0 và a  b  c ( điều
kiện (*) ).
Do đó số thực M cần tìm là giá trị lớn nhất của biểu thức f(a,b,c) với mọi số thực a,
b, c thỏa mãn điều kiện (*).
Với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện (*) ta có:
Trang 17


(a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a) = (a  b  c)(a  b)(b  c)(a  c)

(3)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có



2
a  b  c  2 (a  b)  2 (b  c) 
(a  c) 

2
2

(a  b  c). 2 (a  b). 2 (b  c).
(a  c)  
2
4





 (a  b  c)(a  b)(b  c)(a  c) 









4
2
2  3 2 a  2b  2  3 2 c

8192

4

(4)

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có

2  3 2 a  2b  2  3 2 c  2  3 2   2  2  3 2  a
2

2



 48 a 2  b 2  c 2

2

2

2

 b2  c2




(5)

Từ (4) và (5) suy ra
(a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a) 



9 2 2
a  b2  c2
32



2

(6)

Từ (3) và (6) suy ra



9 2 2
a  b2  c2
32
(a  b  c)( a  b)(b  c)(c  a) 9 2


.
2
32
a2  b2  c2
(a  b  c)( a  b)(b  c)(c  a ) 



 f(a,b,c) 

f(a,b,c) 



2



9 2
với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện (*).
32

9 2
chẳng hạn khi a  2  3 2 , b  2, c  2  3 2 ( Thỏa mãn điều kiện (*)).
32

Do đó giá trị lớn nhất của biểu thức f(a,b,c) với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều
kiện (*) là

9 2
.
32

Vậy số thực M cần tìm là M =

9 2
.
32

IV. MỘT SỐ BÀI TẬP

Trang 18


(Vì khuôn khổ bài viết nên tôi không trình bày các lời giải. Các bạn có thể xem lời
giải ở các tài liệu tôi chỉ ra trong bài toán)
Bài toán 1. (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ tháng 10/2001 ).
x
2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức f ( x)   1  x  2 x 2 .
Bài toán 2. (Bài T5/320 trong tạp chí Toán học và tuổi trẻ tháng 2/2004 ).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A= 4x  x3  x  x3 với 0  x  2 .
Bài toán 3. (Sách: Sáng tạo bất đẳng thức của tác giả Phạm Kim Hùng- NXB
Tri thức)
Chứng minh rằng với 0  x  1 ta có bất đẳng thức





x 9 1  x 2  13 1  x 2  16

Bài toán 4. (Bài T10/320 trong tạp chí Toán học và tuổi trẻ tháng 2/2004).
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( x)  2 sin x  15  10 2 cos x

Bài toán 5.
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  13 sin x  9 cos2 x  4 cos x  3
(Hướng dẫn: giải tương tự bài toán 4 hoặc đặt t  sin

x
rồi áp dụng bài toán 3)
2

Bài toán 6. (Bài T11/333 trong tạp chí Toán học và tuổi trẻ tháng 3/2005 )
Tìm giá trị lớn nhất của F=sinA.sin2B.sin3C trong đó A,B,C là 3 góc của một tam
giác.

C. KẾT LUẬN
Để giải được bài toán tìm giá trị lớn nhất (hoặc giá trị nhỏ nhất) của một biểu
thức đòi hỏi học sinh phải biết cách áp dụng các bất đúng đã biết một cách “khéo
léo”. Đối với một số bài toán dạng này việc dự đoán được biểu thức đạt giá trị lớn
nhất (hoặc giá trị nhỏ nhất) khi nào là rất quan trọng đối với việc áp dụng các bất
đúng đã biết để tìm ra lời giải cho bài toán. Nhưng không phải lúc nào chúng ta
củng dễ dàng dự đoán được điều đó mà nhiều khi chúng ta phải mò mẫm, dự đoán,
vạch ra một định hướng, thực hiện định hướng đó, từ đó tìm lời giải cho bài toán.
Phương pháp trong đề tài là rất mới. Đề tài này là một tài liệu bổ ích để bồi
dưỡng học sinh giỏi quốc gia, quốc tế ... góp phần bồi dưỡng nhân tài cho đất
nước.

Trang 19


Không có một phương pháp vạn năng để giải tất cả các bài toán và phương
pháp trên củng không là ngoại lệ, phương pháp này có nhược điểm là phải mò
mẫm và dự đoán nhiều; đôi lúc củng không thực hiện được (khi không thể chọn

được tham số). Đối với bài toán nào ta dùng phương pháp trên điều đó phụ thuộc
vào sự nhạy bén của người làm toán và đó củng chính là vẻ đẹp của các bài toán
dạng này.
Trên đây là kết quả tìm tòi, suy nghĩ, học hỏi và quá trình thể hiện của tôi
thực sự đã mang lại hiệu quả đáng kể trong dạy học. Tôi đã trực tiếp trao đổi với
nhiều đồng nghiệp nội dung của đề tài này và đã nhận được những phản hồi tốt
đẹp. Tuy nhiên, đề tài không tránh khỏi những thiếu sót, còn có một số chỗ chưa
hẳn đã tìm được tiếng nói chung. Với tinh thần cầu thị, ý thức nghề nghiệp, tôi
muốn các quý thầy cô giáo, đồng nghiệp và Hội đồng khoa học trường, sở Giáo
dục và Đào tạo Nghệ An góp ý để đề tài tiếp tục được hoàn thiện và tính ứng dụng
thiết thực hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Vinh, tháng 5 năm 2010
Người viết

DƢƠNG VĂN SƠN

Trang 20