CHUYÊN ĐỀ: GIÚP HỌC SINH LÀM QUEN MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN VÀ BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN DIÊU
---o0o---

CHUYÊN ĐỀ
Môn: Toán
Đề tài:

GIÚP HỌC SINH LÀM QUEN
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN
VÀ BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

Họ và tên giáo viên: Nguyễn Thị Thanh Vương
Năm học 2015 - 2016

1


A. MỞ ĐẦU
I. Đặt vấn đề
Bài toán chứng minh một b ất đẳng thức và bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ

nhất của một hàm số là những vấn đề khó đối với học sinh. Các dạng toán này rất
phong phú, đa dạng và nó có mặt khắp các cuộc thi từ trung học đến đại học và các
kỳ thi học sinh giỏi.Chính vì vậy, chúng ta cần dạy cho các em từ những bài toán
gốc, bài toán cơ bản về bất đẳng thức từ khi học lớp 10; nhằm giúp các em có nền
tảng vững chắc để tiếp tục nghiên cứu các bài toán về bất đẳng thức khó hơn.
II. Cơ sở lí luận
1. Một số tính chất cơ bản của bất đẳng thức
Tính chất 1: a > b ⇔ a − b > 0.

a > b
⇒ a > c.
b > c
 ac > bc, c > 0
Tính chất 3: a > b ⇔ 
 ac < bc, c < 0.
Tính chất 4: a > b ⇔ a + c > b + c.

Tính chất 2: 

2. Định nghĩa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
Cho hàm số y = f ( x) xác định và liên tục trên D.
a) Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x) trên D nếu M
 f ( x) ≤ M , ∀x ∈ D

thỏa mãn điều kiện sau ∃x ∈ D, f x = M ;
( 0)
 0

b) Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) trên D nếu m
 f ( x) ≥ m, ∀x ∈ D

thỏa mãn điều kiện sau ∃x ∈ D, f x = m.
( 0)
 0
B-NỘI DUNG
Trong chuyên đề này, tôi chỉ đưa ra một số bất đẳng thức chứng minh bằng
cách biến đổi tương đương với một bất đẳng thức đúng, hoặc xuất phát từ bất đẳng
thức đúng biến đổi tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh.
Nhằm giúp học sinh tiếp cận với bất đẳng thức một cách dễ dàng, tôi hình

thành hệ thống bài tập từ bất đẳng thức có hai biến, rồi đến ba biến; từ đối xứng
đến không đối xứng.
I.Bất đẳng thức
1. Một số bất đẳng thức cơ bản
Bài toán 1: Chứng minh rằng
x 2 + y 2 − xy − x − y + 1 ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ ;(1).
Lời giải:
Ta đặt M = x 2 + y 2 − xy − x − y + 1 . Để chứng minh bất đẳng (1) ta chứng minh

M ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ .
Ta có
2 M = 2 x 2 + 2 y 2 − 2 xy − 2 x − 2 y + 2
= ( x - y ) + ( x − 1) + ( y − 1) ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ .
2

2

2

2


Do đó M ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ .
Lời bình:Trong bài này vì vế trái của bất đẳng thức (1) đối xứng đối với x và y, nên
ta dễ dàng nghĩ ra phương pháp giải của bất đẳng thức này bằng cách đưa về các
bình phương của một hiệu hoặc một tổng. Bây giờ ta thay x bởi 2x và y bởi 3y vào
bất đẳng thức (1) ta được một bài toán mới không còn đối xứng đối với x và y nữa,
cụ thể là bài 2a, và bằng cách làm tương tự ta có bài 2b, 2c. Hoặc muốn có một bất
đẳng thức không đối xứng giữa sinx và cosx ta thay x bởi

3
sinx và thay y bởi
2

1
cos x ta được bài 2d.
2

Bài toán 2: Chứng minh rằng
a) 4 x 2 + 9 y 2 − 6 xy − 2 x − 3 y + 1 ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ , (2).
b) 2 x 2 + 2 y 2 + 2 xy + 2 x − 6 y + 10 ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ , (2 ').
c) 5 x 2 + 13 y 2 − 2 xy − 2 x − 4 y + 1 ≥, (2")
d) 3sin 2 x − 3 sin 2 x + cos 2 x − 16 3 cos x − 16sin x + 24 ≥ 0, (2"').
Lời giải:
a) Ta đặt N = 4 x 2 + 9 y 2 − 6 xy − 2 x − 3 y + 1 . Để chứng minh bất đẳng (2) ta
chứng minh N ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ .
Ta có
2 N = 8 x 2 + 18 y 2 − 12 xy − 4 x − 6 y + 2
= ( 2x - 3y ) + ( 2 x − 1) + ( 3 y − 1) ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ .
2

2

2

Do đó N ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ .
2
2
2
b) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái của (2’) thành ( x + y ) + ( x + 1) + ( y − 3) .

c) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái của (2’’) thành ( 2 x − 3 y ) + ( x + 2 y − 1) .
d) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái của (2”’) thành
2

2
 3

1
4 
sin x − cos x ÷
÷ + 2 cos x − 3
2
 2



(

)

2

2


2
+ ( 2sin x − 1) 



Lời bình:Như vậy bài toán 2 này có cách giải vẫn tương tự cách giải của bài toán 1,
mặc dù bất đẳng thức (2) không còn đối xứng đối với x và y nữa. Với cách làm như
vậy ta có thể sáng tác nhiều bài toán không đối xứng như thế này.
Lời bình: Sau đây là một số bài toán tương tự.
Bài toán 3: Chứng minh rằng
a ) x 2 + y 2 + 4 x − 2 y + 6 > 0, ∀x, y ∈ ¡ ;
b)2 x 2 + 5 y 2 − 6 x − 10 y − 2 xy + 5 ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ ;
c)2 x 2 + 4 y 2 + 5 z 2 + 4 xy − 6 xz − 4 yz + 1 > 0, ∀x, y, z ∈ ¡ ;
d )256 cos8 x + 256sin 6 x − 272 cos 4 x + 144sin 4 x − 64sin 3 x − 24sin 2 2 x + 85 ≥ 0, ∀x ∈ ¡ .

Lời bình: Để phát triển tư duy của học sinh ta đưa ra bài toán có ba biến số sau đây.
Bài toán 4(Bài 3 trang 109 sgk đại số 10 nâng cao):
Chứng minh rằng
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca, ∀a, b, c ∈ ¡ ; (4).

3


Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Lời giải:
Bất đẳng thức (4) tương đương với bất đẳng thức sau:
a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ≥ 0, ∀a, b, c ∈ ¡ ;(4 '),
⇔ 2a 2 + 2a 2 + 2b 2 − 2ab − 2bc − 2ca ≥ 0, ∀a, b, c ∈ ¡ ,

⇔ ( a − b ) + ( a − c ) + ( b − c ) ≥ 0, ∀a, b, c ∈ ¡ ;(4") .
Bất đẳng thức (4”) đúng. Do vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức (4).
Đẳng thức (4) xảy ra khi đẳng thức (4”) xảy ra.
Vì vậy đẳng thức (4) xảy ra khi a = b = c.
Lời bình:
Từ bài toán gốc này, với các cách biến đổi không đối xứng ta được nhiều bài

toán không đối xứng. Chẳng hạn ta đặt a = x, b = 2y, c = 2z . Thế vào bất đẳng
thức (4) ta được bất đẳng thức sau đây không còn đối xứng đối với x,y và z nữa.
Bài toán 5: Chứng minh rằng
x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 ≥ 2 xy + 6 yz + 3zx, ∀x, y , z ∈ ¡ ;(5).
Hướng dẫn giải:
Tương tự bài 4.Ta biến đổi bất đẳng thức (5) tương đương với bất đẳng thức
đúng sau đây
2
2
2
( x − 2 y ) + ( x − 3z ) + ( 3z − 2 y ) ≥ 0, ∀x, y, z ∈ ¡ .
2

2

2

Lời bình:Cũng từ bất đẳng thức (4), ta đặt a = x +1, b = 2y, c = 2z. Thế vào bất
đẳng thức (4) ta được bất đẳng thức sau đây không còn đối xứng đối với x, y và z.
Bài toán 6: Chứng minh rằng
x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 ≥ 2 xy + 6 yz + 3zx − 2 x + 2 y + 3z − 1, ∀x, y , z ∈ ¡ ; (6).
Hướng dẫn giải:
Tương tự bài 4.Ta biến đổi bất đẳng thức (6) tương đương với bất đẳng thức
đúng sau đây
2
2
2
( x + 1 − 2 y ) + ( x + 1 − 3z ) + ( 3z − 2 y ) ≥ 0, ∀x, y, z ∈ ¡ .
Lời bình: Thật là khó mà nghĩ ra phải biến đổi tương đương bất đẳng thức (6) về
bất đẳng thức trên nếu như ta không biết bài toán gốc của nó.

Bài toán 7: Chứng minh rằng
a )2 x 2 + 4 y 2 + 5 z 2 + 4 xy − 6 xz − 4 yz + 1 > 0, ∀x, y, z ∈ ¡ ;
b)10 x 2 + 5 y 2 + z 2 + 6 xy + 2 x − 12 y + 10 > 0, ∀x, y , z ∈ ¡ .

Lời bình: Bây giờ tôi xuất phát từ bài toán 20a trang 112 sách giáo khoa đại số 10
nâng cao, bằng cách biến đổi không đối xứng ta có bài toán không đối xứng sau
đây.
Bài toán 8: Chứng minh rằng
a) (Bài 20a trang 112) Nếu x 2 + y 2 = 1 thì x + y ≤ 2 ;
b) Nếu 3x 2 + 4 y 2 = 2 thì

3x + 2 y ≤ 2 ;

c) Nếu 9 x 2 + 6 xy + 2 y 2 = 1 thì 3x + 2 y ≤ 2.
Lời giải:
2
2
2
2
2
a) Vì ( x + y ) = x + y + 2 xy ≤ 2 ( x + y ) = 2 nên x + y ≤ 2 .

4


2
2
2
2
2

b) Vì ( 3x + 2 y ) = 3 x + 4 y + 4 3xy ≤ 2 ( 3 x + 4 y ) = 4 nên

3x + 2 y ≤ 2 .

2
2
2
2
2
2
c) Vì (3 x + 2 y) = ((3 x + y ) + y ) = (3 x + y ) + y + 2(3 x + y ) y ≤ 2 ( (3 x + y ) + y ) = 2 nên

3x + 2 y ≤ 2 .

Lời bình: Ta phát triển bài toán này thành bài toán có 3 biến số.
Bài toán 9: Chứng minh rằng
a) Nếu x 2 + y 2 + z 2 = 1 thì x + y + z ≤ 3 ;
b)Nếu x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 = 3 thì x + 2 y + 3z ≤ 3 .
Lời giải:
2
2
2
2
2
2
2
a)Vì ( x + y + z ) = x + y + z + 2 xy + 2 xz + 2 zy ≤ 3 ( x + y + z ) = 3 nên x + y + z ≤ 3 .

b)Vì ( x + 2 y + 3z ) = x + 4 y + 9 z + 4 xy + 6 xz + 12 zy ≤ 3 ( x + 4 y + 9 z ) = 9 nên
x + 2 y + 3z ≤ 3 .

Lời bình: Từ bài 8a và bài 9a, bằng phép thế không đối xứng ta được bài toán
không đối xứng tương ứng là 8b, 8c và 9b. Mặc dù các bài toán 8b, 8c và 9b không
đối xứng với hai biến x và y nhưng cách giải của nó cũng giống như hai bài toán
đối xứng 8a và 9a. Sau đây là một số bài toán tương tự bài 8 và bài 9.
Bài toán 9’: Chứng minh rằng
a) Nếu x 2 + 2 y 2 = 1 thì x + 2 y ≤ 2 ;
2

2

2

2

2

2

2

b)Nếu 3x 2 + y 2 = 2 thì 3x + y ≤ 2 .
Bài toán 10: Chứng minh rằng
a) Nếu x 2 + 2 y 2 + z 2 = 1 thì x + 2 y + z ≤ 3 ;
b)Nếu 25 x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 = 3 thì 5 x + 2 y + 3z ≤ 3 .
Lời bình: Cũng từ bài toán 20b trang 112 sách giáo khoa đại số 10 nâng cao hiện
hành ta có bất đẳng thức không đối xứng sau đây.
Bài toán 11: Chứng minh rằng
a) (Bài 20b trang 112) Nếu 3x – 4y = 15 thì x 2 + y 2 ≥ 9;
b) Nếu 2x – y = 3 thì 2 x 2 + y 2 ≥ 3.
Lời giải:

4
3

a) Vì 4x – 3y = 15 nên y = x − 5. Do đó
2

2

4
 5

x + y = x +  x − 5 ÷ =  x − 4 ÷ + 9 ≥ 9, ∀x ∈ ¡ .
3
 3

2

2

2

Lời bình: Từ ý tưởng trên để phát triển tư duy học sinh hơn nữa, trong bất đẳng
thức đối xứng ta bổ sung thêm một vài giả thiết để được một bất đẳng thức mới.
Chẳng hạn như bài toán sau.
Bài toán12:
a)Hãy khai triển biểu thức sau
M = ( x − y) + ( x + y − z) + ( y + z)
2

2

2

b)Từ đó chứng minh rằng: nếu x 2 + y 2 + z 2 = 1 thì y 2 − 2 xz ≥ −2
Lời giải:
a)Ta có M = 2(x2 + y2 +z2) + y2 – 2xz.
2
2
2
b)Ta có M = ( x − y ) + ( x + y − z ) + ( y + z ) ≥ 0, ∀x, y, z ∈ ¡ ,
5


nên 2 ( x + y + z ) + y − 2 xz ≥ 0, ∀x, y, z ∈ R , mà x 2 + y 2 + z 2 = 1 .
Do đó y 2 − 2 xz ≥ −2 .
Lời bình: Đối với câu b của bài 12, nếu không có câu a khó mà ta nghĩ ra lời giải.
Nếu đối tượng giải là học sinh giỏi cấp tỉnh thì ta chỉ cho câu b.
Sau đây là một số bài toán tương tự
Bài toán 13: a) Chứng minh rằng: nếu 2 x 2 + 5 y 2 = 5 thì 3x + 5 y + xy ≤ 5.
b) Chứng minh rằng: nếu 4 xy − 6 xz − 4 yz = −3 thì 2 x 2 + 4 y 2 + 5 z 2 > 2.
Lời bình: Để sáng tạo được nhiều bài toán hơn, ngoài các bất đẳng thức đúng cơ
bản ta còn có nhiều định lí toán học về các bất đẳng thức. Sau đây là một định lí đã
được chứng minh, tôi sử dụng nó để sáng tạo một số bất đẳng thức không đối
xứng.
2.Một số bất đẳng thức được sinh ra từ định lí Karamata
2.1.Định lí Karamata
Cho a1 ≥ a2 ≥ K ≥ an và b1 ≥ b2 ≥ K ≥ bn ,với ak , bk ∈ ( a; b ) , k = 1,2,…,n thỏa mãn
các điều kiện sau đây
2

2

2

2

 a1 ≥ b1
a + a ≥ b + b
 1 2 1 2
.
M
a + a + K + a ≥ b + b + K + b
n −1
1
2
n −1
 1 2
 a1 + a2 + K + an = b1 + b2 + K + bn
Khi đó với mọi hàm số f(x) có f "( x) ≥ 0 trên (a;b) ta đều có

f ( a1 ) + f ( a2 ) + K + f ( an ) ≥ f ( b1 ) + f ( b2 ) + K + f ( bn ) .

Bây giờ ta vận dụng định lí này để sáng tạo một số bài toán.
2.2.Bài toán ứng dụng định lí Karamata
Áp dụng định lí Karamata với 2 bộ số a, b, c và 5, 2, 1 ta có bài toán sau
a ≥ 5

Bài toán 14:Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b ≥ 7 .
a + b + c = 8


Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ≥ 30 .
Lời giải:
Ta có
2
( a − 5) ≥ 0, ∀a ∈ ¡ ,

⇔ a 2 ≥ 52 + 2.5. ( a − 5 ) , ∀a ∈ ¡ ;(1).

Tương tự ta có

b 2 ≥ 22 + 2.2. ( b − 2 ) , ∀b ∈ ¡ ;(2).
c 2 ≥ 12 + 2.1. ( c − 1) , ∀c ∈ ¡ ;(3).

Cộng (1),(2) và (3) các vế tương ứng ta được bất đẳng thức

a 2 + b 2 + c 2 ≥ 30 + 2 5 ( a − 5 ) + 2 ( b − 2 ) + ( c − 1)  , ∀a, b, c ∈ ¡ ,

⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 30 + 2 ( a − 5 + b − 2 + c − 1) + ( a − 5 + b − 2 ) + 3 ( a − 5 )  , ∀a, b, c ∈ ¡ ,
⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 30, ∀a, b, c ∈ ¡ .

6


Lời bình: Qua bài toán này ta thấy được nhờ vào ý tưởng của định lí Karamata mà
ta sáng tạo được nhiều bài toán hay và bài toán đó vẫn giải bằng phương pháp sơ
cấp được.
Để tạo ra bài toán không đối xứng, ta chia hai vế của bất phương trình (1),
(2) và (3) lần lượt cho 5; 2; 1, sau đó cộng các bất đẳng thức này lại. Khi đó ta có
bài toán mới sau đây

Bài toán15: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 8. Chứng minh
rằng
a 2 b2
+ + c2 ≥ 8
5 2

Lời giải:Theo bài toán 14 ta có các bất đẳng thức (1), (2) và (3).
a2
≥ 5 + 2(a − 5), ∀a ∈ ¡ ;(4) .
5
b2
(2) ⇔
≥ 2 + 2. ( b − 2 ) , ∀b ∈ ¡ ;(5).
2
(3) ⇔ c 2 ≥ 1 + 2. ( c − 1) , ∀c ∈ ¡ ;(6).

Ta có (1) ⇔

Cộng các bất đẳng thức (4),(5) và (6) các vế với nhau ta được
a 2 b2
+ + c2 ≥ 8 + 2 ( a + b + c − 8) ,
5 2
a 2 b2
+ + c2 ≥ 8 .
kết hợp với giả thiết ta có
5 2

Lời bình: Như vậy trong bài này, để tạo ra bài toán không đối xứng bằng cách ta
biến đổi sao cho các hệ số của các biến đối xứng không còn bằng nhau. Sau đây là
một số bài toán tương tự

a ≥ 6

Bài toán 16:Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b ≥ 9
.
 a + b + c = 10


Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ≥ 46 .
Bài toán 17: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 10. Chứng minh
rằng
a 2 b2
+ + c 2 ≥ 10.
6 3

II.Bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
Một cách hết sức tự nhiên, khi ta đã chứng minh được biểu thức m ≤ A ≤ M , với
m và M là các số không đổi, điều này nó giúp ta nghĩ ra bài toán mới là tìm giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A. Sau đây là một số bài toán được
sinh ra từ các bất đẳng thức đã có.
Từ hai bài toán 1 và 2, ta đặt ra bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức được
thể hiện trong bài toán sau đây
Bài toán 18: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
a) M = x 2 + y 2 − xy − x − y ;
b) N = 4 x 2 + 9 y 2 − 6 xy − 2 x − 3 y;
c) Q = 5 x 2 + 13 y 2 − 2 xy − 2 x − 4 y + 1;

7


d) P = 3sin 2 x − 3 sin 2 x + cos 2 x − 16 3 cos x − 16sin x + 24.

Lời giải:
a)Ta có
2 M = 2 x 2 + 2 y 2 − 2 xy − 2 x − 2 y
= ( x - y ) + ( x − 1) + ( y − 1) − 2 ≥ −2, ∀x, y ∈ ¡ .
2

2

2

Do đó M ≥ −1, ∀x, y ∈ ¡ .
Vì vậy M đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1 tại x = y = 1.
b) Ta có
2 N = 8 x 2 + 18 y 2 − 12 xy − 4 x − 6 y
= ( 2x - 3y ) + ( 2 x − 1) + ( 3 y − 1) − 2 ≥ −2, ∀x, y ∈ ¡ .
2

2

2

Do đó N ≥ −1, ∀x, y ∈ ¡ .
1
1
2
3
2
2
c) Ta có Q = ( 2 x − 3 y ) + ( x + 2 y − 1) ≥ 0, ∀x, y ∈ ¡ .
3

4
Do đó Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại x = , y = .
7
7
2
 3

2

1
2

P
=
4
sin
x
−
cos
x
+
2
cos
x
−
3
+
2sin
x
−

1
(
)  ≥ 0, ∀x ∈ ¡ . .

÷
d) Ta có
÷
2
 2




π
Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại x = + k 2π , k ∈ ¢.
6

Vì vậy N đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1 tại x = , y = .

(

)

Lời bình: Sau đây là một số bài toán tương tự
Bài toán 19: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
a ) P(x, y) = x 2 + y 2 + 4 x − 2 y + 6;
b) P(x, y) = 2 x 2 + 5 y 2 − 6 x − 10 y − 2 xy + 5.

Sau đây là một cách phát biểu khác của bài toán 5 và bài toán 6.
Bài toán 20: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau

a) P = x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 − 2 xy − 6 yz − 3zx;

b)Q = x 2 + 4 y 2 + 9 z 2 − 2 xy − 6 yz − 3 zx + 2 x − 2 y − 3 z + 2.
Hướng dẫn giải:
2
2
2
a) Ta chứng minh P = ( x − 2 y ) + ( x − 3 z ) + ( 3z − 2 y ) ≥ 0, ∀x, y, z ∈ ¡ .
Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi x = 2y = 3z = a, với a ∈ ¡ .
b) Ta chứng minh
2
2
2
Q = ( x + 1 − 2 y ) + ( x + 1 − 3z ) + ( 3z − 2 y ) + 1 ≥ 1, ∀x, y , z ∈ ¡ .
Do đó Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x + 1 = 2y = 3z = a, với a ∈ ¡ .
Bài toán 21: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
a) P(x, y, z) = 2 x 2 + 4 y 2 + 5 z 2 + 4 xy − 6 xz − 4 yz;
b) P(x, y, z) = 10 x 2 + 8 y 2 + z 2 + 12 xy + 2 x − 12 y + 10.

Lời bình: Sau đây là một phát biểu khác của bài toán 8 và bài toán 9.
Bài toán 22:
a) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 = 1 .Tìm giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = x + y.
8


b) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện 3x 2 + 4 y 2 = 2 .Tìm giá trị lớn
nhất và nhỏ nhất của biểu thức B = 3x + 2 y.
c) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện 9 x 2 + 6 xy + 2 y 2 = 1 .Tìm giá trị
lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức C = 3x + 2 y .

Lời giải:
a) Theo bài 8a ta có − 2 ≤ A ≤ 2.
Do đó A đạt giá trị nhỏ nhất bằng − 2 tại x = y = −

2
và A đạt giá trị lớn nhất
2

2
.
2
b) Theo bài 8b ta có −2 ≤ B ≤ 2.

bằng 2 tại x = y =

1
1
, y = − và B đạt giá trị lớn nhất
2
3

Do đó B đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 tại x = −
1
1
,y=− .
2
3
c)Theo bài 8c ta có − 2 ≤ C ≤ 2.

bằng 1 tại x = −

Do đó C đạt giá trị nhỏ nhất bằng − 2 tại x = −
nhất bằng 2 tại x =

2
2
,y=
.
6
4

Lời bình: Xuất phát từ bất đẳng thức đúng

( x − y)

2

2
2
,y=
và C đạt giá trị lớn
6
4

(

)

2
2

2
2
2
+ ( x + y − z ) ≥ 0, ∀x, y, z ∈ ¡ ⇔ 2 x + y + z ≥ z + 2 xz + 2 yz , ∀x, y, z ∈ ¡ , ta đặt ra

bài toán sau đây
Bài toán 23: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức M = 2xz + 2yz + z2.
Lời bình: Nếu như ta không biết bất đẳng thức gốc thì làm thế nào để giải bài toán
này? Sau đây là một phương pháp để giải quyết bài toán trên.
Nhận xét: Ta có một vài nhận xét trước khi giải.
+)Vì M là một biểu thức không đối xứng cho nên không thể sử dụng các bất đẳng
thức như Cauchy, bất đẳng thức Bunhacopxki. Cũng rất khó để biến đổi M trở về
bất đẳng thức gốc ban đầu. Do vậy ta cần có một phương pháp tối ưu hơn đó là
phương pháp tam thức bậc hai định hướng.
+)Sau đây là cách tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức M bằng phương
pháp tam thức bậc hai định hướng.
• Ta tìm 1 giá trị riêng của M,chẳng hạn m0 ≤ M ≤ M 0 .
• Do đó để tìm giá trị lớn nhất của M ta chỉ tìm từ M 0 trở lên. Ngược lại để tìm
giá trị nhỏ nhất của M ta tìm từ m0 trở xuống.
Lời giải:
1)Xét z = 0. Khi đó M = 0.
2)Xét z ≠ 0 .Vì M có một giá trị riêng bằng 0 nên khi tìm giá trị lớn nhất của M ta
chỉ xét M > 0.
Do điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 1 nên ta viết lại biểu thức M là
M=

2 xz + 2 yz + z 2
x2 + y 2 + z 2

9


Đặt x = α z , y = β z (*). Thế vào biểu thức M ta được
2α + 2 β + 1

M = 2
α + β 2 +1

M > 0

Khi đó phương trình sau có nghiệm theo α

(

)

M α 2 − 2α + M β 2 + 1 − 2β − 1 = 0, (1)

Vì phương trình (1) có nghiệm nên ∆ '(1) ≥ 0

⇔ − M 2 β 2 + 2 M β − M 2 + M + 1 ≥ 0 ,(2)

Vì vế trái của bất phương trình (2) là một tam thức bậc hai có hệ số a âm, nên bất
phương trình (2) có nghiệm khi ∆ '(2) ≥ 0

(

)

⇔ M 2 −M 2 + M + 2 ≥ 0
⇔M

2

( M − 2 ) ( − M − 1) ≥ 0

Kết hợp với M > 0 ta được 0 < M ≤ 2 .
1
2

Do vậy max M = 2 khi ∆ '(2) = 0 ,suy ra β = .
1
2

Khi đó ∆ '(1) = 0 . Suy ra phương trình (1) có nghiệm kép α = .
1
2

Thay α = , β =

x =


y =


z =


1
vào (*) và kết hợp với giả thiết x 2 + y 2 + z 2 = 1 ,ta tìm được
2

6
6
6
6
6
3


x =


Do vậy max M = 2 tại  y =


z =


6
6
6
.
6
6
3

Lời bình:Qua bài giải ta thấy được một bài toán không đối xứng giải rất khó nếu

không biết bài toán gốc của nó,và nhờ vào phương pháp tam thức bậc hai định
hướng mà ta giải được bài toán này. Sau đây là một bài toán tương tự
Bài toán24: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức M = x2 + 2y2 +5z2.
Lời bình: Một phát biểu khác của bài 14 và bài 15 như sau
a ≥ 5

Bài toán 25: Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b ≥ 7 .Tìm giá trị nhỏ
a + b + c = 8


nhất của biểu thức M = a 2 + b 2 + c 2 .
Lời giải:
2
( a − 5) ≥ 0, ∀a ∈ ¡ ,
Ta có
10


⇔ a 2 ≥ 52 + 2.5. ( a − 5 ) , ∀a ∈ ¡ ;(1).

Tương tự ta có

b 2 ≥ 22 + 2.2. ( b − 2 ) , ∀b ∈ ¡ ;(2).
c 2 ≥ 12 + 2.1. ( c − 1) , ∀c ∈ ¡ ;(3).

Cộng (1),(2) và (3) các vế tương ứng ta được bất đẳng thức

a 2 + b 2 + c 2 ≥ 30 + 2 5 ( a − 5 ) + 2 ( b − 2 ) + ( c − 1)  , ∀a, b, c ∈ ¡ ,

⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 30 + 2 ( a − 5 + b − 2 + c − 1) + ( a − 5 + b − 2 ) + 3 ( a − 5 )  , ∀a, b, c ∈ ¡ ,
⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 30, ∀a, b, c ∈ ¡ .

Do vậy min M = 30, khi a = 5, b = 2, c = 1.
Bài toán26: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 8. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức sau
a 2 b2
+ + c2 .
5 2
Lời giải:Theo bài toán 15 ta có M ≥ 8, dấu đẳng thức xảy ra khi a = 5, b = 2, c = 1.
Do đó M đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8 khi a = 5, b = 2, c = 1.
M=

Lời bình:
Trong bài toán 14, ta thay đổi vai trò hằng số và biến số trong các bất đẳng
thức (1), (2) và (3) ta được bài toán sau đây
0 < c ≤ b ≤ a
a ≤ 5

Bài toán 27: Cho các số a,b,c thỏa mãn các điều kiện 
. Tìm giá trị lớn
a + b ≤ 7
 a + b + c = 8

nhất của biểu thức M = a 2 + b 2 + c 2 .
Lời giải: Ta có
2
( 5 − a ) ≥ 0, ∀a ∈ ¡ ,

⇔ 52 ≥ a 2 + 2.a. ( 5 − a ) , ∀a ∈ ¡ ;(1).

Tương tự ta có

22 ≥ b 2 + 2.b. ( 2 − b ) , ∀b ∈ ¡ ;(2).

12 ≥ c 2 + 2.c. ( 1 − c ) , ∀c ∈ ¡ ;(3).

Cộng (1),(2) và (3) các vế tương ứng ta được bất đẳng thức

30 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2  a ( 5 − a ) + b ( 2 − b ) + ( 1 − c )  , ∀a, b, c ∈ ¡ ,

⇔ 30 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2 c ( 5 − a + 2 − b + 1 − c ) + ( b − c ) ( 5 − a + 2 − b ) + ( a − b ) ( 5 − a )  ,
∀a, b, c ∈ ¡ ,
⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≤ 30, ∀a, b, c ∈ ¡ .

Do vậy max M = 30, khi a = 5, b = 2, c = 1.
Lời bình: Từ phương pháp giải của bài toán 14 ta xây dựng các bài toán tương tự
sau đây.
Bài toán 28: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z ≥ 14 . Tìm giá trị
x2 y 2 z 2
nhỏ nhất của biểu thức M = + + .
3
5
6

Lời giải:
Ta có

11

( x − 3)

2

≥ 0, ∀x ∈ ¡ ,

⇔ x 2 ≥ 32 + 2.3. ( x − 3) , ∀x ∈ ¡ ,
⇔

x2
≥ 3 + 2 ( x − 3) , ∀x ∈ ¡ ,(1).
3

Tương tự ta cũng có
y2
≥ 5 + 2 ( y − 5 ) , ∀y ∈ ¡ , (2).
5
z2
≥ 6 + 2 ( z − 6 ) , ∀z ∈ ¡ , (3).
6

Cộng các bất đẳng thức (1), (2) và (3) các vế với nhau ta được
x2 y 2 z 2
+
+ ≥ 14 + 2 ( x + y + z − 14 ) ,
3
5
6
x

+
y
+
z
≥
14 ta được M ≥ 14 .
kết hợp với giả thiết

Do đó minM = 14 tại x = 3, y = 5, z = 6.
Lời bình: Bài toán này cũng là một dạng toán không đối xứng.Từ bài toán này, ta
đổi vai trò của biến và hằng số cho nhau ta được một bài toán chuyển ẩn xuống
dưới mẫu sau đây.
Bài toán 29: Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 14 . Tìm giá trị
9

25

36

nhỏ nhất của biểu thức M = x + y + z .
Lời giải:
Ta có
2
( 3 − x ) ≥ 0, ∀x > 0 ,

⇔ 32 ≥ x 2 + 2.x. ( 3 − x ) , ∀x > 0,
⇔

32
≥ x + 2 ( 3 − x ) , ∀x > 0 ,(1).

x

Tương tự ta cũng có
52
≥ y + 2 ( 5 − y ) , ∀y > 0, (2).
y
62
≥ z + 2 ( 6 − z ) , ∀z > 0, (3).
z

Cộng các bất đẳng thức (1), (2) và (3) các vế với nhau ta được
32 52 62
+ + ≥ x + y + z + 2 ( 14 − x − y − z ) ,
x y
z
x
+
y
+
z
= 14 ta được M ≥ 14 .
kết hợp với giả thiết

Do đó minM = 14 tại x = 3, y = 5, z = 6.
Lời bình: Tương tự ta có các bài toán sau
Bài toán 30: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z ≥ 16 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức M =

x2 y 2 z 2
+

+ .
4
5
7

Bài toán 31: Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 16 . Tìm giá trị
16

25

49

nhỏ nhất của biểu thức M = x + y + z .

C-KẾT LUẬN
12


Trong chuyên đề này, tôi muốn trang bị cho học sinh phương pháp chứng
minh bất đẳng thức cơ bản nhất là xuất phát từ bất đẳng thức đúng biến đổi tương
đương với bất đẳng thức cần chứng minh hoặc ngược lại. Đồng thời cũng giúp các
em làm quen hai phương pháp tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đó là
dùng định nghĩa, phương pháp tam thức bậc hai định hướng.
Hơn nữa, chuyên đề này cũng là một tài liệu bổ ích cho giáo viên tham khảo
để sáng tạo ra nhiều bài toán cho học sinh.
Người viết đề tài
Nguyễn Thị Thanh Vương

13

Phê duyệt
của tổ trưởng chuyên môn

Phê duyệt của BGH

14