Bất đẳng thức

CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CÓ TÍNH THUẦN NHẤT
Bài toán. Tìm cực trị của biểu thức Q  F  x, y, z  với F  tx, ty , tz   F  x, y , z  t �0 . Hàm số F
,
thỏa mãn điều kiện (1) gọi là hàm thuần nhất ba biến x, y, z.
Sau đây là một số ví dụ.
thỏa mãn a 2  ab  b 2  c 2 . Chứng minh rằng

Bài 1. Cho

a 3  b3  3abc �5c 3 .

Lời giải.
Nếu c  0 từ giả thiết a 2  ab  b 2  0 � a  b  0 . Bất đẳng thức luôn đúng.
Nếu c �0 . Đặt a  cx, b  cy  x, y  0  . Bài toán đã cho trở thành: “Cho các số thực x, y thỏa
mãn điều kiện x 2  xy  y 2  1 . Chứng minh rằng x3  y 3  3xy �5 ”
1
4

Ta có 1  x 2  xy  y 2 �  x  y  � x  y �2 .
2

Lại có x  y  0 , x 2  xy  y 2  1 � x 3  y 3  x  y . Từ đó:
x 3  y 3  3xy �x  y 

3
2
 x  y  �5 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
4

Bài 2. (KA 2009) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x  x  y  z   3 yz . Chứng minh rằng

 x  y

3

  y  z   3  x  y   x  z   y  z  �5  y  z  .
3

3

Lời giải.
Cách 1. Đặt a 

x y
xz
;b 
, a, b dương. Khi đó bài toán trở thành: “Cho các số dương a, b
yz
yz

thỏa mãn a 2  ab  b 2  1 . Chứng minh rằng a 3  b3  3ab �5 ”. Đây chính là bài toán 1.
Cách 2. Đặt y  ax; z  bx  a, b  0  . Bài toán đã cho trở thành: “Cho các số dương a, b thỏa
mãn 1  a  b  3ab . Chứng minh rằng  1  a    1  b   3  a  b   1  a   1  b  �5  a  b  (2) ”.
3

3

3

Ta thấy biểu thức điều kiện và bất đẳng thức cần chứng minh đều đối xứng với a và b. Đặt
t  a  b,  t �2  .

 2  � 4t 3  6t 2  4t �0 � t  2t  1  t  2  �0 luôn đúng t �2 .
Bài 3. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng


 a  b  c
ab  a  c 

3

4

abc
5 �
�4
�c � 
�(1)
a
�b a  c �

Lời giải. Đặt a  bx; c  by

 x  y  1
(1) �
x x  y

3

4

x  y 1
5y
�4 y 
. Đặt
x
x y

�S  x  y 2
 S �4P  .
�
�P  xy

S2
Đặt f  P    5  4 S  P   S  S  S  1 , 0 �P � (coi là hàm bậc nhất ẩn P)
4
3

f  0    S  1

2

2

�S 2 � 1
2
f
S

1
�

0

 ; �4 � 4  S  2  �0 . Suy ra bất đẳng thức luôn đúng.
� �

2
Bài 4. (KA 2013) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện  a  c   b  c   4c . Tìm
GTNN của biểu thức

P

32a3

 b  3c 

3



32b3

 a  3c 

3

�a
�

a 2  b2


.
c
�
�b
�
�

�
�

Lời giải. Vì các số a, b, c dương nên ta có �  1�
�  1� 4 � x  y  xy  3 . Trong đó
c
c
x

a
b
; y   x, y  0  .
c
c
3

Lại có: P 

32a 3

 b  3c 

3



32b3

 a  3c 

3

3

�a �
�b �
32 � � 32 � �
2
2
2
2
a b
c�
c�
�a � �b �
�
�



 � � � �
3
3

c
�b
� �a
� �c � �c �
�  3� �  3�
�c
� �c
�

Khi đó bài toán đã cho trở thành
“Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x  y  xy  3 . Tìm GTNN của biểu thức
P

32 x3

 y  3

3



32 y 3

 x  3

3

 x 2  y 2 .”
32 x3

1 1
6x
32 y 3
1 1
6y
  �
;
  �
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
.
3
3
 y  3 2 2 y  3  x  3  2 2 x  3

Vậy
2
6�
x  y   3  x  y   2 xy �

6x
6y
�
P�

 x2  y2  2  �
y3 x3
xy  3  x  y  9 

 x  y

2

 2 xy  2


Đặt t  xy  0  t �1 . Suy ra P �4  3xy 

 xy 

2

 8 xy  9

Xét hàm số f  t   4  3t  t 2  8t  9, 0  t �1 .
Bằng phương pháp khảo sát hàm số ta có f  t  �f  1  1  2 .
Vậy min P = 1  2 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
Đôi lời bình luận. Đây là một bài toán khó dành cho học sinh giỏi. Trước tiên nhận thấy vai
trò của a và b trong biểu thức điều kiện cũng như trong biểu thức P như nhau nên ta tìm cách
“khử” bớt biến c. Kỹ thuật này trong toán chứng minh bất đẳng thức được gọi là “kĩ thuật
giảm biến”. Một căn cứ để có thể tiến hành được việc giảm biến là bậc của hai về trong biểu
thức điều kiện bằng nhau và bậc của tử và maauxa trong các phân thức của biểu thức P bằng
nhau. Do đó ta nghĩ đến việc chia cả hai vế hoặc chia cả tử và mẫu cho một lũy thừa của c mà
bậc của c hoặc bằng với bậc của hai vế hoặc bằng bậc của tử và mẫu. Khi đã giảm được biến
c, bài toán trở thành bài toán của hai biến x, y mà biểu thức điều kiện và biểu thức P đều là
những biểu thức đối xứng đối với x, y.
Đến đây, ta thấy biểu thức P thu được khá cồng kề và có bậc cao. Dự đoán dấu bằng xảy ra khi
x  y  1 . Khi đó

dương

32 x3

 y  3

3



32 y 3

 x  3

3



1
. Vì vậy áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số
2

32 x 3



1 1
; ; ta thu được một biểu thức cần đánh giá gọn hơn và quan trọng là dấu
y  3 2 2
3

bằng xảy ra khi x = y = 1. Kỹ thuật này trong toán chứng minh bất đẳng thức được gọi là “kĩ

thuật chọn điểm rơi”.
Sau đây là các bài tập tương tự
Bài 1. Cho a, b, c dương thỏa mãn a 2  b 2  c 2  ab  2bc  2ca  0 . Chứng minh rằng
c2

 a  b  c

2

c2
ab
 2

�2 .
2
a b
ab

2
Bài 2. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện  a  c   b  c   4c . Chứng minh rằng:

4a
4b
2ab
7c 2  3ab



�4 .
b  c a  c c2

c

Bài 3. Cho a, b, c dương, a �b �c . Tìm GTNN của biểu thức

a
P

2

 c 2  ab  bc  ca
ac  a  b  c 

a2  c2

.
2bc

Bài 4. Cho a, b, c dương, a  b �c . Tìm GTNN của biểu thức


P

c2
3c 2 ab  c 2


a 2  b 2 ab
c2

Bài 5. (KA 2011) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x �y, x �z . Tìm GTNN của

biểu thức P 

x
y
z


.
2x  3y y  z z  x

BÀI TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA CÁC BIỂU THỨC
ĐA BIẾN ĐỐI XỨNG
I.

Bài toán tìm cực trị của biểu thức đối xứng hai biến

Ta luôn biết rằng mọi biểu thức đối xứng hai biến x, y đều biểu diễn được thành biểu thức
chứa S = x + y và P = xy trong đó S 2 �4 P .
Trước hết chúng ta xét một bài toán cơ bản sau:
Bài 1. Cho các số x, y không âm thỏa mãn x  y  1 . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức:
P

x
y

.
y 1 x 1

Lời giải.
x 2  y 2  x  y 2  2 xy 2  2t

1


Đặt t = xy thì 0 �t � . Khi đó P 
xy  x  y  1
2  xy
2t
4
� 1�

0; .
Bài toán quy về việc tìm GTLN, GTNN của biểu thức P trên �
� 4�
�
�x  0
�x  1
2
1
hoặc �
; min P  � x  y  .
3
2
�y  1
�y  0

Từ đó ta tìm được max P  1 � �
Bài tập tương tự.

Bài 1.1. Cho hai số x, y không âm thỏa mãn x  y  1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
P

2  x 2 y  xy 2 
x 2  y 2  xy

.

Bài 1.2. (2009/D) Cho các số thực x, y không âm thỏa mãn x  y  1 . Tìm GTLN, GTNN của
2
2
biểu thức S   4 x  3 y   4 y  3x   25 xy .
Bài 1.3. Cho các số x, y dương thỏa mãn x  y  1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
S

1
1
 .
3
x y
xy
3


Bài 2. Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện: x 2  y 2  xy  3 . Tìm GTLN và GTNN của
4
4
2 2
biểu thức: S  7  x  y   4 x y .

Lời giải.
2

Đặt u  x  y; v  xy  u �4v  .

�xy  3  x 2  y 2 �2 xy
�
� 1 �xy �3 . Vậy 1 �v �3 . (*)
Ta có �
2
2
�xy  3  x  y �2 xy

Ta biến đổi S  7  x 2  y 2   10 x 2 y 2  7  xy  3   10 x 2 y 2  3v 2  42v  63 .
2

2

2
Bài toán quy về tìm GTLN, GTNN của f  v   3v  42v  63 trên  1;3 .

�x  1
hoặc
�y  1

Từ đó ta có max S  162 � x  y  � 3 ; min S  18 � �

�x  1
.
�
�y  1

Lời bình. Ở bài toán 2, học sinh hay sai điều kiện (*) của v nên cho những đáp số sai. Một

điều cần chú ý với những bài toán phải đặt biến mới đó là chúng ta phải tìm được chính xác
điều kiện của biến mới.
Bài tập tương tự.
Bài 2.1. Cho các số x, y dương thỏa mãn x 2  xy  y 2  1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
P

x6  y 6  1
.
x3 y  xy 3

Bài 2.2. Cho các số thực x, y thỏa mãn x 2  xy  y 2  1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
x4  y4  1
P 2
.
x  y2  1

Bài 2.3. Cho các số thực x, y thỏa mãn x 2  xy  4 y 2  3 . Tìm GTLN, GTNN của
M  x 3  8 y 3  9 xy .

Gợi ý bài toán 2.3. Đây là bài toán đối xứng với hai ẩn là x và 2y.
Bài 3. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x 2  xy  y 2  3 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
P  x 3  y 3  3x  3 y .

Lời giải.
Bài toán này nếu chúng ta đưa về biểu thức chứa xy thì biểu thức sau khi đạt được sẽ có chứa
căn, cồng kềnh phức tạp khó xử lý. Bài toán này ta sẽ đưa về khảo sát cực trị của hàm số 1
biến x + y.
2
Đặt u  x  y; v  xy  u �4v  .

3
4

Ta có 3  x 2  xy  y 2 �  x  y  � 2 �x  y �2 � 2 �u �2 .
2

3
3
2
P   x  y   3xy  x  y   3  x  y    x  y   3  x  y  �
 3 x  y  = 2u 3  6u .
�x  y   3�
� 
3
Bài toán quy về tìm GTLN, GTNN của f  u   2u  6u trên  2;2 .

Từ đó tìm được max P  4; min P  4 .
Bài tập tương tự.
Bài 3.1. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2  y 2  2 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:
P  2  x 3  y 3   3xy .

Bài 3.2. Cho các số x, y dương thỏa mãn x  y  xy  3 . Tìm GTLN của biểu thức
P

3x
3y
xy



 x2  y 2 .
y 1 x 1 x  y

 x  y
Lời giải. Giả thiết 3  x  y  xy �x  y 

2

� x  y �2 . Biến đổi

4

P

� 3
1�
12
2
 x  y   x  y 
 2 �� ,   x  y  �2 .
�
4�
x y
� 2

Dấu bằng khi x = y = 1.
Bài 4. (2009/B) Cho các số x, y thỏa mãn
A  3 x4  x2 y 2  y 4   2  x2  y 2   1.

 x  y

3

 4 xy �2 . Tìm GTNN của biểu thức

Lời giải.
1
2

Ta có 2 � x  y   4 xy � x  y    x  y  � x  y �1 � x 2  y 2 � .
3

3

2

2
9
9 1
1
9
A �  x 2  y 2   2  x 2  y 2   1 � .  2.  1  .
4
4 4
2
16

1
2

Dấu bằng xảy ra khi x  y  .
Bài tập tương tự
Bài 4.1. (2012/D) Cho các số thực x, y thỏa mãn

 x  4

2

  y  4   2 xy �32
2

3
3
Tìm GTNN của biểu thức A  x  y  3  xy  1  x  y  2  .

Các bài toán đối xứng dấu bằng thường xảy ra tại tâm, tuy nhiên có một số bài toán thì dấu
bằng lại lệch tâm, bài toán sau đây là một ví dụ


Bài 5. (2011/B) Cho a, b là các số dương thỏa mãn
2  a 2  b 2   ab   a  b   ab  2 
�a 3 b3 � �a 2 b 2 �
A

4
Tìm GTNN của biểu thức
� 3  3 � 9 � 2  2 �.
a �
�b a � �b

Lời giải.
Giả thiết suy ra
2 2
�a b �
2 �  � 1  a  b   �2
a b
�b a �
3

2
�a

 a  b �
�

2�
�a b � a b 5
� 2 4  2 �  ��  �
b�
�b a � b a 2

2

23
�a b � �a b �
�a b �
A  4 �  � 9 �  � 12 �  � 18 � .
4
�b a � �b a �
�b a �

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  a; b    1;2  hoặc  a; b    2;1 .
Bài tập tương tự
Bài 5.1. Cho x, y là các số dương. Tìm GTNN của biểu thức
x 3 y 3 �x 2 y 2 � x y
A  3  3  � 2  2 � 
y
x �y
x � y x

Bài 5.2. Cho x, y là các số thực. Tìm GTNN của biểu thức
x 4 y 4 �x 2 y 2 � x y
A  4  4  � 2  2 � 
y
x �y
x � y x
2
Bài 6. (2013/A) Cho các số a, b, c dương thỏa mãn  a  c   b  c   4c . Tìm GTNN của biểu

thức P 

32a3

 b  3c 

3



32b3

 a  3c 

3



a 2  b2
.
c

Phân tích bài toán.
Đây là bài toán tìm cực trị của các biểu thức đồng bậc và đối xứng với hai biến a, b cho nên
a
c

b
c

việc đầu tiên là sử dụng tính đồng bậc của biểu thức để giảm biến (bằng cách đặt x  ; y  )
sau đó đưa về bài toán xử lý các biểu thức đối xứng.
a
c

Lời giải. Đặt x  ; y 

b
(x, y dương)
c

Giả thiết ta có  1  x   1  y   4 � xy  x  y  3 .

 x  y
Suy ra 3  xy  x  y �
4

2

 x  y � x  y �2 .


P

32 x 3

 3  y

3



3

32 y 3

 3  x

�x
y �
2

2
 x  y �8 �

� x  y .
�y  3 x  3 �
2

3

2

Bằng biến đổi đơn giản ta có
P � x  y  1  x 2  y 2   x  y  1 
3

3

 x  y

2

 2 x  y   6

Bằng phương pháp xét hàm số ta có P �1  2 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.
Bài tập tương tự.
2
Bài 6.1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn  a  2c   b  2c   16c . Tìm GTNN của biểu

thức Q 
II.

128a 4

 b  6c 

4



128b 4

 a  6c 

4



a 2  b2
.
c

Bài toán tìm cực trị của biểu thức đối xứng ba biến
�x  y  z  4
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
�xyz  2

Bài 7. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn �

Q  x4  y 4  z 4 .
Lời giải. Đặt t  xy  yz  zx � x 2  y 2  z 2  16  2t .

Q   x2  y 2  z 2   2x2 y 2  2 y 2 z 2  2z 2 x2
2

2
2
  16  2t   2 �
�xy  yz  zx   2 xyz  x  y  z  �
�
2
 4t 2  64t  256  2 �
t 2  16 �
�
� 2t  64t  288

Ta tìm khoảng biến thiên của t.
t  xy  yz  zx  x  y  z   yz  x  4  x  

2
2
  x 2  4x 
x
x

�y  z  4  x
�
Lại có � 2
. Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi
yz 
�
x

�
8
2
 4  x  � � 3  5 �x �2 (do 0 < x < 4).
x
� 5 5  1�
5;
Khi đó t ��
�.
� 2 �
�5 5  1 �
Từ đó ta có max Q  Q  5  18 và min Q  Q �
� 383  165 5 .
� 2 �

Bài tập tương tự.
�x  y  z  3
. Tìm GTLN, GTNN của
�xy  yz  zx  1

Bài 7.1. Cho các số x, y, z không âm thỏa mãn �

Q  x4  y 4  z 4 .
Lời giải. Đặt t  xyz thì Q  47  12t .
�y  z  3  x
�y  z  3  x
�
Ta có �
. Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi
�

2
�yz  1  x  y  z 
�yz  x  3x  1


3 2 6
.
3
Q  47  12  x 3  3 x 2  x   12 x 3  36 x 2  12 x  47 .
x
 3 +�

2

2
4 
x+
 3 x�1

0

x

Khảo sát hàm số này ta có
�3  2 6 � 105  16 6
max Q  Q �
�
, min Q  Q  0   47 .
3
� 3 �

�xy  yz  zx  8
Bài 7.2. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn �
. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
�xyz  4
Q  x4  y 4  z 4 .

Bài 8. Cho các số dương a, b, c. Tìm GTNN của biểu thức

 a  b  c
Q

2



3

a 3  b3  c 3
a 2  b2  c2

2abc
2  ab  bc  ca 

Lời giải. Do Q là một biểu thức thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa a 2  b 2  c 2  3 . Đặt
t  ab  bc  ca  0  t �3 .
Ta có  a  b  c   3  2t ,
2

a 3  b3  c3   a  b  c   a 2  b2  c 2  ab  bc  ca   3abc   a  b  c   3  t   3abc Suy

2t 3 1 �1
1
1 �
3 5 2t 3 9  3  t 
  �   �
 3 t  �   
3 2 2 �ab bc ca �
2t 2 3 2t
2t
2t 12
Hay Q  2  
với 0  t �3 . Từ đó ta có min Q  Q  3  4 .
3 t
Q  1

Bài tập tương tự.
Bài 8.1. Cho các số thực dương a, b, c. Tìm GTNN của biểu thức

 a  b  c
Q

2

1 �a 3  b3  c3 a 2  b 2  c 2 �
 �

�
a 2  b 2  c 2 2 � abc
ab  bc  ca �

Bài 8.2. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng

7  a  b  c   ab  bc  ca  �9abc  2  a  b  c 

3

KỸ THUẬT TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY

A. CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CẦN BIẾT

ra


1. Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm: cho n số không âm
Ta có:

x1 , x 2 ,...., x n .

x1 + x 2 + ... + x n �n n x1.x 2 ...x n

Dấu bằng xảy ra

� x1 = x 2 = ... = x n .

2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Cho hai bộ

 x1, x 2 ,..., x n  &  y1, y 2 ,..., y n  . Ta có:

2
 x1.y1 + x 2 .y2 + ...+ x n .y n  � x12 + x 22 +... + x n2   y12 + y 22 +... + y 2n 

Dấu bằng xảy ra

�

x1 x 2
x
=
= ... = n
y1 y 2
yn

.

3. Bất đẳng thức Svac-sơ:

x12 x 22
x 2n  x1 + x 2 +... + x n 
+ +... + �
y1 y 2
yn
y1 + y 2 + ...+ y n
với

2

y1 , y 2 , y 3 ,...y n > 0,  n �2 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :

x1 x 2
x
=
= ... = n
y1 y 2
yn

B. MỘT SỐ KỸ THUẬT TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
1. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân kết hợp chọn điểm rơi
Ví dụ 1: Cho

a1 ,a 2 ,...a 2014 > 0 và a1 + a 2 + ... + a 2014 = 1 .

�
�
�1 � � 1
-1�
...� -1��20132014 .
� -1�
�a1 �
�a 2 � �a 2014 �
�1

Chứng minh: �

Hướng khai thác điều kiện như sau:

Khai thác điều kiện kết hợp với bất đẳng thức kinh điển để giới hạn miền giá trị của biến.

Khai thác bằng cách thế vào biểu thức cần chứng minh.


Khai thác bằng dùng điều kiện vào các bước cuối cùng hoặc các bước trung gian của bài toán chứng minh.
Ở đây tôi khai thác theo hướng thế vào biểu thức cần chứng minh.
Ta có:

1- a1 a 2 + a 3 + ...+ a 2014 20132013 a 2 ...a 2014
=
�
a1
a1
a1

.

�
� �1
-1�
;...; � -1�.
�a 2 � �a 2014 �
�1

Tương tự cho �

Nhân vế với vế các bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh.

1

Dấu bằng xảy ra

� a1 = a 2 = ... = a 2014 =

Tổng quát: Cho

a1 ,a 2 ,...a n > 0 và a1 + a 2 + ...+ a n = 1

2014

.


�
�1 � �1 �
n
-1�
...� -1�� n -1 .
� -1�
�a1 �
�a 2 � �a n �
�1

Chứng minh: �
Bài tập:
1) Cho

x+y+z = 0

Tìm GTNN của biểu thức

P = 3 + 4x + 3 + 4 y + 3 + 4z

.

2) Cho a, b, c dương và a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a3
b3
c3
P= 2
+ 2
+ 2
.
b +3
c +3
a +3

3) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

4a 3
4b3
4c3
+
+
�3 .
(1+ b)(1+ c) (1+ c)(1+ a) (1+ a)(1+ b)
2. Đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng kết hợp chọn điểm rơi
Ví dụ 2: Cho

x > 0, y > 0, z > 0; x + y + z =

3

. Tìm giá tri lớn nhất của biểu thức.
4

P = 3 x + 3y + 3 y + 3z + 3 z + 3x

Nhận xét: Ta thấy do x, y, z có vai trò như nhau trong biểu thức. Từ đó ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi
. Với

x=y=z=

1
4

x=y=z=

1
4

nên x + 3y = 1; y + 3z =1; z + 3x =1, mặt khác ta dùng bất đẳng thức Cauchy để khử căn bậc 3.

x + 3y +1+1
.
3
y + 3z +1+1
3 y + 3z .1.1 �
.


3
z + 3x +1+1

3 z + 3x .1.1 �
.


3
1
maxP = 3 x = y = z = .
4
3

Cộng vế theo vế ��
P 3

 x + 3y  .1.1 �

Bài tập:

 x + y
1) Cho x, y >0. Tìm GTNN của biểu thức : Q =
xy 2

2) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn: a + b + c =

3
.
4

3

.

Tìm GTNN của biểu thức

3) Cho ba số thực

P=

x, y,z �0

Tìm GTLN của biểu thức

3

và

1
1
1
+3
+3
a + 3b
b + 3c
c + 3a
x 3 + y3 + z3 = 1 .

M = x 2 yz + y 2 zx + z 2 xy .

3. Kỹ thuật đổi biến kết hợp Cauchy chọn điểm rơi

Ví dụ 3: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh
1
1
1
3
P= 3
+ 3
+ 3
�
a  b + c b  c + a  c  a + b 2
Nhận xét:
Bất đẳng thức trên là hệ quả của bất đẳng thức



a,b,c> 0

a2
b2
c2
+
+
b+c c+a a +b

a +b+c
2

qua một phép biến đổi.

Do đó để giải được nhanh gọn bài toán trên ta phải thực hiện phép đổi biến để đưa về bất đẳng thức nguồn ban đầu.

Đặt

1
1
1
x = , y = ,z = � xyz = 1 .
a
b
c

Bài toán trở thành chứng minh:

x 3 yz y3zx z 3 xy 3
P=
+
+
�۳
y+z z+x x+y 2

x2
y2
z2
+
+
y+z z+x x+y

Để giải được tiếp tục nhận xét điểm rơi ở bài này là: x = y = z = 1
Từ đó ta có:

x2

y+z
y2
z+x
z2
x+y
+
�x;
+
�y;
+
�z
y+z
4
z+x
4
x+y
4
x+y+z 3
� . Dấu bằng xảy ra <=> x = y = z = 1.
2
2

Cộng vế theo vế ta được: P �
Cách khác:

Ta có :

1
1
2

1
bc
a = a2
=
=
a3  b + c a 2  b + c b + c 1 + 1
bc
b c

Tương tự rồi cộng ba đẳng thức vế theo vế ta có

1
1
1
2
2
1
1
1
a + b + c2 .
+
+
=
a 3  b + c  b3  c + a  c3  a + b  1 + 1 1 + 1 1 + 1
b c c a a b
Áp dụng bất đẳng thức Svac – sơ ta có:

3
2

1
1
1
1 1 1
+ +
2
2
2
a + b + c �a b c �3
1 1 1 1 1 1
2
2
+
+
+
b c c a a b

, dấu bằng xảy ra <=> a = b = c = 1.

Bài tập.
1) (Trích đề thi ĐH Khối A năm 2007) Cho

P=

x > 0, y > 0,z > 0, xyz = 1 . Tìm GTNN của biểu thức:

x2  y + z
y2  z + x 
z2  x + y 

+
+
y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y

2) Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

x 9 + y9
y9 + z 9
z9 + x 9
P= 6
+
+
x + x 3 y 3 + y 6 y 6 + y 3z 3 + z 6 z 6 + z 3 x 3 + x 6
3) Với a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc.
Chứng minh :

a 2 + 2c 2
c 2 + 2b 2
b 2 + 2a 2
+
+
� 3
ac
cb
ba

4. Kỹ thuật đánh giá mẫu số
Ví dụ 4: Chứng minh rằng:

1
1
1
1
+ 3 3
+ 3 3
� a,b,c > 0
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc
3

Nhận xét: Biểu thức cần chứng minh vai trò a, b, c giống nhau nên điểm rơi là a = b = c. Đồng thời mẫu số phức tạp do
đó ta chọn phương án đánh giá mẫu số cụ thể như sau:
Ta có:

x 3 + y3 =  x + y   x 2 + y 2 - xy  � x + y   2xy - xy  =  x + y  xy
1
3
a + b + abc
3

1
1
=
 a + b  ab + abc ab  a + b + c 

Tương tự:

1
1

�
3
b + c + abc bc  a + b + c 
1
1
�
3
3
c + a + abc ac  a + b + c 
3

Cộng vế theo vế ta được:

1
1
1
1
1 1� 1
�1
+ 3 3
+ 3 3
�
+
=
� +
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc a + b + c �ab bc ca �
� abc
3

Bài tập.

a,b,c > 0
�

1) Cho � 2

2

2

a + b + c =1
�

2) Cho

. Chứng minh rằng:

a
b
c
3 3.
+ 2 2+ 2
�
2
2
b +c c +a a +b
2
2

a, b, c > 0; abc = 1

Chứng minh rằng:

1
1
1
+
+
�1
a + b +1 b + c +1 c + a +1

3) Cho các số dương a, b, c và
Chứng minh rằng:

ab + bc + ca = 3.

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

TỪ NHỮNG BẤT ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC
I.
1.

BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ CÁC HỆ QUẢ
Bất đẳng thức Cauchy

Cho a1 , a2 ,..., an  0 . Ta có:

a1  a2  ...  an n
� a1a2 ...an .
n

Đẳng thức xảy ra khi a1  a2  ...  an .
2.

Các bất đẳng thức hệ quả hay dùng
1
2

1. a 2  b 2 �  a  b  �2ab
2

1
3

2. a 2  b 2  c 2 �  a  b  c  �ab  bc  ca
2

2

a 2  b2
�a  b �
ab
�
3.
, ab ��
�
2
�2 �
3
a 3  b3  c3
�a  b  c �
4. abc �
, abc ��
�, a, b, c  0
3
� 3
�
�1 1 �
 a  b  �4, a, b  0
5. �  �
�a b �
�1 1 1 �
 a  b  c  �9, a, b, c  0
6. �   �
�a b c �

3.

Bài tập áp dụng

2
2
Ví dụ 1. (A – 2006) Cho xy �0 và  x  y  xy  x  y  xy (1). Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức: A 

1 1
 .
x3 y3


1
x

Lời giải. Đặt a  , b 

1
1
1
1
�1 1 �1
2
2
. Ta có (1) � �  �  2  2  � a  b  a  b  ab
y
ab
�a b �ab a b

3
3
2
2
Khi đó: A  a  b   a  b   a  b  ab    a  b  (2)
2

Từ (1) lại có: a  b   a  b   3ab � a  b  
2

�
0 a b

2

3
1
2
2
 a  b   a  b
4
4

4 (3)
1
2

Từ (2) và (3) ta có: A �16. Vậy Amax  16 khi a  b  2 � x  y  .
Ví dụ 2. (A – 2009) Cho x, y, z  0 và x  x  y  z   3 yz (1). Chứng minh rằng:

 x  y

3

  x  z   3  x  y   y  z   z  x  �5  y  z  (2)
3

3

Lời giải. Đặt: a  y  z, b  z  x, c  x  y .



2
2
bca abc
a c b a b c
�  b  c   a2  3 a2   b  c 
.
 3.
.
2
2
2
2
3
1
2
2
2

2
2
� a 2  b 2  c 2  bc � a   b  c   3bc � b  c    b  c    b  c  � b  c �2a
4
4

Khi đó: (1) �

(2) � b3  c 3  3abc �5a 3 .
3
3
2
2
Có: b  c  3abc   b  c   b  c  bc   3abc

3
3
2
  b  c  a 2  3abc �a 2  b  c   a  b  c  �a 2 .2a  a.4a 2  5a 3
4
4

((2) được chứng minh)
Ví dụ 3. (A – 2007). Cho x, y, z  0 và xyz  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
P

x2  y  z 
y y  2z z



y2  z  x
z z  2x x



z2  x  y
x x  2y y

Lời giải. Theo Cauchy ta có: x 2  y  z  �2 x 2 yz  2 x x 2 yz  2 x x  do xyz  1
2y y
2x x
2z z


y y  2z z z z  2x x x x  2 y y

Vậy: P �

4b  c  2a
�
x
x

�
�
9
a  y y  2z z
�
�

4c  a  2b
�
�
Đặt: �b  z z  2 x x � �y y 
9
�
�
c

x
x

2
y
y
�
4a  b  2c
�
�z z 
9
�




Khi đó: P �2
 P

�4
4b  c  2a

4c  a  2b
4a  b  2c 2 � �b c a � �c a b �
 �
4 �   � �   �
2
2
� 3
9 � �a b c � �a b c �
9a
9b
9c
�

2� 3 b c a
4.3 . .
�
9� a b c

33

c a b�4
. . �
a b c�3

2 . Vậy Pmin  2 khi x  y  z  1

Ví dụ 4. Cho a, b > 0 và a + b  1. Chứng minh rằng: ab 

1
1 33

 2� .
2
a b
4

1
4

Lời giải. Ta có: 0  2 ab �a  b �1 � 0  ab �

Lại có:

ab 

1 1
2
1
31
1
31
33
 2 �ab 
 ab 

�2 ab.


2
a b
ab

16ab 16ab
16ab 16. 1 4 .
4

Ví dụ 5. Cho a, b, c  0 : a  b  c �1 . Chứng minh:
a 2 b2 c 2 1
1
1
  
 
�28
b
c
a ab bc ca

Lời giải. Theo Cauchy ta có:
a2
b2
c2
a 2 b2 c 2
 b �2a,  c �2b,  a �2c �   �a  b  c
b
c
a
b
c a
1
1
1
 VT a b c

ab bc ca
�1
� �1
� �1
�
 �  27 a  27b � �  27b  27c � �  27c  27 a � 53  a  b  c 
�ab
� �bc
� �ca
�
1
1
1
�
27 a �
27b  3 3
�
27 a �
27b  3 3
�
27 a �
27b  53  28
ab
ab
ab
1
""� a b c 
3
�3 3

Ví dụ 6. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
3

 x  y  y  z  z  x

�

2
xy  yz  zx .
3

Lời giải. Đặt x  y  z  a, xy  yz  zx  b, xyz  c
Ta có:  x  y   y  z   z  x    a  x   a  y   a  z   ab  c
3
Bđt � ab  c �

2
8
b � ab  c �
b b (*)
3
3 3

Áp dụng bđt Cauchy có: a 2 �
3b

ab

3 2
3.b b , và b �3 c � c �

b b
3 3


Suy ra: ab  c � 3.b b 

b b 8b b

. Vậy (*) được chứng minh.
3 3
3 3

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z.

II.

BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG CỘNG MẪU SỐ

1.

1
n2
�n
Bất đẳng thức: Cho ai  0, i  1,..., n , ta có: �
i 1 ai
�ai
n

i 1

Đẳng thức xảy ra khi a1  a2  ...  an
2.

Bài tập áp dụng

Ví dụ 1. (A – 2005) Cho x, y, z  0 và

1 1 1
   4 . Chứng minh:
x y z

1
1
1


�1
2x  y  z x  2 y  z x  y  2z

Lời giải. Áp dụng bđt cộng mẫu nêu trên ta có:
1 1 1 1
4
4
16
   �

�
x y x z x  y x  z 2x  y  z

Tương tự có:
1 2 1
16
1 1 2
16
  �
,   �
x y z x  2 y  z x y z x  y  2z

Từ các bđt trên và từ giả thiết ta suy ra đpcm.
Ví dụ 2. Cho a, b  0 và a  b �1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P 
Lời giải. Áp dụng bđt :
P

1
1 a  b
2

2



1
2

1 a  b

2

1 1

4
 �
a b ab

1
1
4
1
4
1

�2



2
2
6ab 3ab a  6ab  b  1 3ab (a  b)  1  4ab 3ab

4
1
8
2
P�

�
2
2
�a  b � 1
Mặt khác ab ��

�a  b � �a  b � 3
� . Vậy
2

2
4
�
� 6�
�
�
�
�2 � �2 �



1
.
2ab


�
1  a 2  b2  6ab
1
�
� ab .
Dấu “=” xảy ra � �a  b
2
�
a


b

1
�

Ví dụ 3. (Thi vào Chuyên Trần Phú – 2009). Cho các số dương a, b, c thoả mãn a  b  c �3 .
1
2009

�670 .
Chứng minh rằng: 2
a  b 2  c2 ab  bc  ca
Lời giải.
Ta có ab  �
bc �

ca�
a �b c
2

2

2

ab bc ca

 a  b  c
3

2

3

2007
ab  bc  ca

669

Áp dụng bđt cộng mẫu có:
1
1
1
�
� 2


a  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca  �9

�2
�
2
2
ab  bc  ca ab  bc  ca �
�a  b  c
1
2
9

�
�1 .

2
2
a b c
ab  bc  ca  a  b  c  2
2

Vậy

1
2009

�670 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.
2
2
a  b  c ab  bc  ca
2

Ví dụ 4: Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x  y  z  3 . Chứng minh rằng:
4 x 4 y 4 z


�5
4 x
4 y
4 z
�1
4 x 4 y 4 z
1
1 �� 1
1

1 �


 2�




�
� �
�
4 x
4 y
4z
�4  x 4  y 4  z � �
�2  x 2  y 2  z �
9
1
1
1
�2.



2
x
2
y
2z
12   x  y  z  2 

2
2
2 x
2 y
2 z
1
1
1
x 1 y 1 z 1
�2 


 2


5
2x
2y
2z
2
2
2
2
2
2
x 1
y 1
z 1

Lời giải: Ta có:

Dấu ‘=’ xảy ra khi x  y  z  1

III.
1.

BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG PHÂN THỨC (Dồn biến theo trung bình nhân)
Bất đẳng thức 1: Cho a1 , a2 ,..., an  1 . Chứng minh rằng:

a.

1 n 1
1
�
�
n i 1 1  ai 1  n a1a2 ...an

b.

1 n
1
1
�
�
m
n i 1  1  ai 
1  n a1a2 ...an





m

với mọi m nguyên dương


2.

Bất đẳng thức 2: Cho 0  a1 , a2 ,..., an  1 . Chứng minh rằng:

a.

1 n 1
1
�
�
n i 1 1  ai 1  n a1a2 ...an

b.

1 n
1
1
�
�
n i 1 m 1  ai m 1  n a a ...a với mọi m nguyên dương
1 2
n

3.

Các trường hợp đặc biệt:

Bài 1. Cho a, b  0 và ab �1 . Chứng minh rằng:
a.

1
1
2

�
1  a 1  b 1  ab
1

b.

 1 a

2



n



1

c.

 1 a

1

 1  b

2

�

n

�

1

 1  b

1
1

2
ab
2
ab



2



n

Bài 2. Cho a, b  0 và ab �1 . Chứng minh rằng:
a.
b.
c.

1
1
2

�
1  a 1  b 1  ab
1
1
2

�
1 a
1 b
1  ab
1
1
2
n
�
n

1 a
1  b n 1  ab

Bài 3. Cho a, b, c  1 . Chứng minh rằng:
a.
b.

1
1
1
3


� 3
1  a 1  b 1  c 1  abc
1
1
1
3


�
2
2
2
 1 a 1  b  1  c
1  3 abc



1

c.

 1 a

n



1

 1  b

n



1

 1 c

n

�



3
1  3 abc



2



n

, n �N *

Bài 4. Cho 0  a, b, c  1. Chứng minh rằng:
a.
b.
c.

1
1
1
3


� 3
1  a 1  b 1  c 1  abc
1
1
1
3



�
1 a
1 b
1 c
1  3 abc
1
1
1
3


�
, n �N *
n
1  a n 1  b n 1  c n 1  3 abc


4.

Bài tập áp dụng

Ví dụ 1. Cho a, b, c  1. Chứng minh rằng:
1
1
1
1
1
1



�


1  a 1  b 1  c 1  4 ab3 1  4 bc 3 1  4 ca 3

Lời giải.
Với x, y �1 ta có:

1
1
2

�
(1)
2
2
1 x 1 y
1  xy

2  x2  y2
 1  x2   1  y2 

Thật vậy (1) ۳

2
�  2  x 2  y 2   1  xy  �2  2 x 2  2 y 2  2 x 2 y 2
1  xy

��
xy

��
xy  1 � x  y
�  x  y   xy  1 �0 (đúng do x, y �1 ). Đẳng thức xảy ra khi: ��
�x, y �1
�
2

Áp dụng (1) ta có:

1
1
2
2
2
4


�

�
1  a 1  b 1  b 1  ab 1  b 1  4 ab3

Tương tự có:

1
3
4
1
3
4


�
,

�
3
4
4
1  b 1  c 1  bc 1  c 1  a 1  ca 3

Từ đó suy ra:

1
1
1
1
1
1


�


1  a 1  b 1  c 1  4 ab3 1  4 bc3 1  4 ca3

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Ví dụ 2. (A – 2011). Cho x, y , z � 1;4 và x �y, x �z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

x

y
z


2x  3y y  z z  x

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức 1a ta có:
P

Đặt :

1
23

y
x



1
1

z
y



x
t �
, t  1;2

y

1

1
2
�

x
y
x
1
23
1
z
x
y
P

t2
2
2
2t  3 1  t

2 �
t 3  4t  3  3t  2t  1  9 �
t2
2
�
� 0


, t � 1;2 ; f '  t  
Xét hàm: f  t   2
2
2
2
2t  3 1  t
 2t  3  1  t 


34
.
33

 f  t

f  2

Vậy: Pmin

t2
�
34
�

khi �z x hay x  4, y  1, z  2
33
�y  z
�

IV.

BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Bài 1. (D – 2005). Cho x, y, z  0 và xyz  1 . Chứng minh rằng:
1  x3  y3
1  y3  z 3
1  z 3  x3


�3 3
xy
yz
zx

Bài 2. (A – 2003). Cho x, y, z > 0 thỏa mãn : x + y + z �1. Chứng minh rằng:
P=

x2 

1
1
1
 y 2  2  z 2  2 � 82
2
x
y
z

Bài 3. Cho a, b, c  0. Chứng minh rằng:

1 1 1
1
1 �
� 1
  �3 �


�.
a b c
�a  2b b  2c c  2a �

Bài 4. Cho a, b, c  0. Chứng minh rằng:

1 4 9
36
  �
.
a b c abc

Bài 5. Cho a, b, c, d  0. Chứng minh rằng:

1 1 4 16
64
   �
.
a b c d abcd

Bài 6. Cho a, b, c  0. Chứng minh rằng:

4 5 3
2
1 �
�3
  �4 �


�
a b c
�a  b b  c c  a �

Bài 7. Cho a, b, c  0. Chứng minh rằng:

a  3c c  3a
4b


�6 .
ab
bc ca

Bài 8. Cho a, b, c  0 , thoả mãn điều kiện: ab  bc  ca  3 . Chứng minh rằng:
a
b
c
 2
 2
�abc.
2a  bc 2b  ca 2c  ab
2

Bài 9. Cho a, b  1. Chứng minh rằng:

a
b
2 ab

�
.
1  a 1  b 1  ab

Bài 10. Cho a, b, c  1. Chứng minh rằng:
a)

2bc

� 1 a

�6

cyc

2

b)

�2  b  c �
�
�
��12

1

a
�
�
cyc

Bài 11. Cho 0  a, b, c �1. Chứng minh rằng:


1
1
1
1
1
1


�


.
3
3
3
2
2
1  a 1  b 1  c 1  ab 1  bc 1  ca 2

Bài 12. Cho a, b, c �0, a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

P

1
1
1


a
b
1  2014 1  2014 1  2014c

Bài 13. Cho a, b, c �0. Chứng minh rằng:

1

�1  27
cyc

Bài 14. Cho a, b, c �1. Chứng minh rằng:

a

1
�� a  2b
cyc 1  3

1
2
3
6



�
6
3
2
1  a 1  b 1  c 1  abc

Bài 15. Cho 0  a, b, c �1. Chứng minh rằng:

1

� 1 a
cyc

3

��
cyc

1
1  ab 2

Bài 16. Cho a, b, c �1. Chứng minh rằng:
3
4
5
2
6
4



�


2
2
2
1 a 1 b 1 c
1  ab 1  bc 1  ca

Bài 17. Cho 1 �a, b, c �2. Chứng minh rằng:
2  2  a  2  1  a  2  a  1
1
3
2a


�


1  a 1  b 1  c 1  ab 1  bc 1  ca

Bài 18. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x 2  y 2  z 2 �3 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

1

 x  1

2



4

 y  2

2



8

2
 z  3 .

TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾN
BẰNG CÁCH KHẢO SÁT DẦN TỪNG BIẾN
Bài toán: Tìm GTLN (GTNN ) của hàm số y  f ( x1 ; x2 ;...; xn ) trên miền D
D    x1 ; x2 ;...; xn  , xi �Di , với i � 1; 2;...; n , n ��* .


Phương pháp : Tìm GTLN (GTNN ) của hàm số với biến thứ nhất và các biến còn lại
coi là tham số, rồi tìm GTLN (GTNN ) của hàm số mới với biến thứ hai và các biến
còn lại coi là tham số… cho đến biến cuối cùng.

Các ví dụ:
Ví dụ 1. Cho x � 0;1 ; y � 0;2 . Tìm GTNN của P   1  x   2  y   4 x  2 y 
Lời giải:

 2  y   2 1 x �
+Có P  2  1  x   2  y  �
�
�.Xét D    x; y  : 0 �x �1;0 �y �2
 u 1  x
2
2
Đặt 
.Có: u � 0;1 ; v � 0; 2 ; P  2uv  v  2u   2  2u v  uv   g (u; v) .
 v 2  y
min P  min g (u; v)  min �
min g (u; v) �
�
�với D1  (u, v) : 0 u 1;0 v 2
( u ;v )�D1
v� 0;2 �
u� 0;1
�

( x ; y )�D

2
2
+ Xét hàm số f (u )  2vu  v u ; u � 0;1 ; với tham số v � 0; 2 .

min f (u )  min  f (0); f (1)  min(0; v 2  2v )  f (1)  v 2  2v
u�[0;1]

2

g (v)  1  g (1) .
+ Xét hàm g (v)  v  2v; v � 0;2 có vmin
� 0;2

 x 0
 y 1

KL: min P  2  

Ví dụ 2. Cho 0 �x �y �z �1 . Tìm GTLN của
P  x2  y  z   y 2  z  y   z 2  1  z  .

Lời giải:
+ Từ giả thiết có:
2
y 
z 0;
�x���
0 x 2  y z 

0

P

y2  z

y

z2 1 z

  y 3  z. y 2  z 2  1  z   f ( y ) .

+ Xét hàm số f ( y ) với biến y � 0; z  và coi z là tham số , z � 0;1 .


y0
�
�
f '( y )  3 y  2zy; f '( y )  0 �
2z
�
y
� 3
2

và

2z
� 0; z  z � 0;1 .
3

Trên  0; z  ; f '( y ) đổi dấu từ dương sang âm khi qua y0 

2z
nên
3

�2z � 23
max f ( y )  f � �  z 3  z 2  g ( z ) .
y� 0; z 

�3 � 27

z0
�
23 2
18
+ Xét g ( z ); z � 0;1 có g '( z )   z  2z; g'(z)=0 � � 18 và � 0;1 nên
�
23
9
z
� 23
�
� 108
�18 �
�18 �
max g ( z )  max �g (0); g � �
; g (1) �
 g� �
z� 0;1
529
�23 �
�23 �
�

KL: maxP 

108
12
18

� x  0; y  ; z 
.
529
23
23

Cách khác: Đánh giá khử dần từng biến theo BĐT Cauchy.
a  0; b  0; c  0
�
. Tìm GTLN của
abc  a  c  b
�

Ví dụ 3. Cho �

P

2
3
2
 2
 2
a 1 c 1 b 1
2

Lời giải:
+ Từ GT có: a  c  b  1  ac  ; a 

Suy ra: P 

1
ac
và b 
c
1  ac

2
3
2(a  c) 2


 2 ( Đưa về hàm hai biến)
a 2  1 c 2  1 (1  a 2 )(1  c 2 )

1
(a  c) 2
 1 c

a

 0;  ; là tham số dương)
+ Xét hàm f ( a)  2
(với
a  1 (1  a 2 )(1  c 2 )
 c
 2c(a 2  2ca  1)
f '( a) 
.
(1  a 2 ) 2 (1  c 2 )
� 1�

� �

; f '  a   0 có nghiệm: a0  c  c 2  1
Trên �0; �
c


1

� �
Trên �0; �: Qua a0 , f '(a ) đổi dấu từ dương sang âm.
c
�

�

c

1
a  (0; )
c
1 c
3
2c
3
 P 2 f (a )  2  2


 g (c )
2

c 1
1  c2 1  c
 f (a)  f (a0 ) 1 

Xét g (c) 

2c
1  c2



2

3
, c  (0;)
1  c2

1

c

 (0;)

2(1  8c )
2
2
g ' (c) 
. Có: g ' (c) 0  
(1  c 2 ) 2 (3c  1  c 2 )
c  1  (0;)


2 2
2

Trên  0; � , g '(c) đổi dấu từ dương sang âm khi qua c0 

1
2 2

10
10
 g (c) g (c0 )  c  (0;) . Vậy P � .
3
3
1

 c 2 2

ac


+Dấu "="   b 
1

ac

 a  c  c 2  1



1

a


2

10
 b  2 .KL: max P  
3

1
c 

2 2

1

a


2

b  2 .

1
c 

2 2

Ví dụ 4. Cho x; y; z  0 và 2 x  4 y  7 z �2 xyz . Tìm GTNN của P  x  y  z .

Lời giải:
+ Gt  z

7
2x  4 y
2x  4 y
; 2xy 7 0 ; x 
P �x  y 
.
Do
đó:
.
2 xy  7
2 xy  7
2y
2x  4 y

�7

�

+ Xét hàm số f ( x)  x  2 y.x  7  y với biến x �� ; ��và coi y là tham số dương.
�2 y
�