ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM VÀ KHẢO SÁT HÀM SỐ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG ……………….

BÁO CÁO CHUYÊN ĐỀ

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM VÀ KHẢO SÁT HÀM SỐ
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC

………………


MỤC LỤC
Nội dụng

Trang
A. MỞ ĐẦU
3
1. Lí do chọn đề tài
3
2. Mục đích nghiên cứu
3
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
4
4. Thực trạng vấn đề
5
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
5
1. CƠ SỞ LÍ LUẬN
5
1.1. Ứng dụng đạo hàm xét tính đơn điệu của hàm số
5

1.1.1 Định nghĩa
5
1.1.2 Định lí
5
1.1.3 Điểm tới hạn của hàm số
5
1.2. Cực trị của hàm số
5
1.2.1 Định nghĩa
5
1.2.2 Định lí 1
5
1.2.3 Định lí 2
5
1.2.4 Định lí 3
6
1.3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số và biểu thức
6
1.3.1 Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
6
1.3.2 Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
6
1.4. Một số bất đẳng thức áp dụng trong đề tài
7
1.4.1 Bất đẳng thức Cô si
7
1.4.2 Bất đẳng thức Bunhia-Copxki
7
1.4.3 Bất đẳng thức suy ra từ bình phương một biểu thức
7

1.5 Các bước lập Bảng biến thiên của hàm số
7
2. MỘT SỐ KĨ NĂNG VẬN DỤNG ĐẠO HÀM TÌM GIÁ TRỊ
8
LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
2.1 Sử dụng các bất đẳng thức Cô si, Bunhia-Copxki
8
2.2 Sử dụng các bất đẳng thức hiển nhiên
11
2.3 Sử dụng tam thức bậc hai
13
2.4 Sử dụng các hàm số trung gian
16
2.6 Bài tập cho học sinh rèn luyện
18

-2-


A. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài:
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức là một dạng toán khá phổ
biến trong các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng trước đây và đề thi học sinh giỏi
các cấp. Đối với học sinh Trung học phổ thông nói chung và học sinh lớp 12A1
trường Trung học phổ thông Yên Lạc – Yên Lạc – Vĩnh Phúc nói riêng, bài toán tìm
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức được coi là bài toán khó, thậm chí là
câu khó nhất trong cấu trúc đề thi THPT Quốc gia.
Rèn kỹ năng tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức giúp cho học
sinh phát triển khả năng tư duy suy luận logic, tư duy thuật toán, đặc biệt hóa, khái
quát hóa,…

Qua quá trình giảng dạy học sinh ôn thi THPT Quốc gia và bồi dưỡng học sinh
giỏi nhiều năm, và đặc biệt là trong năm học 2015 – 2016, được giao nhiệm vụ giảng
dạy và chủ nhiệm lớp 12A1, một lớp có nhiều học sinh khá và giỏi, phải trực tiếp
hướng dẫn học sinh bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức, tôi
thấy cần phải rèn cho học sinh thành thạo các kĩ năng giải các bài toán tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức, chứng minh bất đẳng thức để phát triển tư duy
cho học sinh.
Trong thực tế, các sách tham khảo, các tài liệu trên Internet viết nhiều về bất đẳng
thức, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất nhưng số các tài liệu viết về Ứng dụng đạo hàm và
khảo sát hàm số để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các biểu thức hai biến hay ba
biến còn rất hạn chế. Hơn nữa các bài toán thuộc dạng này nếu có, các tác giả chưa
chú ý tới việc phân tích, dẫn dắt học sinh cách vận dụng, suy luận logic khiến học
sinh càng có cảm giác bất ngờ, lúng túng trước các dạng bài tập này.
2. Mục đích nghiên cứu:
Với mong muốn tập hợp, phân loại đồng thời vận dụng các kỹ năng khảo sát hàm
số, chứng minh bất đẳng thức và một số kỹ năng khác để giải các bài toán tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức, và đặc biệt là giúp học sinh sau này trở
thành những người lao động sáng tạo, có trình độ tay nghề cao, biết qui lạ về quen,
quyết đoán trước các vấn đề mới mẻ, tình huống bất ngờ thường gặp trong cuộc sống
trước hết cần rèn luyện cho học sinh khả năng suy luận logic, tư duy thuật toán, kỹ
năng quan sát, phân tích, tổng hợp, … Giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức là một dạng bài tập giúp cho học sinh rèn luyện và nâng cao
khả năng tư duy, thói quen suy luận trong học tập và lao động, đáp ứng được các yêu
cầu nêu trên.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:
a) Phạm vi nghiên cứu
Phạm vi của đề tài là nghiên cứu các bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức nhiều biến bằng phương pháp sử dụng đạo hàm và khảo sát hàm
số trong chương trình Giải tích lớp 12, kết hợp với các kỹ năng chứng minh bất đẳng
thức.

b) Đối tượng áp dụng chuyên đề
Tôi đã nghiên cứu và hoàn thiện chuyên đề từ tháng 9 năm 2015 đến tháng 10
năm 2015 và áp dụng trong giảng dạy chuyên đề ôn thi THPT Quốc gia và ôn thi

-3-


HSG cho học sinh lớp 12A1 trường Trung học phổ thông Yên Lạc – Huyện Yên Lạc
– Tỉnh Vĩnh Phúc.
4. Thực trạng vấn đề
Trong thực tiễn giảng dạy học sinh khá và giỏi, các bài toán tìm giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến hầu như không xuất hiện trong sách giáo
khoa và sách bài tập. Chuẩn kiến thức, kĩ năng chỉ yêu cầu học sinh biết vận dụng các
qui tắc, các định lí để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số một biến. Và nếu chỉ
có vậy thì học sinh không được nâng cao khả năng tư duy, không được rèn luyện tính
sáng tạo, các kỹ năng đánh giá, biến đổi biểu thức, không phát huy được tính chủ
động, tích cực, nhu cầu khám phá, khả năng sáng tạo của học sinh.
Hơn nữa, nếu chỉ dừng lại ở các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các hàm
số một biến thì nhiều kỹ năng biến đổi, đánh giá, làm trội,… rất cần trong lao động,
sản xuất còn chưa được khai thác. Các bài tập dạng này chỉ đánh giá được trí nhớ của
học sinh mà không đánh giá được khả năng suy luận, tư duy sáng tạo của học sinh.
Bởi vậy trong hầu hết các đề thi học sinh giỏi, các đề thi Đại học, Cao đẳng trước
đây và đề thi THPT Quốc gia ngày nay, bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường
là tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các biểu thức nhiều biến. Do đó, nhu cầu thực
tiễn nảy sinh là cần rèn luyện cho học sinh tiếp cận, làm quen, và nâng cao kĩ năng
đánh giá, đưa các biểu thức nhiều biến đó về hàm số một biến quen thuộc.

-4-

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. CƠ SỞ LÍ LUẬN
1.1. Ứng dụng đạo hàm xét tính đơn điệu của hàm số
1.1.1. Định nghĩa: Cho hàm số f ( x) xác định trên khoảng K. Khi đó
*) f ( x) gọi là đồng biến trên K nếu với mọi x1 , x2 �K mà x1  x2 ta đều có
f ( x1 )  f ( x2 ).
*) f ( x) gọi là nghịch biến trên K nếu với mọi x1 , x2 �K mà x1  x2 ta đều có
f ( x1 )  f ( x2 ).

Các hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên một khoảng còn được gọi chung là các
hàm đơn điệu trên khoảng đó.
1.1.2. Định lý ( Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu trên một khoảng)
Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên khoảng (a;b). Khi đó
*) Nếu f ( x) �0x �(a; b) (và dấu = chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm) thì f ( x) đồng
biến trên (a; b) .
*) Nếu f ( x) �0x �(a; b) (và dấu = chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm) thì f ( x) nghịch
biến trên (a; b) .
1.1.3. Điểm tới hạn của hàm số
Điểm x0 được gọi là điểm tới hạn của hàm số f ( x) nếu nó thuộc tập xác định
của f ( x) và f '( x0 )  0 hoặc f '( x0 ) không xác định.
Chú ý: Trên mỗi khoảng phân chia bởi hai điểm tới hạn kề nhau, đạo hàm của hàm
số giữ nguyên một dấu. Một cách tổng quát, nếu phương trình f ( x)  0 vô nghiệm
trên khoảng (a;b) thì f(x) không đổi dấu trên khoảng đó.
1.2. Cực trị của hàm số
1.2.1. Định nghĩa: Cho hàm số f xác định trên tập D, x0 �D
*) x0 được gọi là điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại khoảng (a;b) chứa điểm x0
sao cho (a;b) �D và f(x)cực đại của f.
*) x0 được gọi là điểm cực tiểu của hàm số f nếu tồn tại khoảng (a;b) chứa điểm x0
sao cho (a;b) �D và f(x)>f(x0), với mọi x�(a;b)\{x0}. Lúc đó, f(x0) được gọi là giá trị

cực tiểu của f.
- Điểm cực đại và điểm cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị của hàm số.
- Giá trị cực đại và giá trị cực tiểu được gọi chung là giá trị cực trị của hàm số.
- Nếu x0 là điểm cực trị của hàm số f thì điểm M(x0; f(x0)) được gọi là điểm cực trị
của đồ thị hàm số f.
1.2.2. Định lí 1 (Định lí Fecmart-Điều kiện cần để hàm số có cực trị)
Nếu hàm số f có đạo hàm và đạt cực trị tại điểm x0 thì f’(x0) = 0.
1.2.3. Định lí 2 (Điều kiện đủ - Dấu hiệu 1)
Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng (a;b) chứa điểm x0 và có đạo hàm trên các
khoảng (a;x0) và (x0;b). Khi đó:
i) Nếu f’(x)<0, x �(a, x0 ) và f’(x) > 0 x �( x0 , b) thì f đạt cực tiểu tại điểm x0
ii) Nếu f’(x)>0, x �(a, x0 ) và f’(x) < 0 x �( x0 , b) thì f đạt cực đại tại điểm x0
Quy tắc 1

-5-


-Tìm tập xác định.
-Tính f’(x). Tìm các điểm tới hạn.
-Lập Bảng biến thiên.
-Kết luận.
1.2.4. Định lí 3 (Điều kiện đủ - Dấu hiệu 2)
Giả sử hàm số f có đạo hàm đến cấp hai trên khoảng (a;b) chứa điểm x0 đồng thời
f’(x0) = 0 và f’’(x0) �0. Khi đó
i) Nếu f’’(x0) < 0 thì hàm số f đạt cực đại tại điểm x0
ii) Nếu f’’(x0) > 0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm x0
Quy tắc 2
-Tìm tập xác định.
-Tính f’(x). Tìm các nghiệm xi của phương trình f’(x) = 0
-Tính f’’(x) và suy ra f’’(xi).

o
Nếu f’’(xi) < 0 thì f đạt cực đại tại xi
o
Nếu f’’(xi) > 0 thì f đạt cực tiểu tại xi
Chú ý: Khi áp dụng qui tắc 2, ta chỉ tìm được các điểm cực trị là nghiệm của
phương trình f’(x)=0, hơn nữa f’’(x) phải khác 0. Ngoài các trường hợp trên, ta phải
sử dụng qui tắc 1.
1.3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số và biểu thức
1.3.1. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
<1>Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên tập D. Khi đó
- Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên D nếu thỏa mãn hai điều kiện
�M �f ( x )x �D

sau: �x �D | f ( x )  M
0
� 0
f ( x)  f ( x0 ) .
Kí hiệu: M  max
D
- Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên D nếu thỏa mãn hai điều kiện
m �f ( x)x �D
�

sau: �x �D | f ( x )  m
0
� 0
f ( x)  f ( x0 ) .
Kí hiệu: m  min
D
<2>Các bước tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên một khoảng:

- Tính đạo hàm
- Lập Bảng biến thiên
- Dựa vào Bảng biến thiên suy ra giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
<3> Các bước tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn [a;b]:
- Tính đạo hàm
- Tìm các điểm tới hạn xi và tính các giá trị f ( a), f (b), f ( xi ).
f ( x )  max  f (a ); f (b ); f ( xi ) ; min f ( x )  min  f (a ); f (b); f ( xi )
- Kết luận max
[a ;b ]
[a ;b ]
1.3.2. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
Cho biểu thức n biến P  f ( x1 ; x2 ;...; xn ) xác định trên D  D1 �D2 �... �Dn , tức là
xi �Di , i  1, n. Khi đó

-6-


- Số M được gọi là giá trị lớn nhất của P trên D nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
�
�M �P, xi �Di , i  1, n
� 0
xi �Di , i  1, n sao cho P  f ( x10 ; x20 ;...; xn0 )  M
�
f ( x1 ; x2 ;...; xn )  f ( x10 ; x20 ;....; xn0 ) .
Kí hiệu: Pmax  M  max
D
- Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của P trên D nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
�
m �P, xi �Di , i  1, n
�

� 0
xi �Di , i  1, n sao cho P  f ( x10 ; x20 ;...; xn0 )  m
�
0
0
0
Kí hiệu: Pmin  m  min f ( x1; x2 ;...; xn )  f ( x1 ; x2 ;....; xn ) .
D

1.4. Một số Bất đẳng thức áp dụng trong đề tài
1.4.1. Bất đẳng thức Cô si
- Trường hợp 2 số: Với mọi x, y không âm, ta đều có: x  y �2 xy . Dấu bằng xảy ra
khi và chỉ khi x = y.
- Trường hợp 3 số: Với mọi x, y, z không âm, ta đều có: x  y  z �3 3 xyz .
Bất đẳng thức Cô si được vận dụng nhiều trong các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất cũng như các bài toán chứng minh bất đẳng thức. Ta có thể khai thác, sử dụng
các dạng thức khác nhau của bất đẳng thức này, chẳng hạn trường hợp ba số dương,
ta có các dạng khác như:
3

1 1 1
3
9
�x  y  z �
x  y  z �3xyz ;   �
�
;�
��xyz;...
x y z 3 xyz x  y  z � 3
�

3

3

3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
1.4.2. Bất đẳng thức Bunhia-copxki
Với 6 số thực bất kì: a1 , a2 , a3 ; b1 , b2 , b3 ta luôn có
a1b1  a1b1  a1b1 �a1b1  a1b1  a1b1 �  a12  a22  a32  .  b12  b22  b32 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1 : a2 : a3  b1 : b2 : b3 .
1.4.3. Các bất đẳng thức suy ra từ bình phương một biểu thức
*) ( x  y ) 2 �0 � x 2  y 2 �2 xy. Dấu bằng xảy ra khi x = y.
*) ( x  y ) 2  ( y  z ) 2  ( z  x)2 �0 � x 2  y 2  z 2 �xy  yz  zx . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi x  y  z.
*) ( x  y )2  ( y  z )2  ( z  x)2 �0 � ( x  y  z ) 2 �3( xy  yz  zx)
1.5. Các bước lập Bảng biến thiên của hàm số
Việc lập Bảng biến thiên của hàm số là một khâu quan trọng trong quá trình giải
bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số một biến trên khoảng hay nửa
khoảng. Kỹ năng này học sinh đã được rèn luyện nhiều trong quá trình học lý thuyết,
vì thời gian không nhiều nên trong đề tài này tôi chỉ đề cập tới kĩ năng chuyển bài
toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức nhiều biến thành bài toán tìm giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số (một biến) và đưa ra bảng biến thiên để suy ra kết luận
cuối cùng mà không trình bày chi tiết từng bước, đặc biệt là bỏ qua việc tìm giới hạn.
Trong giảng dạy, yêu cầu học sinh phải lập bảng biến thiên với những bài toán tìm giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên một khoảng hay nửa khoảng, còn với đoạn
thì ta không cần lập bảng biến thiên. Các bước cơ bản để lập Bảng biến thiên bao

-7-

gồm: Tìm tập xác định, tính đạo hàm, tìm các điểm tới hạn, các giới hạn cần thiết rồi
hoàn thiện Bảng biến thiên.
2. MỘT SỐ KĨ NĂNG ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,
NHỎ NHẤT
Để ứng dụng đạo hàm, một khâu rất cơ bản là ta phải biến đổi, đánh giá, đưa biểu
thức cần tìm GTLN, NN có nhiều biến về hàm một biến thông qua một dãy bất đẳng
thức cùng chiều.
- Để tìm GTLN của biểu thức P, ta phải đánh giá: P �P1 �P2 �... �Pn
- Để tìm GTNN của biểu thức P, ta phải đánh giá: P �P1 �P2 �... �Pn
Trong qua trình đánh giá, luôn luôn chú điều kiện xảy ra đẳng thức phải thỏa mãn,
thống nhất xuyên suốt cả quá trình. Cuối cùng ta đưa biểu thức phức tạp (P) ban đầu
về biểu thức đối xứng hai biến hoặc ba biến ( Pn ). Tiếp theo ta đặt biến mới theo các
đa thức đối xứng đơn giản, chẳng hạn:
- Với trường hợp hai biến x, y, ta thường đặt t  x  y, t  xy , t  xy , t  x 2  y 2 ,...
- Với trường hợp ba biến x, y, z, ta thường đặt
t  x yz
�
�
t  xy  yz  zx
�
�
t  xyz
� 2
t  x  y2  z2
�
�
t  x yz
�

�
...
�
Lúc này, Pn trở thành hàm một biến, Pn  f (t ) . Công việc tiếp theo là tìm tập xác định
của hàm f (t ) dựa vào điều kiện phụ cho trước, kết hợp các đánh giá thông qua các

bất đẳng thức Cô si, Bunhia-copxki, các bất đẳng thức hiển nhiên,…
2.1. Sử dụng các bất đẳng thức Cô si, Bunhia-Copxki
Sử dụng bất đẳng thức Cô si để biến đổi qua lại giữa một tích, một tổng, một tích
nghịch đảo hay tổng nghịch đảo của hai hoặc ba biến là một kĩ năng sáng tạo, đòi hỏi
học sinh phải có cách nhìn khái quát, đôi khi phải kết hợp với biểu thức cần tìm giá
trị lớn nhất, nhỏ nhất và giả thiết của bài toán để đưa biểu thức đó về hàm một biến.
Bất đẳng thức Cô si còn được vận dụng để đánh giá, tìm điều kiện xác định cho hàm
số mới. Ta xét các bài toán sau:
Bài 2.1.1. Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

1
a  b  c 1
2

2

2



2
(a  1)(b  1)(c  1)

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có
1
1
1
a 2  b 2  c 2  1 � (a  b)2  (c  1)2 � (a  b  c  1)2 ;
2
2
4
3

�a  b  c  3 �
(a  1)(b  1)(c  1) ��
�
3
�
�
2
54
2
54
Suy ra P �a  b  c  1  (a  b  c  3)3 . Đặt t  a  b  c  1 , ta được P �t  (t  2)3 .

-8-


2

54

Xét hàm số f (t )  t  (t  2)3 trên (1; �) , ta có
f '(t )  

t 1
�
2
162

, f '(t )  0 � � .
2
4
t4
t
(t  2)
�

Bảng biến thiên

1
4

Suy ra Pmax  � a  b  c  1.
Ở bài toán này, dựa vào tính đối xứng của biểu thức P ta khéo léo áp dụng Bất
đẳng thức Cô si để đưa về hàm số một biến.
Bài 2.1.2. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: x  y  1  3 xy . Tìm giá trị lớn nhất
3x

3y

1

1

của biểu thức: P  y ( x  1)  x ( y  1)  x 2  y 2 .
Lời giải:
Theo giả thiết ta có
P

3xy
3xy
1
1
1
1
2 xy  x  y 5 xy  1
 2
 2 2 



.
y ( x  1) x ( y  1) x
y
y ( x  1) x( y  1)
4( xy ) 2
4( xy ) 2
2

xy
. Ta

��
có x��
y 
2 xy
Đặt t  �
f (t ) 

3xy 1 2 xy

3 xy 2 xy 1 0

t 1. Xét hàm số

5t  1
2  5t
, f '(t ) 
 0t �1. Bảng biến thiên
2
4t
4t 3

Suy ra MaxP  f (1)  1.
Bài 2.1.3. Cho a, b, x, y là các số dương thỏa mãn a 5  b5  2; x, y �4. Tìm giá trị nhỏ
x 2  2 y 2  24
nhất của biểu thức P 
.
xy (a 2  b 2 )

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:

a 5  a 5  1  1  1 �5 5 a10  5a 2
b5  b5  1  1  1 �5 5 b10  5b 2

-9-


x 2  2 y 2  24 x y 12

  .
2 xy
2 y x xy

Suy ra 2a5  2b5  6 �5(a 2  b2 ) � a 2  b 2 �2. Do đó P �
x

y

12

Xét hàm số P( x)  2 y  x  xy , với x �(0; 4] và y là tham số. Ta có
x 2  2 y 2  24 42  2.02  24
8
�
  2  0, x �(0; 4] , vậy P ( x ) nghịch biến trên
2
2
2x y
2x y
2x y
5 y

5 y
(0;4], suy ra P( x) �P(4)  y  4 . Xét hàm số g ( y )  y  4 , trên (0;4], ta có
5 1
5 1
1
9
g '( y )   2  �     0 suy ra g ( y ) nghịch biến trên (0;4] nên g ( y ) �g (4)  .
y
4
16 4
16
4
9
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng , đạt được khi a  b  1, x  y  4 .
4
a
,
b
,
c
Bài 2.1.4. Cho các số thực dương
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
3
P

3
a  ab  abc
abc
P '( x) 

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có

1 a  4b 1 a  4b  16c 4
a  ab   3 abc �a  .
 .
 (a  b  c). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ
2
2
4
3
3
3
3
. Đặt
khi a  4b  16c. Suy ra P �2(a  b  c) 
abc
3 3
3
3
t a b c, t 0 P
f (t ) . Ta có f '(t )   2 
, f '(t )  0 � t  1 . Bảng biến
2t
2t
t
2t t

thiên

3
2

1
; b  4c; a  16c.
21
�a, b, c �1
Bài 2.1.5. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn �
. Tìm giá trị lớn nhất của
�a  b  c  2  abc

Suy ra MinP   � t  1 � c 

biểu thức P 

1  a 2  1 1  b2  1 1  c 2  1


a
b
c

Lời giải:

- 10 -


Theo bất đẳng thức Bunhia-Copxki, ta có
2

1
1
1
�1 1 1 �
�1 1 1 �
1  2  1  2  1  2 � 9  3 � 2  2  2 �� 9  �   �. Theo giả thiết ta có
a
b
c
�a b c �
�a b c �
1
1 1
2
  
 1 (*). Dễ thấy
ab bc ca abc
2
3
1 1 1
1
1 1 1 �1 1 1 � 1
1 �1 1 1 �
  � �   �;
� �   �. Đặt t    , từ (*) suy ra
a b c
ab bc ca 3 �a b c � abc 27 �a b c �
t 2 2t 3
3

��
1 ��
2t 3��
9t 2 27
�۳0
(2t 3)(t 3) 2 0
2t 3 0 t
. Khi đó
3 27
2
t
3 �
�
2
, t �� ;3 �.
P �t  9  t 2 . Xét hàm số f (t )  t  9  t , f '(t )  1 
2 �
�
9  t2

Bảng biến thiên

�3 � 3( 2  3)
. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  2.
2
� �
Bài 2.1.6. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn
(a  b  c)(b  c  a )(c  a  b)  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Suy ra MaxP  f � �

2

5

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

Lời giải:
a b c
  �3, và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c , hay tam giác đã
b c a
5
2
2
2
�a  b  c � a  b  c
�
cho là tam giác đều. Ta sẽ chứng minh �
 *

�
3
� 3
�
�x, y, z  0
Thậy vậy, đặt x  a  b  c, y  b  c  a, z  c  a  b suy ra �
và khi đó
�xyz  1
xz
x y
yz
a
;b 
;c 
. Bất đẳng thức (*) cần chứng minh trở thành
2
2
2
5
2
2
2
2
�x  y  z � x  y  z  xy  yz  zx ( x  y  z ) xy  yz  zx
�


. Theo Cô si, ta có
�
�

6
6
6
� 3
�
( x  y  z ) 2 xy  z  zx ( x  y  z ) 2 1
xy  yz  zx �3 3 x 2 y 2 z 2  3 �

�

6
6
6
2

Dễ thấy

- 11 -


5

2
x yz
�x  y  z � ( x  y  z ) 1
, t �1, bất đẳng
�
  ** . Đặt t 
Ta lại chứng minh: �
�

3
6
2
� 3
�
3
1
3
1
thức (**) trở thành t 5  t 2  �0 . Xét hàm số f (t )  t 5  t 2  , với t �[1; �) ta có
2
2
2
2
4
f '(t )  5t  3t �0t �1 � f (t ) đồng biến trên, do đó f (t ) �f (1)  0. Dấu bằng xảy ra khi
và chỉ khi x  y  z  1 � a  b  c  1 .
Từ các kết quả trên ta suy ra Pmin  3 � a  b  c  1.

Bài 2.1.7. Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

1
1

6 xy  8 xz  7 z 9 x  y  z

Lời giải:
Ta có : 6 xy  2 x.9y �x  9y ; 8 xz  2 8x.2z �8x  2z � 6 xy  8 xz  7 z �9  x  y  z .
 P

1
1
9(x  y  z) 9 x  y  z . Đặt:

x  y z t , t  0  9P

f '(t) 

2 1 1
   t  2  , f '(t)  0 � t  2 .
t3 t2 t3

BBT

Từ BBT suy ra Pmin

1
t2

1
t

f(t) . Ta có

� 18
�x  23
�x  9 y
�
1

1
�
� 2
8x  2z
� �y 
 min f (t )   . Dấu bằng xảy ra khi �
9 (0;�)
36
�x  y  z  4
� 23
�
� 72
�z  23
�

2.2. Sử dụng các bất đẳng thức hiển nhiên
Nhiều bất đẳng thức đơn giản, hiển nhiên nhưng trong một số trường hợp cụ thể,
nếu biết vận dụng sáng tạo thì đó lại là một công cụ hữu hiệu trong kĩ thuật đánh giá.
Chẳng hạn như các bài toán sau
Bài 2.2.1 Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  2. Tìm
GTLN của biểu thức
x2
yz
1  yz
P 2


.
x  yz  x  1 x  y  z  1
9

Lời giải
Từ BĐT hiển nhiên 0 �( x  y  z )2  x 2  y 2  z 2  2 xy  2 xz  2 yz  2(1  xy  xz  yz ) , ta suy
ra x 2  yz  x  1  x( x  y  z  1)  (1  xy  xz  yz ) �x( x  y  z  1).

- 12 -


Suy ra

x2
x
�
.
2
x  yz  x  1 x  y  z  1

Mặt khác
( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  2 x( y  z )  2 yz  2  2 yz  2 x( y  z ) �2  2 yz  [x 2  ( y  z ) 2 ]  4(1  yz ).

 x  y  z
x yz

Do đó P �
x  y  z 1
36
 Đặt
 t  x y z t 0 và

2

t 2  x 2  y 2  z 2  2 xy  2 yz  2 zx �2   x 2  y 2    y 2  z 2    z 2  x 2   6 , suy ra t ��
0; 6 �
.
�
�
t
t2
(t  2)(t 2  4t  9)
�
 , t ��
0;
6
.
f
'(
t
)


� f '(t )  0 � t  2.
Xét hàm số f (t ) 
�
�
t  1 36
18(t  1) 2

Ta có: f (0)  0; f (2)  ; f  6  
5
9

bằng

6
1 6



1
5
� max f (t )  f (2)  . Vậy GTLN của P
�
0; 6 �
6
9
�
�

5
, đạt được khi x  y  1, z  0.
9

Bài 2.2.2. Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  (4 x 2  3 y )(4 y 2  3x)  25 xy.
Lời giải:
Từ giả thiết, ta có
P  16 x 2 y 2  12( x3  y 3 )  9 xy  25 xy
= 16 x 2 y 2  12( x 2  xy  y 2 )  34 xy
=16 x 2 y 2  12 �
( x  y ) 2  3 xy �

�
� 34 xy
=16 x 2 y 2  2 xy  12.
2
� 1�
2
�x  y � 1
0; , ta có
xy 0 t xy �
. Xét hàm số f (t )  16t  2t  12, t ��
Đặt t  �
�
� 4�
�
�2 � 4
1
f '(t )  32t  2, f '(t )  0 � t  . Từ đó suy ra
16
25
1
 Pmax 
� x y
2
2
� 2 3
2 3
x
;y
�
191

4
4
 Pmin 
��
16
� 2 3
2 3
x
;y
�
�
4
4
Bài 2.2.3. Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn

5

nhất của biểu thức: P  xy  yz  zx  x  y  z .
Lời giải:
t2  3
Đặt t  x  y  z � t 2  3  2( xy  yz  zx ) � xy  yz  zx 
.
t �
9
Ta có 0 �xy  yz  zx �x  y  z  3 nên 3 ��
2

Khi đó P 

2

2

2

t 3 5
 .
2
t
2

- 13 -

3

t

2
3 với t  0.


t2 5 3
  , 3 �t �3.
2 t 2
5 t3  5
Ta có f '(t )  t  2  2  0 với t � 3.
t
t

Xét hàm số f (t ) 

Suy ra f (t ) đồng biến trên [ 3, 3] . Do đó f (t ) �f (3) 
Đẳng thức xảy ra khi t  3 � x  y  z  1.

14
.
3

14
, xảy ra khi x  y  z  1.
3
�x �y �z
Bài 2.2.4. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn �2 2 2 .
�x  y  z  3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  ( x  2)( y  2)( z  2)

Vậy giá trị lớn nhất của P là

Lời giải:
Từ giả thiết x 2  y 2  z 2  3 � x, y, z �[  3; 3] � x  2, y  2, z  2  0 . Do đó P đạt giá
trị nhỏ nhất khi x, y , z �0 . Xét x, y, z không dương, khi đó ta có
x 2  y 2  z 2  3, z �y �x �0 � x �[  1;0]
1
1
P  ( x  2)( y  2)( z  2)  ( x  2) �
( y  z  2) 2  x 2  1�
� ( x  2)( x 2  1)
�
�
2

2
x  1
�
1
3 2
1
2
�
Xét hàm số f ( x)  ( x  2)( x  1), x �[  1;0]; f '( x)  x  2 x  . f '( x)  0 � � 1
x
2
2
2
3
�
�
� � 1 � 25
� 1 �
 �
Suy ra Pmin  min f ( x )  min �f (1); f (0); f � �
� f �
. Dấu bằng xảy ra khi và
� 23 �
� 3 � 27
�
1
5
chỉ khi: x  y   ; z   .
3
3

Bài 2.2.5. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a +b +c =1. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
P  3  a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2   3  ab  bc  ca   2 a 2  b 2  c 2

Lời giải:
2
2
Ta có 3  a 2b 2  b2 c 2  c 2 a 2  � ab  bc  ca  và theo giả thiết  a  b  c   1 , suy ra
a 2  b 2  c 2  1  2  ab  bc  ca 

Do đó P � ab  bc  ca   3  ab  bc  ca   2 1  2(ab  bc  ca )
2

 a  b  c

2

� 1�
2
1
0;
. Xét hàm số f (t )  t  3t  2 1  2t , t ��
� 3�
�
3
3
2
2
� 1�

f
'(
t
)

2
t

3

;
f
''(
t
)

2

�
0,

t
�
0; �
. Suy ra f’(t) nghịch biến
�
Ta có
3
3
1  2t

�
�
 1  2t 

Đặt t  ab
�
bc ca

0 t

1

1

11

� �
��
0; �và do đó f '  t  �f ' � �  2 3  0 . Vậy f(t) là hàm đồng biến trên
trên �
� 3�
�3 � 3

Từ đó P �f min  2 � Pmin

a  1; b  c  0
�
�
2� �
b  1; a  c  0

�
c  1; a  b  0
�

- 14 -

� 1�
0; .
�
� 3�
�


2.3. Sử dụng tam thức bậc hai
Bài 2.3.1 Cho hai số thực x, y � 1; 2 . Tìm GTNN của biểu thức
P

x  2y
y  2x
1
 2

x  3 y  5 y  3x  5 4( x  y  1)
2

Lời giải
Biểu thức P đối xứng hai biến, vậy ta tìm cách đánh giá P đưa về biểu thức chỉ chứa
x  y và xy. Nếu qui đồng trực tiếp thì biểu thức thu được quá phức tạp. Để nghiệm
của tam thức bậc hai, ta có
1 �x �2 � ( x  1)( x  2) �0 � x 2  2 �3x , tương tự y 2  2 �3 y . Suy ra

x  2y
y  2x
1
x y
1
P�




.
3x  3 y  3 3x  3 y  3 4( x  y  1) x  y  1 4( x  y  1)
t
1
Đặt t  x  y , theo giả thiết t �[2; 4] . Xét hàm số f (t )  t  1  4(t  1) , t �[2; 4]. Ta có
1
1
f '(t ) 

. f '(t )  0 � t  3.
2
(t  1) 4(t  1) 2
11
7
53
7
7
, f (3)
, f (4)
P f (t ) f (3)

. Vậy Pmin  , chẳng hạn khi
Lại có f (2)  �
12
8
60
8
8
x  1, y  2.
Bài 2.3.2. Cho các số thực x, y thỏa mãn x  y  1  2 x  4  y  1 . Tìm giá trị lớn nhất
1

2
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  ( x  y )  9  x  y  x  y

Lời giải:
Điều kiện: x �2; y �1;0  x  y �9; Trước hết, từ giả thiết và theo Bunhia-Copxki, ta
có 0 �x  y  1  2. x  2  1. y  1 � 3( x  y  1) � ( x  y  1) 2 �3( x  y  1) . Suy ra
0 �x y 1 
3 
1 x y� 4. (Nghiệm của bất phương trình bậc hai).
�
2
Đặt t  x  y, t �[1; 4] , ta có S  t  9  t 

S '(t )  2t 

1
t

1

1

 0, t �[1; 4] . Vậy S đồng biến trên [1;4].
2 9  t 2t t

Suy ra
S max  S (4)  4 2  9  4 

1
33  2 5

� x  4; y  0;
2
4

S min  S (1)  2  2 2 � x  2; y  1.
�x  y �3

Bài 2.3.3. Cho hai số thực x, y thỏa mãn �2

2
�x  y  xy  4

thức P  x 2 y  y 2 x  2 xy .
Lời giải:

- 15 -

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu

�x  y  t  3
�x  y  t  3
�
 Đặt
 t  x y 3 t 0. Khi đó ta có hệ �
��
t 2  6t  5
2
(
x

y
)

3
xy

4
�
�xy 
3
�
2
t  6t  5
 0 (*)
Suy ra x, y là các nghiệm của phương trình: X 2  (t  3) X 
3

Điều kiện để (*) có nghiệm là:

t �0
�
t �0
�
�
� �2
� t �[  7;0].
�
4(t 2  6t  5)
2
t

6
t

7
�
0


(
t

3)

�
0
�
�
3

�
2
(t  6t  5)(t  1) 1 3
 (t  7t 2  11t  5)
Khi đó P  xy ( x  y  2) 
3
3
t

� 1
1 2
11 .
Ta có P '(t )  (3t  14t  11), P '(t )  0 � �
�
3
t
3
�
5
� 11 � 256
� 11 � 256
P(7)  24; P(0)  ; P(1)  0; P �
 �
� MaxP(t )  P �
 �
.
3
t�[  7;0]
� 3 � 81
� 3 � 81

11
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t   � x, y là các nghiệm phương trình
3
2
32
X2  X 
 0 � 27X 2  18 X  32  0
3
27
� 9  945
� 9  945
�x 
�x 
�
�
27
27
Suy ra �
hoặc �
�y  9  945
�y  9  945
�
�
27
27
�
�

Bài 2.3.4. Cho các số thực x, y khác không và thỏa mãn ( x  y ) xy  x 2  y 2  xy . Tìm giá
1

1

trị lớn nhất của biểu thức P  x3  y 3 .
Lời giải:



Đặt  s  x

y; p

x. y

p

0. Theo giả thiết s. p  s 2  3 p � p 

s2
(dễ thấy
s3

s �3 ). Khi đó x, y là các nghiệm của phương trình X 2  sX  p  0 , nên để x, y tồn
s �1
�
4s 2
s 1
2
2
4p

s
0
.
tại ta phải có s �۳۳�
�
s  3
s3
s3
�
2

2

t 3
x3  y 3 ( x  y )( x 2  y 2  xy ) �x  y � �s  3 �
�
Mặt khác: P  3 3 
� �
�. Xét hàm số f (t )  t ,
3 3
x y
x y
� xy � � s �
3
với t �(�; 3) �[1; �) . Ta có f '(t )   2  0 . Bảng biến thiên
t

- 16 -

1
2

2
Suy ra f (t ) �(0;1) �(1; 4] . Từ đó P   f (t ) �16 � Pmax  16 � x  y  .

�y �0

Bài 2.3.5. Cho các số thực x, y thỏa mãn �2

�x  x  y  12

. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ

nhất của biểu thức P  xy  x  2 y  17 .
Lời giải:
Theo giả thiết, ta có y  x 2  x  12 �0 � x �[  4;3]. Khi đó, P  x 3  3x 2  9 x  7 , suy ra
x  3
�
P '( x )  3 x 2  6 x  9.P '( x)  0 � �
x 1
�
�
x  3; y  6
�
�Pmax  20 � �
x  3; y  0
Từ đó suy ra �
�
�P  12 � x  1; y  10.

�min
�x  y  z  0

Bài 2.3.6. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện �2

2
2
�x  y  z  1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x5  y 5  z 5 .
Lời giải:
Theo giả thiết, ta có 0  x 2  y 2  z 2  2 xy  2 yz  2 zx  1  2 xy  2 z ( x  y )  1  2 xy  2 z 2
1
2

1
2

Từ đó suy ra xy  z 2   ( x  y )2  .
2

1 ( x  y)2
2
2
2
2
�x  y �
�  x  y � � 
�x  y � .
Ta lại có xy �� �� ( x  y )2  �

2
4
3
3
3
�2 �

Vậy
5�
1
�
P  x 5  y 5  z 5  x 5  y 5  ( x  y )5  5 xy ( x 3  y 3 )  10 x 2 y 2 ( x  y )  - �
( x  y )3  ( x  y ) �
.
2�
2
�
� 2 2�
5 3 5
15 2 5
 ;
Đặt t = x + y, ta được t ��
�, và khi đó P   t  t � P '(t )   t  .
2
4
2
4
� 3 3�
1
Ta có P '(t )  0 � t  � , áp dụng cách tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm

6

- 17 -


� 1
t
�
6
5
��
số trên một đoạn, ta được Pmax 
�
6 6
2
t
�
3
�
2
4
Bài 2.3.7. Cho các số thực x, y thỏa mãn  x  4    y  4   2 xy �32. Tìm GTNN của

biểu thức P  x  y  3  xy  1 ( x  y  2).
Lời giải:
2
4
2
Theo giả thiết ta có  x  4    y  4   2 xy �32 �  x  y   8  x  y  �0 � x  y �[0;8] .
3

3

3
2
2
3
3
3
P  x  y  3  xy  1  x  y  2    x  y   6 xy  3  x  y   6

Lại có 4 xy � x  y  � 6 xy �  x  y  . Do đó
2

� x  y  
3

3
2
 x  y   3 x  y   6
2
3
2

Đặt t  x  y � t �[0;8]. Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  3t  6 , ta có
1 5
, vì t thuộc đoạn [0;8]. Ta có
2
�
1  5 � 17  5 5

f  0   6; f  8   398; f �
Suy ra
� 2 �
�
4
�
�
17  5 5
1 5
1 5
Pmin  min f (t ) 
�t
�x y
.
[0;8]
4
2
4
f '(t )  3t 2  3t  3. f '(t )  0 � t 

2.4. Sử dụng các hàm số trung gian (Khảo sát theo từng biến)
Bài 2.4.1. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn abc  2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P 
Lời giải:

a6  b6
b6  c 6
c6  a6



a 4  b 4  a 2b 2 b 4  c 4  b 2 c 2 c 4  a 4  c 2 a 2

(a 2  b 2 )(a 4  b 4  a 2b 2 )
P

Ta có
. Từ gả thiết suy ra a, b, c khác không nên a 2 , b 2 , c2
�
4
4
2 2
a

b

a
b
syc

là các số thực dương. Xét biểu thức
4

2

�a �
�a �
1 � �
2
�
�

4
4
2 2
a b a b
t2  t 1
�b �
�b �
�a �
Q 4

, t  0. Hàm số trung gian
4
2 , đặt t  � �� Q  2
a  b 4  a 2b 2 �a �
t  t 1
�a �
�b �
� � 1  � �
�b �
�b �
2
2t  2
Q(t ) có Q '(t )  2
, Q '(t )  0 � t  1 (vì t > 0). Bảng biến thiên
(t  t  1) 2

- 18 -


1

3

Suy ra Qmin  � t  1 � a  �b.
Áp dụng tương tự, ta được
1
1
1
2
P � (a 2  b 2 )  (b 2  c 2 )  (c 2  a 2 )  ( a 2  b 2  c 2 ) �2 3 a 2b 2 c 2  4 . Suy ra Pmin  4 , chẳng
3
3
3
3
hạn khi a  b  c  2.
Bài 2.4.2. Cho các số thực bất kì x, y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1
1 � �1
1
1 �
�1
P  3 � x  y 1  z  2 � 2 � x  y 1  z  2 �
16 � �8 27
64 �
�4 9

Lời giải:
Xét hàm số f (t )  3t 2  2t 3 , với t  0. Ta có f '(t )  6t (1  t ), f '(t )  0 � t  1
Bảng biến thiên

Suy ra f (t ) �1, t  0 . Lần lượt thay t 

1
1
1
; t  y 1 ; t  z  2 ; ta được
x
2
3
4

3 2
3
2
3
2
 x �1; y 1  y 1 �1; z  2  z 2 �1 . Cộng các bất đẳng thức trên, vế theo vế, ta
x
4 8
9
27
16
64
MaxP

3
�
x  x, y  1, z  2.
được P �3. Suy ra

Cũng có khi trong một bài toán chúng ta phải xét nhiều hàm số, chẳng hạn như bài

dưới đây:
Bài 2.4.3. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x �1, y �1;3( x  y )  4 xy. Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
�1 1 �
P  x3  y 3  3 � 3  3 �
y �
�x

Lời giải:

- 19 -


3x 2
Đặt t  xy . Ta có 3( x  y )  4 xy � 3 x 2  3xy  4 x 2 y � xy 
( vì x �1) . Lại có
4x  3

3( x  y )  4 xy � x 

3y
3y
, y �1 ; ta có
y �1) . Xét hàm số f ( y ) 
,
(vì
4y 3
4y 3

9

f '( y ) � �
0, y 1
2
 4 y  3

f ( y)

f (1) 3, y 1. Vậy x �[1;3] .

x0
�
12 x 2  18 x
3x 2
, g '( x )  0 � � 3
, x �[1;3]. Ta có g '( x ) 
Xét hàm số g ( x) 
�
(4 x  3) 2
x
4x  3
� 2
9
Suy ra �t  g ( x ) �3, x �[1;3]. Khi đó
4
� 3 �
� 3 �
P  ( x3  y 3 ) �
1  3 3 � �
( x  y)3  3 xy( x  y) �
.�

1
3�
�
�
� x y �
� ( xy ) �
3
�
4 xy �� 3 � 64 3
12 64
�4 xy �
=�

3
xy
.
1
 t  4t 2  
��
� �
3�
3 ��
t
9
�3 �
�
�  xy  �
� 27
64 3
12 64

9 �
�
2
Xét hàm số P  h(t )  t  4t   , t �� ;3�.
27
t
9
4 �
�
9 �
�8t � 12
�
Ta có h '(t )  8t �  1� 2  0, t �� ;3�. Suy ra
4 �
�9
�t
�
x  3; y  1
�
280
MaxP  h(3) 
��
x  1; y  3
9
�

3
�9 � 307
�
MinP  h � �

��
x y .
2
�4 � 36
�
Bài 2.4.4. Cho ba số thực x, y, z � 1; 4 và x �y , x �z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
x
y
z
thức P  2 x  3 y  y  z  z  x .

Lời giải:
Coi P là hàm số biến số z còn x, y là tham số, ta có
y
x
 y ( x 2  2 xz  z 2 )  x( y 2  2 yz  z 2 ) ( x  y )( z 2  xy )



.
( y  z )2 ( z  x)2
( y  z ) 2 ( z  x) 2
( y  z ) 2 ( z  x) 2
x
x
z
6

 . Nếu x  y � x  y  0 � P '( z )  0 � z  xy
Nếu x  y � P  

5x x  z x  z 5
(do x, y, z � 1; 4 ). BBT
P '( z ) 

z
P '( z )
P( z )

1

4

xy

-

0
P(

- 20 -

xy )

+


x
x
2
y

Từ bảng biến thiên ta suy ra: P �P( xy )  2 x  3 y  x  y  x 
2  3 1 x
y
y
2 y

x
t2
2
x
�
y
,
x
�
z
x
,
y
,
z
�
1;
4


1
�
t
�

2
f
(
t
)


, do
và
nên
. Xét hàm
. Ta
2
y
2t  3 1  t
2 �
4t 3 (t  1)  3(2t 2  t  3) �
�
� 0, t �1; 2 . Suy ra f (t ) giảm trên  1; 2 , do đó
có f '(t ) 
 
(2t 2  3) 2 (1  t ) 2
�z  xy
�
34
34
� x  4, y  1, z  2 .
P �P( xy )  f (t ) �f (2) 
. Vậy min P 
khi � x

33
33
t
2
�
y
�

Đặt t 

1
3 �
�
a
b
c
P


ab bc ca

� �
, a b c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Bài 2.4.5. Cho ba số thực a, b, c γ�
� ;3�

Lời giải:

a
b

c


. Xem đây là hàm số theo biến a , còn b, c là hằng số. Ta
ab bc ca
1 �
b
c
(b  c)(a 2  bc)
�


a �b �c và a, b, c �� ;3� ta suy ra
có P '(a ) 
2
2
2
2 . Do
3 �
( a  b) ( a  c )
( a  b) ( a  c )
�
1 �
�
b  c �0; a 2  bc �0
nên P '(a ) �0 . Do đó P(a) tăng trên � ;3�. Vậy
3 �
�
3
b

c
 P (a ) P (3)
f (c ) (xem đây là hàm số theo biến c). Ta lại có
3b b  c c 3
1 �
b
3
(b  3)(3b  c 2 )
�
f '(c) 


�0 . Do đó g (c ) giảm trên � ;3�. Suy ra:
2
2
2
2
3 �
(b  c ) (c  3)
(b  c) (c  3)
�
3
3
24(1  b)(1  b)
1
3
3b
1



f (c) �f ( ) 

  g (b) . Lại có g '(b) 
.
2
2
(3b  1) (b  3)
(3b  1) 2 (b  3) 2
3 3  b 3b  1 10

Đặt P(a) 

Ta có bảng biến thiên.

8
5

Suy ra g (b) �g (1)  .
1
3

1
3

Vậy P(a, b, c) �P(3, b, c) �P(3, b, ) �P(3,1, ) 
2.5. Sử dụng tính đẳng cấp

- 21 -

8

1
khi a  3; b  1; c  .
5
3


Bài 2.5.1. Cho hai số x, y khác 0 thỏa mãn: ( x  y ) xy  x 2  y 2  xy . Tìm giá trị lớn nhất
1

1

của biểu thức P  x3  y 3 .
Lời giải:
2

x3  y 3 ( x  y )( x 2  xy  y 2 ) ( x  y ) 2 �1 1 �
P


 2 2  �  � (*)
Ta có
x3 y 3
x3 y3
x y
�x y �
0 t 0. Theo giả thiết, ta có ( x  y ) xy  x 2  y 2  xy , suy ra
Đặt x  ty , do x, y �
2

�t 2  2t  1 �

t2  t 1
t2  t 1
(t  1)ty  (t  t  1) y � y  2
�x
. Vậy P  P(t )  � 2
�
t t
t 1
�t  t  1 �
3

2

Xét f (t ) 

2

t 1
�
3t 2  3
(t  1) 2
f
'(
t
)

� f '(t )  0 � �
,
ta
có

. Bảng biến thiên
2
2
2
t  1
(t  t  1)
t  t 1
�

1
2

Suy ra Maxf (t )  f (1)  4 � MaxP(t )  16 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  .
Bài 2.5.2. Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
x 2  xy  y 2
nhất của biều thức: P 
2x2  y2

Lời giải
Vì tử số và mẫu số của biểu thức P là các đa thức đẳng cấp bậc hai đối với x, y
nên ta xét hai trường hợp sau:
-Nếu y = 0 � x �0 � P 

x2
1

2
2x
2

x2 x
 1
y2 y
2
-Nếu y �0 . Chia cả tử số và mẫu số của P cho y ta được : P 
x2
2 2 1
y

Đặt t 

x
2t 2  2t  1
t2  t 1
P
'

, ta được P  2
. Ta có
;
y
(2t 2  1) 2
2t  1

P '  0 � 2t 2  2t  1  0 � t 

1 � 3
. Bảng biến thiên
2

- 22 -


Kết hợp các trường hợp trên, ta có:
Vậy MinP =

3
3
�P �
2 32
2 32

3
x 1  3
3
x 1  3
khi 
; MaxP =
khi 
y
2
y
2
2 32
2 32

Bài 2.5.3
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a  c)(b  c)  4c 2 . Tìm GTNN của biểu
thức
P

32a 3
32b3
a 2  b2


(b  3c)3 (a  3c) 3
c

Lời giải
Biểu thức P và giả thiết bài toán đều là các ba biến, nhưng chỉ có tính đối xứng với
hai biến a và b. Hơn nữa, quan sát biểu thức P ta thấy tử và mẫu ở các phân thức đều
a
c

�x, y  0
.
�xy  x  y  3

b
c

đẳng cấp, vì vậy ta làm giảm số biến bằng cách đặt x  , y  , ta được �
Khi đó P 

32 x 3
32 y 3

 x 2  y 2 . Biểu thức chỉ còn lại đối xứng hai biến.
( y  3)3 ( x  3)3

Với hai số dương m, n cho trước, ta có
3(m  n) 2 �0 � 3m 2  4mn  3n 2 �2mn � 4m2  4mn  4n 2 �(m  n) 2
� 4(m3  n3 ) �( m  n)3 (*)

Áp dụng (*), ta có
3

3

�
�2 x
2y �
( x  y ) 2  2 xy  3( x  y ) �
2
2
2
P ��


x

y

8
�
� xy  3( x  y )  9
� ( x  y )  2 xy
y


3
x

3
�
�
�
�
Thay xy  3  x  y , ta được:
3

�
( x  y ) 2  6  5( x  y ) �
2
P �8 �
� ( x  y )  6  2( x  y )
12

2(
x

y
)
�
�
3

�
( x  y  1)( x  y  6) �
2

 8�
� ( x  y )  2( x  y )  6
2(
x

y

6)
�
�
 ( x  y  1)3  ( x  y ) 2  2( x  y )  6.

Đặt t  x  y � t  0. Lúc đó P �(t  1)3  t 2  2t  6 .

- 23 -


( x  y )2
Theo giả thiết 3  �
xy��
xy�
x 
y �
4

t

t2
4

t2

4t 12 0

(t 2)(t 6) 0

2
Xét hàm số f (t )  (t  1)3  t 2  2t  6 trên khoảng [2; �) , ta có f '(t )  3(t  1) 

t 1

t

2.

t 1
t  2t  6
2

 2(**) . Thật vậy,
t 2  2t  6
(**) � t 2  2t  1  4t 2  8t  24 � 3t 2  6t  25  0 (đúng với mọi t �2) . Do đó f '(t ) �0, t �2.

Với t �2 thì 3(t  1)2 �3 , còn

Vậy P �f (t ) �f (2)  1  2 � min P  1  2 � a  b  c.

- 24 -

2.6. Bài tập cho học sinh rèn luyện
Bài 2.6.1. Cho các số dương x, y, z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2  x  y  z   9 xyz
P
 x  y  z   xy  yz  zx 
2

xy  yz  zx

1

Bài 2.6.2. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  7 . Tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của biểu thức P 

x4  y 4  z 4

 x  y  z

4

Bài 2.6.3. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn  x  y  z   32 xyz . Tìm giá trị lớn nhất
3

 x  y  z
của biểu thức P  4 4 4
4

x y z

Bài 2.6.4. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 21xy  2 yz  8 zx �12 . Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức
P

1 2 3
  .
x y z

Bài 2.6.5. Cho các số dương x, y thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
�
1 �
�2 1 �
P  �x 2  2 �
�y  2 �
x �
�
� y �

Bài 2.6.6. Cho các số dương x, y thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
P

1
1

3
x y
xy
3

Bài 2.6.7. Cho các số thực x, y thỏa mãn các điều kiện
�x �0; y �0
�
2
2
�xy ( x  y )  x  y  x  y  2
1 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  x  y
2
Bài 2.6.8. Cho các số dương x, y thỏa mãn 1  y  x  x  y  . Tìm giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của biểu thức P 

x6  y 6  1
x3 y  y 3 x

2
2
Bài 2.6.9. Cho các số dương a, b thỏa mãn 2(a  b )  ab   ab  2   a  b  . Tìm giá trị

�a 3 b3 � �a 2 b 2 �
P

4
nhỏ nhất của biểu thức
� 3  3 � 9 � 2  2 �
a �
�b a � �b

Bài 2.6.10. Cho các số thực x, y thỏa mãn các điều kiện x 2  y 2  xy  3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  x 4  y 4  4 xy  x 3 y 3
Bài 2.6.11. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  1. Tìm GTLN của biểu
thức P  6( y  z  x)  27 xyz.
Bài 2.6.12. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá
2
2
2
trị lớn nhất của biểu thức P  3  a  b  c   4abc

- 25 -