Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - TƯ DUY ĐỘT PHÁ BẤT ĐẲNG THỨC, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT TRONG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA

+SÁNG KIẾN NĂM HỌC 2015 - 2016
I. Tên cơ sở đƣợc yêu cầu công nhận sáng kiến
Trƣờng THPT KIM SƠN A – Sở GD&ĐT NINH BÌNH
II. Đồng tác giả sáng kiến
1.

- Họ và tên: HOÀNG VĂN TƢỞNG
- Chức vụ: Giáo viên
- Đ/c: Thị trấn Phát Diệm – Kim Sơn – Ninh Bình
ĐT: 0913042044

- Email:

- Đơn vị cơng tác: THPT Kim Sơn A – Ninh Bình
- Phần trăm đóng góp: 80%
2.

- Họ và tên: LÊ THỊ LAN ANH
- Chức vụ: Phó hiệu trƣởng
- Đ/c: Thị trấn Phát Diệm – Kim Sơn – Ninh Bình
ĐT: 0972680376

- Email:

- Đơn vị cơng tác: THPT Kim Sơn A – Ninh Bình
- Phần trăm đóng góp: 20%
III. Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng:
- Tên sáng kiến: TƢ DUY ĐỘT PHÁ BẤT ĐẲNG THỨC, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
TRONG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA.
- Lĩnh vực áp dụng: Chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
đại số.

IV. Nội dung sáng kiến
1. Giải pháp cũ thƣờng làm
- Trong thực tế việc truyền thụ tới các học sinh phƣơng pháp chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn
nhất nhỏ nhất của biểu thức, là một cơng việc rất khó khăn đối với tất cả giáo viên bộ mơn tốn. Có
q nhiều dạng, mỗi bài cịn có những cách biến đổi khác nhau đó là chƣa kể đến khi giảng dạy, chính
giáo viên cũng khơng nhớ cách biến đổi mà có nhớ thì học sinh sẽ tiếp thu một cách thụ động.
- Một trong những giải pháp cũ để chứng minh bất đẳng thức là dồn về một biến nào đó nhƣ
t  x  y  z hoặc t  xy  yz  zx hoặc t  x 2  y 2  z 2 ,… để đạt đƣợc điều này thật không đơn giản,

qua các ví dụ sau đây sẽ rõ hơn.
1


Ví dụ 1. Cho các số thực x, y  0 thỏa mãn x  y  2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  7( x  2 y)  4 x 2  2 xy  8 y 2
Lời giải: Vì x, y là các số thực dƣơng nên

 7( x  2 y )  4 x 2  2 xy  8 y 2
P  ( x  y) 

x y

Đặt t 



7 y  4 x 2  2 xy  8 y 2
  ( x  y)  7 



x y



7 y  4 x 2  2 xy  8 y 2 7  4 t 2  2t  8
x
khi
đó

, t 0
x y
t 1
y

Xét hàm số f (t ) 
Ta có f '(t ) 






(1)

(2)

7  4 t 2  2t  8
với t  0
t 1

7 t 2  2t  8  28
(t  1)

2

t  2t  8
2

; f '(t )  0  t 2  2t  8  4  t  2

Ta có bảng biến thiên

+
+

0

Từ bảng biến thiên ta suy ra f (t )  3, t  0 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t  2 (3)
Từ (1), (2), (3) ta say ra P  ( x  y)(7  3)  8
x  y  2
4
2

 x ,y
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  x
3
3
t  y  2

4

2
Vậy giá trị lớn nhất của P là 8, đạt khi x  , y  .
3
3

Cách làm trên đã biến học sinh thành “cỗ máy” vì ta chẳng thể giải thích được tại sao phải
nhân chia với ( x  y) .
Ví dụ 2. Cho x, y , z là các số thực dƣơng.

x  3y
2 y  z 4 3x3  z 3  3x 2  3 y  5  ( x  y  z )
Tìm giá trị nhỏ nhất của P 


4 x(13 y  x) 36 yz
18
Hướng giải: Ta có 3x3  z 3  3x 2  3 y  5  ...  3( x  y  z ) (dấu “…” dùng các bất đẳng thức rất khó)
Do đó 3x3  z 3  3x 2  3 y  5  3( x  y  z ) dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1 .
Tƣơng tự để có đƣợc

x  3y
2y  z
1
“là khơng đơn giản”

 ... 
4 x(13 y  x) 36 yz
2( x  y  z )

4 3( x  y  z )  ( x  y  z )

1

2( x  y  z )
18
t2
4t 
2
3
3  3  2t  t
Đặt t  3( x  y  z ), 0  t  3  P  2 
2t
18
2t 2 9 54
2
Lập bảng biến thiên trên 0  t  3 ta có kết quả. Vậy minP  đạt đƣợc khi x  y  z  1 .
3
2
Suy ra P 


Ví dụ 3. Cho x, y , z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

x2
yz
1  yz


2
x  yz  x  1 x  y  z  1

9
(Trích KA–2014)

Hướng giải: Dùng nhiều bất đẳng thức phụ để đƣa biểu thức P về 1 biến t  x  y  z …

P

x yz
( x  y  z )2
t
t2
với x  y  z  t  0 …



x  y  z 1
36
t  1 36

Ba bài trên lời giải quá khó, để đưa về một biến người làm bài phải sử dụng rất khéo các bất
đẳng thức kinh điển như Cauchy, Bunhia, các bổ đề phụ … Trong phần giải pháp mới sử dụng một
cách làm hồn tồn mới.
Ví dụ 4. Cho a, b, c là các số thực dƣơng thỏa mãn a2b2  c2b2  1  3b

1
4b 2
8
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 



2
2
(a  1) (1  2b) (c  3) 2
(Trích đề thi thử lần 2 - 2016 THPT Bình Phước)
Lời giải: Ta có P 

Đặt d 

1
4b2
8
1
1
8





2
2
2
2
2
2
(a  1) (1  2b) (c  3)
(a  1)  1
 (c  3)

1



 2b 

1
khi đó a2b2  c2b2  1  3b trở thành a2  c2  d 2  3d
b

Mặt khác: P 

1
1
8
8
8




2
2
2
2
2
(a  1)  d  (c  3)
d

 (c  3)
  1
 a   2

2
2 




64
d


 a   c  5
2



2



256

 2a  d  2c  10 

2

Lại có: 2a  4d  2c  a2 1  d 2  4  c2  a2  d 2  c2  6  3d  6
Suy ra 2a  d  2c  6 .
Do đó P  1  minP  1, a  c  1, b 

1

.
2

Để ý người làm bài này đã dồn về biến t  2a  d  2c quá tuyệt vời vấn đề là với bài khác có
dồn được như vậy và với học sinh khá có làm được như thế khơng ?.
Ví dụ 5. Cho x, y  0 thỏa mãn x  y  2016 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  5 x 2  xy  3 y 2  3x 2  xy  5 y 2  x 2  xy  2 y 2  2 x 2  xy  y 2

(Trích đề thi thử lần 3 - 2016 THPT chuyên Vĩnh Phúc)
Lời giải: P  A  B trong đó A  5 x 2  xy  3 y 2  3x 2  xy  5 y 2 và
B  x 2  xy  2 y 2  2 x 2  xy  y 2
 6 A  180 x 2  36 xy  108 y 2  108x 2  36 xy  180 y 2

3


 (11x  7 y ) 2  59( x  y ) 2  (11 y  7 x) 2  59( y  x) 2
 11x  7 y  11 y  7 x  18( x  y )

 A  3( x  y)  3.2016  6048 (*) dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1008
Và 4 B  16 x 2  16 xy  32 y 2  32 x 2  16 xy  16 y 2
 (3 x  5 y ) 2  7( x  y ) 2  (3 y  5 x) 2  7( y  x) 2
 3 x  5 y  3 y  5 x  8( x  y )

 B  2( x  y)  2.2016  4032 (**) dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1008
Từ (*) và (**) ta đƣợc P  A  B  6048  4032  10080 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x  y  1008 . Vậy minP  10080  x  y  1008 .
Ví dụ 6. Cho a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

25a 2
2a 2  7b2  16ab



25b2
2b 2  7c 2  16bc



c 2 (3  a)
a

(Trích đề thi thử lần 2 – 2016 THPT Trần Hưng Đạo – Đak Nông)
Lời giải: Ta có (a  b) 2  0  2ab  a 2  b 2
Nên ta có

2a 2  7b 2  16ab  2a 2  7b 2  2ab  14ab
 3a 2  8b 2  14ab  (a  4b)(3a  2b)

Vậy ta có

25a 2
2a 2  7b2  16ab

Tƣơng tự ta cũng có:



4a  6b
 2a  3b
2



25a 2
(1)
2a  3b

25b2

25b2

(2)
2b2  7c 2  16bc 2b  3c

Mặt khác theo Cauchy – Shwarz ta có:

3c 2
25c 2
3 2
 2c  c 2    
a
 a c  3a  2c

(3)

Từ (1), (2) và (3) ta có

P

25a 2
25b 2
25c 2
25(a  b  c) 2


 c 2  2c 
 c 2  2c  15  c 2  2c
2a  3b 2b  3c 3a  2c
5(a  b  c)
 P  c 2  2c  15  (c  1) 2  14  14

Vậy minP  14 đạt đƣợc khi a  b  c  1 .
Hai ví dụ trên lời giải đã dùng đến phương pháp hệ số bất định nhưng vẫn phải thông qua
các bất đẳng thức kinh điển và vẫn quá khó đối với học sinh khá trở xuống.

4


1.1. Nhược điểm:
Khi chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức, theo phƣơng pháp
cũ học sinh bị thụ động bởi cách giải, những biến đổi quá phức tạp, phải nhớ rất nhiều các bất đẳng
thức và áp dụng chúng thật khéo mới có thể làm đƣợc bài tốn u cầu.
1.2. Khó khăn:
- Thời lƣợng học chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong trƣờng THPT
rất ít, nhƣng trong đề thi THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi luôn có bài tập dạng này và là một câu phân
hố học sinh quan trọng.
- Tỉ lệ học sinh hiểu bài khơng nhiều, khả năng vận dụng kém, vì vậy tâm lí học sinh khi đi thi

THPT Quốc gia học sinh thƣờng bỏ nội dung này dù đề bài có dễ hay khó.
- Tài liệu cho nội dung chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất nhiều nhƣng
khơng cơ đọng, khó hiểu với đa số học sinh. Nội dung đề thi ở mức vận dụng, sáng tạo nhƣng nội dung
bài tập trong SGK thƣờng là nhận biết và thông hiểu.
- Tài liệu giảng dạy chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất vẫn mang tính chất
hàn lâm. Khó vận dụng rộng rãi. Vì vậy, giáo viên thƣờng chỉ quan tâm đến bồi dƣỡng cho một nhóm
học sinh, khơng bồi dƣỡng cho các em còn lại.
2. Giải pháp mới cải tiến
2.1. Cơ sở lý luận:
Để chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức, học sinh phải hiểu và
vận dụng rất nhiều phƣơng pháp, rất nhiều dạng. Vừa là nội dung khó, bài tập đa dạng, do đó giáo viên
tìm tịi, bổ sung các cách mới là điều cần thiết.
Ngoài các cách thƣờng dùng trong sách giáo khoa, các sách tham khảo, chúng tôi đã đƣa ra một
giải pháp hoàn toàn mới mà chƣa một tài liệu nào có, nó mang tính đột phá trong tƣ duy giải toán bất
đẳng thức, giúp học sinh dễ dàng tiếp cận bởi tính tƣờng minh của nó.
Giáo viên và học sinh trong trƣờng đã gọi nó là “Phƣơng pháp cực trị HOÀNG MINH” dựa
trên một cơ sở nền tảng là dùng đạo hàm và phƣơng pháp đƣợc phát biểu, trình bày khá đơn giản nhƣ
sau:
+ Khi chứng minh bất đẳng thức ta thƣờng đƣa về một biến theo một biểu thức nào đó, để làm
đƣợc điều này thì cần có một cái nhìn tổng quát và áp dụng rất nhiều các bất đẳng thức nhƣ Cauchy–
Schwarz, Bunyakovsky, các bất đẳng thức đặc biệt, các bổ đề… mà các bất đẳng thức này khi chứng
minh đến bƣớc cuối đều có dạng ( x  y ) 2  0 “dạng đẳng cấp”,
+ ( x  y ) 2  0 cũng đƣợc hiểu là nghiệm bội, mà nghiệm bội thì liên quan đến tiếp xúc, tiếp
xúc thì liên quan đến đạo hàm qua xâu chuỗi tƣ duy trên chúng ta có phƣơng pháp mới đƣa biểu thức
5


về một biến bằng cách tìm một bổ đề trung gian, cụ thể ta đi tìm một hệ số  nào đó cho phù hợp với
bất đẳng thức phụ.
+ Các bƣớc đi tìm bất đẳng thức phụ và tìm hệ số  nhƣ sau:

Bƣớc 1: Dự đoán biểu thức cần “nguồn” đƣa về biểu thức nào “đích” (có dạng đẳng cấp - thuần nhất)
Bƣớc 2: Tìm  trong bất đẳng thức “nguồn”  hoặc  “ .đích”, căn cứ vào biểu thức cần tìm giá trị
lớn nhất hay nhỏ nhất, trên tử hay dƣới mẫu, trƣớc có dấu “+” hay “–“.
Bƣớc 3: Vì biểu thức có dạng đẳng cấp thuần nhất lên ta thƣờng cho a  b  c  1 “chuẩn hóa” hoặc đặt

x  ac, y  bc , rút thế vào biểu thức cho giảm biến.
Bƣớc 4: Tính đạo hàm biểu thức vừa tìm đƣợc rồi cho bằng không, suy ra giá trị của biến số, thay
ngƣợc lại ta đƣợc  .
Bƣớc 5: Chứng minh bổ đề vừa tìm đƣợc, áp dụng vào bài tốn.
Chú ý: – Ký hiệu

d
 f ( x)  là đạo hàm của hàm số f ( x) theo biến x.
dx

– Áp dụng phƣơng pháp này ta đƣợc bổ đề cho từng bài.
2.2. Nội dung và biện pháp chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
biểu thức.
PHƢƠNG PHÁP “CỰC TRỊ HỒNG MINH”
Ví dụ 1. Cho các số thực x, y  0 thỏa mãn x  y  2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  7( x  2 y)  4 x 2  2 xy  8 y 2
Phân tích: Ta đi tìm  trong biểu thức: 7( x  2 y )  4 x 2  2 xy  8 y 2   ( x  y )
Ta thấy 7( x  2 y)  4 x 2  2 xy  8 y 2   ( x  y) là thuần nhất cùng bậc, cho x  y  1  y  1  x
 7( x  2 y)  4 x 2  2 xy  8 y 2   ( x  y)  14  7 x  4 7 x 2  14 x  8  
d
28 x  28
Cách 1: Ta có:
7(2  x)  4 7 x 2  14 x  8  7 
dx
7 x 2  14 x  8





nhập vào máy 7 

28 x  28
7 x  14 x  8
2

 SHIFT SOLVE  X  bất kỳ đƣợc x 

2
  4
3

Cách 2: Trong biểu thức tìm  mà chỉ có hai biến ngồi cách trên ta cịn có cách khác là cho một
trong hai biến giá trị bất kỳ thỏa điều kiện, thay vào biểu thức rồi làm tương tự.
Cách 3: Nhập máy MODE 7  f ( x) 

7( x  2)  4 x 2  2 x  8
   Start ?  0.1  
x 1

 End ?  1.9  Step ?  0.1   . Nhìn cột F ( X ) ta thấy   4 là giá trị lớn và “đẹp”
nhất. “xem thêm phần phụ lục 2”

Lời giải: Xét 7( x  2 y)  4 x 2  2 xy  8 y 2  4( x  y)  3x  10 y  4 x 2  2 xy  8 y 2
 9 x 2  60 xy  100 y 2  16( x 2  2 xy  8 y 2 )  7 x 2  28 xy  28 y 2  0

 7( x  2 y ) 2  0 luôn đúng x, y  0 , do đó P  7( x  2 y)  4 x 2  2 xy  8 y 2  4( x  y )  8

6


x  y  2
4
2
Vậy MaxP  8 đạt đƣơc khi 
x , y .
3
3
x  2 y

“xem thêm phần phụ lục 1”

Phương pháp này đã biết trước được kết quả để từ đó dễ dàng chứng minh được bổ đề mà ta
cần dù là học sinh khá, nó khơng như phương pháp cũ kể cả học sinh giỏi cũng bị động vì khơng
biết được điểm rơi do đó rất dễ dẫn đến sai lầm.
Ví dụ 2. Cho x, y , z là các số thực dƣơng.
Tìm giá trị nhỏ nhất của P 

x  3y
2 y  z 4 3x3  z 3  3x 2  3 y  5  ( x  y  z )


4 x(13 y  x) 36 yz
18

Phân tích:
–
–

Biểu thức P khá phức tạp, các biến khơng có dạng đối xứng, khơng đẳng cấp do đó khó dự đốn
đƣợc điểm rơi.
x  3y
2y  z

Tƣ duy theo cách này ta cần có
là thuần nhất cùng bậc và phải đi


4 x(13 y  x ) 36 yz
x yz
tìm hệ số  .

 y  ax
 1  3a
1  3a
2a  b

2a  b 
Đặt 



 (1  a  b) 



4(13a  1) 36ab 1  a  b
 z  bx
 4(13a  1) 36ab 
Sử dụng máy tính ta có a  b  1  x  y  z  1   

1
.
2
“xem thêm phần phụ lục 2”

–

Tiếp đến là biểu thức 3x3  z 3  3x 2  3 y  5   ( x  y  z )   ?.
Rất đơn giản với x  y  z  1 thì   3;   0  3x3  z 3  3x 2  3 y  5  3( x  y  z ) .

Lời giải:
Ta có 3x3  z 3  3x 2  3 y  5  3( x  y  z )
 (3x3  3x 2  3x  3)  ( z 3  3z  2)  3( x  1) 2 ( x  1)  ( z  1) 2 ( z  2)  0, x, y, z  0

Do đó 3x3  z 3  3x 2  3 y  5  3( x  y  z ) dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1 .
Xét

x  3y
2y  z
1


(1)
4 x(13 y  x) 36 yz 2( x  y  z )

 y  ax
1  3a 2a  b
2
1  3a 1
2
2
 (1) 



  
(2)
Đặt 
13a  1 9ab 1  a  b
13a  1 9a 9b 1  a  b
 z  bx, a, b  0
Mà

1  3a
1 2

  (a  1)2  0 luôn đúng
13a  1 9a 9
 (2) 

Suy ra P 

2 2 2
2
1 1 1

9
  
   
luôn đúng.
9a 9b 9 1  a  b
a b 1 a  b 1

4 3( x  y  z )  ( x  y  z )
1

2( x  y  z )
18

Đặt t  3( x  y  z ), 0  t  3
t2
4t 
2
3
3  3  2t  t  2
P 2 
2t
18
2t 2 9 54 3

7


 (t  3) 2 (t 2  6t  9)  0 luôn đúng với mọi 0  t  3 .

Vậy minP 

2
đạt đƣợc khi x  y  z  1.
3

Ví dụ 3. Cho x, y , z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

x2
yz
1  yz


2
x  yz  x  1 x  y  z  1
9
(Trích KA–2014)

Phân tích: Để ý hai biểu thức 1  yz và x 2  y 2  z 2  2 
Ta mong có đƣợc 1  yz 

x2  y 2  z 2
 yz ta đƣợc dạng đẳng cấp.
2

x2  y 2  z 2
 yz   ( x  y  z )2  x 2  ( y  z )2  2 ( x  y  z )2
2

Cho x  y  z  1  x 2  (1  x)2  2 

d 2
1
1
 x  (1  x)2   4 x  2  0  x    
dx
2
4

1
 1  yz  ( x  y  z )2 , hoặc dùng MODE 7 để tìm  “xem thêm phần phụ lục 2”
4
x2
yz
yz
Tiếp đến là biểu thức 2
chỉ
xuất hiện x  y  z ở dƣới mẫu còn

x  yz  x  1 x  y  z  1
x  y  z 1
trên tử thì cịn thiếu x.
Nếu ta có đƣợc

x
yz
x yz
thì tốt biết bao ?



x  y  z 1 x  y  z 1 x  y  z 1

x2
x

Do đó bất đẳng thức mong đợi là: 2
x  yz  x  1 x  y  z  1
x
1
 2

 x 2  xy  xz  x  x 2  yz  x  1
x  yz  x  1 x  y  z  1

x 2  y 2  z 2 x 2  y 2  z 2  2 yz x 2  ( y  z )2


2
2
2
x yz
( x  y  z )2
t
t2
2
 x 2  ( y  z ) 2  2 x( y  z )   x  ( y  z )   0  P 



x  y  z 1

36
t  1 36
 xy  xz  yz  1  yz 

Ta đã đưa về hết t  x  y  z . Vấn đề còn lại là t  x  y  z thuộc từ đâu đến đâu ? là cả một vấn đề
!. Để tránh điều này ta làm theo cách trên, vì có thể cực trị khơng đạt tại biên !.
Ta cần có

d t
t2 
1
t
5
t
t2 5
t
t2
 


0

t

2







   
dt  t  1 36  (t  1)2 18
9
t  1 36 9
t  1 36

 324t  9t 3  9t 2  180t 180  9t 3  9t 2 144t 180  0
 (t  2) 2 (t  5)  0 luôn đúng t  0

Lời giải: Xét
1
x2  y 2  z 2
1
1
2
1  yz  ( x  y  z )2 
 yz  ( x  y  z )2  x 2  ( y  z )2   x  ( y  z )
4
2
4
2
 2 x 2  2( y  z ) 2  x 2  ( y  z ) 2  2 x( y  z )  x 2  ( y  z ) 2  2 x ( y  z )  0

  x  ( y  z )  0 luôn đúng.
2

8

Lại có

x2
x
x
1

 2

 x 2  xy  xz  x  x 2  yz  x  1
2
x  yz  x  1 x  y  z  1
x  yz  x  1 x  y  z  1

 xy  xz  yz  1  yz 

x 2  y 2  z 2 x 2  y 2  z 2  2 yz x 2  ( y  z )2


2
2
2

 x 2  ( y  z )2  2 x( y  z )   x  ( y  z )   0 luôn đúng.
2

P
Mặt khác

t 0

x yz
( x  y  z )2
t
t2
với x  y  z  t  0



x  y  z 1
36
t  1 36

t
t2 5
   324t  9t 3  9t 2  180t 180  9t 3  9t 2 144t 180  0 luôn đúng với
t  1 36 9

 (t  2) 2 (t  5)  0  P 

t
t2 5
  .
t  1 36 9

5
Vậy MaxP  , đạt tại x  y  1, z  0 .
9

Ví dụ 4. Cho a, b, c là các số thực dƣơng thỏa mãn a2b2  c2b2  1  3b

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

1
4b 2
8


2
2
(a  1) (1  2b) (c  3) 2
(Trích đề thi thử lần 2 - 2016 THPT Bình Phước)

Phân tích: Xét a 2b 2  c 2b 2  1  3b  c 

3b  1 2
 a thay vào
b2

1
1
4b 2
8
dùng máy tính ta đƣợc minP  1, a  c  1, b  .
P


2
2
2
2

(a  1) (1  2b)  3b  1

2

a

3


2
 b


“xem thêm phần phụ lục 2”
Từ đó đơn giản ta có ngay 1 , 1 ;  2 ,  2 trong hai biểu thức

d  1 
dx  ( x  1)2  x 1
1
 1   ,
Chỉ bằng cách bấm máy
d 2
8
x 

x

1
dx

3b  1
1
  2b 2   2
 1a 2  1 và
2
2
b
(a  1)

 1
x2 
3


  1  , tƣơng tự cho
2
8  x 1
8
 (x  1)

 2 ,  2 “xem thêm phần phụ lục 4”
Lời giải: Từ giả thiết a 2b2  c 2b2  1  3b  (a 2  c 2 )b2  1  3b  a 2  c 2 

1
3  a2

 (a  1) 2 (a 2  4a  5)  0 và
2
(a  1)
8

2
8
5c

 (c  1) 2 (c 2  8c  19)  0, a, c  0
2
(c  3)
8

Vì

9

3b  1
b2


P
Lại có P  

a2  c2
4b 2
3b  1
4b 2
1



1


8
(1  2b) 2
8b 2
(1  2b) 2

3b  1
4b 2
4b 2
1  3b

1


1


 0  (2b  1) 2 (8b 2  5b  1)  0, b  0
2
2
2
8b
(1  2b)
(1  2b)
8b 2

Vậy minP  1, a  c  1, b 

1
.
2

Ví dụ 5. Cho x, y  0 thỏa mãn x  y  2016 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  5 x 2  xy  3 y 2  3x 2  xy  5 y 2  x 2  xy  2 y 2  2 x 2  xy  y 2

(Trích đề thi thử lần 3 - 2016 THPT chuyên Vĩnh Phúc)
Phân tích:
Theo đề bài ta dự đốn điểm rơi x  y
Tìm  ,  trong biểu thức 5 x 2  xy  3 y 2   x   y
d
11
Tìm  : Nhập vào máy
5x 2  xy  3 y 2
 CALC X=1,Y=1     
dx
6
x y
d
7
Tìm  : Nhập vào máy
5 y 2  xy  3x 2
 CALC X=1,Y=1     
dx
6
x y
Tƣơng tự ba biểu thức căn cịn lại ta có
11x  7 y
7 x  11y
; 3x 2  xy  5 y 2 
5 x 2  xy  3 y 2 
6

6
3
x

5
y
5
x

3y
và 2 x 2  xy  y 2 
x 2  xy  2 y 2 
4
4







Lời giải: Xét

5 x 2  xy  3 y 2 

11x  7 y
(1)
6

 36(5 x 2  xy  3 y 2 )  (11x  7 y ) 2  59 x 2  118 xy  59 y 2  0

 59( x  y ) 2  0 luôn đúng với mọi x, y  0

Chứng minh tƣơng tự ta cũng có
x 2  xy  2 y 2 

7 x  11y
(2)
6
5x  3 y
(4)
2 x 2  xy  y 2 
4

3x 2  xy  5 y 2 

3x  5 y
(3) và
4

Từ (1), (2), (3) và (4)
Ta đƣợc P 

11x  7 y 7 x  11y 3x  5 y 5x  3 y



 3( x  y)  2( x  y)  5( x  y)  10080
6
6

4
4

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1008 .
Vậy minP  10080  x  y  1008 .
“xem thêm phần phụ lục 3”
Ví dụ 6. Cho a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

25a 2
2a 2  7b2  16ab



25b2
2b 2  7c 2  16bc



c 2 (3  a)
a

(Trích đề thi thử lần 2 – 2016 THPT Trần Hưng Đạo – Đak Nơng)
Cách 1: Ta phải tìm  ,  trong biểu thức

2a2  7b2  16ab   a   b
10






d
2 x 2  7 y 2  16 xy
 CALC  x  y  giá trị bất kỳ ta đƣợc 2, đổi x cho y, y
dx
x x
cho x ta đƣợc 3 do đó 2a 2  7b 2  16ab  2a  3b , tƣơng tự 2b2  7c 2  16bc  2b  3c

Nhập vào máy

P
Lời giải: Xét

25a 2
25b2
c 2 (3  a)
c 2 (3  a)
25c 2
. Ta tìm cách đƣa



?
2a  3b 2b  3c
a
a
2c  3a
2a 2  7b 2  16ab  2a  3b (1)  2a2  7b2  16ab  4a2  12ab  9b2

 2a 2  4ab  2b 2  0  2(a  b) 2  0, a, b  0

Tƣơng tự
Lại có

2b2  7c2  16bc  2b  3c, b, c  0 (2)

 32 22 
3c 2
(3  2)2
25c 2
 3 2
 2c  c 2     c 2     c 2

a
3a  2c 3a  2c
a c
 3a 2c 

3c 2
25c 2
3c 2
25c 2
c 2 (3  a)
25c 2

 2c 
 c2 
 c 2  2c 


 c 2  2c (3).
a
3a  2c
a
3a  2c
a
3a  2c
Từ (1), (2), (3) ta đƣợc

P

25a 2
25b 2
25c 2
25(a  b  c) 2


 c 2  2c 
 c 2  2c  15  c 2  2c
2a  3b 2b  3c 3a  2c
5(a  b  c)

 P  c 2  2c  15  (c  1) 2  14  14

Vậy minP  14 đạt đƣợc khi a  b  c  1 .
Cách 2. Nhập vào máy


d 
25 x 2


  CALC  x  y  giá trị bất kỳ ta được 8, đổi
dx  2 x 2  7 y 2  16 xy 
x x

x cho y, y cho x ta được 3 .
Lời giải: Xét

25a 2
2a 2  7b2  16ab

 8a  3b (1) và

25b2
2b2  7c 2  16bc

 8b  3c (2)

+ Nếu 8a  3b  0 thì (1) hiển nhiên đúng.
+ Nếu 8a  3b  0 

a 3
25t 2
a 3
 8t  3
 đặt t    (1) 
b 8
b 8
2t 2  7  16t

 (t  1) 2 (497t 2  66t  63)  0 luôn đúng với t 

3
, tƣơng tự ta cũng có (2).
8


c 2 (3  a)
c2  2
 5(a  b)  3  a    c  3c  5(3  c)  6c  c 2  3c  c 2  2c  15
Do đó P  8a  5b  3c 
a
a

 P  c 2  2c  15  (c  1) 2  14  14 .

Vậy minP  14 đạt đƣợc khi a  b  c  1 .
“xem thêm phần phụ lục 3”
Nếu đem so sánh cách làm trong phần giải pháp cũ với phần này thì nhất định học sinh
trung bình khá cũng làm theo được trong khi giải pháp cũ quá phức tạp.

11


Ví dụ 7: Cho các số thực x, y thỏa mãn x  y  1  2





x  2  y  3 (*)

1. Tìm giá trị lớn nhất của x  y .
2. Tìm m để 3x  y  4  ( x  y  1)27  x  y  3( x 2  y 2 )  m đúng với mọi x, y thỏa mãn (*)
(Trích đề thi TN-THPT-QG-2016)
Phân tích và hướng giải
a  x  2  0  x  a 2  2
Để đơn giản ta đặt 

 (a 2  2a)  (b 2  2b)  0
2
b  y  3  0  y  b  3

Và Q  x  y  a 2  b 2  1  2(a  b)  1
b  1   a 2  2a  1
Từ (a 2  2a )  (b 2  2b)  0 giải phƣơng trình bậc 2 với b là ẩn ta có 
b  1  a 2  2a  1

Với b  1  a 2  2a  1 loại vì phƣơng trình bậc hai trên phải có nghiệm khơng âm với ẩn là a thì
b  2
b2  2b  0  
b2
b  0





Do đó thay b  1  a 2  2a  1 vào Q  x  y  a 2  b 2  1  2 a  1   a 2  2a  1  1

a  0
x  2
Dùng MODE 7 (cho a chạy từ 0 tới 1  2 ) ta đƣợc Q  3 khi 

b  2
y 1
a  2
x  6
Và Q  7 khi 

b  2
y 1
a  x  2  0  x  a 2  2

 (a 2  2a)  (b 2  2b)  0
1. Điều kiện x  2; y  3 . Đặt 
2
b  y  3  0  y  b  3

Và Q  x  y  a 2  b 2  1
Xét a 2  2(a 2  2a)  4  (a  2) 2  0 luôn đúng

“dùng tiếp tuyến với a  b  2 ”

Tƣơng tự b 2  2(b 2  2b)  4  x  y  a 2  b2  1  2 (a 2  2a)  b2  2b   8  1  7

a  2
x  6

Vậy Max( x  y)  7 đạt đƣợc khi 

b  2
y 1
a  0
x  2

“do đã biết Q  3 khi 
”
b  2
y 1

Ta chứng minh Q  x  y  a 2  b 2  1  3

Ta có a2  b2 1  b2 1  3  b  2 ln đúng vì phƣơng trình bậc hai a 2  2a  (b 2  2b)  0 với
ẩn là a tham số là b và a, b  0 phải có nghiệm khơng âm nghĩa là
b 2  2b  0, b  0
 2  b  1 2 .
 '
2
 a  1  b  2b  0

Từ đó suy ra 3  x  y  7
12


2. Để thỏa mãn yêu cầu bài toán ta phải có m  MaxP
với P  3x  y  4  ( x  y  1)27  x  y  3( x 2  y 2 ) . Đặt t  x  y  t [3;7]
Do x 2  4 x  4  ( x  2) 2  0 và y 2  2 y  1  ( y  1) 2  0 ln đúng
“hoặc x 2  2 x, vì x  2 và y 2  2 y  1  x 2  y 2  2( x  y )  1  5 ,
hoặc xét trực tiếp x 2  y 2  5 vì x  2 và 2  b 

y  3  y 1”

 x 2  y 2  4 x  2 y  5  2( x  y )  2 x  5  2  3  2  2  5  5 vì x  y  3 và x  2
 P  3t  4  (t  1)27 t  15

Ta đi tìm giá trị lớn nhất của f (t )  3t  4  (t  1)27 t  15 trên t [3;7]
Ta có: f '(t )  3t  4 ln 3  27 t  (t  1)27 t ln 2

f ''(t )  3t 4 ln 2 3  28t ln 2  (t  1)27 t ln 2 2  3t 4 ln 2 3  (t  1) ln 2  2 27 t ln 2  0, t [3; 7]
 3t  4 ln 3  27 t  (t  1)27 t ln 2  0 có nghiệm duy nhất giả sử nghiệm là t  t0 và f '(t ) đổi

dấu âm sang dƣơng qua nghiệm này.
Mặt khác f (3) 
Vậy với m 

148
148
và f (7)  20  Maxf (t ) 
, đạt đƣợc khi x  2, y  1.
3
3

148
thì thỏa mãn đề bài.
3

Ví dụ trên được cập nhật gần nhất, mà sáng kiến này đề cập tới khi biết trước điểm rơi theo
hướng đề ra bây giờ, qua lời giải thấy được sự định hướng rất quan trọng khi biết trước được
điểm rơi.
2.3. Ƣu điểm của giải pháp cải tiến:

Trong thời lƣợng phân phối của bộ môn không đủ thời gian để giáo viên trang bị cho học sinh tất
cả các cách giải chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số.
Nhƣng giờ đây đã có phƣơng pháp mới hỗ trợ đắc lực, nếu thực dạy theo chuyên đề này chắc chắn là
đủ và thừa thời gian bởi tính tƣờng minh của nó.
a. Đối với học sinh: Tiết kiệm thời gian học tập. Tỉ lệ học sinh hiểu bài nhiều. Phân hoá học sinh
rất tốt: học sinh khá - giỏi có thể đạt điểm tối đa. Học sinh chủ động hƣớng tới lời giải. Đặc biệt hơn là
áp dụng cho các câu khó (điểm thứ 9-10) của các đề thi thử, đề thi THPT Quốc gia những năm gần
đây.
b. Đối với giáo viên: Nội dung phƣơng pháp mới là một chuyên đề, một tài liệu giảng dạy
chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số phù hợp với nhiều
đối tƣợng học sinh.

13


V. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt đƣợc
1. Hiệu quả kinh tế:
Các nội dung viết trong sáng kiến này là một tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh. Học
sinh có thể dùng tài liệu này thay thế cho sách tham khảo. Vừa nêu rõ ý nghĩa ƣu nhƣợc điểm của các
phƣơng pháp, vừa giới thiệu chi tiết nội dung và phƣơng pháp chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị
lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số gần gũi với các học sinh lớp 12.
Để cho học sinh hiểu và làm đƣợc những bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đại số,... Đã quá nhiều tác giả tốn kém quá nhiều giấy mực để viết
ra không biết bao sách, trong mỗi sách có quá nhiều phƣơng pháp, quá nhiều cách biến đổi cho mỗi
bài. Giờ đây chỉ với một đề tài này nếu in thành sách thì những phƣơng pháp cũ trong những sách đó là
khơng cần thiết.
Tài liệu gồm 90 trang, giá photo 90 x 300 VN đồng = 27.000đ.
Trong khi phải bỏ ra khoản phí mua sách tham khảo khá lớn nhƣ một cuốn sách “CÔNG PHÁ BẤT
ĐẲNG THỨC” Giá bìa 179.000.000 khơng chắc gì đã làm theo đƣợc.
Khi áp dụng trên toàn tỉnh với số luợng 27 trƣờng THPT sẽ tiết kiệm đƣợc số tiền lớn hơn rất

nhiều.
2. Hiệu quả xã hội:
Tạo đƣợc tâm lí tự tin cho phụ huynh và học sinh trƣớc mỗi kì thi quan trọng. Học sinh có thể
giải đƣợc các bài tập khó của đề thi, đỗ đạt cao vào các trƣờng đại học hàng đầu hay đạt giải cao trong
kì thi học sinh giỏi tỉnh hoặc quốc gia. Góp phần đƣa nhà trƣờng là địa chỉ giáo dục tin cậy nhất của
địa phƣơng.
VI. Điều kiện và khả năng áp dụng
1. Khả năng áp dụng sáng kiến trong thực tiễn:
Hiện nay, tại hầu hết các trƣờng THPT đều coi trọng vấn đề dạy ôn thi THPT Quốc gia cho học sinh,
mà mơn Tốn là mơn thi nằm trong nhiều khối thi của học sinh. Vì vậy vấn đề dạy ơn thi THPT Quốc
gia mơn Tốn càng đƣợc các nhà trƣờng quan tâm nhiều hơn nữa. Mà nội dung chuyên đề phƣơng pháp
dạy học chứng minh bất đẳng thức đại số là một chuyên đề „khó‟ có trong cấu trúc đề thi THPT Quốc gia
ở tất cả các khối thi, đây cũng là nội dung mà học sinh gặp nhiều khó khăn. Do đó, việc áp dụng sáng
kiến này vào trong thực tiễn giảng dạy là hết sức khả quan.
2. Điều kiện áp dụng sáng kiến:
Để áp dụng sáng kiến này sao cho đạt đƣợc hiệu quả tốt nhất chúng ta cần:
+ Đƣa ra thảo luận, trao đổi, thống nhất ý kiến với các thầy cô giáo trong tổ chuyên môn về các
vấn đề liên quan đến sáng kiến từ đó rút kinh nghiệm.
14


+ Tùy theo từng đối tƣợng học sinh ở từng lớp mà đƣa ra các mức độ ví dụ trong sáng kiến cho
phù hợp. Đối với học sinh yếu kém ta khơng nên đi sâu mà chỉ mang tính chất giới thiệu.
+ Kiểm tra sự tiếp thu của học sinh về nội dung sáng kiến qua việc làm và giải quyết các bài tập về
nhà.
+ Thƣờng xuyên cập nhật đề thi THPT Quốc gia và thi thử các trƣờng để bổ sung vào sáng kiến
góp phần làm phong phú hơn kho bài tập.
Kim sơn, ngày 05 tháng 05 năm 2016
XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN, ĐƠN VỊ

TÁC GIẢ SÁNG KIẾN

HOÀNG VĂN TƢỞNG

ĐỒNG TÁC GIẢ SÁNG KIẾN

LÊ THỊ LAN ANH

15


PHỤ LỤC 1
PHƢƠNG PHÁP CỰC TRỊ - HOÀNG MINH
Nhiều bài bất đẳng thức mấy năm gần đây có dạng đưa về một biến theo một biểu thức nào đó
rồi khảo sát hàm số theo biến đó. Khi đưa về một biến theo một biểu thức thì cần có một cái nhìn tổng
quát và áp dụng rất nhiều các bất đẳng thức như Cauchy–Schwarz, Bunyakovsky, các bất đẳng thức
đặc biệt, các bổ đề… mà các bất đẳng thức này khi chứng minh đến bước cuối đều có dạng
( x  y ) 2  0 “dạng đẳng cấp”. Sau đây là phương pháp mới đưa về một biến bằng cách tìm một bổ đề
trung gian.
Bƣớc 1: Dự đoán biểu thức cần “nguồn” đƣa về biểu thức nào “đích” (có dạng đẳng cấp - thuần nhất)
Bƣớc 2: Tìm  trong bất đẳng thức “nguồn”  hoặc  “ .đích”, căn cứ vào biểu thức cần tìm giá trị
lớn nhất hay nhỏ nhất, trên tử hay dƣới mẫu, trƣớc có dấu “+” hay “–“.
Bƣớc 3: Vì biểu thức có dạng đẳng cấp thuần nhất lên thƣờng cho a  b  c  1 “chuẩn hóa” hoặc đặt
x  ac, y  bc , Các biến không âm a, b, c; x, y, z  0 thƣờng điểm rơi có ít nhất một biến là không, rút
thế vào biểu thức cho giảm biến.
Bƣớc 4: Tính đạo hàm biểu thức vừa tìm đƣợc rồi cho bằng không, suy ra giá trị của biến số hoặc dùng
MODE 7 để dự đoán điểm rơi, thay ngƣợc lại ta đƣợc  .
Bƣớc 5: Chứng minh bổ đề vừa tìm đƣợc, áp dụng vào bài tốn.
Chú ý: – Ký hiệu

d
 f ( x)  là đạo hàm của hàm số f ( x) theo biến x.
dx

– Áp dụng phƣơng pháp này đƣợc bổ đề cho từng bài.
Ví dụ 1. Cho các số thực x, y  0 thỏa mãn x  y  2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  7( x  2 y)  4 x 2  2 xy  8 y 2 .
Phân tích: Ta đi tìm  trong biểu thức: 7( x  2 y )  4 x 2  2 xy  8 y 2   ( x  y )
Ta thấy 7( x  2 y)  4 x 2  2 xy  8 y 2   ( x  y) là thuần nhất cùng bậc, cho x  y  1  y  1  x
 7( x  2 y)  4 x 2  2 xy  8 y 2   ( x  y)  14  7 x  4 7 x 2  14 x  8  
d
28 x  28
Cách 1: Ta có:
7(2  x)  4 7 x 2  14 x  8  7 
dx
7 x 2  14 x  8
2
28 x  28
nhập vào máy 7 
 SHIFT SOLVE  X  bất kỳ đƣợc x     4
2
3
7 x  14 x  8
Cách 2: Trong biểu thức tìm  mà chỉ có hai biến ngồi cách trên ta cịn có cách khác là cho một
trong hai biến giá trị bất kỳ thỏa điều kiện, thay vào biểu thức rồi làm tương tự.



Cách 3: Nhập máy MODE 7  f ( x) 



7( x  2)  4 x 2  2 x  8
   Start ?  0.1  
x 1

 End ?  1.9  Step ?  0.1   . Nhìn cột F ( X ) ta thấy   4 là giá trị lớn và “đẹp”
nhất.

Lời giải: Xét 7( x  2 y)  4 x 2  2 xy  8 y 2  4( x  y)  3x  10 y  4 x 2  2 xy  8 y 2
 9 x 2  60 xy  100 y 2  16( x 2  2 xy  8 y 2 )  7 x 2  28 xy  28 y 2  0

 7( x  2 y ) 2  0 ln đúng x, y  0 , do đó P  7( x  2 y)  4 x 2  2 xy  8 y 2  4( x  y )  8

x  y  2
4
2
x , y .
Vậy MaxP  8 đạt đƣơc khi 
3
3
x  2 y
16


Ví dụ 2. Cho các số thực a, b, c  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
4
9
P


2
2
2
a  b  c  4 (a  b) (a  2c)(b  2c)

(Trích KB–2013)

Phân tích: Ta cần có: (a  b) (a  2c )(b  2c )   (a 2  b 2  c 2 ) là thuần nhất cùng bậc.
Ta cho a2  b2  c2  1  (a  b) (a  2c)(b  2c)  
với nhận xét a, b có vai trò nhƣ nhau ta giả sử a  b  2a 2  c 2  1  c  1  2a 2 .

 2a ( a  2 1  2 a 2 )   





d
8a 2
2a 2  4a 1  2 a 2  4 a  4 1  2 a 2 
0
da
1  2a 2

 a1  0.4082482905 ( L), a2  0.5773502692 (TM )    2a(a  2 1  2a 2 )  2

 (a  b) (a  2c)(b  2c)  2(a 2  b 2  c 2 ) , hoặc dùng MODE 7 để tìm  .
Lời giải: Xét (a  b) (a  2c)(b  2c)  2(a 2  b 2  c 2 ) (*)

a  xc

Đặt 
 (*)  ( x  y) ( x  2)( y  2)  2( x 2  y 2  1)
b  yc, x, y  0
( x  y  4)( x  y )
 ( x  y) ( x  2)( y  2)
Ta có ( x  2)  ( y  2)  2 ( x  2)( y  2) 
2
( x  y  4)( x  y)
 2( x 2  y 2  1)  3x 2  3 y 2  2 xy  4 x  4 y  4  0
Ta phải chứng minh
2
  x 2  y 2  2 xy   2  x 2  2 x  2   2  y 2  2 y  2   0  ( x  y ) 2  2( x  1) 2  2( y  1) 2  0 luôn đúng.
Suy ra P 

 MaxP 

4
a 2  b2  c 2  4



9
đặt t  a 2  b2  c 2  4  2 …
2(a  b2  c 2 )
2

5
đạt đƣợc khi a  b  c  2 .
8

Ví dụ 3. Cho a, b  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: P 

8
1

 ab
7a  4b  4 ab
a b

Phân tích: Nếu ta có đƣợc: 7a  4b  4 ab   (a  b) thì bài tốn coi nhƣ đã xong.
Ta thấy 7a  4b  4 ab   (a  b) là thuần nhất cùng bậc cho a  b  1  b  1  a

 7a  4b  4 ab   (a  b)  3a  4  4 a 2  a  
d
4a  2
3a  4  4 a 2  a  3 
Ta có:
da
a 2  a
4
4 x  2
 SHIFT SOLVE  X  bất kỳ đƣợc x   a    8
nhập vào máy 3 
5
 x2  x





Lời giải: Xét 7a  4b  4 ab  8(a  b)  a  4 ab  4b  0 



a 2 b



2

 0 luôn đúng a, b  0

1
1
1
1

 a  b . Đặt
 t  0 , Xét hàm số f (t )  t 2  t  với t  0
t
ab
ab
ab
1
1
Ta có: f '(t )  2t  1  2 cho f '(t )  0  2t  1  2  0  t  1
t
t
Lập bảng biến thiên của f (t ) với t  0 ta đƣợc minP  f (1)  1
4

1
1
Đạt đƣợc khi t  1 
 1  a  b  1 và a  2 b  0  a  4b  a  ; b 
5
5
ab
Do đó: P 

17


Ví dụ 4. Cho các số thực a, b, c dƣơng. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3
8
1
P


2a  b  8bc
2b 2  2(a  c)2  3 a  b  c
Phân tích:
Ta phải tìm giá trị nhỏ nhất và biểu thức 2a  b  8bc ở dƣới mẫu do đó ta tìm  trong biểu
thức 2a  b  8bc   (a  b  c ) là thuần nhất cùng bậc cho a  b  c  1  c  1  a  b

 2a  b  8b(1  a  b)  
d
8b
3b  2


2a  b  8b(1  a  b)  2 
0a
da
2
2 8b(1  a  b)





 3b  2 
 3b  2

   2a  b  8b(1  a  b)  2  
b  2
  b  8b 1 
2 
2



 2a  b  8bc  2(a  b  c) , hoặc dùng MODE 7 để tìm  .
Ta cần có 2b 2  2(a  c )2   (a  b  c )2
Áp dụng

x2  y 2  x  y 


2
 2 

2

hoặc làm nhƣ trên với a  b  c  1  2b 2  2(a  c) 2   (a  b  c) 2  2b 2  2(1  b) 2  

d
1
2b2  2(1  b)2   8b  4  0  b     2b2  2(1  b) 2  1

db
2
 2b 2  2(a  c) 2  (a  b  c) 2


Lời giải: Xét 2a  b  8bc  2(a  b  c)  8bc  b  2c  ( 2c ) 2  2 2cb  ( b ) 2   0
 ( 2c  b )2  0, c, b  0

Lại có: 2b 2  2(a  c) 2  (a  b  c) 2  2b 2  2t 2  (b  t ) 2 với a  c  t  0
 b2  t 2  2bt  0  (b  t )2  0, b, t  0  2b 2  2(a  c)2  3  a  b  c  3

Do đó P 

3
8
1
1
8





2(a  b  c) a  b  c  3 a  b  c 2(a  b  c) a  b  c  3

Đặt t  a  b  c  0  P 
Xét hàm số f (t ) 

1
8

, t 0.
2t t  3

1
8
1
8

, t  0  f '(t )  2 
, f '(t )  0  t  1
2t t  3
2t
(t  3)2

Bảng biến thiên:
+

0

0

Hoặc làm nhƣ sau:
1
8
3
6(t  1) 2

 , t 0
 0, t  0 .
Xét
2t t  3
2
4t (t  3)
3
1
1
Vậy minP   , đạt đƣợc khi a  c  , b  .
2
4
2
18


Ví dụ 5. Cho các số thực a, b, c dƣơng. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
4
1
P


4a  2b  4 2bc 8  a  2b  3c 4  b  2c

Phân tích: Tìm giá trị nhỏ nhất và biểu thức 4a  2b  4 2bc ở dƣới mẫu do đó ta tìm  trong biểu
thức 4a  2b  4 2bc   (a  b  c ) là thuần nhất cùng bậc cho a  b  c  1  c  1  a  b

 4a  2b  4 2b(1  a  b)  


d
4b
2  3b
4a  2b  4 2b(1  a  b)  4 
0a
da
2
2b(1  a  b)





 2  3b

   4a  2b  4 2b(1  a  b)  2(2  3b)  2b  4 2b 1 
b  4
2


 4a  2b  4 2bc  4(a  b  c) , hoặc dùng MODE 7 để tìm  .

 2 2bc  b  2c 

Ta cần có 

b  2c



2

 0 ln đúng b, c  0 .

4
1

với 2a  2  3b; b  2c


8  a  2b  3c 4  b  2c a  b  c  

   1;   4  




4
1
1


8  a  2b  3c 4  b  2c a  b  c  4

1
1
4
1 1
4


luôn đúng theo  
.
4  b  2c a  b  c  4 8  a  2b  3c
x y x y

Lời giải:
Xét 4a  2b  4 2bc  4(a  b  c)
 2 2bc  b  2c 





b  2c



2

 0 luôn đúng b, c  0 .

1
1


4a  2b  4 2bc 4(a  b  c)

Lại có:

1 1
4
x y
4
 


 x 2  2 xy  y 2  4 xy  ( x  y)2  0, x, y
x y x y
xy
x y

Do đó

1
1
4


4  b  2c a  b  c  4 8  a  2b  3c


4
1
1



8  a  2b  3c 4  b  2c a  b  c  4

P

1
1
.

4(a  b  c) a  b  c  4

Đặt a  b  c  t  0

P
Vậy minP  

1
1
1

   4(t  4)2  0 luôn đúng với mọi t  0 .
4t t  4
16
1
, đạt đƣợc khi a  c  1, b  2 .
16

19

Ví dụ 6. Cho x, y, z  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
5
4
P

x 2  2 y 2  5 z 2  3  1 xy  yz  zx  1

 x  az
a 2  2b2  5
Phân tích: Tìm  trong x 2  2 y 2  5 z 2   ( xy  yz  zx ) . Đặt 
 
a  b  ab
 y  bz
Trong hàm f(x) cho b  1, hàm g(x) cho b  2 cứ nhƣ thế ta lại cho b  3, b  4 …
Lần 1: Nhập máy

MODE 7  f ( x) 

x2  7
   Start ?  1    End ?  19  Step ?  1  
2x 1

x 2  13
   Start ?  1    End ?  19  Step ?  1  
3x  2
Chỉ trong lần 1 này cũng đã đủ thấy G( X )  2 là giá trị nhỏ nhất, khi đó x  a  3; b  2
 g ( x) 

Lần 2: Nhập máy

MODE 7  f ( x) 

x2  23
   Start ?  1    End ?  19  Step ?  1  
4x  3

x 2  37
   Start ?  1    End ?  19  Step ?  1  
5x  4
Nhìn cả hai cột ta thấy F(X) và G(X) lúc tăng lúc giảm nhƣng khơng có giá trị nào nhỏ hơn 2.
 g ( x) 

Cẩn thận hơn ta làm lần 3 cho Start ?  0.1    End ?  1.9  Step ?  0.1  

   2, a  3, b  2  x  3; y  2; z  1 .
Vì x  3; y  2; z  1, đặt x  3a; y  2b; z  c
Lời giải: Xét x 2  2 y 2  5 z 2  2( xy  yz  zx) (*)
Đặt x  3a; y  2b; z  c; a, b, c  0  (*) : 9a 2  8b 2  5c 2  2(6ab  2bc  3ca)
 6(a  b) 2  2(b  c) 2  3(c  a) 2  0 luôn đúng  (*) luôn đúng.

P

5
4

2( xy  yz  zx)  3  1 xy  yz  zx  1

Đặt t  2( xy  yz  zx)  3  xy  yz  zx 
Xét hàm số f (t ) 

5
8
t2  3
 2
, t 3 P
t  1 t 1
2

5
8
5
16t
 2 , t  3 có f '(t ) 
 2
2
t  1 t 1
(t  1) (t  1)2

t  5
5
16t
2
Cho f '(t )  0 

 0  5t  26t  5  0   1  t  5
t 
(t  1) 2 (t 2  1) 2
 5

Bảng biến thiên

+
0

Vậy MaxP 

1
đạt đƣợc khi a  b  c  x  3; y  2; z  1 .
2
20


Ví dụ 7. Cho x, y, z  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

2
3

3
x  xy  xyz
x yz

 x  az
a  ab  3 ab
Phân tích: Tìm  trong x  xy  3 xyz   ( x  y  z ) . Đặt 
 
a  b 1
 y  bz

Lần 1: Nhập máy (hàm f(x) cho b  1 , hàm g(x) cho b  2 )

a a  3 a
   Start ?  1    End ?  19  Step ?  1  
a2
a  2 a  3 2a
 g ( x) 
   Start ?  1    End ?  19  Step ?  1  
a3
Lần 2: Nhập máy (hàm f(x) cho b  3 , hàm g(x) cho b  4 )
MODE 7  f ( x) 

a  3a  3 3a
   Start ?  1    End ?  19  Step ?  1  
a4
a  4 a  3 4a
 g ( x) 
   Start ?  1    End ?  19  Step ?  1  
a5
4
Trong bốn bảng thì ta thấy bảng thứ bốn có   ; a  16, b  4 lớn nhất và đẹp nhất.
3
4
   ; a  16, b  4  x  16 z, y  4 z .
3
MODE 7  f ( x) 

4
Lời giải: Xét x  xy  3 xyz  ( x  y  z ) (*)
3
 x  16a
4


 (*)  16a  16.4ab  3 16.4.abc  (16a  4b  c)
Đặt  y  4b
3
z  c
a, b, c  0


 3(a  b)  (a  b  c)  6 ab  3 3 abc luôn đúng theo bất đẳng thức cosi.

3
3

2( x  y  z )
x yz
3 3
3
Đặt t  x  y  z  0  P  2     (t  1)2  0
2t
t
2
P

Vậy minP  

3
16
4
1
đạt tại t  1  x  ; y  ; z  .

2
21
21
21

Ví dụ 8. Cho a, b, c  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 
Phân tích: Tìm  trong 232a  135b  54



232a  135b  54



ab  bc  3 abc

1  ( a  b  c) 2



ab  bc  3 abc   (a  b  c ) .



232 x  135 y  54 xy  yz  3 xyz
a  xc
 
Đặt 
x  y 1
b  yc



Theo kinh nghiệm bài trên ta chỉ cần cho y  4 hoặc y  9 hoặc y  16 (vì chỉ tìm giá trị hữu tỷ).
Tạo ba bảng ta tìm đƣợc   243; x  81, y  9  a  81c, b  9c .
Lời giải: Xét 232a  135b  54





ab  bc  3 abc  243(a  b  c) (*)
21




a  81x

Đặt b  9 y
c  z
x, y , z  0


 (*)  232.81x  135.9 y  54





9.81xy  9 yz  3 93 xyz  243(81x  9 y  z )





 232 x  15 y  2 9 xy  yz  3 3 xyz  3(81x  9 y  z )  241x  25 y  z  2( x  y  z )
(vì 2( x  y  z )  6 3 xyz , x, y, z  0 )

 232 x  15 y  18 xy  2 yz  241x  25 y  z

 18 xy  2 yz  9 x  10 y  z  9 x  18 xy  9 y  y  2 yz  z  0
9

P



x y

 
2

y z



2

 0 luôn đúng với mọi x, y, z  0

243t 243
243(a  b  c)
. Đặt t  a  b  c  0  P 

 2t  1  t 2  (t  1)2  0, t  0
2
2
1

t
2
1  ( a  b  c)

a  b  c  1
1
81
9
1

Vậy MaxP  đạt đƣợc khi  a b
a ; b ; c .
91
91
91
2
 81  9  c

Ví dụ 9. Cho x, y  0 , thỏa mãn 2x  3 y  7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P  2 xy  y  5( x 2  y 2 )  24 3 8( x  y )  ( x 2  y 2  3)

Phân tích: Xét y  5( x 2  y 2 )   ( x  y )
Cho x  y  1    1  x  5 x 2  5(1  x) 2   '  1 
Cho  '  0  1 

10 x  5
5 x  5(1  x)
2

2

0 x 

10 x  5
5 x 2  5(1  x) 2

2
  2
3

 y  5( x 2  y 2 )  2( x  y)  2 xy  y  5( x 2  y 2 )  2( xy  x  y) đạt đƣợc khi x  2; y  1

Đến đây nghĩ đến 8( x  y )  ( x 2  y 2  3)   ( xy  x  y )   với x  2; y  1    2,   6 (tiếp
tuyến)
Lời giải: Xét y  5( x 2  y 2 )  2( x  y)  5( x 2  y 2 )  2 x  y  5( x 2  y 2 )  4 x 2  4 xy  y 2
 x 2  4 xy  4 y 2  0  ( x  2 y ) 2  0 luôn đúng x, y  0

Mặt khác 8( x  y )  ( x 2  y 2  3)  2( xy  x  y )  6  x 2  y 2  2 xy  6 x  6 y  9  0
 x 2  2( y  3) x  ( y  3) 2  0  ( x  y  3) 2  0 luôn đúng x, y  0 .

 P  2( xy  x  y )  24 3 2( xy  x  y )  6
Lại có xy  x  y  5  (7  3 y)( y  1)  2 y  10 (vì 2x  3 y  7 )
 ( y  1) 2  0, y  0 . Đặt t  xy  x  y  t   0;5 .

Xét hàm số f (t )  2t  24 3 2t  6, t   0;5

“tính đạo hàm và lập bảng biến thiên ta có”

minP  10  48 3 2, x  2, y  1

22


Ví dụ 10. Cho x, y , z là các số thực không âm thỏa mãn x  y  z và x 2  y 2  z 2  3
Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: P  2 xy  8 yz  5 zx 

10
x yz

Phân tích: Ta tìm cách đƣa 2xy  8 yz  5zx về x  y  z .
–

Biến đổi 2xy  8 yz  5zx  2( xy  yz  zx)  6 yz  3zx cho đơn giản hơn vì xy  yz  zx đƣa về
x  y  z là dễ.

–

Giá trị nhỏ nhất: 2xy  8 yz  5zx  2( xy  yz  zx)  6 yz  3zx  2( xy  yz  zx) vì x  y  z  0 .
Mặt khác ( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx )  3  2( xy  yz  zx )
 2 xy  8 yz  5 zx  2( xy  yz  zx)  ( x  y  z ) 2  3

–

Giá trị lớn nhất: 2 xy  8 yz  5 zx  2( xy  yz  zx)  6 yz  3zx  ( x  y  z ) 2  3  6 yz  3zx

Xét 6 yz  3 zx   ( x  y  z )2 dự đoán x  y  z  1    1  2 xy  8 yz  5 zx  2( x  y  z ) 2  3
Hướng giải: Ta có 2xy  8 yz  5zx  2( xy  yz  zx)  6 yz  3zx  2( xy  yz  zx) vì x  y  z  0 .
Mặt khác ( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx )  3  2( xy  yz  zx )
 2 xy  8 yz  5 zx  2( xy  yz  zx)  ( x  y  z ) 2  3
Lại có 2 xy  8 yz  5 zx  2( xy  yz  zx)  6 yz  3zx  ( x  y  z ) 2  3  6 yz  3zx
Xét 6 yz  3zx  ( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  2 xy  2 yz  2 zx  6 yz  3zx
 x 2  y 2  z 2  2 xy  4 yz  zx  0  x 2  zx  y 2  z 2  2 yz  2 xy  2 yz  0
 ( x  2 y )( x  z )  ( y  z ) 2  0 ln đúng vì x  y  z  0
 2 xy  8 yz  5 zx  2( x  y  z ) 2  3

Đặt t  x  y  z  3  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )2  3( x 2  y 2  z 2 )  9  t  [ 3;3]
10
10
10
55
Và ta có t 2  3   P  2t 2  3  , t  [ 3;3] … 
P .
t
t
3
3
Ví dụ 11. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  3( x 4  y 4  x 2 y 2 )  2( x 2  y 2 )  1 .
Với x, y là các số thỏa mãn điều kiện: ( x  y )3  4 xy  2 .
(Trích KB–2009)
Phân tích: Nhận thấy x 4  y 4  x 2 y 2 cùng bậc ta tìm cách đƣa về x 2  y 2

Xét x 4  y 4  x 2 y 2   ( x 2  y 2 )2 là đẳng cấp - thuần nhất, cho x 2  y 2  1  y 2  1  x 2

 x 4  (1  x 2 )2  x2 (1  x 2 )    1  x 2  x 4     '  4 x3  2 x  0  x 

1
3
 
4
2

3
Lời giải: Xét x 4  y 4  x 2 y 2  ( x 2  y 2 )2  4 x 4  4 y 4  4 x 2 y 2  3x 4  3 y 4  6 x 2 y 2
4
 x 4  y 4  2 x 2 y 2  0  ( x 2  y 2 ) 2  0 luôn đúng x, y . Do đó

9
A  ( x 2  y 2 )2  2( x 2  y 2 )  1
4
x  y  s 2
s2
, s  4 p  0  4 p  s 2 và 2 p  
Đặt t  x 2  y 2  0 mà ( x  y )3  4 xy  2 , lại đặt 
2
 xy  p
s3  s 2  2  0
( s  1)( s 2  2s  2)  0
s  1
3
1
 s  4 p  2




2
2

 s
 s
  s2  t 
2
2
t  s  2 p
t 
t 
t 

2

2

2
1
9
1

1 9
Xét hàm số f (t )  t 2  2t  1, t   ;    minA  f   
đạt đƣợc khi x  y  .
2
4

2

 2  16

23


Ví dụ 12. Cho a, b, c là các số thực dƣơng thỏa mãn a2  b2  3c2  4 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 

(b  c)2 (a  c) (a  c)2 (b  c) 3

c
ac
bc

Lời giải: Đặt x  a  c; y  b  c; z  c, x, y, z  0  a  x  z; b  y  z; c  z

P

 x2 y 2 
y 2 ( x  2 z) x2 ( y  2 z) 3
x3  y 3

 z  x2  y 2  2z     z3  x2  y 2  2z
 z3
x
y
x 
xy

 y

x3  y 3
Xét
 x  y  ( x  y )( x 2  xy  y 2 )  ( x  y ) xy  ( x  y ) 2  0, x, y  0
xy
 P  x2  y 2  2 z( x  y)  z 3   z 3  z 2  4
vì a 2  b 2  3c 2  4  ( x  z ) 2  ( y  z ) 2  3 z 2  4  x 2  y 2  2 z ( x  y)  z 2  4
112
Xét  z 3  z 2  4 
 (3z  2)2 (3z  1)  0, z  0
27
112
2 6
2
Vậy MaxP 
đạt đƣợc khi a  b 
; z .
3
3
27
x 2 y 2 ( x  y )2
“có thể dùng bất đẳng thức Schwarz cho


 x y ”
y
x
yx
Ví dụ 13. Cho các số thực x, y , z dƣơng thỏa mãn hệ thức: x 2  y 2  z 2  5( x  y  z )  2 xy .


3
1 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  x  y  z  48 

 x  10 3 y  z 


(Trích đề thi thử THPT Quốc gia 2015 – SGD&ĐT – Ninh Bình)

3
Phân tích: Ta có: P  x  y  z  48 

 x  10


3
3

a 
 x  2  10
Đặt 

x  10
a
3
b  3 y  z a, b  0

y  z  b


Suy ra P 
Và

3

1
yz


48 3
 yz
  x 
x

10


3

48
yz

3
48
d  3
6
1
3


 10  48a  b3 

 2  10  48a   48  3  0  a   2  10  48a  26
2
a
b
da  a
a
2
a


d  3 48 
48
48
2
3
 32
 b    3b  2  0  b  2  b 
db 
b 
b
b


3
3

3
48

a 
 x  2  10
 P  2  10  48a  b3 

Lời giải: Đặt 
x  10
a
a
b
3
b  3 y  z a, b  0

y  z  b

Xét

3
 10  48a  26  48a 3  36a 2  3  0  (2a  1) 2 (12a  3)  0 luôn đúng a  0
2
a

Lại xét b3 

48
 32  b4  32b  48  0  (b  2) 2 (b2  4b  12)  0 luôn đúng với b  0
b

 P  26  32  58 .

1

Vậy minP  58 . Đạt đƣợc khi a  , b  2  x  2, y  3, z  5
2
24


Ví dụ 14. Cho các số thực x, y , z dƣơng thỏa mãn hệ thức: x 2  y 2  z 2  2 xy  3( x  y  z ) .
20
20

Tìm giá trị nhỏ nhất của: P  x  y  z 
.
xz
y2

20

xz

Phân tích: Ta có: P  x  y  z 

20
20
 x z
 y
y2
xz

20
y2

a  x  z
20
20
Đặt 
 P  a 2   b2   2 (*)
a
b
b  y  2, a, b  0

Từ giả thiết x 2  y 2  z 2  2 xy  3( x  y  z )  ( x  y ) 2  z 2  3( x  y  z )

 3( x  y  z )  ( x  y)2  z 2 

( x  y  z )2
 6t  t 2  t  (0;6] với t  x  y  z
2

Dự đoán x  y  z  6 , x  y  z  3  a 2  b 2  x  y  z  2  8 lại thấy trong biểu thức (*) a và b có
vai trị nhƣ nhau  a  b  2a2  8  a  b  2 .


d  2 


 a    2a  2  0  2.2  2  0    16 , hoặc dùng MODE 7 .
da 
a
a
2

Nhập vào máy
d 
16 
x2  x2  
 CALC  X  1000  1| 999 | 999 | 984  2 x3  16  0  x  2
dx 
x  x 1000

 a  2  a2 

16
 12  (a  2)2 (a  4)  0 ln ln đúng.
a

Lời giải: Ta có: P  x  y  z 
a  x  z
Đặt 
b  y  2

20

xz

20
20
 x z
 y
y2
xz

20
y2

a, b  0

 P  a2 

20 2 20
b  2
a
b

Từ giả thiết x 2  y 2  z 2  2 xy  3( x  y  z )  ( x  y ) 2  z 2  3( x  y  z )

 3( x  y  z )  ( x  y)2  z 2 
Xét a 2 

( x  y  z )2
 6t  t 2  t  (0;6] với t  x  y  z
2

16
 12  (a  2)2 (a  4)  0 luôn đúng a  0 .
a

Tƣơng tự b2 

16
 12, b  0
b

20 2 20
20 
16  20 
16 
a 2 b 2 2.20.12
1
b 
 2   a 2     b2    2   
 2  (a 2  b 2 )
a
b
16 
a  16 
b
4 4
16
4
2.20.12
1
1
1
P
 2  (a 2  b2 )  28  ( x  y  z  2)  28  (6  2)  26
16
4
4
4

 P  a2 

Vậy minP  26, x  1, y  2, z  3 .

25