[123doc.vn] - trich-doan-cong-pha-bdt

NGUYỄN VĂN HƯỞNG – TĂNG HẢI TUÂN

CÔNG PHÁ

BẤT ĐẲNG THỨC

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI


Công phá Bất đẳng thức

Lovebook.vn

MỤC LỤC
PHẦN I: HAI BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN
CHƯƠNG I: BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM
$1: LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM

1
1
1

I. Bất đẳng thức AM-GM

1

II. Các bất đẳng thức phụ hay dùng

1

III. Một số bài toán sử dụng AM-GM thông thường:

2

A. Ứng dụng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM

2

B. Sử dụng hằng đẳng thức: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c 2 + 2(ab + bc + ca).

2

C. Sử dụng các bất đẳng thức phụ

4

D. Vài bất đẳng thức mạnh hơn bất đẳng thức AM-GM

6

$2: CÁC KĨ NĂNG CẦN CÓ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM

9

I. Kĩ năng dự đoán điểm rơi:

9

II. Kĩ năng biến hóa:

13

$3: BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM DƯỚI MẪU
CHƯƠNG II: BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ
$1: LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ

17
23
23

I. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

23

II. Một số dạng hay dùng trong đề thi đại học

23

III. Một vài ứng dụng

23

$2: CÁC KĨ NĂNG CẦN CÓ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ

28

I. Làm quen với dạng biểu diễn khác của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

28

II. Kĩ thuật chọn điểm rơi

29

III. Kĩ thuật thêm bớt

32

IV. Kĩ năng đưa về đại lượng giống nhau

34

V. Kĩ năng đổi biến số

36

VI. Kĩ năng nhân; chia đại lượng vào tử và mẫu

38

VII. Kết hợp nhiều kĩ năng

39

PHẦN II: BẤT ĐẲNG THỨC MỘT BIẾN

45

$1: TƯ TƯỞNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC MỘT BIẾN

45

$2: KĨ NĂNG ĐỔI BIẾN TRONG BẤT ĐẲNG THỨC MỘT BIẾN

54

$3: MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT

59

PHẦN III: BẤT ĐẲNG THỨC HAI BIẾN SỐ

62

$1: PHƯƠNG PHÁP THẾ VỀ MỘT BIẾN

62

$2: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DO TÍNH ĐỐI XỨNG

66

$3: BẤT ĐẲNG THỨC CÙNG BẬC VỚI HAI BIẾN

69

$4: MỘT VÀI BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT

71

PHẦN IV: BẤT ĐẲNG THỨC BA BIẾN

73

$1: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ TOÀN PHẦN

73


$2: KĨ NĂNG ĐƯA VỀ MỘT BIẾN

82

I. Kĩ thuật dồn biến

82

II. Kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức cổ điển, bất đằng thức phụ và những ý tưởng nhỏ

87

PHẦN V: BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC

96

I. Dạng sử dụng các loại bất đẳng thức

98

II. Phương pháp dồn biến trong bất đẳng thức lượng giác

101

PHẦN VI: PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI

107

1. Một số tính chất của tam thức bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức

107

2. Sử dụng tam thức bậc 2 để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức

108

3. Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai chứng minh các bất đẳng thức

116

4. Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức trong tam giác

132

PHẦN VII: “VÙNG BIỂN” CHƯA ĐƯỢC KHAI THÁC
$1: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC NÊN BIẾT

136
136

I. BÀI TOÁN I: TƯ TƯỞNG TỪ BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN

136

II. BÀI TOÁN II: TỬ TƯỞNG TỪ BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV

140

III. BÀI TOÁN III : TƯ TƯỞNG TỪ BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR

144

IV. BÀI TOÁN IV: TƯ TƯỞNG TỪ BẤT ĐẲNG THỨC HOLDER

148

V. TƯ TƯỞNG BẤT ĐẲNG THỨC DÙNG KHAI TRIỂN ABEL

151

VI. KĨ THUẬT PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG SOS

154

$2: MỘT PHƯƠNG PHÁP “LẠ”
PHẦN VIII: BẤT ĐẲNG THỨC CHỌN LỌC

156
162

$1: CHIA SẺ KINH NGHIỆM TỪ MỘT BÀI TOÁN “CŨ”

162

$2: 131 BÀI TOÁN TUYỂN CHỌN VÀ PHÂN TÍCH GIẢI

168

$3 : TUYỂN TẬP CÁC CÂU BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC 2005 – 2014

240

$4 : BÀI TẬP RÈN KĨ NĂNG

252

PHẦN IX: ĐÀO SÂU VÀ MỞ RỘNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC HAY DÙNG
$1: PHƯƠNG PHÁP SOS SUY RỘNG

257
257

1. Phương pháp S.S

262

2. Phương pháp S.O.S hoán vị

265

$ 2: BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN VÀ NHỮNG MỞ RỘNG

267

I. Bất đẳng thức Jensen tổng quát

267

II. Bất đẳng thức Karamata

269

III. Bất đẳng thức Muirhead

270

$3: BẤT ĐẲNG THỨC VORNICU-SCHUR

272

PHẦN X: MỘT SỐ BỔ ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN VỊ.

276

PHẦN XI: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP MỚI TRONG BẤT ĐẲNG THỨC HIỆN ĐẠI

295

$1: PHƯƠNG PHÁP PHÂN LY ĐẲNG THỨC

295

$2: ỨNG DỤNG GIẢI TÍCH TRONG BẤT ĐẲNG THỨC

301

I. Một dạng toán xuất phát từ bất đẳng thức tích phân

301

A. Cơ sở lý thuyết

301


Công phá Bất đẳng thức
B. Bài tập minh họa
II. Sử dụng dãy số để chứng minh một số bất đẳng thức ba biến đối xứng
$3: BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN

Lovebook.vn
301
305
308

I. Một số kĩ thuật đặc trưng với bất đẳng thức bốn biến

308

II. Bất đẳng thức n biến

314

PHẦN XII: BẤT ĐẲNG THỨC TRONG CÁC ĐỀ THI CHỌN HSG TRÊN CẢ NƯỚC

324

PHẦN A. ĐỀ BÀI

324

PHẦN B. LỜI GIẢI

328

PHẦN XIII: TUYỂN TẬP VÀ TỔNG HỢP CÁC BÀI TỐN KHĨ

354

$1: BẤT ĐẲNG THỨC TRONG BÀI THI TST (2000-2014)

354

$2: BÀI TẬP TỔNG HỢP

380

$3: MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ RÈN LUYỆN

434

PHỤ LỤC I : SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TRONG MỘT SỐ BÀI TỐN VẬT LÍ

437

PHỤ LỤC II : MỘT SỐ TỪ NGỮ TIẾNG ANH HAY DÙNG LIÊN QUAN ĐẾN BẤT ĐẲNG THỨC 443
PHỤ LỤC III : TIỂU SỬ MỘT SỐ NHÀ TOÁN HỌC ĐƯỢC ĐẶT TÊN CHO
CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN
TÀI LIỆU THAM KHẢO
LỜI KẾT

446
455
456


PHẦN VIII: BẤT ĐẲNG THỨC CHỌN LỌC
$1: CHIA SẺ KINH NGHIỆM TỪ MỘT BÀI TỐN “CŨ”
Phần này tơi sẽ xoay quanh một bài tốn từ đó tổng hợp một số kiến thức quan trọng cho các bạn !
Bài toán 1: Cho x ≥ z ≥ y > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
x 2 z − xyz
xyz + x
2xyz + z
P=
+ 2
+ 2
3xyz + x + z x z + z + xyz x z + x
“Chém gió”:
Khi gặp bài tốn này, bạn đọc có hướng suy nghĩ gì? Đó chính là điều tơi muốn bạn biết. Khi gặp
một bài tốn bất đẳng thức, đừng có hoảng sợ, cố gắng vạch ra những hướng mà mình có thể đi theo.
Đừng có nháp hay suy nghĩ viển vơng khi mà bản thân chưa biết mình đang làm gì.
Với bài tốn 1, tôi thấy ngay một ý tưởng đầu tiên: dùng đạo hàm cho từng biến, bởi lẽ các biến x,

y, z không ràng buộc vào nhau bởi một đẳng thức nào đó. Tuy nhiên, nó lại quá phức tạp cho việc xét
dấu của đạo hàm.
Vậy ta có nên đi theo hướng đó, hay nói cách khác, ta phải làm gì bây giờ? Chưa biết phải làm gì,
nhưng tơi xin đưa ra một “form” chung cho các bài toán bất đẳng thức như sau:
1. Đọc kĩ đề, mắc nối giả thiết và kết luận với nhau.
2. Thử dự đoán dấu bằng xảy ra.
3. Lựa chọn phương pháp theo trình tự:
1. Cơng cụ mạnh:
Phương pháp dồn biến.
 Phương pháp phân tích bình phương.
 Bất đẳng thức Schur.
2. Bất đẳng thức cổ điển:
 Bất đẳng thức Cauchy
 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
 Bất đẳng thức Holder
 Bất đẳng thức Jensen
 …
3. Phối hợp các kĩ năng: Tách, ghép, đổi biến, bất đẳng thức phụ, ….
Đây là “form’’ chung dành cho đa số các bài tốn, nó chỉ nằm trong suy nghĩ của tơi. Điều mà tôi nhấn
mạnh ở đây: đa số chứ không phải là tất cả.
Ví dụ như ở bước hai, dự đốn dấu bằng, rất nhiều người nói rằng: dự đốn được dấu bằng có thể coi
như giải quyết được 50% bài tốn. Điều đó khơng hẳn là sai nhưng vẫn chưa đủ: Trước khi dự đoán,
ta cần đặt câu hỏi: Dự đốn dấu bằng để làm gì (mục đích); dự đốn liệu có đúng khơng (tính đúng
sai), những bài tốn nào nên dự đoán (đối tượng). Để trả lời những câu hỏi này, tôi sẽ đưa ra một số
chỉ tiêu sau:
- Một là: Chỉ nên dự đốn những bài có hình thức đơn giản, để mục tiêu không bị tốn quá nhiều
vào việc dự đốn. Ví như bài tốn 1 trên chắc chả ai lao đầu vào việc tìm dấu bằng xảy ra. Như
vậy, cần nhấn mạnh mục tiêu một: nên dự đốn dấu bằng hay khơng?
- Hai là: Theo kinh nghiệm tơi thấy, hầu hết các bài tốn có dấu bằng xảy ra khi:
 Hoặc là một biến tại biên. (nằm ở giả thiết).

 Hoặc là hai biến bằng nhau.
Khi thay như vậy, ta chỉ còn một biến, và dùng đạo hàm để tìm ra dấu bằng dễ dàng hơn! Nhưng ở
đây cũng không phải là tất cả.
- Ba là: Dự đốn dấu bằng để làm gì? (mục tiêu). Thì khi bạn đánh giá, ở từng bất đẳng thức
trong bài, sau khi viết, bạn phải kiểm tra nó có xảy ra dấu bằng hay khơng? Ví dụ như dấu bằng
xảy ra khi một trong ba biến x, y, z bằng 0 mà bạn lại xuất hiện đánh giá xyz>0 trong bất đẳng


Cơng phá Bất đẳng thức
Lovebook.vn
thức thì chắc chắn rằng bạn làm kiểu gì đi chăng nữa thì lời giải sẽ vẫn sai. Kinh nghiệm này
bạn sẽ thấy rõ ở phương pháp cân bằng hệ số.
Ở bước ba, cái “form”của tôi là: từ công cụ mạnh đến công cụ yếu. Tại sao tôi lại nghĩ thế? Đơn
giản là ta phải xác định mục tiêu của ta: giải quyết bài toán chứ khơng phải tìm ra lời giải bài tốn . Hai
điều này khác nhau như thế nào? Ý mà tôi muốn bạn hiểu là:
+ Giải quyết bài tốn: là tìm ra kết quả bài tốn, tìm ra cách chứng minh kết luận nhưng phải đi theo
đúng bản chất . Tức là, dù cách giải dài hay ngắn thì nó cũng phải đi đúng suy luận logic.
+ Tìm ra lời giải bài toán: định nghĩa này bao trùm giải quyết bài toán, tức là ta phải tìm ra lời giải
hay, đẹp mắt, nhiều khi không theo một suy luận logic nào cả.
Chắc chắn rằng, tìm ra lời giải sẽ phức tạp hơn giải quyết bài tốn. Trong kì thi tuyển sinh đại học,
thứ mà chúng ta cần là “giải quyết bài toán”. Nếu bạn nắm rõ gốc gác vấn đề thì chỉ cần suy luận thơng
thường để tìm ra giải đáp.
Tuy nhiên, ở bước ba này, đâu cứ phải theo “form”, ví dụ như họ cho bất đẳng thức hai biến đối
xứng thì chả ai “ngu” gì mà nghĩ tới kĩ thuật dồn biến, … Điều mà tôi muốn nhắc nhờ: đừng quá quy
tắc, hãy càng linh hoạt càng tốt.
Với một đống công cụ, ta cần chọn công cụ nào cho hợp lý????
Quay lại bài tốn 1, bạn có ý tưởng gì chưa? Đây là một bài tốn “cũ”. Vì sao tơi nói vậy? Tơi đã từng
nói khơng dưới một lần: Tốn học khơng đơn thuần là cơng thức, mà cịn là sự tinh tế và liều lĩnh.
Sau một thời gian suy nghĩ vẩn vơ, ta có cách biến đổi kinh hồng:
a=x−y

1
b= y+
z ⇒ a; b; c > 0. (∗)
1
c = 2y +
{
x
Khi đó, bài tốn 1 trở thành:
Bài tốn 2: Cho a; b; c > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
a
b
c
P=
+
+
b+c c+a a+b
Quá quen thuộc ! Nhưng làm sao có phép biến đổi (*)? Đó chính là nhờ vào giả thiết x ≥ z ≥ y > 0,
sự xuất hiện nhiều lần của tích xyz cùng với sự can đảm, nhạy cảm.
Bài tốn 2, khi nhìn qua ai cũng có lời giải như sau:
Lời giải 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân số:
(a + b + c)2
a2
b2
c2
P=
+
+
≥
ab + ac bc + ba ca + cb 2(ab + bc + ca)
Áp dụng bất đẳng thức phụ:

(a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)
(a + b + c)2
3(ab + bc + ca) 3
⇒P≥
≥
=
2(ab + bc + ca) 2(ab + bc + ca) 2
Dấu “=” xảy ra khi: a = b = c
1
1
⇔ x − y = y + = 2y +
z
x
1
2y = x −
z
⇔{
1 1
y= −
z x
1 1
y= −
z x
⇔{
1 2 1
x− = −
z z x
1
Có thể lấy ví dụ thỏa mãn đề: x = 2, = ; z = 1.
2

Các bạn đã bị “nhiễm độc” bằng lời giải trên mà khơng suy nghĩ gì. Tại sao ta có lời giải này. Vì nó
q quen thuộc, xuất hiện q nhiều lần? Thế nhưng, tôi khẳng định rằng: Chúng ta nếu đi theo lời
giải trên thì chưa giải quyết được bài tốn. (xem lại khái niệm giải quyết mà tơi đặt ra nhé). Bản chất
lời giải bài toán chưa được hé mở. Hãy quay lại cái “form” và suy ngẫm.
Điều đầu tiên mà tôi thấy, chắc chắn rằng các biến a;b;c không phụ thuộc vào nhau, nên hướng
nghĩ đạo hàm theo biến là không thể bỏ qua !
Lời giải 2: Giả sử a ≥ b ≥ c > 0. Ta xét:
a
b
c
P = f(a; b; c) =
+
+
b+c c+a a+b
1
b
c
⇒ fa′ (a; b; c) =
−
−
2
(a + b)2
b + c (c + a)
1
b
c
⇒ fa′ (a; b; c) ≥
−

−
=0
b + c (c + b)2 (c + b)2
Suy ra: f(a;b;c) đồng biến trên [b; +∞)
b
b
c
2b
c
⇒ P ≥ g(b; c) =
+
+
=
+
b + c c + b b + b c + b 2b
2x
1
b
⇒ P ≥ f(x) =
+ ,x = ≥ 1
1 + x 2x
c
Xét hàm số f(x) trên [1; +∞) có:
2
1
f ′ (x) =
− 2 ≥ 0, ∀x ≥ 1
2
(1 + x)
2x

Do đó, ta thu được:
3
P ≥ f(x) ≥ f(1) =
2
Bài tốn có các biến độc lập với nhau ta có thể nghĩ tới phương pháp sử dụng đạo hàm để làm giảm
biến số.
Tiếp tục theo hướng giảm biến số, ta có một phương pháp rất mạnh:
Lời giải 3: Đặt:
b+c
t=
2
Xét hiệu:
b
c
2t
M=
+
−
c+a a+b a+t
(b − c)t 1
b
t
t
c
1
M=(
−
)−(
−
)=

(
−
)
c+a t+a
t+a b+a
a+t c+a b+a
t(b − c)2
⇒M=
(a + t)(a + b)(a + c)
b
c
2t
⇒M≥0⇒
+
≥
c+a a+b a+t
a
b
c
a
2t
a
2t
⇒P=
+
+
≥
+
= +
b + c c + a a + b b + c a + t 2t a + t

x
2
a
⇒ P ≥ f(x) = +
,x =
2 x+1
t
Xét hàm số f(x) trên (0; +∞) có:
1
2
f ′ (x) = −
2 (x + 1)2
′ (x)
⇒f
=0⇔x=1
Lập bảng biến thiên ta thu được:
3
P ≥ f(x) ≥ f(1) =
2


Công phá Bất đẳng thức
Lovebook.vn
Lời giải cả hai cách khá rõ ràng. Cách ba chính là sử dụng tư tưởng dồn biến:
b+c b+c
∗ Bước 1: f(a; b; c) ≥ f (a;
;
)
2
2

a
∗ Bước 2: Cùng bậc a, t nên đặt x =
t
∗ Bước 3: Khảo sát hàm f(x).
Khá quen thuộc khi tơi nói rõ ra như vậy. Những bài tốn nào nên nghĩ qua phương pháp này:
Bài toán ba biến, đối xứng, hình thức đơn giản, có thể nghĩ tới phương pháp dồn biến.
Ngoài hai hướng đi trên (mục tiêu đưa về một biến) thì hướng thứ hai đánh giá đồng thời có rất nhiều
hướng đi. Khi đối xứng, ta có một lời giải:
Lời giải 4:
Xét hiệu:
3
a
b
c
3
P− =
+
+
−
2 b+c c+a a+b 2
3 1 2a − b − c 2b − c − a 2c − a − b
⇒P− = (
+
+
)
2 2
b+c
c+a
a+b
3

1
1
1
1
1
1
⇒ 2 (P − ) = (a − b) (
−
) + (b − c) (
−
) + (c − a) (
−
)
2
b+c a+c
c+a b+a
a+b c+b
(a − b)2
(b − c)2
(c − a)2
3
⇒ 2 (P − ) =
+
+
(a + c)(b + c) (b + a)(c + a) (c + b)(a + b)
2
3
⇒P≥
2
Lời giải khá đơn giản và ngắn gọn, dựa trên tư tưởng phân tích bình phương SOS.

Bài tốn đối xứng, đặc biệt đạng phân thức, có dấu bằng tại các biến bằng nhau có một hướng nghĩ là
sử dụng phương pháp phân tích bình phương SOS.
Khi các biến ở dạng đối xứng, ta vẫn còn một hướng suy nghĩ cũ:
Lời giải 5: Đặt:
p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc
a
b
c
a(a + b)(a + c) + b(b + c)(b + a) + c(c + a)(c + b)
⇒P=
+
+
=
(a + b)(b + c)(c + a)
b+c c+a a+b
3
p − 2pq + 3r
⇒P=
pq − r
3
P ≥ ⇔ 9r ≥ 7pq − 2p3
2
Theo bất đẳng thức Schur bậc ba ta có:
9r ≥ 4pq − p3
Lại có:
4pq − p3 ≥ 7pq − 2p3 ⇔ p2 ≥ 3q ⇔ (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)
Do đó, ta có:
9r ≥ 4pq − p3 ≥ 7pq − 2p3
3
⇒P≥

2
Bài toán đối xứng ba biến, có hướng nghĩ đổi biến để dùng bất đẳng thức Schur.
Khi học về phương pháp đánh giá tồn phần, tơi có đưa ra một ví dụ, ta thử áp dụng xem cho bài này
được không?


Tìm số k để có:

3
Ta tìm được: k = .
2
Do đó, ta có lời giải 6 :

a
3. ak
≥
b + c 2(ak + b k + c k )

a
≥
b+c
5

3

3. a2
3
2 (a2

+

3
b2

3

+
3

3
c2)

(∗)
3

3

(∗) ⇔ 2. a2 + 2a. b 2 + 2a. c 2 ≥ 3a2 . b + 3a2 . c
Đến đây, đơn thuần là áp dụng bất đẳng thức Cauchy:
5

3

3

3

5

3

3

3

2
2
2
2
{a + a. b + a. b ≥ 3. a . b

a2 + a. c 2 + a. c 2 ≥ 3. a2 . c
(*) đúng. Áp dụng thêm hai lần nữa rồi đem cộng ba bất đẳng thức lại ta thu được:
3
P≥
2
Quay sang một góc nhìn hồn tồn khác với sự độc lập, tính đối xứng ta cịn thấy bất đẳng thức trên
là bất đẳng thức cùng bậc. Vì vậy ta có thể giả sử: a + b + c = 3.
Bài tốn có dạng: 𝐟(𝐚; 𝐛; 𝐜) ≥ 𝟎 ⇔ 𝐟(𝐤𝐚; 𝐤𝐛; 𝐤𝐜) ≥ 𝟎 ta có thể giả sử một đại lượng thích hợp khơng
đổi.
Khi đó, bài tốn 2 trở thành:
Cho a; b; c > 0, a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
a
b
c
P=
+
+
3−a 3−b 3−c
Có bao nhiêu lời giải cho hướng bài tập này. Chắc chắn rồi, sẽ có ít nhất hai hướng đi:

Lời giải 7: Ta chứng minh:
x
3
1
∀x ∈ (0; 3) ⇒
≥ x − (∗)
3−x 4
4
Thật vậy ta có:
(∗) ⇔ 4x ≥ (3x − 1)(3 − x)
⇔ 4x ≥ −3x 2 + 10x − 3
⇔ 3(x − 1)2 ≥ 0
Áp dụng (*) ta có:
a
3
1
≥ a−
3−a 4
4
b
3
1
≥ b−
3−b 4
4
c
3
1
{3 − c ≥ 4 c − 4
3

3 3
3 3
⇒ P ≥ (a + b + c) − = . 3 − =
4
4 4
4 2
3
Sự xuất hiện của số chắc bạn đã hiểu. Đây chính là phương pháp đánh giá tồn phần mà tơi từng đề cập.
4


Cơng phá Bất đẳng thức

Lovebook.vn

Bài tốn có g(a) + g(b) + g(c)=0, và cần chứng minh: f(a) + f(b) + f(c)≥ 𝟎 ta có thể tìm k để:
𝐟(𝐚) ≥ 𝐤𝐠(𝐚).
Lời giải 8:

x
trên (0; 3) có:
3−x
3
6
′′ (x)
f ′ (x) =
⇒
f
=
≥ 0 , ∀x ∈ (0; 3).

(3 − x)2
(3 − x)3
Do đó, theo bất đẳng thức Jensen ta có:
𝑎+𝑏+𝑐
3
P = f(a) + f(b) + f(c) ≥ 3. 𝑓 (
) = 3. 𝑓(1) =
3
2
𝑋ét hàm số f(x) =

Bài tốn có tổng hoặc tích a;b;c và có f(a) + f(b) + f(c), ta có thể nghĩ tới bất đẳng thức Jensen.
Bài toán 1 quy về bài tốn 2. Bài tốn 2 lại có những 7, 8 lời giải với những tư tưởng khác nhau hồn
tồn. Mỗi tư tưởng là sự đúc kết một cơng cụ, phương pháp. Chúng ta chỉ cần qquan sát tinh tế, suy
luận theo lối mịn, rồi sẽ dẫn tới đích. Mỗi đóng khung trên là một lưu ý mà bạn đọc cần để ý, cũng
chính là ơn lại một số dạng toán mà ta đã được học trong các chương trước đó. Và đây, tiếp tới là 123
bài tốn khiến bạn có cái nhìn khác về bất đẳng thức.
Cịn nữa….


3. Sử dụng phương pháp tam thức bậc 2 chứng minh các bất đẳng thức.
Ngồi khả năng tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của một biểu thức, phương pháp tam thức bậc hai
còn dùng để chứng minh một số bất đẳng thức. Chúng ta cần nhớ lại rằng
Với tam thức bậc hai f ( x )  ax 2  bx  c với a  0


a  0
.
  0

Muốn chứng minh f ( x )  0,x  R , ta sẽ chứng minh 

a  0
.
  0

Muốn chứng minh f ( x )  0,x  R , ta chứng minh 



 f ( x )  0, x 

Muốn chứng minh   0 , ta chứng minh 
 f ( x )  0, x 

.

Muốn chứng minh   0 , ta chứng minh f  x  có nghiệm và có thể chọn một trong các

cách sau:
 Chỉ ra nghiệm cụ thể của f ( x ).
 Chỉ ra một số  mà a  f ( )  0.
 Chỉ ra 2 số  ,  sao cho f ( ). f (  )  0.
Chúng ta qua các ví dụ dưới đây để hiểu rõ.
Ví dụ 1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa a  b  c  3 . Chứng minh rằng:
a  ab  2abc 

9
2

Lời giải
Từ giả thiết ta rút ra b  3  a  c . Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành:
a  a(3  a  c )  2ac(3  a  c ) 

9
,
2

tương đương với
f (a)  (2c  1)a2  (2c2  5c  4)a 

9
 0.
2

Ta thấy f (a) là 1 tam thức bậc 2 của a có hệ số của a2 ln dương và vì 0  c  3 nên ta có
  (2c2  5c  4)2  18(2c  1)
 (2c  1)2(c2  4c  2)
 (2c  1)2(3c  4c  2)
 (2c  1)2(c  2)
 0.

Vậy nên, theo định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta có f (a)  0 .
3
2

1
2

Bài toán được chứng minh xong. Dấu đẳng thứcc xảy ra tại a  , b  1, c  .

Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b ta có

(a 2  2)(b2  2)  3(ab  a  b).
Lời giải
Nhận xét rằng bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức bậc hai theo a hoặc b. Ta viết lại bất
đẳng thức này như sau:
f (a)  (b2  2)a 2  3(b  1)a  2b2  3b  4  0.
Ta có f (a ) là một tam thức bậc hai với hệ số của a 2 ln dương và có biệt thức


Công phá Bất đẳng thức

Lovebook.vn
 a  9(b  1)  4(b  2)(2b  3b  4)
2

2

2

 (b  1)2 (8b2  4b  23)
 0.
Do đó, theo định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta có f (a )  0.

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  1.
Ví dụ 3. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện xyz  x  y  z  4. Chứng minh rằng
khi đó ta có

x  y  z  xy  yz  zx
Lời giải

Để ý rằng, từ giả thiết, nếu ta rút một biến theo các biến còn lại, và thay vào bất đẳng thức cần chứng
minh, thì sẽ được một bất đẳng thức bậc hai theo một biến. Do đó, ta sẽ nghĩ đến phương pháp tam
thức bậc hai.
Khơng mất tính tổng qt, ta giả sử z  min{x, y, z} , khi đó ta có

4  xyz  x  y  z  z 3  3z  z  1.
Từ giả thiết, ta rút được x 

4  yz
, do đó ta cần chứng minh
y  z  yz
4  yz
4  yz
 yz
 ( y  z )  yz
y  z  yz
y  z  yz

Hay tương đương

f ( y )  (1  z  z 2 ) y 2  ( z 2  z  4) y  ( z  2)2  0.
Ta có f ( y ) là một tam thức bậc hai có hệ số của y 2 là 1  z  z 2  1  z(1  z )  1  0 và biệt thức

 y  ( z 2  z  4)2  4(1  z  z 2 )( z  2) 2
 z ( z  1) 2 (5z  8)
 z ( z  1)2 (5  8)
 3z ( z  1) 2
 0.
Nên do đó, theo định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta có f ( y )  0, y.
Bài tốn được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  1 hoặc x  y  2, z  0 hoặc

các hốn vị.
Ví dụ 4. Chứng minh bất đẳng thức sau
3( x 2  x  1)( y 2  y  1)  2( x 2 y 2  xy  1), x , y  R.

Dấu "=" xảy ra khi nào?
Chọn HSG Quốc gia, Quảng Trị, 2014 - 2015
Lời giải
Để ý rằng nếu coi một biến cố định, chẳng hạn y , thì bất đẳng thức này là bất đẳng thức bậc hai theo
x . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
(3 y  3  y 2 )x 2  (3  5 y  3 y 2 )x  1  3 y 2  3 y  0 .
2

3 3

Ta có hệ số của x là 3 y  3  y   y     0 và
2 4

2

2


 x  ( 3  5 y  3 y 2 )2  4( 3 y  3  y 2 )(1  3 y 2  3 y )
 3 y 4  18 y 3  33 y 2  18 y  3
 3( y 2  3 y  1)2
 0.

Do đó, theo định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y 

3 5
.
2

Nhận xét: Đây là một bài tốn khó (ngồi cách nêu trên, bạn đọc hãy thử sức giải bài toán này theo
cách khác), nhưng phương pháp tam thức bậc hai đã thể hiện được hiệu quả của nó. Lần đầu tiên tơi
gặp bài này, tơi đã giải nó cũng bằng phương pháp tam thức bậc hai nhưng lời giải dài dịng và phức
tạp hơn. Tơi xin trình bày lại lời giải đó cho mọi người tham khảo, và thấy được tính đặc sắc của
phương pháp này.
Sau khi khai triển, rút gọn thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
x 2 y 2  xy  1  3( x  y )2  3xy( x  y )  3( x  y )  0,

hay
f (P , S )  P2  P  1  3S 2  3SP  3S  0.

Nếu coi f (P , S ) là một tam thức bậc hai theo P thì ta có
P  (1  3S )2  4(3S 2  3S  1)  3S 2  18S  3.

- Nếu S  0 thì  P  0 nên f (P )  0 . Do đó ta chỉ cần xét trường hợp S  0 .
- Trong trường hợp S  0 , lại coi f (P , S ) là một tam thức bậc hai theo S , khi đó ta có
 S  9(1  P )2  12(P2  P  1)  3P2  30P  3.

+ Nếu P  0 thì  S  0 nên f ( S )  0 . Do đó ta chỉ cần xét P  0 là đủ.
+ Nếu P  0 và P  4 P  1  0 tức là (P  1)2  16P hay P2  10P  1  4P , khi đó





 S  3 P2  10P  1  12P  0, nên suy ra f ( S )  0.

+ Nếu P  0 và P  4 P  1  0 , và chú ý S 2  4P nên S  2 P thì ta có
f ( S )  6S  3P  3
 12 P  3P  3
 3(P  4 P  1)
 0, S  2 P .

Do đó f ( S ) là một hàm đồng biến trên [2 P ;) , nên f ( S )  f (2 P ) , tức là
f ( S )  P2  P  1  3 4P  6P P  6 P  (P  3 P  1)2  0.

Bất đẳng thức cuối ln đúng nên bài tốn chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y 

3 5
.
2

Ví dụ 5. Cho x , y , z là các số thực không âm. Chứng minh rằng khi đó ta có
3(1  x  x2 )(1  y  y 2 )(1  z  z 2 )  1  xyz  x 2 y 2z 2 .

Lời giải
Dự đoán đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1 .
Quan sát biểu thức vế phải, rõ ràng biểu thức vế phải là một biểu thức bậc hai theo một biến. Ta chọn
z làm biến chẳng hạn (chọn x , y cũng được, vì do tính đối xứng của bất đẳng thức này). Khi đó vế
phải cịn xy là tham số. Vế trái cũng là một biểu thức bậc hai theo z bởi sự xuất hiện của đại lượng
(1  z  z 2 ) , và (1  x  x 2 )(1  y  y 2 ) là tham số. Nếu ta đánh giá được (1  x  x 2 )(1  y  y 2 ) về một biểu


Cơng phá Bất đẳng thức
Lovebook.vn

thức phụ thuộc vào xy thì khả năng thành công khi dùng phương pháp tam thức bậc hai sẽ cao hơn,
bởi khi đó cả vế trái và vế phải đều là biểu thức bậc hai theo biến z và tham số xy . Ta hãy thử xem
sao?
Một lẽ tự nhiên nhất, do dự đoán được đẳng thức, nên ta sẽ đánh giá bằng AM-GM như sau để đưa
đại lượng (1  x  x 2 )(1  y  y 2 ) về xy :
(1  x  x 2 )(1  y  y 2 )  (2x  x )(2 y  y )  xy. (*)

Khi đó ta cần phải chứng minh
3xy(1  z  z 2 )  1  xyz  x 2 y 2z 2 .

Tuy nhiên, bất đẳng thức này lại không đúng, chẳng hạn cho xy  0 . Điều này chứng tỏ rằng đánh giá
bằng AM-GM ở (*) hơi “quá đà” làm “lỏng” bất đẳng thức. Như vậy, ta cần phải có một đánh giá chặt
hơn. Chú ý rằng theo AM-GM thì xy 

x2 y2  1
, nên do đó ta hi vọng bất đẳng thức chặt hơn sau đây
2

đúng:
(1  x  x 2 )(1  y  y 2 ) 

1  x2 y2
.
2

Thế nhưng, thật may mắn, bất đẳng thức này đúng thật, bởi vì ta có
2(1  x  x 2 )(1  y  y 2 )  (1  x 2 y 2 )  ( x  y )2  (1  x )2(1  y )2  0 .

Do đó, ta đưa bài tốn về chứng minh
3(1  x 2 y 2 )(1  z  z 2 )  2(1  xyz  x 2 y 2z 2 ) ,

tương đương
f ( z )  (3  x 2 y 2 )  z 2  (3  2xy  3x 2 y 2 ) z  1  3x 2 y 2  0

Đây là một tam thức bậc hai theo z có hệ số của z 2 luôn dương, mặt khác
  (3  2xy  3x 2 y 2 )2  4(3  x 2 y 2 )(1  3x 2 y 2 )
 (1  xy )4
 0.

Nên theo định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta có f ( z )  0, z .
Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1.
Ví dụ 6. Cho 4 số thực a, b, c , d . Chứng minh bất đẳng thức:
(a  b  c  d)2  3(a2  b2  c2  d2 )  6ab

Lời giải
Rõ ràng đây là một đa thức thuần nhất bậc hai. Một cách tự nhiên, ta mong muốn đưa bất đẳng thức
về dạng tam thức bậc 2 của 1 ẩn nào đó. Vì bất đẳng thức này đối xứng với hai biến a, b nên ta sẽ đưa
về tam thức bậc 2 theo biến a hoặc b .
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a2  2a(b  c  d )  (b  c  d )2  3(a2  b2  c2  d2 )  6ab
 2a2  2a(c  d  2b)  (b  c  d )2  3(b2  c2  d2 )  0 .

Xét
f (a)  2a2  2a(c  d  2b)  (b  c  d)2  3(b2  c2  d2 ) .

Ta thấy hệ số của a2 là 2  0 và có biệt thức  là


  (c  d  2b)2  2[(b  c  d )2  3(b2  c2  d 2 )]

 (c  b)2  (d  b)2  2(c  b)(d  b)  2(c  d )2
 3(c  d )2
 0.

Vậy nên f (a)  0, a, b, c , d  R .
Còn nữa….


Công phá Bất đẳng thức

Lovebook.vn

PHẦN III: BẤT ĐẲNG THỨC HAI BIẾN SỐ
Bất đẳng thức hai hay nhiều biến số gần đây xuất hiện thường xuyên trong đề thi đại học. Và về
bất đẳng thức hai biến sẽ là rất đơn giản khi bạn học tốt những phần khác của toán.
Kinh nghiệm khi gặp bất đẳng thức hai biến số là gì? Khơng phải chỉ với hai biến số thơi đâu, ba
biến cũng vậy. Ln có hai mục tiêu chính: Hoặc là làm giảm về một biến rồi dùng đạo hàm, hoặc sử
dụng các loại bất đẳng thức để đánh giá đồng thời chúng. Nói thì đơn giản nhưng thực hiện thì khơng
hề dễ. Một bài tốn ln có nhiều phương pháp giải, nhưng bạn đã tự đặt câu hỏi tại sao người ta hình
thành ra những phương pháp đó chưa? Thì với bất đẳng thức hai biến, đại đa số là được hình thành
từ cách giải hệ phương trình hai ẩn số? Vì sao vậy? Chúng ta cùng tìm hiểu chúng xem sao nhé.
$1: PHƯƠNG PHÁP THẾ VỀ MỘT BIẾN
Tư tưởng chung: Từ điều kiện bài toán rút một biến theo biến kia, tìm tập xác định của biến và rồi xét
hàm số trên tập xác định đó.
Bài 1: Cho x; y ∈ R thỏa mãn: y ≤ 5, x 2 − 5x = y + 1. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của:
P = (x + y)(x + 4).
x 2 − 5x = y + 1
Phân tích: Trước khi giải bài này, tơi chưa nghĩ gì vội. Tơi thử đặt câu hỏi hệ {
sẽ
(x + y)(x + 4) = m

giải như thế nào, thì thấy ngay phương trình trên có bậc y là 1 nên có thể rút y theo x. Tức là phương
pháp thế.
Lời giải:
Từ giả thiết ta suy ra: x 2 − 5x − 6 = y − 5 ≤ 0 ⟹ (x + 1)(x − 6) ≤ 0 ⟹ −1 ≤ x ≤ 6.
Ngoài ra: P = (x + x 2 − 5x − 1)(x + 4) = f(x)
Với f(x) = x 3 − 17x − 1, −1 ≤ x ≤ 6.
⟹ f ′ (x) = 3x 2 − 17.

Lập bảng biến thiên cho f(x) trên [−1; 6] suy ra:

17
f ′ (x) = 0 ⟺ x = ±√
3
17
−9 − 34√51
f(x) ≥ f (−√ ) =
3
9
{

f(x) ≤ f(6) = 113

Như vậy ta có kết luận:
GTLN của P = 113 khi x = 6, y = 5.
−9 − 34√51
−√51
14 + 5√51
GTNN của P =
khi x =
,y =

.
9
3
3
Bài 2: Cho x + 2y = 2, x; y ∈ [−1; 1]. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của P = x 2 + xy + y 2
Lời giải:
1 3
1
Ta có: x = 2 − 2y, x ∈ [−1; 1] ⟹ y ∈ [ ; ] . Mà giả thiết y ∈ [−1; 1] do đó: y ∈ [ ; 1].
2 2
2
P = (2 − 2y)2 + (2 − 2y)y + y 2 = f(y).
1
Với f(y) = 3y 2 − 6y + 4 , ≤ y ≤ 1.
2
f ′ (y) = 6y − 6 ⟹ f ′ (y) = 0 ⟺ y = 1.
f(y) ≥ f(1) = 1
1
1
11
Lập bảng biến thiên cho f(y) trên [ ; 1] ta có: {
2
f(y) ≤ f ( ) =
2
4
Như vậy ta có kết luận:
GTNN của P = 1 khi x = 0; y = 1.


11

1
khi x = 1; y = .
4
2
4 3
𝐁à𝐢 𝟑: Cho xy − x = y, y ∈ [ ; ] . Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của:
3 2
P = (x + y)(3x − 35).
Lời giải:
x
y=
x−1
3
≤
x
≤4
Từ giả thiết ta suy ra được:
3x 3 − 35x 2
P = f(x) =
{
x−1
2x(x
−
5)(3x
− 7)
Ta có: f ′ (x) =
⟹ f ′ (x) < 0, ∀𝑥 ∈ (3; 4)
2
(x − 1)
−368

f(x) ≥ f(4) =
Do đó f(x) nghịch biến trên [3; 4] nên: {
3
f(x) ≤ f(3) = −117
Kết luận:
−368
4
GTNN của P =
khi x = 4, y = .
3
3
3
GTLN của P = −117 khi x = 3, y = .
2
−21
1
𝐁à𝐢 𝟒: Cho 3(xy + x − 1) = 2y , y ≤
, x ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của:
20
3
3
3√3x − 2 − 16
P=
+ 2(6 − 5x)√6 − 5x
y+1
Phân tích: Đại lượng y trong biểu thức P xuất hiện ít hơn nên ta nên rút y theo x.
Lời giải:
6
Điều kiện: y ≠ −1, x ≤ .
5

1
Từ 3(xy + x − 1) = 2y suy ra: y + 1 =
.
3x − 2
−21
2
1
1
Từ y ≤
suy ra: − 6 ≤ x < . Mà giả thiết cho x ≤ nên − 6 ≤ x ≤ .
20
3
3
3
3
Thay vào ta có: P = 3(3x − 2) √3x − 2 − 16(3x − 2) + 2(6 − 5x)√6 − 5x
3
⟹ P = f(x) = 3(3x − 2) √3x − 2 + 2(6 − 5x)√6 − 5x − 48x + 32.
3
⟹ f ′ (x) = 12 √3x − 2 + 18√6 − 5x − 48
Ta có
3
f ′ (x) = 0 ⟺ 2 √3x − 2 + 3√6 − 5x − 8 = 0
3
⟺ 2( √3x − 2 + 2) + 3(√6 − 5x − 4) = 0
3(x + 2)
−5(x + 2)
⟺ 2. 3
+ 3.
=0

3
( √3x − 2)2 − 2 √3x − 2 + 4
√6 − 5x + 4
2
5
⟺ 3(x + 2) ( 3
−
)=0
2
3
−
5x
+
4
√6
( √3x − 2) − 2√3x − 2 + 4
1
2
2
5
5
Với − 6 ≤ x ≤ thì 3
≤
<
≤
2
3
3
( √3x − 2) − 2 √3x − 2 + 4 7 12 √6 − 5x + 4
GTLN của P =

Do đó f ′ (x) = 0 ⟺ x = −2. Lập bảng biến thiên cho f(x) trên − 6 ≤ x ≤

1
ta được:
3


Công phá Bất đẳng thức

Lovebook.vn
1
26√39
f(x) ≥ f ( ) = 19 +
{
3
9
3
f(x) ≤ f(−6) = 752 + 60 √20

Vậy ta có kết luận:
26√39
1
khi x = , y = −2.
9
3
−21
3
GTLN của P = 752 + 60√20 khi x = −6, y =
.

20
Nhận xét: Bài toán 4 này là một bài khá hay. Hãy luôn cảnh giác tập giá trị của 𝐱; 𝐲 trước khi xét hàm
3
số. Nó nhắc nhở ta cách giải phương trình vơ tỷ. Ngồi cách giải trên, ta có thể đặt √3x − 2 =
a, √6 − 5x = b rồi đưa về hệ phương trình và giải. Đồng thời nó cũng nhắc nhở về đạo hàm của các
hàm phức hợp.
n
m
Tổng quát cho phương trình trên: k √ax + b ± h √cx + d = e.
n
+b =u
Phương pháp giải: Đặt { m√ax
.
√cx + d = v
ku ± hv = e
n
Ta có hệ: {u − b v m − d
−
=0
a
c
GTNN của P = 19 +

Giải hệ u; v. Tìm ra x rồi thử lại.
Bài 5: Cho x; y thỏa mãn: 2x − y = 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của:
P = √x 2 + (y + 1)2 + √x 2 + (y − 3)2
Phân tích: Nếu x; y khơng bị ràng buộc thì như ở phần bất đẳng thức một biến ta nhận thấy P có dạng
⃗ | ta có thể áp dụng bất đẳng thức |a⃗| + | b
⃗ |≥|a⃗ + b
⃗ | và theo lập luận cũ thì để P ≥ const thì ta

|a⃗| + |b
phải chọn a⃗ = (x; y + 1); ⃗b = (−x; 3 − y). Khi đó a⃗ + ⃗b = (0; 4) tức là P ≥ √02 + 42 = 4 nhưng khi
đó dấu “=” khi x = 0, y = 1 không thỏa mãn ràng buộc của giả thiết. Như vậy, thì ở đây ta chắc chỉ có
một hướng nghĩ tự nhiên là thay y = 2x − 2 vào rồi xét hàm số.
Lời giải:
Ta có: y = 2x − 2 nên: P = √5x 2 − 4x + 1 + √5x 2 − 20x + 25
Đến đây ta có hai hướng giải: Một là dùng bất đẳng thức vec-tơ trên. Hai là dùng đạo hàm.
Ta sẽ đi theo hướng hai vì nó giải quyết được nhiều bài hơn.
Xét f(x) = √5x 2 − 4x + 1 + √5x 2 − 20x + 25 có:
5x − 2
5x − 10
f ′ (x) =
+
√5x 2 − 4x + 1 √5x 2 − 20x + 25
(5x − 2)(5x − 10) ≤ 0
2
2
′ (x)
5x − 2
5x − 10
Do đó: f
=0⟺{
(
) =(
)
√5x 2 − 4x + 1
√5x 2 − 20x + 25
2
2
⟺{ 5≤x≤2

⟺x= .
3
24x 2 − 16x = 0
2
Lập bảng biến thiên ta suy ra: min f(x) = 2√5 ⟺ x = .
3
2
2
Vậy min P = 2√5 ⟺ (x; y) = ( ; − ) .
3
3
Bài 6: Cho x; y ≥ 0, x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của:
P = √1 − x + √1 + y
Hướng dẫn giải:
Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 1.
Khi đó, ta nên thế theo biến x.(thực ra thế theo biến y) thì cũng vậy.


P = √1 − x + √1 + √1 − x 2 = f(x)
Tương tự như các bài trên. Ta chỉ việc xét đạo hàm và thu được:
P ≤ f(0) = 1 + √2
{
P ≥ f(1) = 1
 GTNN của P = 1 ⟺ x = 1; y = 0
 GTLN của P = 1 + √2 ⟺ x = 0; y = 1.
Lưu ý: Đây là một cách giải ln có sẵn ở trong đầu chúng ta, mang bản chất của lời giải. Tuy nhiên,
theo một góc độ “nghệ thuật” ta vẫn có một lời giải khác hồn tồn “đơn giản” như sau:
 Do y ≥ 0 nên:
P = √1 − x + √1 + y ≥ 0 + √1 + 0 = 1
GTNN của P là 1 khi x = 0; y = 1 ( thỏa mãn giả thiết ).

 Do x ≥ 0, y ≤ 1 (cái này dễ suy ra từ giả thiết) nên:
P = √1 − x + √1 + y ≤ √1 − 0 + √1 + 1 = 1 + √2
GTLN của P là 1 + √2khi x = 0, y = 1( thỏa mãn giả thiết ).
Bài 7: Cho x; y > 0, x + y = 2. Tìm giá trị lớn nhất của:
P = xy + yx
Lời giải:
Thế y = 2 − x ta được:
P = x 2−x + (2 − x)x = f(x)
Xét f(x) trên (0; 2) ta có:
2−x
x
f ′ (x) = x 2−x (
− ln x) + (2 − x)x (ln(2 − x) −
)
x
2−x
(cách tính đạo hàm hàm số f(x)(g(x)) là lấy logarit hai vế rồi đạo hàm và nhân lên)
Khá là khó giải tiếp được, biểu thức phức tạp nên ta lại thử biểu diễn lại về hai biến cho đơn giản.
y
x
f ′ (x) = x y ( − ln x) + y x (ln y − ) = xy(x y−2 − y x−2 ) + (y x ln y − x y ln x)
x
y
Đến đây, ý muốn của ta là phải có: x = y = 1. Khi đó, ta sẽ xét dấu của từng ngoặc nhọn trên.
 xy(x y−2 − y x−2 ) ≤ 0 ⟺ x y−2 ≤ y x−2 ⟺ (y − 2) ln x ≤ (x − 2) ln y (do x; y >
0 lên lấy được logarit)
ln x
ln y
( do x; y < 2)
⟺

≤
x−2 y−2
ln x
Xét hàm số: g(x) =
trên (0; 2) có:
x−2
x − 2 − x ln x
G(x)
g ′ (x) =
=
x(x − 2)2
x(x − 2)2
Xét hàm số G(x) trên (0; 2) có:
G′ (x) = 1 − ln x − 1 = − ln x
G′ (x) = 0 ⟺ x = 1.
⟹ G(x) ≤ G(1) = −1 < 0, ∀x ∈ (0; 2)
⟹ g ′ (x) < 0, ∀x ∈ (0; 2)
⟹ g(x) nghịch biến trên (0; 2). Do đó, ta có:
xy(x y−2 − y x−2 ) ≤ 0 ⟺ g(x) ≤ g(y) ⟺ x ≥ y (∗)
 y x ln y − x y ln x ≤ 0 ⟺ y x ln y ≤ x y ln x. Tuy nhiên, theo trên ta cần phải có cái này tương đương
với x ≥ y. Thì khi đó ta mới có: x ≥ y ⟺ f ′ (x) ≤ 0. Dấu “=” ⟺ x = y = 1. Suy ra: f ′ (x) = 0 ⟺ x = 1.
Lại có:
x ≥ y ⟺ x ≥ 1 ≥ y ⟺ ln x ≥ 0 ≥ ln y ⟹ x y ln x ≥ y x ln y
x ≤ y ⟺ x ≤ 1 ≤ y ⟺ ln x ≤ 0 ≤ ln y ⟹ x y ln x ≤ y x ln y
Như vậy: y x ln y − x y ln x ≤ 0 ⟺ x ≥ y. (∗∗)


Cơng phá Bất đẳng thức
Do đó, kết hợp (∗); (∗∗) ta có:

Lovebook.vn
x ≥ 1 ⟺ x ≥ y ⟺ f ′ (x) ≤ 0

Do đó: f ′ (x) = 0 ⟺ x = y = 1.
Từ đó, lập bảng biến thiên, ta thu được:

P = f(x) ≤ f(1) = 2.
Còn nữa…


PHẦN X: MỘT SỐ BỔ ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN VỊ
Bất đẳng thức hốn vị ln là những bài tốn khó và thú vị. Trong chun đề này, tơi giới thiệu bạn
một số kinh nghiệm khi xử lí các bất đẳng thức hoán vị, bằng việc giới thiệu một số bổ đề khá hay và
quan trọng.
Bổ đề 1 (Vasile Cirtoaje). Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng khi đó ta có
a2b  b2c  c2a  abc 

4
(a  b  c )3 .
27

Chứng minh
Khơng mất tính tổng qt, giả sử b là số nằm giữa a và c . Khi đó ta có
c(b  a)(b  c)  0  b2c  c2a  abc  bc2 .

Sử dụng đánh giá này và kết hợp với bất đẳng thức AM-GM bộ ba số, ta có
a2b  b2c  c2a  abc  a2b  abc  bc 2  abc
 b(a  c )2
1
  2b  (a  c )  (a  c )

2
1 (2b  a  c  a  c )3
 
2
27
4
 (a  b  c )3 .
27

Bổ đề được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c hoặc a  2b, c  0 hoặc các hoán vị.
Tương tự, ta cũng chứng minh được
ab2  bc2  ca2  abc 

4
(a  b  c )3 .
27

Nhận xét, nếu cho a  b  c  3 thì ta sẽ có
a2b  b2c  c2a  abc  4.
ab2  bc2  ca2  abc  4.

Và bất đẳng thức này được dùng khá nhiều trong việc chứng minh bất đẳng thức.
Ví dụ 1 (Phạm Kim Hùng): Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng
a 1  b3  b 1  c3  c 1  a3  5.

Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức AM  GM , ta có
a 1  b3  a (1  b)(b2  b  1)  a 

1  b  b2  b  1 ab2  2a

.
2
2

Thiết lập hai biểu thức tượng tự, rồi cộng vế với vế ta được
a 1  b3  b 1  c3  c 1  a3 

ab2  bc2  ca2
ab2  bc2  ca2
abc 
 3.
2
2

Mặt khác, theo bổ đề 1, ta có
a2b  b2c  c2a  4  abc  4.

Từ đó suy ra
4
 3  5.
2
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  2, b  1, c  0 hoặc các hoán vị.
a 1  b3  b 1  c3  c 1  a3 

Ví dụ 2 (Trần Quốc Anh): Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng
a
b
c

1
 3
 3
 .
b  16 c  16 a  16 6
3


Cơng phá Bất đẳng thức

Lovebook.vn

Lời giải
Nhìn hình thức vế trái ta nghĩ ngay đến kĩ thuật AM-GM ngược dấu.
Ta có

a
1 16a
1 a(b3  16)  ab3 1 
ab3

.

.

a


3
3

3
3
3
3
16 
b  16 16 b  16 16
b  16
b 2 2 
Sử dụng bất đẳng thức AM  GM , ta có

b3  23  23  33 b3  23  23  12b.

Từ đó ta có
a
1
ab2 

a



12 
b3  16 16 

Tương tự với các biểu thức còn lại, sau đó cộng vế theo vế, ta được
a
b
c
1
ab2  bc2  ca2 

 3
 3
 3
.
12
b  16 c  16 a  16 16 

3

Mặt khác, theo bổ đề 1, ta có
a2b  b2c  c2a  4  abc  4.

Từ đó suy ra
a
b
c
1
4  1
 3
 3
 3   .
b  16 c  16 a  16 16  12  6
3

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  2, b  1, c  0 hoặc các hốn vị.
Ví dụ 3 (Tăng Hải Tn): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng
a2
b2
c2
3  6 abc




2
2
2
b  c c  a a  b 5  abc

Lời giải
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
2

2

2

3

3



3

a3  b3  c3



2

a
b
c
a
b
c
 2
 2
 2
 2
 2

b  c c  a a  b ab  ac bc  ba ca  cb ab2  bc 2  ca2  ac  ba  cb
2

Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì


Và ac  ba  cb 

a3  b3  c3



2




a3  b3  c3




2

a b c

a b c



2



2

a  b  c   9
3 a  b  c 
4



(a  b  c )2
 3. Sử dụng bổ đề, ta có ab2  bc2  ca2  4  abc.
3

Do đó ta có
a2

b2
c2
9



.
2
2
2
b  c c  a a  b 7  abc

Như vậy, ta cần chứng minh
9
3  6 abc

.
7  abc 5  abc

Thật vậy, đặt 0  t  abc  1 bất đẳng thức này tương đương với
9
3  6t
3(1  t )(8  3t  2t 2 )


 0.
7  t2 5  t
(7  t 2 )(5  t )

1  t  0

Hiển nhiên đúng vì 8  3t  2t 2  8  3  2  3  0 . Bài toán được chứng minh xong.

2
7  t  7  1  6

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1.


Công phá Bất đẳng thức

Lovebook.vn
Sử dụng Bất đẳng thức giải một số bài tốn Vật lí.

Bài 1. Một điện trở R  9  được cắt thành 9 điện trở nhỏ. Với R1  R3  R9 , R2  R4  R5 , R6  R7  R8
được lắp vào mạch như hình vẽ. Biết hiệu điện thế đặt vào hai đầu đoạn mạch là U  6V không đổi.
Xác định giá trị các điện trở được cắt ra để cơng suất tiêu thụ trên tồn mạch là P  18W .

(Diễn đàn Vật lí phổ thơng – )
Lời giải
Bài tốn này hình thức phát biểu rất đơn giản và ngắn gọn, nhưng không dễ để giải quyết được nó.
R1  R3  R9  a  0

Đặt R2  R4  R5  b  0 .
R  R  R  c  0
7
8
 6

Vì điện trở R  9  được cắt thành 9 điện trở
R1  R3  R9 , R2  R4  R5 , R6  R7  R8

nên ta có 3a  3b  3c  9 tương đương a  b  c  3.
Để P  18W thì khi đó điện trở tương đương của mạch phải là Rtd 

U2
 2 tương đương với
P

(a  b)a (b  c )b (c  a)c


2
2a  b
2b  c
2c  a

Phải chăng dùng bất đẳng thức để đánh giá? Vì đây là một đẳng thức với 3 biến hốn vị vịng quanh
và khi a  b  c  1 (thỏa mãn a  b  c  3 ) thì đẳng thức xảy ra. Từ dự đốn này, ta có lời giải như sau:
Ta có
(a  b)a (b  c )b (c  a)c
a2
b2
c2


 abc 



 Q.
2a  b
2b  c
2c  a
2a  b 2b  c 2c  a

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy  Schwarz , ta có
a2
b2
c2
(a  b  c )2
abc




 1.
2a  b 2b  c 2c  a 2a  b  2b  c  2c  a
3

Vậy Q  3  1  2.
Mặt khác, đẳng thức xảy ra, nên ta có ngay a  b  c , tức là khi đó tất cả điện trở có giá trị bằng nhau
và bằng 1  thì P  18 W . Bài tốn được giải quyết xong.
Cịn nữa…