đề tài nghiên cứu ‘‘phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc khai thác và sáng tạo bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về lôgarit và lũy thừa

DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT

STT

CHỮ CÁI VIẾT
TẮT/KÝ HIỆU

CỤM TỪ ĐẦY ĐỦ

1

THPT

Trung học phổ thông

2

TN THPT

Tốt nghiệp Trung học phổ thông

3

BGD – ĐT

Bộ giáo dục và đào tạo

4

GV

Giáo viên

5

HS

Học sinh

6

GTLN

Giá trị lớn nhất

7

GTNN

Giá trị nhỏ nhất

8

Kq

Kết quả

9

TH

Trường hợp

0


MỤC LỤC
DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ............................................................................................1
1.1. Lí do chọn đề tài.................................................................................................1
1.2. Tổng quan về đề tài và tính mới của đề tài.........................................................2
PHẦN II. NỘI DUNG...............................................................................................3
2.1. Cơ sở lí luận và thực tiễn....................................................................................3
2.1.1. Cơ sở lí luận....................................................................................................3
2.1.2. Cơ sở thực tiễn................................................................................................4
2.2. Giải pháp thực hiện............................................................................................4
2.2.1. Khai thác và sáng tạo bài toán xuất phát từ kết quả các bài tốn bất đẳng
thức, tìm GTLN, GTNN khơng chứa hàm mũ và lôgarit..........................................4
2.2.2. Khai thác và sáng tạo bài tốn tìm GTLN, GTNN về lơgarit và lũy thừa dựa
vào tính đơn điệu của hàm số mũ, hàm số lôgarit...................................................22
2.2.3. Thực nghiệm sư phạm...................................................................................35
PHẦN III. KẾT LUẬN...........................................................................................38
3.1. Đề tài đã giải quyết được vấn đề sau:...............................................................38
3.2. Hướng phát triển của đề tài:.............................................................................38
3.3. Một số kinh nghiệm rút ra................................................................................38
3.3.1. Đối với giáo viên...........................................................................................38
3.3.2. Đối với học sinh............................................................................................38
TÀI LIỆU THAM KHẢO.......................................................................................40


PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ

1.1. Lí do chọn đề tài
Mục tiêu đối với giáo dục phổ thơng đó là tập trung phát triển trí tuệ, thể
chất, năng lực cơng dân, phát hiện và bồi dưỡng năng khiếu, định hướng nghề
nghiệp cho học sinh. Nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, chú trọng lí tưởng,
truyền thống, đạo đức, lối sống, ngoại ngữ, tin học, năng lực và kỹ năng thực hành,
vận dụng kiến thức vào thực tiễn. Phát triển khả năng sáng tạo, tự học, khuyến
khích học tập suốt đời.
Trong q trình dạy học tốn ở bậc phổ thơng, việc bồi dưỡng kiến thức và
phát triển tư duy cho học sinh là nhiệm vụ trọng tâm của người giáo viên. Thực tế
cho thấy nhiều giáo viên khi dạy học vẫn còn nặng về khâu truyền thụ kiến thức,
các kiến thức đưa ra hầu như là sẵn có, ít yếu tố tìm tòi phát hiện, chưa chú trọng
nhiều về việc dạy học sinh cách học, do đó chưa phát triển được năng lực tư duy và
sáng tạo cho học sinh. Thông thường thì các em học sinh mới chỉ giải quyết trực
tiếp các bài tập toán mà chưa khai thác được tiềm năng của bài tốn đó. Học sinh
chỉ có khả năng giải quyết vấn đề một cách rời rạc mà ít có khả năng xâu chuỗi
chúng lại với nhau thành một hệ thống kiến thức lớn. Chính vì vậy việc bồi dưỡng,
phát triển tư duy tương tự hóa, khái quát hóa,… là rất cần thiết đối với học sinh
phổ thơng. Việc làm này giúp các em tích lũy được nhiều kiến thức phong phú, khả
năng nhìn nhận, phát hiện vấn đề nhanh và giải quyết vấn đề có tính lơgic và hệ
thống cao.
Mục tiêu của Chương trình giáo dục phổ thơng mới 2018 nói chung và mơn
Tốn nói riêng là phát triển phẩm chất và năng lực cho học sinh, trong đó năng lực
tư duy và sáng tạo đóng vai trò rất quan trọng.
Trong chương trình Giải tích 12 THPT hiện hành, chủ đề về hàm số mũ,
hàm số lũy thừa và hàm số lôgarit là một trong những chủ đề trọng tâm, đa dạng,
có tính ứng dụng thực tiễn khá cao. Đặc biệt các bài toán về bất đẳng thức, giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất liên quan đến chủ đề này gây khơng ít khó khăn cho người học;
các bài toán loại này xuất hiện nhiều trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 12
và kỳ thi THPT quốc gia ở mức độ vận dụng của đề thi. Để học tốt chủ đề này
người học ngoài việc nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản thì cần có thêm nhiều

kỹ năng giải, có tư duy độc lập và tư duy sáng tạo. Vì vậy, trong quá trình dạy học,
nếu người dạy biết cách khai thác và sáng tạo ra các bài toán về giá trị lớn nhât, giá
trị nhỏ nhất liên quan đến lôgarit và lũy thừa từ những kiến thức cơ bản, bài tập
đơn giản thì khơng những giúp các em học tập có hiệu quả mà còn tạo hứng thú
học tập cho các em học sinh, và còn góp phần quan trọng trong việc rèn luyện và
bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho người học.
Từ những ý tưởng và những lý do nêu trên, chúng tôi quyết định chọn đề tài
nghiên cứu: ‘‘Phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc khai thác
và sáng tạo bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về lôgarit và lũy thừa”.
1


1.2. Tởng quan về đề tài và tính mới của đề tài
Thứ nhất, đề tài đã trình bày cơ sở lí luận và thực tiễn về vấn đề phát triển
năng lực tư duy cho học sinh thông qua khai thác và sáng tạo ra bài tốn tìm bài
tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất về lôgarit và lũy thừa.
Thứ hai, đề tài đã xây dựng được lớp bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
về loogarit và lũy thừa dựa vào các kết quả về bất đẳng thức và GTLN, GTNN của
biểu thức không chứa hàm số mũ, lôgarit.
Thứ ba, đề tài đã xây dựng được lớp bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
về lơgarit và lũy thừa dựa vào tính đơn điệu của hàm số lôgarit và hàm số mũ.
.

2


PHẦN II. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận và thực tiễn
2.1.1. Cơ sở lí luận
a. Khái niệm về tư duy

Theo từ điển tiếng Việt “Tư duy là quá trình nhận thức, phản ánh những
thuộc tính bản chất, những mối quan hệ có tính chất quy luật của sự vật, hiện tượng
”(Hoàng Phê1998). Nguyễn Thanh Hưng (2019, tr 184) cho rằng: “tư duy là giai
đoạn cao của nhận thức, đi sâu vào bản chất và phát hiện ra quy luật của sự vật
bằng các hình thức như biểu tượng, phán đốn, suy lí, ... Đối tượng của tư duy là
những hình ảnh, biểu tượng, kí hiệu. Các thao tác tư duy chủ yếu gồm: phân tích,
tổng hợp, so sánh, tương tự, khái quát hóa, trừu tượng hóa,..” (dẫn theo Trần Mạnh
Sang, Nguyễn Văn Thái Bình, Tạp chí giáo dục, số đặc biệt, kỳ 1, tháng 5/2020 tr
111-116)
b. Năng lực tư duy và sự phát triển của năng lực tư duy
Thế nào là năng lực?
“Năng lực là đặc điểm thuộc tính tâm lý riêng của từng người, là tổ hợp
thuộc tính phản ánh các quan hệ tác động và khách thể bởi chủ thể. Năng lực khác
với tri thức và kỹ năng, kỹ xảo. Năng lực là đặc điểm tâm lí ở người, tạo thành các
điều kiện quy định tốc độ, chiều sâu, cường độ của việc lĩnh hội tri thức, kỹ năng,
kỹ xảo”(PGS.TS. Đinh Thị Kim Thoa).
Năng lực chính là khả năng nhận thức và vận dụng kiến thức, kỹ năng, thái
độ trong học tập và trong thực tiễn cuộc sống.
Thế nào là năng lực tư duy?
Có thể hiểu năng lực tư duy là tổng hợp những khả năng ghi nhớ, tái hiện,
trừu tượng hóa, khái quát hóa, tưởng tượng, suy luận, giải quyết vấn đề, xử lí và
tình cảm trong quá trình phản ánh, phát triển tri thức và vận dụng chúng vào
thực tiễn.
Theo Chương trình giáo dục phổ thơng 2018 mơn Tốn , một trong những
biểu hiện quan trọng của năng lực tư duy và lập luận toán học là “thực hiện được
tương đối thành thạo các thao tác tư duy, đặc biệt phát hiện được sự tương đồng và
khác biệt trong những tình huống tương đối phức tạp và lí giải được kết quả của
việc quan sát”(Bộ GD-ĐT, 2018).
Thế nào là phát triển năng lực tư duy?
Có thể nói, phát triển năng lực tư duy HS chính là hình thành và rèn luyện

cho HS 4 yếu tố cơ bản của tư duy gắn liền với việc hình thành và phát triển cho
học sinh các thao tác của tư duy(phân tích, so sánh, suy luận, tổng hợp, khát quát,
đánh giá, trừu tượng hóa, đặc biệt hóa); các phẩm chất của tư duy(tính linh hoạt,
tính sáng tạo, tính bền bỉ, tính năng động, tính đa dạng, đa chiều trong tư duy); các
3


kỹ năng của tư duy(kỹ năng tư duy phê phán, kỹ năng tư duy đối thoại, kỹ năng tư
duy sáng tạo, kỹ năng tư duy giải quyết vấn đề).
Từ các bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất quen thuộc, HS có thể tự tìm
lời giải cho các bài tốn tương tự, tìm ra được sự khác nhau giữa các bài tốn, và
cao hơn là có thể phát biểu các bài toán mới.
2.1.2. Cơ sở thực tiễn
Qua thực tiễn dạy học, chúng tôi thấy:
- Học sinh THPT còn yếu Toán là do kiến thức bị hổng từ các cấp dưới, thêm
vào đó chưa chịu khó suy nghĩ, ít tư duy trong quá trình học tập;
- Học sinh học tập vẫn còn thụ động, máy móc, thiếu tính tích cực, độc lập,
sáng tạo của bản thân;
- Khơng ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập
phù hợp, chưa chủ động, tích cực để tham gia vào các hoạt động học tập để lĩnh
hội kiến thức mới nên kết quả học tập vẫn chưa cao;
- Nhiều học sinh khi học tập giải bài tập Toán, chỉ quan tâm đến kết quả bài
toán đúng hay sai, hoặc là hài lòng với lời giải của mình; ít tìm tòi lời giải khác,
không khai thác để phát triển bài tốn, sáng tạo ra bài tốn mới nên khơng phát huy
được nhiều tính tích cực, độc lập và sáng tạo của bản thân.
- Trong quá trình dạy học luyện tập ở trường phổ thơng, khơng ít Giáo viên
chỉ chữa bài tập đơn lẻ cho học sinh, hoặc chỉ ra bài tập mang tính áp dụng, chưa
thực sự chú trọng để khai thác, phát triển và sáng tạo ra bài toán mới. Do đó khơng
phát huiy tính tích cực chủ động, sáng tạo, khó hình thành và phát triển năng lực
tư duy cho học sinh.

2.2. Giải pháp thực hiện
Để phát huy tính tích cực, chủ động, tự giác và phát triển năng lực tư duy
cho học sinh, trong quá trình dạy học luyện tập hoặc dạy học bài tập toán, giáo
viên ln chú trọng định hướng để học sinh tìm tòi nhiều cách giải cho một bài
toán, khai thác và phát triển để sáng tạo ra nhiều bài toán mới từ bài tốn đã cho.
Trong phạm vi đề tài, chúng tơi lựa chọn việc khai thác và sáng tạo các bài
toán tìm GTLN, GTNN về lơgarit và lũy thừa
2.2.1. Khai thác và sáng tạo bài toán xuất phát từ kết quả các bài tốn bất
đẳng thức, tìm GTLN, GTNN khơng chứa hàm mũ và lơgarit
Bài tốn 1: Cho 3 số thực x, y, z �1 thỏa mãn x  y  z  4 . Tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của biểu thức T  xyz .
Lời giải:
-Tìm giá trị lớn nhất: Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có

4


3

64
4
�x  y  z � 64
T  xyz ��
� , dấu “=” xảy ra khi x  y  z  3 . Suy ra maxT= 27 .
� 3
� 27
2
Từ giả thiết suy ra T  xy  4  y  z    xy   4  x  xy.

4  x

y 1
Vì z ��

1 y 3 x.

2
Xét hàm số f  y    xy   4  x  xy với 1 �y �3  x .

f '  y   2 xy   4  x  x. f '  y   0 � y 

4 x
 y0 .
2

2
Lập bảng biến thiên hàm số suy ra f  1  f  3  x    x  3x �f  y  �f  y0  .
2
Từ giả thiết ta lại có x  4  y  z �2 . Xét hàm số g  x    x  3x, x � 1;2
có giá trị nhỏ nhất là 2 tại x  2 .

Suy ra giá trị nhỏ nhất của f  y  là 2 tại x  2; y  z  1.
Nhận xét 1: Với giả thiết bài toán 1 đã cho, biểu thức T  xyz đạt giá trị nhỏ
nhất bằng 2. Suy ra biểu thức log a xyz  log a x  log a y  log a z đạt giá trị nhỏ nhất
là log a 2 . Chọn x, y, z , a những số thích hợp thì ta sẽ tạo ra được nhiều bài toán từ
bài toán đã cho.
a

Chọn x  3 y  9b , z  27c , a  3 ta được bài toán:
a

Bài toán 1.1: Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa mãn 3 2  9b  27c  4 .
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức T 

a
 2b  3c.
2

Nhận xét: Khái qt hóa bài tốn 1 ta được bài toán tổng quát:
Bài toán 1.2: Cho 3 số thực x, y, z �1 thỏa mãn x  y  z  a  a  3 . Tìm
giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức T  xyz .
Lời giải:
-Tìm giá trị lớn nhất: Tương tự bài tốn 1, dễ thấy maxT=

a3
a
� x yz .
27
3

2
-Tìm giá trị nhỏ nhất: Từ giả thiết suy ra T  xy  a  y  z    xy   a  x  xy.

x 
y 1
Vì z a��

1 y a 1 x.

2
Xét hàm số f  y    xy   a  x  xy với 1 �y �a  1  x .

5


f '  y   2 xy   a  x  x. f '  y   0 � y 

ax
 y0 .
2

Lập bảng biến thiên hàm số suy ra
f  1  f  a  1  x    x 2   a  1 x �f  y  �f  y0  .
Từ giả thiết ta lại có x  a  y  z �a  2 .
2
Xét hàm số g  x    x   a  1 x, x � 1; a  2 đạt giá trị nhỏ nhất là 2 tại x  a  2

.
Suy ra giá trị nhỏ nhất của f  y  là a  2 tại x  a  2; y  z  1.
Nhận xét: Tương tự bài toán 1.1, từ bài toán 1.2 biểu thức T  xyz đạt giá
trị nhỏ nhất bằng a  2 , do đó biểu thức log c xyz  log c x  log c y  log c z đạt giá trị
nhỏ nhất là log c  a  2  . Chọn x, y, z, a, c những số thích hợp thì ta cũng sẽ được
nhiều bài toán từ bài toán đã cho. Chẳng hạn:
Thay x, y, z , c lần lượt bới các số b x , b y , b z , b ta được bài tốn:
Bài tốn 1.3: Cho 3 số thực khơng âm x, y,z thỏa mãn:
b x  b y  b z  a  b  1, a  3 . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
T  x  y  z.
Đặc biệt hóa bài toán khi thay x, y, z , c lần lượt bới các số 5 x ,25 y ,125 z ,2020
đồng thời chia T cho 6 ta được bài toán:
Bài tốn 1.3.1: Cho 3 số thực khơng âm x, y,z thỏa mãn: 5 x  25 y  125 z  2020.
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức T 

x y z
  .
6 3 2

Nhận xét: Bài tốn 1.3.1 là nội dung chính của bài tốn vận dụng cao trong
đề thi thử TNTHPT lần 1 năm 2020 của trườngTHPT chun Bắc Giang, bài tốn
có nội dung như sau:
Bài tốn: Cho 3 số thực khơng âm x, y,z thỏa mãn:
5 x  25 y  125 z  2020. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T 
1
A. log 5 2020
3

B.

1
log 5 2018
6

C.

x y z
  là
6 3 2

1
log 5 2020
6

1
D. log 5 2018.
2

Trong bài toán 1.3.1, đặt 5 x  a,5 y  b,5 z  c bài toán:
6


Bài toán 1.3.2: Cho 3 số thực a, b,c thỏa mãn a, b,c �1 và a  b 2  c3  2020. Tìm
1
1
1
giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  log 5 a  log 5 b  log 5 c .
6
3
2
Xét bài toán:
Bài toán 2: Cho 2 số thực x, y thỏa mãn x, y �1 và log 2019 x  log 2020 y  1.
Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  log 2020 x  log 2019 y . Khẳng định nào sau đây đúng?
A. M 2  m 2  log 2019 2020

B. M 2  m2  log 22019 2020  log 22020 2019

C. M  n  log 2019 2020  log 2020 2019. D. M  n  log 2019 2020.
(Trích đề thi thử TN THPT SGD Hà Tĩnh lần 2, năm học 2019 - 2020)
Lời giải:
Cách 1. Đặt a  log 2020 x, b  log 2019 y . Từ giả thiết suy ra a, b �0
a 2 log 2019 2020  b 2 log 2020 2019  1 * .
-Tìm giá trị lớn nhất: Theo bất đẳng thức Bunhiacơpski ta có:

a

2

log 2019 2020  b 2 log 2020 2019   log 2020 2019  log 2019 2020  � a  b  . Suy ra
2

P � log 2019 2020  log 2020 2019. Dấu ‘‘=’’ xảy ra khi
a 2 log 2019 2020 b 2 log 2019 2020

� a log 2019 2020  b log 2019 2020. Kết hợp (*) ta có
log 2020 2019
log 2019 2020
a

log 2020 2019
log 2019 2020
,b 
.
log 2019 2020  log 2020 2019
log 2019 2020  log 2020 2019

Suy ra M  log 2019 2020  log 2020 2019.
-Tìm giá trị nhỏ nhất:
1  a 2 log 2019 2020  b 2 log 2020 2019   a 2  b 2  log 2019 2020  b 2  log 2019 2020  log 2020 2019 
� a 2  b 2  log 2019 2020 .

Do đó a 2  b 2 �log 2020 2019 �  a  b  �log 2020 2019 � a  b � log 2020 2019, dấu
2

‘‘=’’ xảy ra khi b  0; a  log 2020 2019. Suy ra m  log 2020 2019.

7


Vậy M 2  m 2  log 2019 2020 .
Cách 2.
Đặt a  log 2019 x, b  log 2020 y. Từ giả thiết ta có a, b �0 và a  b  1 và
P  log 2020 2019 a  log 2019 2020 1  a .
0;1�
Xét hàm số f  a   log 2020 2019 a  log 2019 2020 1  a với a ��
�
�. Ta có
f ' a  

log

f ' a   0 �

2020
2 a

2019



log

2020

2019
.
2 1 a

log 2020 2019
log 2019 2020
log 2020 2019

�a
a .
log 2019 2020  log 2020 2019 0
2 a
2 1 a

f  a0   log 2019 2020  log 2020 2019, f  0   log 2019 2020, f  1  log 2020 2019.
Từ đó suy ra m  log 2020 2019 , M  log 2019 2020  log 2020 2019.
Nhận xét 2: Khái qt hóa bài tốn 2 khi thay 2019 bởi số thực n  1 ta được bài
toán tổng quát:
Bài toán 2.1: Cho số thực x, y thỏa mãn x, y �1 và log n x  log n1 y  1 n  1 .
Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  log n1 x  log n y . Tìm M, m.
Đáp số: m  log n 1 n , M  log n  n  1  log n1 n .
Tiếp tục khái quát hóa khi thay hệ số 1 trong giả thiết và trước các số
log m1 x , log m y trong P bởi các số l , q, r  l �1; q, r  0  ta được bài toán tổng
quát:
Bài toán 2.2: Cho số thực x, y thỏa mãn x, y �1 và log n x  log n 1 y  l  n, l  1 .
Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  q log n1 x  r log n y  q, r  0  . Tìm M, m.
Lời giải.
Đặt a  log n x, b  log n 1 y. Từ giả thiết ta có a, b �0 và a  b  1. Khi đó

P  q log n 1 n . a  r log n n  1. b  q log n 1 n . a  r log n n  1. l  a .
0; l �
Xét hàm số f  a   q log n 1 n . a  r log n n  1. l  a với a ��
�
�. Ta có
8


f ' a  

q log n 1 n r log n  n  1

.
2 a
2 la

f ' a   0 �

q log n 1 n r log n  n  1
l.q 2 log n 1 n

�a 2
a .
r log n  n  1  q 2 log n 1 n 0
2 a
2 1 a

f  a0   l  r 2 log n  n  1  q 2 log n 1 n  , f  0   q l log n 1 n , f  l   r l log n  n  1 .





Từ đó suy ra m  min q l log n 1 n , r l log n  n  1 , M  l  r 2 log n  n  1  q 2 log n 1 n  .
Nhận xét 3:
Xuất phát từ bất đẳng thức xy  yz  zx �a0  a0  0, x, y, z  0  và phương pháp
cân bằng hệ số trong bất đẳng thức Cơsi, ta tìm GTNN của biểu thức
M  ax 2  by 2  cz 2 (a, b, c  0)
Ta cần đánh giá M �T ( xy  yz  zx )
�
mx 2  ny 2 �2 mnxy
�
� 2
m ' x  pz 2 �2 m ' pxz
Thông qua : �
� 2
n ' y  p ' z 2 �2 n ' p ' yz
�
m  m�
 a,  n  n�
 b,  p  p�
c
�
Suy ra cần chọn m, m ', n, n ', p, p ' thỏa mãn: �
m.n  m '. p  n�
.p
�

Từ ý tưởng đó ta xét các trường hợp đặc biệt, chẳng hạn M  ax 2  by 2  bz 2 .
Vì vai trò y, z như nhau nên dự đoán min P đạt được � y  z. Do đó ta có đánh

�
mx 2  ny 2 �2 mnxy
�
� 2
2
giá: �mx  nz �2 mnzx
� p( y 2  z 2 ) �2 pyz
�

9


a
�
m

�
2
mna
�
�
2
2 p2
�
�

a

a
 8ab

n

p

b
�
n

Chọn m, n, p thỏa mãn: �
�
� p
a
4
�m.n  p 2
� 2
�
2
p

ap

ab

0
�
�
�
M

 a  a 2  8ab

 xy
2

yz

zx 

a  a 2  8ab
a0
2

�
n
�xy  yz  zx  a0
�x 
�
2 mn  m
�
.
Dấu "  " xảy ra � � mx  n y � �
m
�
�y  z 
yz
�
�
2 mn  m
�
Chọn a, b, a0  0 bất kỳ và thay x  log m a ', y  log m b ', z  log m c ' ta được lớp bài
toán.

+ Chọn a0  1 , x  log 2 a�
, y  log 2 b ' , z  log 2 c ' , b  c  28
� log 2 a�
log 2 b ' log 2 b 'log 2 c ' log 2 c 'log 2 a�
�1  a’, b’, c’  1
� log 2 a�
�(1  log 2 b 'log 2 c ') log b ' c ' 2, từ đó ta có bài tốn:

Bài tốn 3.1. Cho a, b, c  1 thỏa mãn: log 2 a � 1  log 2 b log 2 c  log bc 2.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  log 22 a  28log 22 b  28log 22 c.
(Trích từ đề thi thử THPT lần 4, năm 2020 trường THPT Chuyên Hưng Yên).
Lời giải: Đặt x  log 2 a, y  log 2 b, z  log 2 c. Vì a, b, c  1 � x, y, z  0.
Khi đó giả thiết log 2 a � 1  log 2 b log 2 c  log bc 2 trở thành
x � 1  yz 

1
� xy  yz  zx �1, và P  x 2  28 y  28 z.
yz

Theo nhận xét trên ta có
49 2 � �1 2 49 2 � 7 2
�1
P  � x2 
y � � x 
z �  y  z 2 
2
2 �2
�2
� �2
�2.

1 2 49 2
1 2 49 2
x . y 2
x . z  7 yz  7.  xy  yz  zx  �7
2
2
2
2

10


7
�1
x

y
7
�
� 2
x

2
�
�
15
�
�
P7��

y7
��
�xy  yz  zx  1 �y  z  1
�
�
15
�
�
Vậy min P  7.
+Chọn a  1, b  55, ta có bài tốn:
� log 2 b �
1
log bc 2.
Bài toán 3.2 : Cho a, b, c  1 thỏa mãn : log 2 a ��
�
log
2
c
�
�

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  log 22 a  55(log 22 b  log 22 c).

Đáp số:

10
�
a  2 21
�
min P  10 � �

�
bc2
�

1
21

.

+ Nhận xét: Khái quát hóa bằng cách đặt
x  log n a, y  log n b, z  log n c  a, b, c  1 với n là hằng số lớn hơn 1 và áp dụng
công thức log n bc  log nb  log n c;

1
 log c n.
log n c

� log n b �
Ta có bất đẳng thức xy  yz  zx �1 trở thành log n a ��
1
log bc n
�
log
n
b
�
�
Nên từ các bài 3.1, 3.2 ta có các bài tốn:
Bài tốn 3.3:
� log n b �

Cho a, b, c  1 với n là hằng số lớn hơn 1 thỏa mãn: log n a ��
1
log bc n .
�
log
n
b
�
�
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  log 2n a  28log 2n c  28log 2n a.
Bài toán 3.4:
� log n b �
Cho a, b, c  1 với n là hằng số lớn hơn 1 thỏa mãn: log n a ��
1
log bc n .
�
log
n
b
�
�
Tìm GTNN của biểu thức P  log 2n a  55log 2n b  55log 2nc.

11


+ Nhận xét: Từ kết quả bài toán 3.1, 3.3, ta có GTNN của P  x 2  28 y 2  28 z 2
đạt được khi x 

7

1
,y  z 
, kết hợp đánh giá
15
15

�4
1
1
2
�2. z 4 .
 z2
�z 
2
2
125 15
� 125
� z4  y4 �  z2  y2  
�
15
125
�y 4  1 �2. y 4 . 1  2 y 2
�
125 15
� 125
ta có bài toán:
� log n b �
Bài toán 3.5: Cho a, b, c  1 thỏa mãn: log n a ��
1
logbc n Tìm giá trị nhỏ

�
log
n
b
�
�
4
4
2
nhất của biểu thức P  log n c  log n c  log n a 

318
log 2n b  log 2n c  .

15

Đáp số: min P  873 .
125
Từ kết quả bài toán 3.2, 3.4, ta có GTNN của P  x 2  55 y 2  55 z 2 đạt được
khi x 

10
1
,y z
, kết hợp đánh giá
21
21

�4
1

1
2
�2. z 4 .
 x2
�z 
2
2
� 441
441 21
� z4  y4 �  z2  y2  
�
21
441
�y 4  1 �2. y 4 . 1  2 y 2
�
441 21
� 441
ta có bài tốn:
� log n b �
Bài toán 3.6: Cho a, b, c  1 thỏa mãn: log n a ��
1
log bc n . Tìm giá trị nhỏ
�
log
n
b
�
�
nhất của biểu thức P  log 4n b  log 4n c  log 2n a 

1153
log 2n b  log 2n c  .

21

Đáp số: min P  4408 .
441
Nhận xét 4: Xây dựng bất đẳng thức trên đoạn
2
;  �
Ta có a, b, c��
�
�( ,   0) � (a   )(a   ) �0 � a  (   )a   �0

12


nên với a  0 � a 
b


�   . Lập luận tương tự ta có
a



�   , c 
�   . Từ đó suy ra:
b
c

�1 1 1 �
a  b  c   �   ��3(   )(*) . Đẳng thức xảy ra khi a  b  c   hoặc
�a b c �

a  b  c   v (a, b, c)  ( , ,  ) v (a, b, c)  ( ,  ,  ) và các hốn vị của chúng.
Đặc biệt hóa (*) khi thay   1,   2 ta được kết quả:
1;2�
Kq4: Cho các số thực a, b, c��
�
�. Ta có
�2 2 2 �
a  b  c  �   ��9.
�a b c �

Nhận xét: Xét các trường hợp dấu bằng xảy ra để có thêm sự đánh giá khi kết hợp
bất đẳng thức Côsi:
+ TH1. Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 . Ta có đánh giá:
2

�2 2 2 �
�1 1 1 � �1 1 1 �
�1 1 1 �
a  b  c  �   � a  b  c  �   � �   ��3 3 (a  b  c) �   �
�a b c �
�a b c � �a b c �
�a b c �
2

�1 1 1 �

� (a  b  c) �   ��27 .
�a b c �

+ TH2. Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  2 . Ta có đánh giá:
�2 2 2 � a  b  c a  b  c �2 2 2 �
a  b  c  �   �

�   �
2
2
�a b c �
�a b c �

�3 3

2�
1 1 1�
a  b  c a  b  c �2 2 2 �
.
. �   �. Suy ra  a  b  c  �   ��54 .
2
2
�a b c �
�a b c �

+ TH3. Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  1, c  2 . Ta có đánh giá:
�2 2 2 � 5
�2 2 2 � 1
9 �a  b  c  �   �  a  b  c   �   �  a  b  c 
�a b c � 4

�a b c � 4

�2

5
�2 2 2 � 1
a  b  c  .�   �  a  b  c 

4
�a b c � 4
2

�1 1 1 � 1 � 1
�
�  a  b  c  �   �� �
9   a  b  c  �.
�a b c � 10 � 4
�

Cũng từ đẳng thức xảy ra khi a  b  1, c  2 , ta có đánh giá khác

13


5
�2 2 2 � 5
�2 2 2 � 3
9 �a  b  c  �   �  a  b  c    a  b  c   �   �  a  b  c 
4
�a b c � 4

�a b c � 2
�3 3

2 �2 2 2 � 3
25
a  b  c  .�   �  a  b  c 

16
�a b c � 2
3

2�
1 1 1� 8 � 1
�
�  a  b  c  �   �� �
3  a  b  c �
�a b c � 25 � 2
�

+ TH4. Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  2, c  1 . Lập luận tương tự trên ta có
2

1 1 1� 5 � 1
�
9   a  b  c  �(1)
 a  b  c �
�a  b  c ��32 �
�
�
� 5

�
3

2 �1 1 1 � 25 � 1
�
3  a  b  c �
và  a  b  c  �   �� �
�a b c � 32 � 5
�
Từ (1) áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 5 số dương

a a b b
, , , , c ta được kết quả
2 2 2 2

2

�1 1 1 � 5 � 5 a 2b 2c �
a

b

c

 �a  b  c ��32 �9  16 �, nếu ràng buộc thêm điều kiện a 2b2c  16
�
�
�
�
�

�
�1 1 1 �
ta được  a  b  c  �   ��10 .
�a b c �

Từ đó ta có các kết quả:
1;2 �
�
�. Ta có:
Kq 4.1: Cho các số thực a, b��
2

�1 1 1 �
a) (a  b  c) �   ��27 ;
�a b c �

2�
1 1 1�
b)  a  b  c  �   ��54 ;
�a b c �
2

�1 1 1 � 1 � 1
�
9   a  b  c  �;
c)  a  b  c  �   �� �
�a b c � 10 � 4
�
3

�1 1 1 � 8 � 1
�
3   a  b  c  �;
d)  a  b  c  �   �� �
�a b c � 25 � 2
�
2

2

�1 1 1 � 5 � 1
�
9   a  b  c  �;
e)  a  b  c  �   �� �
�a b c � 32 � 5
�
3

2�
1 1 1 � 25 � 1
�
3   a  b  c  �.
f)  a  b  c  �   �� �
�a b c � 32 � 5
�

1;2�
, ab c  4 .
Kq 4.1.2: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a, b, c��
�

�
�1 1 1 �
Ta có (a  b  c) �   ��10 .
�a b c �

14


Đặc biệt hóa (*) khi   1,   3 ta được:
1;3�
Kq 4.2: Cho các số thực a, b��
�
�. Ta có:
�3 3 3 �
a  b  c  �   ��12 .
�a b c �

Từ Kq 4.2, kết hợp với cách đánh giá tương tự trên ta được các kết quả:
1;3�
Kq 4.2.1: Cho các số thực a, b, c��
�
�. Ta có:
3�
1 1 1�
a)  a  b  c  �   ��729;
�a b c �
3

�1 1 1 �
b)  a  b  c  �   ��81;

�a b c �





2
�1 1 1 �
3
c)  a  b  c  �   � 6  abc ;
�a b c �

d)



2

1 1 1�
�1 1 1 � 3 �
a  b  c  �   �� �14    �;
a b c�
�a b c � 35 �

2
�1 1 1 � 1
e)  a  b  c  �   ��  42  a  b  c  .
�a b c � 105

Giải thích:

a) Từ Kq 4.2 và áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số dương ta có
3 3 3 � a  b  c a  b  c a  b  c �3 3 3 �
12 �a  b  c  �


�   �
�a  b  c �
3
3
3
�
�
�a b c �
�a  b  c ��3 3 3 �
�1 1 1 �
�4. �
  ��  a  b  c  �   ��729.
�
�
�a b c �
� 3
��a b c �
3

4

Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  3.
b) Tương tự câu a).
c) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho lần lượt 2 số và 3 số dương ta có:

15


�3 3 3 � 2  a  b  c  a  b  c �3 3 3 �
12 �a  b  c  �   �

�   �
3
3
�a b c �
�a b c �
�a  b  c �
�3 3 3 � 2  a  b  c 
�2. �
�
�a  b  c �
3
�
�
� 3
�

2
2
2
1�
�1 1 1 � 1
3
3
� �

�
�
�  a  b  c  �   �� �
18

a

b

c
�
18

3
abc
6

abc


�
� 9�
� �
�
�a b c � 9

Dễ thấy dấu đẳng thức không xảy ra. Suy ra điều phải chứng minh.
5 �3 3 3 � 2 �3 3 3 �
�3 3 3 �
d) 12 �a  b  c  �   � a  b  c  �   � �   �

7 �a b c � 7 �a b c �
�a b c �
�2.

5
�3 3 3 � 2 �3 3 3 �
a  b  c  �   � �   �

7
�a b c � 7 �a b c �
2

�
�1 1 1 � 3 � �1 1 1 �
�  a  b  c  �   �� �
14  �   �
�.
�a b c � 35 � �a b c �
�

Đẳng thức xảy ra khi a  b  1, c  3 và các hoán vị.
e) Chứng minh tương tự câu d), dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  3, c  1 và các
hoán vị.
1;3�
, ab 3 c  3 3 .
�
�
Kq 4.2.2: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a, b, c��
�1 1 1 � 35
Ta có: (a  b  c) �   �� .

�a b c � 3
1

1

1

3

1

1

1

2

�
�
�
�
Lời giải: Theo Kq 4.2.1.e) ta có  a  b  c  �   �� �14    �;
a b c�
�a b c � 35 �

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho 7 số dương ta có
3

3

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
�1 � �1 � 1 7
         �7. 7 � �. � �.  (vì ab 3 c  3 3 )
a b c 3a 3a 3a 3b 3b 3b c
�3a � �3b � c 3
�1 1 1 � 35
1 1 1
1;3�
� (a  b  c) �   �� .
Kết hợp 14     0, a, b, c ��
�
�
a b c
�a b c � 3

Đẳng thức xảy ra khi a  b  1, c  3 và các hoán vị.
1;3�
, ab 3 c  9 .
�
�
Kq 4.2.3: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a, b, c��
�1 1 1 � 438
Ta có: (a  b  c) �   �� .
�a b c � 35

16


2
�1 1 1 � 1

Giải thích: Theo Kq 4.2.1.d) ta có  a  b  c  �   ��  42  a  b  c  .
�a b c � 105

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho 7 số dương ta có:
3

3

a a a b b b
a � �b �
3
a  b  c        c �7.7 �
� �. � �.c  7 (vì ab c  9 )
3 3 3 3 3 3
�3 � �3 �

�1 1 1 �438
1;3�
� .
Kết hợp 42  a  b  c  0, a, b, c ��
�
�� (a  b  c)�   �
�a b c � 35
Đẳng thức xảy ra khi a  b  3, c  1 và các hốn vị.
Nhận xét: Từ các kết quả có được, ta mũ hóa các số để được các bài toán về hàm
số mũ, chẳng hạn:
1;2 �
Theo Kq 4.1.1: Từ a, b, c��
�
�ta có:

2

2�
1 1 1�
b)  a  b  c  �   ��54 .
�a b c �

�1 1 1 �
a) (a  b  c) �   ��27 ;
�a b c �

� 1�
x
x
x
1;2 �
0; �. Kết hợp Kq 4.1.1 ta được bài
�
�� x ��
Ta đặt a  2 , b  3 , c  4 . a, b, c ��
� 2�

tốn:
� 1�
0; �. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Bài toán 4.1: Cho số thực x��
� 2�

(2x  3x  4 x )  6 x  8x  12 x 
a) T 

.;
242 x
2

Đáp Số: a) maxT  27

2
b) T  

x

 3x  4 x   6x  8x  12 x 
.
24 x
2

b) maxT  54

� 1�
x
x
x
1;3�
0; �. Kết hợp Kq 4.2.1 ta được
Ta đặt a  2 , b  5 , c  9 . a, b, c ��
�
�� x ��
� 2�

bài tốn:

� 1�
0; �. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Bài toán 4.2: Cho số thực x��
� 2�

2
a) T  
b)

2

x

x

 5x  9x   10 x  18x  45x 
.
90 x
3

 5x  9 x   10 x  18x  45x 
..
729000x

ĐS: a) maxT  729

3

b) maxT  81.
17

x
x
x
2;16 �
1;2 �
Đặt a  2 , b  3 , c  4 . a, b, c ��
�
�� x ��
�
�. Kết hợp Kq 4.5 ta được bài
toán:

1;2�
Bài toán 4.3: Cho số thực x ��
�
�. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2
T

x

 3x  4x   6 x  8x  12 x 
.
24x

ĐS: maxT 

729
.
32

x
x
x
1;81�
0;2 �
Đặt a  2 , b  3 , c  9 . a, b, c ��
�
�� x ��
�
�. Thay vào Kq 4.6 ta được
bài toán:

0;2 �
Bài toán 4.4: Cho số thực x ��
�
�. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2
T

x

 3x  9x   6x  18x  27 x 
.
54x

ĐS: maxT=

1681
.
9

Nhận xét:
1;2�
, ab c  4 � a 2 b 2c  16
+ Từ giả thiết trong kết quả đưa ra 4.1.2: a, b, c��
�
�
� log 2 (a 2 b2 c)  4 � 2log 2 a  2log 2 b  log 2 c  4.
1;2 �
0;1�
Đặt x  log 2 a, y  log 2 b, z  log 2 c . a, b, c��
�
�. Kết hợp Kq
�
�� x, y, z ��
4.1.2 ta được bài toán:
0;1�
Bài toán 4.5: Cho số thực x, y, z��
�
�thỏa mãn 2 x  2 y  z  4 . Tìm giá trị lớn
x
y
z
x
y

z
nhất của biểu thức: T  (2  2  2 )  2  2  2  .

ĐS : maxT=10.
+ Từ giả thiết trong kết quả 4.2.2:
a, b, c��
1;3�
, ab 3 c  3 3 � a 3 b3c  3 � log 3 (a 2 b 2c)  1 � 3log 3 a  3log 3 b  log 3 c  1.
�
�
1;3�
0;1�
Đặt x  log3 a, y  log 3 b, z  log 3 c . a, b, c��
�
�� x, y, z ��
�
�. Kết hợp Kq 4.2.2
ta được bài toán:
0;1�
Bài toán 4.6: Cho số thực x, y, z��
�
�thỏa mãn 3x  3 y  z  1 . Tìm giá trị lớn
x
y
z
x
y
z
nhất của biểu thức: T  (3  3  3 )  3  3  3  .

ĐS: maxT=

35
.
2
18


Nhận xét 5: Xuất phát từ điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai ẩn x :
ax 2  2( p  c) x  a ( p  b)2  0(a  1)(1).
Phương trình có nghiệm �  ' �0 � (p c) 2   ap  ab  �0
2

�  (1  a) p  c  ab  . (1  a) p  c  ab  �0

� ab  c �� c  ab �
�  1  a 2  �p 
. p
�0  1
1 a �
�
��
� 1 a �
�
�ab  c c  ab �
�ab  c c  ab �
,
,
.
Đặt M  max �

�, m0  min �
�
1 a
a 1
1 a
a 1
��
Nhận thấy
ab  c
pc bc
P 
� x

1 a
a
1 a
c  ab
p  c b  c
P 
�x

a 1
a
1 a
 �
p M  �0 m0 p M .
Kết hợp biến đổi  1 �  p m0
� min P  m0 ;max P  M .
ab  c
ab  c 5

5
 1, 
 � m  1, M  .
+ Chọn c  3, a  2, b  1: �
1 a
a 1 3
3
2
2
P

mx

ny
Phương trình (1) trở thành 2x  2( p  3) x  2( p 1)  0. Đặt
� 2x2  2 �
mx  ny  3�
mx  ny 1�
�
�x  2 �
�
� 0
2

� (1  m  m2 ) x 2  n2 y 2  (2mn  n) xy  (3  2m) x  2ny  1  0(*)
5
3

Theo nhận xét trên ta có min P  1;max P  .
Chọn m, n bất kỳ ta được lớp rất nhiều bài toán:

+ Chọn m  n  1 và thay x  log a b, y  log b c vào (*) với lưu ý
xy  log a c, a, b, c  0; a, b, c �1 ta được
log 2a b  log b2 c  log a c  log a b  2log b c  1  0
� log 2a b  log b2 c  log a

1
c
 2log b  1
bc
b

Ta có bài tốn:
Bài tốn 5.1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn:
1
c
 2log b  1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
bc
b
thức P  log a b  log b c.
+ Chọn m  2, n  1 và thay x  log a b, y  log b c vào(*) với
a, b, c  0; a, b, c �1, ta được 7log 2a b  log b2 c  5log a c  5log a b  2log b c  1  0
c
c
� 7log 2a b  log b2 c  5log a  2log b  1
b
b
log 2a b  log b2 c  log a

19

Từ đó ta có bài tốn:
Bài tốn 5.2:
Cho các số thực dương a, b, c khác 1 thỏa mãn:
c
c
7log 2a b  log b2 c  5log a  2log b  1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
b
b
biểu thức P  2log a b  log b c.
+ Chọn m  1, n  1, và thay x  log a b, y  log b c vào (*) với
a, b, c  0; a, b, c �1
2
2
Ta được log a b  log b c  log a c  log a b  2log b c  1  0
� log 2a b  log b2 c  log a

c
c
 2log b  3.
b
b

Từ đó ta có bài tốn:
Bài tốn 5.3: Cho các số thực dương a, b, c khác 1 thỏa mãn:
c
c
log 2a b  log b2 c  log a  2log b  3. Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
b
b

nhất của biểu thức P  log a b  log b c. Tính 2m  3M .
(trích đề thi thử TNTHPT năm 2020, trường THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ
An)

ab  c
1 ab  c
5
5
1
  ,
  � m   ,M   .
1 a
2
a 1
4
4
2
2
Phương trình (1) trở thành 3 x 2  2  p  2  x  3  p  1  0. Đặt P  mx  ny
+ Chọn a  3, b  1,c  2 �

� 3x 2  2 �
mx  ny  2 �
mx  ny  1�
�
�x  3 �
�
� 0
2

� (3  2m  3m2 ) x 2  3n2 y 2  (6mn  2n) xy  (4  6m) x  6ny  3  0(**)
+ Chọn m  1, n  3. và thay thay x  log a b, y  log b c vào (**) ta được bài toán:

Bài toán 5.4: Cho các số thực dương a, b, c khác 1 thỏa mãn:
c6
c
2log 2a b  27log b2 c  2log a  18log b  21. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
b
b
nhất của biểu thức P  log a b  3log b c.
5
1
Theo nhận xét trên ta có min P   ;max P   .
4
2
ab  c 5 ab  c
5
 ,
 1 � m  1, M  .
+ Chọn a  2,b  1,c  3 �
1 a 3
a 1
3
2
3
2
Phương trình (1) trở thành  x  2  p  3 x   p  1  0. Đặt P  x  y 3
20

Nhận thấy

� 4
� P 3 4
�x  3

5
�x 
�
P  � �
.
1
3��
3
3
19
3
3
�
�y  
�x  y  1
�
3
� P3
 2 �x  2
�x 
 P  1 � �
��
.
2

3
y


9
3
3
�
�
�x  y  1
2

� x2  2 �
x3  y 3  3�
x 3  y 3  1�
�
�x  �
�
� 0
� x 6  y 6  2 x3 y 3  2 x 4  2 xy 3  2 x 3  2 y 3  x 2  6 x  1  0.
+ Thay x  log a b, y  log b c vào (**) ta được bài toán:
log 6a b  log6b c  2log3a c  2log 4a b  2log a c.log b2 c  2log3a b  2log 3b c  log 2a b  6log a b  1
ta được bài toán:
Bài toán 5.5: Cho các số thực dương a, b, c khác 1 thỏa mãn:
log 6a b  logb6 c  2log 3a c  2log a4 b  2log a c.log b2 c  2log 3a b  2logb3 c  log a2 b  6log a b  1.
3
3
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  log a b  log b c.
5
Đấp số: Theo nhận xét trên ta có min P  1;max P  .

3

Nhận xét 6: Xuất phát từ tính đơn điệu của hàm số f (t ) 
Hàm số f (t ) 

at  b
.
ct  d

t2
nghịch biến trên (1; �) .
t 1

Với x, y  0 : x 3  y 3  1 � 1  ( x  y )3  3 xy ( x  y )
( x  y )3  1 ( x  y ) 2
� xy 
�
�1  x  y � 4
3( x  y )
4

Thay t  x  y ta có kết quả:
Với x, y  0 : x 3  y 3  1 � GTNN của P 

x y2
là
x  y 1

42
.

3
4 1

3

a
b
3
3
3
+ Thay x  , y  � a  b  c (a, b, c  0)
c
c
a  b  2c a 2  ab  2ac
�T 
 2
abc
a  ab  ac

21


+ Thay a, b, c lần lượt bởi các số log a b,logb c,log c a và áp dụng công thức
log a b.log b c  log a c,logb c.log c a  logb a,logc a.loga b  logc b ta có bài tốn:
Bài tốn 6.1: Cho các số thực a, b, c  1 thỏa mãn log 3a b  log 3b c  log 3c a.

log 2a b  log a c  2log c b
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
log 2a b  log a c  log c b

Lập luận tương tự trên, bằng cách chọn hàm số f (t ) 
(1; �) , ta có bài tốn:

2t  1
đồng biến trên
t 1

Bài toán 6.2: Cho các số thực a, b, c  1 thỏa mãn : log 3a b  log 3b c  log 3c a.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 

2log 2a b  2log a c  log c b
.
log 2a b  log a c  log c b

2 3 4 1
Đáp số: GTNN của P là 3
.
4 1
t3 1
t 2
1
t  2 (t  1) 2 (t  2) 3t 3  2(t 3  1)  3t
3
t

 3
 3
Lại có f (t ) 
t 1
t 1

(t  1)3
(t  1)  3t (1  t )
1 t
3t
2

Với giả thiết x3  y 3  1, thay t  x  y, xy 

t3 1
ta được:
3t

( x  y ) 2  2 xy  1
x2  y2  1
p  f ( x  y) 

.
xy  1  x  y
(1  x )(1  y )

a
b
a 2  b2  c 2
a 4  b2a 2  c 2a 2

Đặt x  , y  (a, b, c  0) � P 
c
c
(c  a)(c  b ) (ac  a 2 )(ca  ab)
Thay a, b, c lần lượt bởi các số log a b,log b c,log c a và áp dụng công thức

log a b.log b c  log a c,logb c.log c a  logb a,log c a.log a b  log c b ta có bài toán:
Bài toán 6.3: Cho a, b, c  1 thỏa mãn: log 3a b  log 3b c  log 3c a.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

log 4a b  log 2a c  log c2 b
.
(log c b  log 2 a b)(log c b  log a c)

22


2.2.2. Khai thác và sáng tạo bài tốn tìm GTLN, GTNN về lơgarit và lũy
thừa dựa vào tính đơn điệu của hàm số mũ, hàm số lôgarit
Nhận xét 7: Xét hàm số f (t )  at 2  bt  ct.d t , (a, b, c  0, d  1)
f '(t )  2at  b  c(t  1)d t . Do đó hàm số f (t ) là hàm số đồng biến trên  0;�

+ Chọn c  1, a  1, b  2,d  3 ta được hàm số � f (t )  t 2  2t  3t
Xét u  x 1, v  y  x ( x �1, y �x) . Ta có
u  v � x 1  y  x( x �1, y �x) � f ( x 1)  f ( y  x)
� ( x  1) 2  2( x  1)  ( x  1).3x 1  (y x) 2  2(y x)  (y x).3 y  x
� (2 xy  y 2  2 x  2 y  1)  ( x  1)3x 1  (y x)3 y  x.
Kết hợp điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi tại x  1 , bằng cách lựa chọn biểu thức
b
đánh giá hợp lý, chẳng hạn xét biểu thức: T  a 2021x 
đạt giá trị nhỏ nhất
20212 x
tại x  1 ta có bài tốn:
Bài tốn 7.1: Cho các số thực x, y thoả mãn x �1, y �x và
(2 xy  y 2  2 x  2 y 1)  ( x 1).3x 1  ( y  x).3 y  x (1)

Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức:
a) P  2021x  2021 y
b) P  2020.2021x  2019.2021 y .
Lời giải: Từ điều kiện x �1, y �x � x 1, y  x �0.
Theo nhận xét trên ta có: (1) � x 1  y  x � y  2 x  1
Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:
a) P  2021x 

2021
2021x 2021x 2021
20212  2

(


)

.2021x
20212 x
20212 20212 20212 x
20212

2

�2021x � 2021
20212  2
3
20212  2
20212 1
x

�3. �
.

.2021 �

.2021 
.
2 �
2x
20212
2021
20212
2021
�2021 � 2021
3

�
�x  1
Dấu “=” xảy ra � �
�y  1

Vậy min P 

20212  1
2021

23