1

Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

LỜI NÓI ĐẦU

*Bất đẳng thức và cực trị của biểu thức nhiều biến từ lâu đã trở thành đề tài quen

thuộc đề cập trong nhiều tài liệu,thường gặp trong nhiều cuộc thi từ các lớp THCS đến

bậc đại học,trong các kì thi Olimpic trong nước và thế giới,nó là vấn đề khó và thật

hấp dẫn bởi vì việc giải nó nhiều khi phải rất công phu,sáng tạo đôi khi phải biết kết

hợp nhiều phương pháp,nhiều kỹ thuật mới giải được chúng. Mỗi bài một vẽ thật là đa

dạng.

*Giải toán BĐT và cực trị nói chung và BĐT,cực trị của biểu thức có nhiều biến số

nói riêng không những rèn luyện phẩm chất tư duy,óc sáng tạo,trí thông minh cách

nhìn linh hoạt, tinh tế của người học,người làm toán là động lực thúc đẩy lòng đăm

mê, yêu thích môn toán.

*Các bài toán BĐT và cực trị không những giáo dục các phẩm chất trí tuệ của người

học mà còn chứa đựng tính thực tiễn cao trong việc ứng dụng toán họcvào thực tiễn

cuộc sống giải các bài toán tối ưu.

*Các bài toán BĐT và cực trị của biểu thức chứa nhiều biến số là những vấn đề

thường được đề cập trong các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi.Không thể có một

phương pháp chung để có thể giải cho mọi loại bài toán,trong một chừng mực nào đó

vẫn có thể nêu ra một số kỹ thuật giải chung cho các bài toán,đó là một việc mà các

nhà sư phạm nên làm giúp cho học sinh có một nền kiến thức cơ bản khi đứng trước

một bài toán thuộc loại này.

*Vì những lý do trên việc đề cập đến một số kỹ thuật,một số cách giải có tính thông

dụng nhất về lớp các bài toán thuộc dạng này là một việc cần thiết giúp cho người học

nâng cao khả năng tự học tự khai thác phát hiện và giải các dạng toán và phương pháp

giải các bất đẳng thức và cực trị của biểu thức chứa nhiều biến.

2/ NỘI DUNG ĐỀ TÀI

Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = F 1 2, ,..., na a a với

ia D và ngoài ra 1 2, ,..., na a a còn chịu một số ràng buộc khác.

Các cách giải thông dụng

1/ Đánh giá trực tiếp Q bằng bất đẳng thức

2/ Đánh giá Q bằng phương pháp đạo hàm

3/ Đánh giá Q bằng phương pháp dồn biến

4/ Đánh giá Q bằng phương pháp lượng giác hóa

5/Đánh giá Q thông qua miền giá trị

Vấn đề dùng bất đẳng thức để đánh giá Q có trong rất nhiều tài liệu ,trong đề tài này

qua một số ví dụ nhằm làm rõ thêm về mặt phương pháp dùng đạo hàm, dồn biến

phương pháp lượng giác hóa,phương pháp miền giá trị để tìm cực trị của biểu thức

nhiều biến.

Để thuận tiện cho việc nghiên cứu tôi xin đề cập đến phương pháp chẩn hóa trong các

hàm có tính thuần nhất ba biến.

Bài toán: Tìm cực trị của biểu thức Q = , ,F x y z biÕt , , , ,F x y z F x y z (1)

với 0

2

Hàm số F thỏa mãn điều kiện (1) gọi là hàm thuần nhất ba biến x,y,z.

Mệnh đề 1: Cho H(x,y,z) là một đa thức đẳng cấp bậc k và hàm số F(x,y,z) thỏa(1) thì

giá trị của F(x,y,z) trên miền: , , / , , ; ( 0)x y z H x y z a a không thay đổi khi a thay đổi.

Giả sử , ,M x y z là một điểm sao cho 1, ,H x y z a

' ', ', 'M x y z là một điểm sao cho 2' ', ', 'H x y z a với 1 2 1 1( 0; 0)a a a a

Ta chứng minh 'F M F M

Thật vậy:

1 2 21 2 2 2

2 1 1

( , , ) . , , , ,

k

ka a a

H x y z a a H x y z a H x y z aa a a

2 2 22

1 1 1

. , . , .k k ka a a

H x y z aa a a

2', ', 'H x y z a

(®Æt 2 2 2

1 1 1

' . ; ' . ; ' .k k ka a a

x x y y z za a a

)

Mặt khác 1 2, , , , ' ', ', ' ', ', 'M x y z H x y z a M x y z H x y z a

Nên , , ', ', 'F x y z F x y z do (1),Áp dụng mệnh đề trên để tìm giá trị của , ,F x y z trên

các miền , ,H x y z a chỉ cần tìm giá trị của nó trên miền 0, ,H x y z a cố định. Điểm

mấu chốt trong từng bài toán ta chọn đa thức đẳng cấp . ,H x y z nào là thích hợp cho

việc chuẩn hóa.

Ví dụ minh họa: Cho các số thực dương , ,a b c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Q = , ,F a b c

2 2 22 2 2

a b c b c a c a b

b c a c a b a b c

Nhận xét , , , ,F a b c F a b c .

Vậy F là hàm thuần nhất nên chỉ cần tìm giá trị của F trên miền , , 1H a b c a b c ,

khi đó

Q

2 2 2

1 1 1, ,

1 2 2 1 2 2 1 2 2

a a b b c cF a b c

a a b b c c

Vì

2 22

21 12 1

2 1 1 2 1 2 1 12 4 4

a aa aa a a a a a

1 30

4

a a

2

1 4 1 34. 4 1

1 2 1 3 3 3

a a a a a

a a a a a a

nên Q

1 1 14 3 3

3 3 3a b c

Do 1 1 1 9 9

3 3 3 9 10a b c a b c

9 64 3 3.

10 5Q

. Q =

6

5 khi

1

3a b c

Kết luận: MaxQ = 6

5 khi 0a b c

Sau đây là một số phương pháp tìm cực trị của biểu thức nhiều biến số được đề

cập trong đề tài này:

I )Phương pháp Đạo hàm: Phương pháp đạo hàm là chuyển việc đánh giá Q về

đánh giá biểu thức một biến số.

3

1/ Đánh giá đại diện : Nếu Q có dạng 1 2 ... ,n iQ f a f a f a a D đối xứng

a/ Đánh giá đại diện bằng phương pháp miền giá trị

Bài toán 1: Cho , ,A B C là ba góc của một tam giác.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 1

2 cot cot cotsin sin sin

Q A B CA B C

.

Ta viết 2 2 2

cot cot cotsin sin sin

Q A B CA B C

Đánh giá đại diện 2

cot , 0;s inx

f x x x .Ta có f ’ 2

1 2cos

sin

xx

x

Lập bảng biến thiên hàm số f trong khoảng 0;

x 0 3

Từ bảng biến thiên ta suy ra

3

3

3

f A

f B

f C

3 3Q f A f B f C .

Dấu đẳng thức khi ABC đều

Bài toán 2: Cho các số thực , , 0a b c ,thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1a b c .

Chứng minh BĐT 2 2 2 2 2 2

3 3, (1)

2

a b c

b c c a a b

Ta có (1) 2 2 2

2 2 2

3 3.

1 1 1 2

a b ca b c

a b c

Từ đó gợi ý ta chứng minh các bất đẳng thức sau:

2 2 2

2 2 2

3 3 3 3 3 3; ;

1 2 1 2 1 2

a b ca b c

a b c

Hay phải chứng minh 2 2 22 2 21 ; 1 ; 1 .

3 3 3 3 3 3a a b b c c

Khảo sát đại diện là hàm số 2( ) 1 , 0;1f x x x x bằng đạo hàm tìm được giá trị lớn

nhất của ( )f x trên khoảng này là 2

3 3từ đó suy ra điều cần chứng minh.

b/ Đánh giá gián tiếp thông qua biểu thức bậc nhất

f’(x)

- 0 +

f(x)

3

4

Nếu bài toán có dạng sau cho n * và các số 1 2, ,..., na a a D thỏa mãn

1 2 ... na a a n ,

với D

Chứng minh rằng 1 2 ... nf a f a f a nf ( hay 1 2 ... nf a f a f a nf ),

Đẳng thức xãy ra khi 1 2 ... na a a .

Dạng bài toán này có tính chất nổi bật: vế trái là biểu thức đối xứng đối với các biến

1 2, ,..., na a a nên thường có nhiều cách giải.Tuy nhiên việc tìm ra một phương pháp chung

để có thể giải được hàng loạt bài toán như thế thì hoàn toàn không đơn giản.

Trong bài viết này ta sẽ vận dụng giả thiết 1 2 ... na a a n một cách linh hoạt, đó là

ta sẽ tìm các hằng số A , B thích hợp để đánh giá Ax + B , x Df x ,đẳng thức xãy ra

khi x .Đối với nhiều bài toán ,biểu thức y = Ax + B được chọn chính là phương trình

tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại x = .

Nhìn qua phương pháp này chúng ta sẽ thấy nó “tương tự”với phương pháp sử dụng

BĐT Jensen- còn gọi là BĐT hàm lồi.Thật sự ở đây phương pháp này sẽ “tốt” hơn,nếu

sử dụng BĐT Jensen thì phương pháp này cũng sử dụng được nhưng điều ngược lại thì

có thể không xãy ra.

Ta có thể minh họa bằng đồ thị

f(x)=x^3+3x^2+2

f(x)=(15x)/4+1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

x

y

Hàm số y = f(x) trên khoảng D = 3;2 không lồi và cũng không lõm trên D nhưng đồ thị

vẫn “nằm trên” tiếp tuyến 15

14

xy của nó tại

1

2x D .Trong bài này không thể áp

dụng được BĐT hàm lồi được nhưng vẫn có thể dùng phương pháp “tiếp tuyến” để giải

quyết bài toán.

Sau đây xin được trình bày một số bài toán minh họa cho phương pháp trên được

trích dẫn từ một số đề thi Olympic của nước ta và các nước trên thế giới. Trong một số

bài toán có thể chúng ta phải sử dụng linh hoạt các giả thiết và tính chất của các biểu

thức trong bài toán để vận dụng phương pháp một cách hiệu quả nhất.

Bài toán 3:( Olimpic 30/4- 2006).Cho các số thực dương , ,a b c .Chứng minh rằng:

Q =

2 2 22 2 2

6

5

a b c b c a c a b

b c a c a b a b c

,(1)

5

Do Q có tính thuần nhất nên chỉ xét giá trị của Q với 1a b c

Viết Q =

2 2 22 2 2

1 1 1

1 1 1

a a b b c cf a f b f c

a a b b c c

Với

2

2 22

1, 0;1

1 21

x x x xf x x

x xx x

.Khi đó tiếp tuyến tại

1

3x có phương trình:

27 1 2 27 1

25 3 5 25 25y x x

.Mặc dầu trong khoảng 0;1 đồ thị (C) của hàm số

( )y f x không lồi

Nhưng vẫn có 27 1

( ) (*)25 25

f x x

thật vậy 0;1x (*) 2

3 2

2

27 154 27 1 0

2 2 1 25

x x xx x

x x

Xét hàm số ( )g x 3 254 27 1x x với 0;1x g’(x) = 54 3 1x x lập bảng biến thiên của

hàm số y = g(x) ta được kết quả ( ) 0, 0;1g x x .

Áp dụng BĐT (*) cho các số a , b , c 0;1

ta có 27 3 30 6

( ) ( ) ( )25 25 25 5

f a f b f c a b c .BĐT (1) được chứng minh.Đẳng thức

xãy ra khi .a b c

Bài toán 4: (Hồng Kong,2005) .Cho các số dương , , ,a b c d thỏa mãn 1.a b c d

Chứng minh rằng: 3 3 3 3 2 2 2 2 16

8a b c d a b c d .(1)

Từ giả thiết ta có , , , 0;1a b c d và BĐT (1) 1

( ) ( ) ( ) ( ) , (2)8

f a f b f c f d

Trong đó 3 2( ) 6f x x x xét ( )f x với 0;1x .

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( )y f x tại 1

4x có phương trình

5 1

8 8y x .Mặt khác

23 25 1 5 1 1

( ) 6 4 1 3 1 08 8 8 8 8

f x x x x x x x

với mọi 0;1x hay

5 1( )

8 8f x x

Từ đó suy ra 5 1 1

( ) ( ) ( ) ( ) 4.8 8 8

f a f b f c f d a b c d .

Vậy BĐT (1) được chứng minh.Đẳng thức xãy ra khi 1

.4

a b c d

Bài toán 5: ( Mở rộng bài toán thi Olimpic Ba Lan,1996 và Olimpic 30-4,1999)

Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn 1.a b c

Chứng minh rằng 2 2 2

9

1 1 1 10

a b c

a b c

,(1)

Đặt 2

( ) .1

xf x

x

Khi đó BĐT (1) trở thành

9( ) ( ) ( ) , (2)

10f a f b f c

Ta có f’(x) =

2

22

11, '( ) 0

11

xxf x

xx

6

Bảng biến thiên ( ta đưa thêm vào một số giá trị như x = - 3, x = -1/3, x = 2 và giá trị

( )f x để so sánh)

x

- 3 -1 -1/3 1 2

f’(x)

- 0 + 0 -

f(x)

0 1/2 2/5

-3/10 -3/10

-1/2

( 1 3 2

( 3) ( ) , (2)3 10 5

f f f ).

Xét các trường hợp xãy ra :

1/ Có một số , giả sử ; 3a 4b c nên có một số , giả sử 2.b Khi đó ta có :

2 1 9( ) ( ) ( ) 0

5 2 10f a f b f c

2/ Có một số, giả sử1

3; .3

a

Khi đó 3 1 1 7 9

( ) ( ) ( )10 2 2 10 10

f a f b f c

3/ Cả ba số 1

, , ; .3

a b c

Khi đó tiếp tuyến của đồ thị ( )y f x tại 1

3x có phương

trình:

18 3

25 50y x .Ta có

2

2 2

3 1 4 318 3 18 3 1( ) 0,

25 50 1 25 50 350 1

x xxf x x x x

x x

Áp dụng BĐT này cho các số 1

, ,3

a b c và 1a b c ta có

18 3 9

( ) ( ) ( ) 3.25 50 10

f a f b f c a b c .Vậy trong mọi trường hợp BĐT (1) đều đúng.

bài toán được chứng minh,đẳng thức xãy ra khi 1

.3

a b c

Nhận xét: Đây là một bài toán khó,không thể sử dụng phương pháp hàm lồi để giải.

Chúng ta đã giải bài toán bằng cách phân chia trục số thành các khoảng

1 1

; 3 , 3; , ;3 3

và sử dụng linh hoạt

giả thiết 1a b c để áp dụng tính chất của hàm số f(x) cùng với tiếp tuyến của nó

tại điểm x = 1/3 một cách như mong muốn.

Bài toán 6: (Rumania,2005). Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 3.a b c

Chứng minh rằng: 2 2 2

2 2 2

1 1 1a b c

a b c (1)

7

Theo giả thiết 22 2 2, , 0 9.a b c a b c a b c Từ đó nếu có một trong ba số,

giả sử a <1/3 thì 2 2 2

2 2 2

1 1 19 a b c

a b c nên (1) đúng.

Ta xét trường hợp 1

, ,3

a b c .Vì 7

3, ên a,b,c .3

a b c n Vậy 1 7

, , ; .3 3

a b c

BĐT (1) 2 2 2

2 2 2

1 1 10, (2)a b c

a b c .

Xét hàm số 2

2

1 1 7( ) ên ; .

3 3f x x tr

x

Tiếp tuyến của đò thị hàm số ( )y f x tại x =1 là y = -4x + 4.

Ta có

2 2

2

1 2 1 1 7( ) 4 4 0, ;

3 3

x x xf x x x

x

(do 2

22 4 1 7( ) 2 1 1 2 2 0 ên ;

3 3 3g x x x x tr

)

hay ( ) 4 4f x x với mọi x 1 7

;3 3

.

Áp dụng cho các số 1 7

, , ;3 3

a b c

ta có ( ) ( ) ( ) 4 4.3 0f a f b f c a b c .

Vậy BĐT (1) được chứng minh.Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Nhận xét cách giải: Tương tự bài toán trên, từ giả thiết bài toán ta mới chỉ có điều

kiện , , 0;3a b c .

Việc xét các trường hợp đặc biệt để đưa về xét trường hợp 1 7

, , ;3 3

a b c

và áp dụng

tính chất của hàm số f(x) trên đó là hết sức cần thiết.

Bài toán 7: (Trung Quốc ,2005).Cho các số không âm , ,a b c thỏa mãn 1.a b c

Chứng minh rằng : 3 3 3 5 5 510 9 1a b c a b c (1)

Đặt 3 5( ) 10 9f x x x .Khi đó (1) trở thành ( ) ( ) ( ) 1, (2)f a f b f c

Trường hợp 1. Trong ba số a,b,c có một số ,giả sử 9

.10

a Khi đó thì

9 1;1 ; , 0;

10 10a b c

.

Xét hàm số f(x) trên đoạn 9

;110

ta có f’(x)= 2 4 2 230 45 15 2 3 0x x x x với

mọi 9

;110

x

Vậy f(x) nghịch biến trên đoạn này và từ đó ( ) (1) 1f a f với 9

;1 .10

a

hơn nữa với1

, 0;10

b c

thì ( )f b 3 510 9 0b b và ( )f c 3 510 9 0c c nên

( ) ( ) ( ) 1 0 0 1f a f b f c hay (2) đúng

8

Trường hợp 2. Các số 9

, , 0;10

a b c

.

Khi đó tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( )y f x tại 1

3x có phương trình

25 16

9 27y x

Ta có 3 525 16 25 16( ) 10 9

9 27 9 27f x x x x x

2 3 21

3 1 27 18 21 1627

x x x x .

Xét hàm số 3 2( ) 27 18 21 16g x x x x trên đoạn 9

0;10

.Ta có g’(x) = 281 36 21x x

g’(x) = 0 1

3x hoặc

7

9x .Bảng biến thiên của g(x) trên đoạn này như sau

x 0 1/3 9/10

g’(x)

- 0 +

g(x)

-16 -637/1000

Suy ra trên đoạn 9

0;10

; g(x) < 0 nên 25 16

( ) 09 27

f x x

hay 25 16 9

( ) , 0;9 27 10

f x x x

Áp dụng cho các số a,b,c9

0;10

và a + b +c = 1 ta có

25 16

( ) ( ) ( ) 3. 19 27

f a f b f c a b c

Hay (2) đúng. Vậy trong mọi trường hợp BĐT (1) đều đúng.

đẳng thức xãy ra khi 1

3a b c hoặc , ,a b c là một hoán vị bất kì của bộ 1;0;0

Nhận xét : Đây là bài toán rất khó, để giải bài toán này chúng ta phải chia miền giá

trị của các biến một cách chặt chẽ.

Trong cách giải trên việc chia đoạn 0;1 thành các đoạn9

0;10

,9

;110

là một cách hợp lí.

Bài toán 8: (Moldova,2005) .Cho các số dương , ,a b c thỏa mãn 4 4 4 3a b c .

Chứng minh rằng: 1 1 1

1, (1)4 4 4ab bc ca

Lời giải:

Vì 2 2

2

a bab

nên

2 2

1 2

4 8ab a b

do đó

2 2 2 2 2 2

1 1 1 2 2 2

4 4 4 8 8 8ab bc ca a b b c c a

Để vận dụng giả thiết 4 4 4 3a b c ta đặt 2 2 2

2 2 2 2 2 2, ,x b c y c a z a b ta có

x,y,z > 0 và 2 2 2

2 2 2 2 2 2 4 4 4x + y + z = b 4 12c c a a b a b c .

9

Ta phải chứng minh 1 1 1 1

,(2)28 8 8x y z

.Xét hàm số 1

( ) , 0;128

f t tt

.

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( )y f t tại t = 4 có phương trình 1 5

144 36y t .

Hơn nữa ta có : 21 1 5 1

2 4 0144 36 1448

t t tt

với 0;12t .

Vậy 1 5

( )144 36

f t t .Từ đó 1 5 1 15 1

( ) ( ) ( ) 3. .12144 36 144 36 2

f x f y f z x y z

BĐT được chứng minh . Đẳng thức xãy ra khi 4 1x y z a b c

2/ Đánh giá khử bớt biến đưa về đánh giá hàm một biến

Bài toán 9: Cho các số thực , , 0; 1a b c a b c .

Tìm giá trị lớn nhất của biể thức Q = 7 9ab bc ca abc

Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử 0 a b c kết hợp điều

kiện 1

1 03

a b c a

Ta có Q = 3 217 1 7 9 9 3 5 7

4a a bc a a a a (do 7 -9a >0;

2

2 11

4 4

abc b c

)

Xét hàm số 3 2 1( ) 9 3 5 7, 0;

3f a a a a a

f’(a) = 2 1 527 6 5 27 0

3 9a a a a

do

10;

3a

1axf(a) = f( ) 8

3M

Vậy giá trị lớn nhất của Q là 2 đạt được khi 1

3a b c .

Bài toán 10: Cho , , 0;2a b c thỏa mãn 3a b c .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 2 2 2a b c

Giải: Không mất tính tổng quát gỉa sử a b c kết hợp với giả thiết ta suy ra 1 2c

Vì 2 22 2 3a b a b c do 0ab suy từ giả thiết

Nên Q 2 2 2( ) 3 2 6 9, 1;2f c c c c c c

Bảng biến thiên hàm số ( )f c với 1;2c

c 1 3/2 2

f’(c)

- 0 +

f(c)

5 5

f(3/2)

Từ BBT ta suy ra Q 5 .Đẳng thức xãy ra khi , ,a b c là một hoán vị bất kì của bộ 0;1;2

Vậy giá trị lớn nhất của Q là 5.

3/ Đặt biến phụ chuyển về đánh giá hàm số một biến Bài toán 11:Cho các số thực x,y,z thỏa mãn:

10

4

2

, , 0

x y z

xyz

x y z

(II) Tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 4 4 4x y z

Đặt t = xy + yz + zx thì Q = 22 32 144t t

Ta có : t = 22 24 4x y z yz x x x x

x x

Hệ (II)

4

2

0 4

y z x

yzx

x

Vì 2 3 22

4 4. 8 16 8 0x x x xx

(do x > 0 ) 22 6 4 0x x x kết hợp

điều kiện 0 < x < 4 ta được 3 5;2x

.

Khảo sát hàm số 2 2( ) 4 , 3 5;2t f x x x x

x

ta được tập giá trị là 5 5 1

5;2

.

Vì Q = h(t) = 22 32 144t t với 5 5 1

5;2

t

do hàm số h(t) nghịch biến trên đoạn này, suy ra giá trị nhỏ nhất của Q là

MinQ = 5 5 1

383 165 52

h

,và giá trị lớn nhất của Q là MaxQ = 5 18h .

Bài toán 12: Cho các số thực , , 0x y z thỏa mãn (I) 3

1

x y z

xy yz zx

Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 4 4 4x y z

Đặt 3s = xyz thì Q = 347 12s Hệ (I) 2

3

3 1

y z x

yz x x

Vì 2 2 23 4 3 1 3 6 5 0x x x x x kết hợp 0x ta được

3 2 60;

3x

Khảo sát hàm số 3 2

3

3 2 6( ) 3 , 0;

3s g x x x x x

và kết hợp với 3 0s ta được

3

4 6 90

9s

Vì Q = 347 12s nên giá trị nhỏ nhất của Q là MinQ = 47;

giá trị lớn nhất là MaxQ = 105 16 6

3

Bài toán 13: Cho các số thực , , 0x y z thỏa mãn 8

4

xy yz zx

xyz

Tìm giá trị nhỏ nhất ,giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 4 4 4x y z

11

Giải: Từ giả thiết ta có

1 48

4

y zx x

yzx

Vì 2 2

2

1 4 4 1 4. 8 4. 8 16( 0)dox

x x x x x

3 2 24 4 1 0 1 3 1 0x x x x x x

Kết hợp với x > 0 ta được 3 5 3 5

0; 1;2 2

x

.

Đặt s = x + y + z thì s= g(x) = 2

8 4x

x x với

3 5 3 50; 1;

2 2x

.

Khảo sát hàm số g(x) với 3 5 3 5

0; 1;2 2

x

và chú ý s > 0 ta được 5 5 1

52

s

Mặt khác Q = f(s) = 4 2 5 5 132 16 128, 5;

2s s s s

.Dùng đạo hàm lập bảng biến thiên

hàm số f(s),ta được MinQ = f(5) = 33; MaxQ = 5 5 1 271 75 5

2 2f

.

Bài toán 14: Cho các số thực , , 0a b c

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =

2 3 3 3 2 2 2

3 2 2

a b c a b c a b c

abc ab bc ca

§Æt Q = , ,F a b c th× F lµ hµm thuÇn nhÊt ta chuÈn hãa 2 2 2 3a b c .Khi ®ã:

2

3 2a b c ab bc ca ;v× 3 3 3 2 2 2a 3b c abc a b c a b c ab bc ca

3 3 3 3 3a b c abc a b c ab bc ca

Ta có Q =

5 2 1 1 1 1 33

2 3 2 2ab bc ca ab bc ca

ab bc ca ab bc ca

Vì 1 1 1 9

ab bc ca ab bc ca

. Đặt 0 3t ab bc ca t nên Q

2 122

3t

t

Xét hàm số f(t) = 2 12

2 , 0;33

t tt

; f’(t) = 2

2

2 360 inf(t)= f(3) = 4

3

tM

t

.

Kết luận: giá trị nhỏ nhất của Q là 4 khi a = b = c = 1.

Bài toán 15: Cho các số thực , , 0x y z thỏa mãn 2x y z

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = 2 2 2

2 2 2

1 1 14 4 4x y z

x y z

Trước hết ta chứng minh Q 2

2 1 1 14 x y z

x y z

Áp dụng BĐT 1 1 1 9

x y z x y z

ta suy ra Q

2

2

814 x y z

x y z

12

Đặt 2

t x y z thì 0;4t .Khảo sát hàm số 81

( ) 4 , 0;4f t t tt

Ta được 145

min ( ) (4)4

f t f suy ra Q 145

2 Đẳng thức xãy ra khi

2

3x y z

Kết luận: minQ =145

2.

4/ Chuyển về khảo sát hàm số một biến bằng cách coi các biến còn lại là tham số

Bài toán 16: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = 2 22xy x y trên miền

E = ; / 0 2;0 1x y x y

Coi x là tham số ta có hàm số 2 2( ) 2 , 0;1f y xy x y y .

Ta có f’(y) = 24xy x

Bảng biến thiên của hàm số này trên đoạn 0;1 là

y 0 x/4 1

'( )f y

+ 0 -

( )f y

3 / 8x

0 2 2x x

Khi 0 2x thì 2 2 0x x 2( ) 2 ( )f y x x g x .

Tiếp đến khảo sát hàm số 2( ) 2 , 0;2g x x x x

Tìm được ming(x) = g(1) = -1.Kết quả giá trị nhỏ nhất của Q là - 1 đạt khi x = 1 ,y = 1.

Bài toán 17: Xét các số thực dương , ,x y z thỏa mãn điều kiện 12 2 8 21xyz x y z .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu trức Q = 2 3x y z

Giải: Từ giả thiết 2 8

12 21 2 8 012 21

x yz xy x y z

xy

và

7

4x

y

Do đó Q 2 8

24 7

x yx y

xy

.Xét hàm số

22 8 4 5 8 7( ) ,

4 7 4 7 4

x y x y x yf x x x

xy xy y

f’(x) =

2 2 2

2

16 56 32 35

4 7

x y xy y

xy

trên khoảng

7;

4y

thì f’(x) = 0

2

0

32 147

4 4

yx x

y y

và đổi dấu từ âm qua dương khi x qua 0x 0 0

5( ) ( ) 2

4f x f x x

y suy ra

Q 0

5( ) 2 2 2

4f x y x y

y .Đặt ( )g y 0

52 2

4x y

y =

232 1492

4 2

yy

y y

g’(y)= 0 2 28 9 32 14 28y y Đặt 232 14t y thì t > 0 và ta có phương trình

13

3 50 112 0t t phương trình này chỉ có một nghiệm dương t = 8 từ đó y = 0

5

4y

Ta cũng có 0

15( ) ( )

2g y g y .Vậy Q 0

15( ) ( )

2g y g y .

Đẳng thức xãy ra khi 3, 5 / 4, 2 / 3x y z .Kết quả 15

2 là giá trị nhỏ nhất của Q.

II/ Phương pháp dồn biến (xét với ba biến)Giả sử ta phải chứng minh , , 0f a b c với

, ,f a b c là biểu thức đối xứng của , ,a b c D

Bước 1/ ta chứng minh , , , ,f a b c f a t t (với ,2

b ct bc t

hoặc

2 2

,...2

b ct

)

Đôi khi ta còn phải thêm điều kiện a b c hoặc a b c nếu các biến có vai trò bình

đẳng để chứng minh

Bước 2/ Chứng minh , , 0f a b c nếu b = c

Bài toán 17: Cho các số thực , , 0 à abc =1a b c v .

Chứng minh BĐT 4 1 ,(1)a b b c c a a b c

Ta có (1) , , 4 6 0f a b c ab a b bc b c ca c a a b c

Bước 1: giả sử a b c .

Xét hiệu a,b,c , ,f f a bc bc 2 2 22 2 4 2a bc b c bc a b c bc b c bc

= 2 2 2

2 4 2 4b c a bc a b c b c a b a c a

Vì 244 4a b a c a bc (do 1a ) , , , ,f a b c f a bc bc .

Bước 2: Ta chứng minh , , 0f a b c khi b = c khi đó từ (GT) ta có 2 1b

a

2 2 2

, , 2 4 8 6 4 8 6b b

f a b b ab a b a b a b a ba b a

2a b

b a

4 8 8a b

= 2 2

22 22. 4 8 8 2 4 8 8 2 2 4 8 8a b

a b b a b a b b a b ab a bab

2 22

2 2

2 4 4 8 8 2 4 8 4 0

2 4 2 1 2 2 1 ,(*)

b a b ab a b b a b a b

b a b a b b a b a b

Thay 2

1a

b vào (*) ta được

23 4 3 6 4 31 2 2 4 4 2 1 0b b b b b b b b

22 2 3 21 1 2 0b b b b

.BĐT này luôn đúng từ đó ta có đpcm.

Bài toán 18: Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 3a b c

Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2a b c a b b c c a .

Không mất tính tổng quát ta giả sử a b c kết hợp (gt)

22 21; 2 2 2 2a b c b c bc b c . Đặt 2 2 2 2 2 2, ,f a b c a b c a b b c c a

Bước 1/ Xét hiệu

22 2 2 22

2 2

1, , , ,

2 2 4 2

b cb c b cf a b c f a b c

b c b c

14

22 1

04 2 2

b c

. Vậy 2 2 2 2

, , , ,2 2

b c b cf a b c f a

Bước 2 / Ta sẽ chứng minh 2 2 4, , 0 2 2 0f a b b a b a b b ( do 2 22 3a b )

2 2 22 2 2 2

2

1 3 32 3 3 3 1 1 0

4 4 3 2 3a a a a a a a

a a

Nhưng với 1a thì BĐT trên hiển nhiên đúng vì

2

2

3 3 3. 1

4 43 2 3a

a a

Đẳng thức xãy ra khi a = b = c = 1

III/ Phương pháp lượng giác hóa:

Cơ sở của phương pháp này là dựa vào các kiến thức sau:

1)Cho các số thực , , ,2

x y z k k

thì tan tan tan tanx.tany.tanz x + y + z = n ,nx y z

2)Cho các số thực , , ,2

x y z k k

thì

t anxtany+tanxtany+tanxtany =1 x +y +z = ,2

n n

3)Nếu 1 1x thì tồn tại ;2 2

a

: sina = x và tồn tại 0; ; osb = xb c

4)Với mỗi số thực x luôn tồn tại số ; : t ana = x2 2

a

.

5)Nếu có các số thực x và y thỏa mãn: 2 2 1x y thì tồn tại , : osa,y = sinaa saocho x c .

Bài toán 19: Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn 1 1 1 1

,(*)x y z xyz

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = 22 1

1 1 1

yx z

x y z

.

Ta có (*) . . . 1x y y z z x .

Đặt tan , tan , tan ; , , 0;2 2 2 2

x y z

Theo 2) ta suy ra và Q = 2-sin sin os = 2cos os 2cos 1

2 2 2c c

Vậy Q =

2

21 - 1 32 os os 1 os

2 2 2 2 2 2c c c

MaxQ = 2

2 33 3

2 32 tan

12 2 36

z

khix y

15

Bài toán 20: Cho các số thực ,x y thỏa mãn 2 2 2 21 1x y x y y x .

Chứng minh 3 4 5x y

Điều kiện xác định: 1 1; 1 1x y

Nếu 1;0x hoặc 1;0y hoặc x = 0,y =1 hoặc y = 0,x =1

BĐT hiển nhiên đúng.

Ta chỉ cần xét 0 < x < 1 và 0 < y < 1

Đặt os ,y = sin ; , 0;2

x c

khi đó từ giả thiết ta có 2 2cos sin os - 114c

2 2 2cos 1 sin os os cosc c do , 0;2

3

3 4 3cos 4sin 3cos 4in 5cos 5, arcos5

x y (đpcm)

IV/Phương pháp miền giá trị :

Bài toán 21: Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = x y biết 2 2 1x y

Giải: Q là giá trị của biểu thức x y khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm

2 2( )

1

x y QI

x y

hệ (I) 2 1

2

x y Q

Qxy

Vì x và y là nghiệm của phương trình 2

2 1( ) 0

2

Qf t t Qt

(*)

Nên hệ (I) có nghiệm (*) có nghiệm 2 2Q .KL MinQ = 2 ;MaxQ = 2 .

Chú ý: Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng có phương trình x y Q có điểm

chung với đường tròn (C) có phương trình 2 2 1x y ;( ) 1d O C 2 2Q .Ta

thu được kết quả như trên.

Bài toán 22:(Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2004-2005 bảng A)

Tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q = x + y biết ,x y thỏa mãn hệ thức

3 1 3 2x y x y

Giải: Q thuộc tập giá trị khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm 3 1 2

x y Q

x y Q

(I)

Đặt 1, 2X x Y y Ta có hệ mới

2 2

2

33

13 3

2 90, 0

0, 0

QX Y

X Y QQ

X Y Q XY Q

X YX Y

(II)

Hệ (I) có nghiệm (II) có nghiệm phương trình 2

2 1( ) 3 0

3 2 9

Q Qf t t t Q

có hai

ngiệm không âm

16

09 3 21

0 9 3 152

0

S Q

P

.

Kết luận MinQ = 9 3 21

2

;MaxQ = 9 3 15

Bài toán 23: Tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q = 2 23 6

4 6x y xy x y xy ;biết x,y thỏa mãn

, 0;1 , (1)

3 , (2)

x y

x y xy

Đặt t = xy thì Q = 26( ) 3. 9 3

6f t t t t .Kết hợp (1) và (2) suy ra

1, 1

2x y .

Vậy t thuộc tập giá trị khi chỉ khi hệ sau có nghiệm

3

1, ;1

2

x y t

xy t

x y

Phương trình: 2( ) 3 . 0f z z t z t có hai nghiệm 1 2,z z thỏa mãn

1 2

11

2z z

29 4 0

(1) 1 2 0

4 11 1 20

9 22 4

11

2 2

t t

f t

t tf

S

.

Khảo sát hàm số 26( ) 3. 9 3

6f t t t t trên đoạn

4 1;

9 2

bằng đạo hàm, ta suy ra trên

đoạn này hàm số ( )f t đồng biến, nên Min f(t) = f 3 4 24

9 9

;Maxf(t) =

f1 2 3 2

2 4

Các bài tập tự luyện:

Bài tập 1:

a) Cho các số thực dương , ,a b c .Chứng minh

2 2 2

2 2 22 2 2

2 2 28

2 2 2

a b c b c a c a b

a b c b c a c a b

b) Cho các số thực dương , ,a b c .Chứng minh

2 2 2

2 2 22 2 2

3

5

b c a c a b a b c

b c a c a b a b c

17

c) Cho các số thực dương , , ,a b c d .Chứng minh

2 2 2 2

1 1 1 11

1 1 1 1a b c d

d) Cho các số thực không âm , ,a b c .thỏa mãn 3a b c .

Chứng minh 2 2 2

1 1 11

a b c b c a c a b

e) Cho các số 1 2 5, ,..., 0x x x và 5

1

11

1i ix

.Chứng minh rằng: 5

21

14

i

i i

x

x

Bài tập 2:

a)Với mọi số thực x, y ta đều có:

2 2 2 2

2 22 2

11 1

4 41 1

x y x y

x y

b)Cho các số thực x,y,z thỏa mãn 1xy yz zx .

Chứng minh 2 2 2

3 3

1 1 1 2

x y z

x y z

c)Cho hai số thực x , y thỏa mãn 2 2x 1.y

Chứng minh 5 5 3 316 20 5 2x y x y x y

Bài tập 3:

a) Cho các số thực dương a,b,c .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q =

2 3 3 3 2 2 2

2 2 2

1

2

a b c a b c a b c

a b c abc ab bc ca

b) Cho các số thực dương a,b,c .

Chứng minh rằng: 3

7 9 2a b c ab bc ca abc a b c

b) Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:

b c a a c b a c b a b c a b c b c a abc a b c

Bài tập 4: a) Tìm các giá trị thực của m,để hệ phương trình sau có nghiệm thực:

os2x + cos2y = m

1sinx + siny =

2

c

b)Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện 1 152

x yx y

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q = x y .

III.Tài liệu tham khảo:

Tạp chí Toán học và tuổi trẻ.Hà Nội:NXB Giáo dục

Kỷ yếu hội thảo Đào tạo hệ trung học phổ thông chuyên 12/1997

Các tài liệu bồi dưỡng giáo viên dạy các trường chuyên tổ chức hàng năm trong hè do

Bộ giáo dục kết hợp với trường Đại học Khoa học Tự Nhiên đồng tổ chức.

Phan Đức Chính .1999 bất đẳng thức.Hà Nội:NXB Giáo dục.

Đồng Hới,ngày 10 tháng 3 năm 2016

18