Sáng kiến kinh nghiệm Cải tiến cách xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập về Bất đẳng thức trong chương trình Đại số 10 theo hướng phát triển năng lực học sinh

 
2 9 3 21
9 27 0
2
x y x y x y

         . 
Đẳng thức xảy ra khi 
   1 2 0 1
11 3 219 3 21
22
x y x
yx y
     
 
  
  

 hoặc 
13 3 21
2
2
x
y
 


  
. 
+) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có   2 1 2 3x y x y     . 
Do đó ta có        
2
9 3 9 3 18 54x y x y x y x y          
   
2
18 54 0 9 3 15x y x y x y          . 
Đẳng thức xảy ra khi  
1 2 10 3 5 8 3 5
; ;
2 29 3 15
x y
x y
x y
      
         
. 
Vậy 9 3 15M   và 
9 3 21
2
m

 . 
Cách 2: (Sử dụng điều kiện tồn tại nghiệm) 
Đặt 1; 2a x b y    và m a b  , với 0; 0a b  . 
Từ điều kiện ban đầu, ta có  
2
2 2 3 33 3
2
m m
a b a b ab
 
      . 
Điều kiện tồn tại các số ,a b không âm thỏa mãn 
 21 3 3
2
a b m
ab m m
 


  
 là 
 
2
2 2
0
3 21
3 3 0 3 15
2
2 3 3 0
m
m m m
m m m
 
 
      

   
. 
Lại do  3 3x y a b m    nên 
9 3 21
9 3 15
2
x y

    . 
Vậy 9 3 15M   và 
9 3 21
2
m

 . 
Đáp án C. 
Bài tập tự luyện 
1. Cho hai số thực ,x y thỏa mãn 3 1 3 2x x y y     . Giá trị lớn nhất của biểu thức F x y  là 
 A. một số nguyên dương nhỏ hơn 7 . B. một số vô tỷ dương nhỏ hơn 7 . 
 C. một số nguyên dương lớn hơn 20 . D. một số vô tỷ lớn hơn 20 . 
2. Cho hai số thực ,x y thỏa mãn 3 1 3 2x x y y     . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức F x y  có 
dạng 
.
2
a b c
, trong đó , ,a b c là các số nguyên dương. Giá trị lớn nhất của a b c  là 
 A. 25. B. 73. C. 75. D. 199. 
Cải tiến cách xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập 
về Bất đẳng thức trong chương trình Đại số 10 theo hướng phát triển năng lực học sinh 
Nguyễn Tiên Tiến, Hoàng Thị Năm, Phùng Thị Hằng, trường THPT Gia Viễn B Trang 38/46 
3. Cho hai số thực ,x y thỏa mãn 3 1 3 2x x y y     . Biết rằng khi biểu thức F x y  đạt giá trị 
lớn nhất thì x có dạng 
2
p q
, trong đó ,p q là các số nguyên dương. Giá trị của p q bằng 
 A. 25. B. 36. C. 55. D. 66. 
4. Cho hai số thực ,x y thỏa mãn 3 1 3 2x x y y     . Gọi S là tập giá trị của biểu thức F x y  . 
Có bao nhiêu số nguyên thuộc tập hợp S ? 
 A. 3. B. 9. C. 10. D. 12. 
5. Tìm tập hợp tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình 
1 2
3
x y m
x y m
    

 
 có nghiệm. 
 A. 9 3 15;9 3 15 .  
 
 B. 0;9 3 15 . 
 
 C. 
3 21
;3 15 .
2
 
 
  
 D. 
9 3 21
;9 3 15 .
2
 
 
  
6. Cho hai số thực ,x y thay đổi và thỏa mãn  1 2 2 3x y x y      . Tập giá trị của biểu thức 
T x y  là 
 A.  7;7 . B.  1;7 . C.    1 3;7 .  D.  3;7 . 
7. Cho hai số thực ,x y thay đổi và thỏa mãn    2 9 4 1 2x y x y      . Gọi M và m lần lượt là 
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức F x y  . Tính tổng bình phương của M và m . 
 A. 
17
.
2
 B. 10. C. 17. D. 16. 
8. Cho các số thực x , y thỏa mãn  2 3 3x y x y     . Giá trị nhỏ nhất m của biểu thức 
 2 24 15P x y xy   là 
 A. 80.m   B. 91.m   C. 83.m   D. 63.m   
 VI. Sử dụng tính chất của hàm số 
 6.1. Nội dung phương pháp 
 Trong khuôn khổ chương trình lớp 10, để chứng minh bất đẳng thức theo cách này, 
chúng ta cần biết một số kiến thức sau đây: 
 (1) Bảng biến thiên của hàm số bậc hai 2y ax bx c   . 
x  
2
b
a
  
x  
2
b
a
  
y 
 
4a

 
 
y 
 4a

 
 
Trường hợp 0a  Trường hợp 0a  
 (2) Xét hàm số bậc nhất y ax b  trên đoạn ;    . Khi đó, 
    
;
max max ;y y y
  
   và     
;
min min ;y y y
  
   . 
Đặc biệt: Nếu 0a  thì 
 
 
 
 
;;
max ;miny y y y
  
   ; nếu 0a  thì 
 
 
 
 
;;
max ;miny y y y
  
   . 
 (3) Xét hàm số bậc hai   2f x ax bx c   trên đoạn  ;  . 
Tính    1 2 3; ;
2
b
y f y f y f
a
 
 
    
 
. Khi đó 
Cải tiến cách xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập 
về Bất đẳng thức trong chương trình Đại số 10 theo hướng phát triển năng lực học sinh 
Nguyễn Tiên Tiến, Hoàng Thị Năm, Phùng Thị Hằng, trường THPT Gia Viễn B Trang 39/46 
- Nếu  ;
2
b
a
   thì 
 
   
 
   1 3 1 3
;;
max max ; ;min min ;f x y y f x y y
  
  . 
- Nếu  ;
2
b
a
   thì 
 
   
 
   1 2 3 1 2 3
;;
max max ; ; ;min min ; ;f x y y y f x y y y
  
  . 
 (4) Xét hàm số   , ( 0; 0)
ax b
f x c ad bc
cx d

   

 xác định trên đoạn  ;  . 
Khi đó, 
 
      
 
      
;;
max max ; ;min min ;f x f f f x f f
  
     . 
 (5) Xét hàm số   1 1 2 2 ... n nf x a x b a x b a x b       , với 0ia  với 1, 2,...,i n . Khi 
đó   1 2
1 2
min min ; ;...; n
n
bb b
f x f f f
a a a
      
        
       

. 
Đặc biệt, với 0a  thì 1 2 1 2ax b ax b b b     . 
 6.2. Ví dụ tự luận điển hình 
Ví dụ 6.1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 
a)   1 9f x x x    , với 3 6x  . 
b)        2 1 9 1 9g x x x x x       , với 3 6x  . 
Lời giải 
a) Với  3;6x thì   0f x  . 
Ta có     2 28 2 1 9 8 2 10 9f x x x x x         . 
Xét hàm số   2 10 9h x x x    trên đoạn  3;6 . Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau: 
x 3 5 6 
 h x 
12 
16 
15 
Từ bảng biến thiên, ta có    28 2 12 8 2 16, 3;6f x x      
       8 4 3 4, 3;6 2 6 4, 3;6f x x f x x            . 
Vậy, 
 
   
3;6
max 5 4f x f  và 
 
   
3;6
min 3 2 6f x f   . 
Chú ý 
Chúng ta cũng có thể tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số  h x trên đoạn  3;6 bằng cách 
đơn giản như nêu ở phần lý thuyết. Cụ thể:  5 3;6
2
b
a
   và      3 12; 5 16; 6 15h h h   nên 
 
 
3;6
min 12h x  và 
 
 
3;6
max 16h x  . 
b) Đặt 1 9t x x    . Suy ra    
2 8
1 9
2
t
x x

   . 
Do đó    
2
28 12 4 8
2 2
t
g x t t t

      . 
Cải tiến cách xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập 
về Bất đẳng thức trong chương trình Đại số 10 theo hướng phát triển năng lực học sinh 
Nguyễn Tiên Tiến, Hoàng Thị Năm, Phùng Thị Hằng, trường THPT Gia Viễn B Trang 40/46 
Với  3;6x thì theo ý a), ta có 2 6;4t     . 
Xét hàm số   2 4 8k t t t   trên đoạn 2 6;4   . 
Ta có 2 2 6;4
2
b
a
      và    2 6 4 3 2 6k     ;  4 8k   . 
Do đó    4 3 2 6 8, 2 6;4k t t           . 
Suy ra      4 2 2 6 3 , 3;6g x x      . 
Vậy, 
 
   
3;6
max 2 2 6 3g x    và 
 
 
3;6
min 4g x  ./. 
Ví dụ 6.2. Cho các số thực x , y thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện 2 2 3x xy y   . Tìm 
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 2 23 4A x y x y xy    . 
Lời giải 
Ta luôn có 2 2 2x y xy  và 2 2 2x y xy   . 
Do đó, kết hợp với giả thiết ta có 
3 2
3 1
3 2
xy xy
xy
xy xy
 
   
  
. 
Đặt t xy thì 2 2 3x y t   và  
2
4 4 2 2 2 2 22 6 9x y x y x y t t        . 
Suy ra, 22 2 9A t t   . Xét hàm số   22 2 9f t t t   trên đoạn  3;1 . 
Ta có  
1
3;1
2 2
b
a
    và  3 33f   ; 
1 17
2 2
f
 
 
 
;  1 9f  . Do vậy 
17
33
2
A  . 
+) 
2 2
3 3
33
3 3
xy x
A
x xy y y
   
   
     
 hoặc 
3
3
x
y
  


. 
+) 
2 2
1
17
2
2
3
xy
A
x xy y


  
   
 (rõ ràng  
14 6 14 6
; ;
4 4
x y
  
   
 
 thỏa mãn hệ này). 
Vậy, A đạt giá trị lớn nhất bằng 33 và đạt giá trị nhỏ nhất bằng 
17
2
./. 
 6.3. Câu hỏi trắc nghiệm khách quan 
Câu 6.1. Tìm giá trị lớn nhất M của hàm số 4 22 3y x x   trên đoạn 0; 3   . 
A. 9.M  B. 8 3.M  C. 1.M  D. 6.M  
Lời giải 
Đặt 2t x . Do 0; 3x     nên  0;3t . 
Hàm số đã cho trở thành 2 2 3y t t   . 
Ta có  1 0;3
2
b
a
   và      0 3; 1 2; 3 6y y y   nên 6M  . 
Đáp án D. 
Cải tiến cách xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập 
về Bất đẳng thức trong chương trình Đại số 10 theo hướng phát triển năng lực học sinh 
Nguyễn Tiên Tiến, Hoàng Thị Năm, Phùng Thị Hằng, trường THPT Gia Viễn B Trang 41/46 
Bài tập tự luyện 
1. Tìm giá trị nhỏ nhất m của hàm số 4 2 13y x x   trên đoạn  2;3 . 
 A. 
51
.
4
m  B. 
49
.
4
m  C. 13.m  D. 
51
.
2
m  
2. Giá trị lớn nhất của hàm số   4 24 5f x x x   trên đoạn  2;3 bằng: 
 A. 50. B. 5. C. 1. D. 122. 
3. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 22 3y x x   trên đoạn  2;2 lần lượt là: 
 A. 5 và 4 . B. 3 và 4 . C. 5 và 3 . D. 1 và 1 . 
4. Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm số 4 2 22 1y x m x m    trên đoạn  0;1 bằng 1. 
 A. 3.m  B. 
1
1; .
2
m m   C. 1.m  D. 2.m  
Ví dụ 6.2. Cho hàm số 
1
x m
y
x



 (m là tham số thực) thỏa mãn 
 2;4
min 3y  . Mệnh đề nào dưới 
đây đúng? 
A. 1.m   B. 3 4.m  C. 4.m  D. 1 3.m  
Lời giải 
Hàm số đã cho xác định trên đoạn  2;4 và    
4
2 2; 4
3
m
y m y

   . 
Cách 1: Vì 
 
    
2;4
min min 2 ; 4y y y và 
 2;4
min 3y  nên 
 
 
2 3
4 3
y
y
 


2 3
5
4 9
m
m
m
 
  
 
. 
Cách 2: Xét hiệu      
 2 14
2 4 2
3 3
mm
y y m
 
     
 
. 
- Nếu 1m   thì    
 
 
2;4
2 4 min 2 2 3 1y y y y m m        (loại). 
- Nếu 1m   thì    
 
 
2;4
2 4 min 4 4 9 5y y y y m m        (nhận). 
- Nếu 1m   thì  
1
1, 2;4
1
x
y x
x

   

. Do đó không thể xảy ra 
 2;4
min 3y  . Vậy 5m  . 
Đáp án C. 
Bài tập tự luyện 
1. Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 
1
2 1
x
y
x



 trên đoạn  1;3 lần lượt là: 
 A. 1 và 3. B. 0 và 
2
7
. C. 0 và 1. D. 
2
7
 và 0. 
2. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
2
2
1
x
y
x


 trên đoạn  0;1 . 
Giá trị của biểu thức 4 4P M m  là 
 A. 4.P  B. 8.P  C. 1.P  D. 16.P  
3. Cho hàm số 
1
x m
y
x



 (m là tham số thực) thỏa mãn 
   1; 2 1;2
16
min max
3
y y  . Mệnh đề nào dưới đây 
đúng? 
 A. 0.m  B. 4.m  C. 0 2.m  D. 2 4.m  
Cải tiến cách xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập 
về Bất đẳng thức trong chương trình Đại số 10 theo hướng phát triển năng lực học sinh 
Nguyễn Tiên Tiến, Hoàng Thị Năm, Phùng Thị Hằng, trường THPT Gia Viễn B Trang 42/46 
4. Giá trị lớn nhất của hàm số  
2 1mx
f x
m x



 trên đoạn  2;3 bằng 
1
3
 khi m nhận giá trị bằng 
 A. 5. B. 1. C. 0. D. 2. 
5. Tìm m để hàm số 
4mx
y
x m



 đạt giá trị lớn nhất bằng 5 trên đoạn  2;6 . 
 A. 
1
.
3
m  B. 
4
.
5
m   C. 
3
.
4
m  D. 
6
.
7
m 
Câu 6.3. Cho hàm số   3 23 2f x x x   có bảng biến thiên như sau: 
Biết rằng giá trị lớn nhất của hàm số  y f x trên đoạn  3;4 là một số nguyên dương .M 
Gọi S là tập hợp các ước nguyên dương của M . Tập hợp S có bao nhiêu phần tử? 
 A. 8. B. 4. C. 6. D. 10. 
Lời giải 
Ta có    3 56; 4 14f f    . Suy ra, bảng biến thiên của hàm số  y f x trên đoạn  3;4 
là 
x 3 0 2 4 
 f x 
56 
2 
6 
14 
Do đó, với mọi  3;4x  thì  56 14f x   . Suy ra  0 56f x  . 
Vậy, 56M  nên  1;2;4;7;8;14;28;56S  . Khi đó, S có 8 phần tử. 
Đáp án A. 
Câu 6.4. Cho các số thực x , y thỏa mãn các điều kiện 2 12x x y   và 0y  . Tìm giá trị nhỏ 
nhất minM của biểu thức 3 2 29M xy x y    . 
A. 
10
min .
3
M   B. 
10
min .
9
M   C. min 2.M  D. 
34
min .
3
M   
Lời giải 
Ta có 2 212 12x x y y x x       . 
+) 20 12 0 4 3y x x x         . 
+)    2 3 2 212 2 12 29 3 10 5M x x x x x x x x           . 
Xét hàm số   23 10 5f x x x   trên đoạn  4;3 . 
 x 0 
f(x) 
2 
-2 
Cải tiến cách xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập 
về Bất đẳng thức trong chương trình Đại số 10 theo hướng phát triển năng lực học sinh 
Nguyễn Tiên Tiến, Hoàng Thị Năm, Phùng Thị Hằng, trường THPT Gia Viễn B Trang 43/46 
Ta có  
10 5
4;3
2.3 3

    và    
5 10
4 93; ; 3 2
3 3
f f f
 
     
 
. 
Suy ra 
 
 
4;3
10
min
3
f x

  hay 
10
min
3
M   , đạt được khi  
5 50
; ;
3 9
x y
 
  
 
. 
Đáp án A. 
Câu 6.5. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số    1 3 1 3y x x x x       trên tập xác định 
của hàm số. 
 A. 
 1;3
min 2 2 1.y

  B. 
 1;3
min 2 2 2.

  C. 
 1;3
8
min .
10
y

 D. 
 1;3
9
min .
10
y

 
Lời giải 
Điều kiện: 1 3x   . Đặt  1 3 , 0t x x t     . Ta có    2 4 2 1 3t x x    . 
+) Do   1 3 0x x   nên 2 4 2; 2 1t t t x       hoặc 3x  . 
+) Lại do   2 1 3 1 3 4x x x x       nên 2 8 2 2t t   . 
Đẳng thức xảy ra khi 1 3 1x x x     . 
Từ cách đặt, ta có 
2
24 1 2
2 2
t
y t t t
 
      
 
, với 2 2 2t  . 
Xét hàm số   2
1
2
2
f t t t    trên đoạn 2;2 2   . 
Ta có 1 2;2 2
2
b
a
     và    2 2; 2 2 2 2 2f f   nên  2;2 2min 2 2 2f t  
  . 
Suy ra 
 1;3
min 2 2 2y

  . 
Đáp án B. 
 VII. Sử dụng dồn biến 
 7.1. Nội dung phương pháp 
Kỹ thuật dồn biến trong chứng minh bất đẳng thức là một kỹ thuật làm giảm số biến 
trong bất đẳng thức thông qua việc đánh giá, đổi biến, đánh giá kết hợp với đổi biến,.... Trong 
các kỳ thi Trung học phổ thông chúng ta thường chỉ gặp các bất đẳng thức từ ba biến trở xuống 
với những kỹ thuật dồn biến khá là cơ bản như đổi biến số; đánh giá dựa vào việc sử dụng các 
bất đẳng thức cơ bản, bất đẳng thức kinh điển; đánh giá kết hợp với đổi biến số;... 
 Một số đánh giá thường sử dụng thì đã được nêu ở các phần trên, ngoài ra còn cần chú ý 
đến một vài đánh giá như: Với 0, 0a b  thì 
 (1)    
2 32 2 3 3;a b a b a b a b      ;... 
 (2) c a c b c c a b       , với 0c  ;... 
 Một số cách đổi biến thường gặp là t x y  ; t xy ; 2 2t x y  ; 
x y
t
y x
  ; t a b c   
hoặc t ab bc ca   ;... Bên cạnh việc đổi biến số, chúng ta thường sử dụng các bất đẳng thức 
cơ bản hoặc kinh điển để tìm tập giá trị của biến mới. 
7.2. Ví dụ tự luận điển hình 
Cải tiến cách xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập 
về Bất đẳng thức trong chương trình Đại số 10 theo hướng phát triển năng lực học sinh 
Nguyễn Tiên Tiến, Hoàng Thị Năm, Phùng Thị Hằng, trường THPT Gia Viễn B Trang 44/46 
Ví dụ 7.1. Cho ,x y là các số thực khác không. Chứng minh 
2 2
2 2
3 8 10 0
x y x y
y x y x
   
       
  
. 
Lời giải 
Đặt 
x y
t
y x
  thì 2 2
x y x y
t t
y x y x
        hoặc 2t  . 
Từ cách đặt, ta có   
2 2
2
2 2
3 8 10 3 8 4 2 3 2
x y x y
t t t t
y x y x
   
            
  
. 
Do   
2
2 3 2 0
3
t t t     hoặc 2t  nên   2 3 2 0, 2t t t      hoặc 2t  . 
Vậy, 
2 2
2 2
3 8 10 0
x y x y
y x y x
   
       
  
. Đẳng thức xảy ra khi 0x y  ./. 
Ví dụ 7.2 (Trích đề thi TS Đại học khối D năm 2009) 
Cho các số thực không âm ,x y thay đổi và thỏa mãn 1x y  . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức    2 24 3 4 3 25S x y y x xy    . 
Lời giải 
Vì 1x y  nên  2 2 3 316 12 34S x y x y xy    
     
3 22 216 12 3 34 16 2 12x y x y xy x y xy xy xy         
 
. 
Đặt t xy , ta được 216 2 12S t t   . 
Lại có 
2
1
0
2 4
x y
xy
 
   
 
 nên 
1
0;
4
t
 
  
 
. 
Xét hàm số   216 2 12f t t t   trên đoạn 
1
0;
4
 
 
 
. 
Ta có 
1 1
0;
2 16 4
b
a
 
    
 và  
1 191 1 25
0 12; ;
16 16 4 2
f f f
   
     
   
. 
Suy ra,  
1
0;
4
1 25
max
4 2
f t f
 
 
 
 
  
 
;  
1
0;
4
1 191
min
16 16
f t f
 
 
 
 
  
 
. 
Vậy: Giá trị lớn nhất của S bằng 
25
2
 đạt được khi  
1
1 1
; ;1
2 2
4
x y
x y
xy
 
  
   
  
. 
Giá trị nhỏ nhất của S bằng 
191
16
 đạt được khi 
1
1
16
x y
xy
 



 
2 3 2 3
; ;
4 4
x y
  
    
 
 hoặc  
2 3 2 3
; ;
4 4
x y
  
   
 
./. 
Ví dụ 7.3. (Trích đề thi HKII năm học 2013-2014_THPT Gia Viễn B, Ninh Bình) 
Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn điều kiện 2 2 8x y  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
 2 22 2 13P x y xy x y      . 
Cải tiến cách xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập 
về Bất đẳng thức trong chương trình Đại số 10 theo hướng phát triển năng lực học sinh 
Nguyễn Tiên Tiến, Hoàng Thị Năm, Phùng Thị Hằng, trường THPT Gia Viễn B Trang 45/46 
Lời giải 
Ta có 0x y  và    2 2 22 16 4x y x y x y       . 
         2 22 2 13 5P x y x y x y x y x y            . 
Đặt t x y  thì  0;4t và 2 5P t t   . 
Xét hàm số   2 5f t t t   trên nửa khoảng  0;4 . Bảng biến thiên của hàm số  f t là 
t 0 
1
2
 4 
 f t 
5 
21
4
 
7 
Do đó    7, 0;4f t t   . 
Vậy, P đạt giá trị lớn nhất bằng 7 ; khi    
2 2 8
; 2;2
4
x y
x y
x y
  
 
 
./. 
 7.3. Câu hỏi trắc nghiệm khách quan 
Câu 7.1. Cho hai số thực ,x y thay đổi và thỏa mãn 2 2 2x y  . Giá trị lớn nhất max P và giá trị 
nhỏ nhất min P của biểu thức  3 3 1P x y xy x y x y       là 
 A. min 3P   và max 1P  . B. min 3P   và max 2P  . 
 C. min 3P   và 
3
max
2
P  . D. min 3P   và 
5
max
3
P  . 
Lời giải 
Ta có            
3 3
3 1 2 1P x y xy x y xy x y x y x y xy x y x y                    
. 
Đặt t x y  . Do  
22 2 2 2 2x y x y xy      nên 
2 2
2
t
xy

 . 
Suy ra  
2
3 22 12 1 1
2 2
t
P t t t t t
 
        
 
. 
Do  
2
4x y xy  nên 
2
2 224. 4 2 2
2
t
t t t
 
       
 
. 
Xét hàm số   2
1
1
2
f t t t    trên đoạn  2;2 . 
Ta có  1 2;2
2
b
a
    và      
3
2 3; 1 ; 2 1
2
f f f     nên 
 
 
2;2
3
max
2
f t

 và 
 
 
2;2
min 3f t

  . 
Do đó min 3P   và 
3
max
2
P  . 
Đáp án C. 
Câu 7.2. Cho , ,x y z là ba số thực thuộc đoạn  1;4 và ,x y x z  . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 3
x y z
P
x y y z z x
  
  
 bằng 
Cải tiến cách xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập 
về Bất đẳng thức trong chương trình Đại số 10 theo hướng phát triển năng lực học sinh 
Nguyễn Tiên Tiến, Hoàng Thị Năm, Phùng Thị Hằng, trường THPT Gia Viễn B Trang 46/46 
 A. 
47
.
42
 B. 
14
.
33
 C. 
34
.
33
 D. 
6
.
5
Lời giải 
Với a và b dương, 1ab  , ta luôn có  
1 1 2
*
1 1 1a b ab
 
  
. 
Thật vậy,        * 2 1 2 1 1a b ab a b       
    
2
2 2 1 0a b ab ab a b ab ab a b          , luôn đúng với a , b dương và 
1ab  . Đẳng thức xảy ra, khi và chỉ khi 1ab  hoặc a b . 
Với x và y thuộc đoạn  1;4 và x y (tức 
1
. 1x
y
 ), ta có 
1 1 1 2
2 3 1 1 2 3. 1
x
P
z x yx y x
y z x y
    
    
. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
z x
y z
 hoặc 1
x
y
 . 
Đặt 
x
t
y
 thì  1;2t . Khi đó  
2
2
2
2 3 1
t
P f t
t t
  
 
. 
Ta có  
6
1
5
f  và  
34
2
33
f  . Ta sẽ chỉ ra    2f t f . 
Thật vậy,  
2
2
34 4 2 2
33 2 3 11 1 3
t
f t
t t
   
       
   
 hay 
   
34
, 1;2
33
f t t   . 
Đẳng thức xảy ra khi 2t  (khi đó 4 4, 1
x
x y
y
    ). Suy ra 
34
33
P  . Đẳng thức xảy ra khi 
và chỉ khi 4, 1x y  và 2z  . Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng 
34
33
. 
Đáp án C. 
  
  
 
2
2
2 35 27 48
0, 1;2
33 1 2 3
t t t
t
t t
  
   
 