Sáng kiến kinh nghiệm Ứng dụng đạo hàm để tìm giá trị trị nhỏ nhất của một biểu thức

 4t
(t+
√
t2+4)3
≤ 18 hay t(
√
t2 + 4 − t)3 ≤ 2. Xét hàm
số f(t) = t(
√
t2 + 4 − t)3, f ′(t) = (√t2 + 4 − t)3 − 3t(
√
t2+4−t)3√
t2+4
=
(
√
t2+4−t)3(√t2+4−3t)√
t2+4
,
f ′(t) = 0⇔ t =
√
2
2 . Ta có bảng biến thiên
t 0
√
2
2 +∞
f ′(t) + 0 −
f(t)
0



2
@
@
@R
0
Từ bảng biến thiên ta có max
t∈(0;+∞)
f(t) = f(
√
2
2 ) = 2 hay t(
√
t2 + 4− t)3 ≤ 2 dấu bằng
xảu ra khi t =
√
2
2 hay y =
√
2x.
2.3.7 Ví dụ. Cho x > y > 0. Chứng minh rằng x+y2 >
x−y
lnx−ln y >
√
xy.
Bài làm. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
√
x
y <
x
y
−1
ln(x
y
)
<
x
y
+1
2 .
Ta chứng minh ln xy >
2(x−y)
x+y . Đặt t =
x
y . Từ giả thiết x > y > 0 suy ra t > 1. Chứng
minh ln t > 2(t−1)t+1 . Xét hàm số f(t) =
2(t−1)
t+1 − ln t, f ′(t) = 4(t+1)2 − 1t =
−(t−1)2
t(t+1)2
≤ 0
∀t > 1. Ta có bảng biến thiên
t 1 +∞
f ′(t) || −
f(t)
0
@
@
@R−∞
Từ bảng biến thiên ta có f(t) 1 hay 2(t−1)t+1 1.
Ta chứng minh
√
x
y <
x
y
−1
ln(x
y
)
. Đặt t =
√
x
y . Bất đẳng thức trở thành t
2−2tlnt−1 > 0.
Xét hàm số g(t) = t2 − 2tlnt − 1, g′(t) = 2(t − lnt − 1), g′′(t) = 2(1 − 1t ) ≥ 0, ∀t > 0.
Suy ra đpcm.
28
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
2.3.8 Ví dụ. Cho x, y > 0 thoả mãn xy ≤ y−1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
x2
y2
+ 9
y3
x3
.
Bài làm. Đặt x = ty. Từ giả thiết x, y > 0 và xy ≤ y − 1 ta có ty2 + 1 = y hay
1 = t2y + 1y ≥ 2t suy ra 0 < t ≤ 12 . Khi đó P = t2 + 9t3 . Xét hàm số f(t) = t2 + 9t3 ,
f ′(t) = 2t− 27t4 , f ′(t) = 0⇔ t = 5
√
27
2 (loại). Bảng biến thiên
t 0 12
f ′(t) || −
f(t)
+∞
@
@
@R
289
4
Từ bảng biến thiên ta có minP = min
t∈(0; 1
2
]
f(t) = f(12) =
289
4 đạt được khi (x; y) = (1; 2).
Nhận xét. Bài toán này giả thiết có các số hạng không cùng bậc. Để giải bài
toán này ta đánh giá giả thiết ràng buộc giữa hai biến x, y.
2.3.9 Bài tập. Cho x, y ≥ 0. Chứng minh rằng 3x3 + 7y3 ≥ 9xy2.
Bạn đọc tự giải.
2.3.10 Bài tập. Cho x, y ≥ 0. Chứng minh rằng x4 + y4 ≥ x3y + xy3.
Bạn đọc tự giải.
2.3.11 Bài tập. Cho x, y > 0. Chứng minh rằng 1x3 +
x3
y3 + y
3 ≤ 1x + xy + y.
Bạn đọc tự giải.
2.3.12 Bài tập. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3(x
2
y2 +
y2
x2 )− 8(xy + yx) với
x, y 6= 0.
Hướng dẫn. Đặt t = xy +
y
x , |t| ≥ 2.
2.3.13 Bài tập. Cho 0 lnx− lny.
29
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
Hướng dẫn. Xét hàm số f(t) = ln t1+t2 .
2.3.14 Bài tập. Cho x, y > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x
3+y3+7xy(x+y)
xy
√
x2+y2
.
Bạn đọc tự giải.
2.3.15 Ví dụ. Cho a, b > 0 và x > y > 0. Chứng minh rằng (ax + bx)y < (ay + by)x.
Bạn đọc tự giải.
2.4. Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức
chứa ba biến
Trong phần này chúng tôi trình bày một số dạng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất,
giá trị lớn nhất của biểu thức chứa ba biến bằng cách đặt ẩn phụ hoặc thế hai biến
qua một biến còn lại. Từ đó, chuyển được bài toán về bài toán tìm giá trị nhỏ nhất,
giá trị lớn nhất của hàm số.
2.4.1 Ví dụ. Cho x, y, z > 0 thoả mãn x+y+ z = 1. Chứng minh rằng 1xz +
1
yz ≥ 16.
Bài làm.Đặt t = x+y. Từ giả thiết ta có z = 1−(x+y) hay z = 1−t và 0 < t < 1. Áp
dụng bất đẳng thức (x+y)2 ≥ 4xy hay xy ≤ t24 . Khi đó P = 1xz + 1yz = txy(1−t) ≥ 4−t2+t .
Xét hàm số f(t) = 4−t2+t , f
′(t) = 4(2t−1)
(−t2+t)2 , f
′(t) = 0⇔ t = 12 . Ta có bảng biến thiên
t 0 12 1
f ′(t) − 0 +
f(t)
+∞
@
@
@R
16



+∞
Từ bảng biến thiên ta có min
t∈(0;1)
f(t) = f(12) = 16 đạt được khi x = y =
1
4 , z =
1
2 . Vì
vậy 1xz +
1
yz ≥ 16.
Nhận xét. Bài toán này khá đơn giản, chỉ cần thế biến z theo biến x, y và đổi
biến t = x+ y chúng ta đã chuyển được bài toán về một biến.
30
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
2.4.2 Ví dụ. Cho x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu
thức P = x+ y + z + xy + yz + zx.
Bài làm. Đặt t = x + y + z. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz ta có
(x+ y + z)2 ≤ 3(x2 + y2 + z2) suy ra −√3 ≤ t ≤ √3. Khi đó
P = (x+ y + z) +
1
2
[(x+ y + z)2 − (x2 + y2 + z2)] = 1
2
(t2 + 2t− 1).
Xét hàm số f(t) = 12(t
2 + 2t− 1), f ′(t) = 2t+ 2, f ′(t) = 0⇔ t = −1. Ta có bảng biến
thiên
t −√3 −1 √3
f ′(t) − 0 +
f(t)
1−√3
@
@
@R −1



1 +
√
3
Từ bảng biến thiên ta có minP = min
t∈[−√3;√3]
f(t) = f(−1) = −1 đạt được khi t = −1
hay (x; y; z) = (−1; 0; 0) và các hoán vị của nó;
maxP = max
t∈[−√3;√3]
f(t) = f(
√
3) = 1 +
√
3 đạt được khi t =
√
3 hay (x; y; z) =
( 1√
3
; 1√
3
; 1√
3
).
Nhận xét. Bài toán này đối xứng với ba biến, bằng cách đặt t = x+ y+ z chúng
ta đã chuyển được về một biến. Sau đây là một số bài toán với định hướng tương
tự.
2.4.3 Ví dụ. Cho x, y, z ≥ 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
1
x+ y + z + 1
− 1
(1 + x)(1 + y)(1 + z)
.
Bài làm. Đặt t = x + y + z. Áp dụng bất đẳng thức xy + yz + zx ≤ (x+y+z)23 và
xyz ≤ (x+y+z)327 . Ta có
P =
1
(x+ y + z) + 1
− 1
xyz + (xy + yz + zx) + (x+ y + z) + 1
≤ 1
t+ 1
− 1
t3
27 +
t2
3 + t+ 1
31
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
=
1
t+ 1
− 27
(t+ 3)3
.
Xét hàm số f(t) = 1t+1− 27(t+3)3 , f ′(t) = − 1(t+1)2 + 81(t+3)4 , f ′(t) = 0⇔ (t+3)4 = [9(t+1)]2
hay t = 0 v t = 3. Ta có bảng biến thiên
t 0 3 +∞
f ′(t) + 0 −
f(t)
0



1
8
@
@
@R
0
Từ bảng biến thiên ta có max
t∈[0;+∞)
f(t) = f(3) = 18 suy ra maxP =
1
8 đạt được khi
x = y = z = 1.
2.4.4 Ví dụ. Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn x+ y + z = 1. Chứng minh rằng
0 ≤ xy + yz + zx− 2xyz ≤ 7
27
.
Bài làm. Từ giả thiết x, y, z ≥ 0, x + y + z = 1 ta có xy + yz + zx − 2xyz =
xy(1− z) + yz(1− x) + zx ≥ 0. Dấu bằng xảy ra khi (x; y; z) = (1; 0; 0) và các hoán vị
của nó.
Do vai trò của x, y, z bình đẳng nên ta luôn giả sử được x = min{x, y, z}. Từ giả
thiết x, y, z ≥ 0, x + y + z = 1 ta có 0 ≤ x ≤ 13 và y + z = 1 − x. Áp dụng bất đẳng
thức yz ≤ (y+z)24 và 1− 2x > 0. Khi đó biểu thức
P = xy + yz + zx− 2xyz = x(y + z) + yz(1− 2x) ≥ x(1− x) + (1− 2x)(y + z)
2
4
= x(1− x) + (1− 2x)(1− x)
2
4
=
1
4
(−2x3 + x2 + 1).
Xét hàm số f(x) = −2x3 + x2 + 1 với x ∈ [0; 13 ]. Ta có f ′(x) = −6x2 + 2x, f ′(x) = 0⇔
x = 0 v x = 13 . Ta có bảng biến thiên
32
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
x 0 13
f ′(x) +
f(x)
1



28
27
Từ bảng biến thiên ta có max
x∈[0; 1
3
]
f(x) = f(13) =
28
27 . Do đó maxP =
1
4 max
x∈[0; 1
3
]
f(x) = 727
đạt được khi x = y = z = 13 .
Nhận xét. Bài toán này đối xứng với ba biến, để chuyển nó về theo một biến
chúng ta phải chọn phần tử đại diện, tìm cách đánh giá phần tử đó và biến đổi biểu
thức về theo phần tử đại diện. Sau đây là một số bài toán với định hướng tương
tự.
2.4.5 Ví dụ. Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn x+ y + z = 1. Chứng minh rằng
x3 + y3 + z3 +
15
4
xyz ≥ 1
4
.
Bài làm. Do vai trò của x, y, z bình đẳng nên ta luôn giả sử được x = min{x, y, z}.
Từ giả thiết x, y, z ≥ 0, x+ y + z = 1 ta có 0 ≤ x ≤ 13 và y + z = 1− x. Áp dụng bất
đẳng thức yz ≤ (y+z)24 và 27x4 − 3 < 0. Khi đó biểu thức
P = x3 + y3 + z3 +
15
4
xyz
= x3 + (y + z)3 − 3yz(y + z) + 15xyz
4
= x3 + (y + z)3 + yz[
15x
4
− 3(y + z)]
= x3 + (1− x)3 + yz(27x
4
− 3) ≥ x3 + (1− x)3 + (y + z)
2
4
(
27
4
x− 3)
=
1
16
(27x3 − 18x2 + 3x+ 4).
Xét hàm số f(x) = 116(27x
3−18x2+3x+4), f ′(x) = 116(81x2−36x+3), f ′(x) = 0⇔ x = 19
v x = 13 . Bảng biến thiên
33
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
x 0 19
1
3
f ′(x) + 0 −
f(x)
1
4



7
27
@
@
@R
1
4
Từ bảng biến thiên ta có max
x∈[0; 1
3
]
f(x) = f(0) = f(13) =
1
4 . Do đó P ≥ 14 dấu bằng xảy
ra khi (x; y; z) = (13 ;
1
3 ;
1
3) hoặc (x; y; z) = (0;
1
2 ;
1
2) và các hoán vị của nó.
2.4.6 Ví dụ. Cho x, y, z > 0 thoả mãn x+ y+ z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P = x√
1−x +
y√
1−y +
z√
1−z .
Bài làm. Xét hàm số f(x) = x√
1−x , f
′(x) = 2−x
2(1−x)√1−x . Phương trình tiếp tuyến
của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm M(13 ;
1√
6
) là y =
√
3
12
√
2
(15x− 1).
Chứng minh x√
1−x ≥
√
3
12
√
2
(15x− 1). Nếu 0 < x < 115 thì bất đẳng thức đúng.
Nếu 115 ≤ x < 1 thì bất đẳng thức tương đương với (3x − 1)2(25x − 1) ≥ 0 luôn
đúng, đẳng thức xảy ra khi x = 13 .
Tương tự ta có y√
1−y ≥
√
3
12
√
2
(15y − 1), z√
1−z ≥
√
3
12
√
2
(15z − 1).
Cộng theo vế ta có P ≥
√
3
12
√
2
[15(x+ y+ z)− 3] =
√
6
2 . Do đó minP =
√
6
2 đạt được
khi x = y = z = 13 .
Nhận xét. Bài toán này đối xứng với ba biến. Biểu thức chứa mỗi số hạng mà
trong mỗi số hạng chỉ chứa một biến. Để giải bài toán này chúng ta thường nghĩ
đến phương pháp tiếp tuyến. Sau đây là một bài toán với định hướng tương tự.
2.4.7 Ví dụ. Cho x, y, z ∈ (0; 1) thoả mãn xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P = x1−x2 +
y
1−y2 +
z
1−z2 .
Bài làm. Ta có P = x
2
x(1−x2) +
y2
y(1−y2) +
z2
z(1−z2) . Xét hàm số f(x) =
1
x(1−x2) với
0 < x < 1, f ′(x) = 3x
2−1
x2(1−x2)2 , f
′(x) = 0 ⇔ x = 1√
3
v x = − 1√
3
(loại). Ta có bảng biến
thiên
34
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
x 0 1√
3
1
f ′(x) − 0 +
f(x)
+∞
@
@
@R
3
√
3
2



+∞
Từ bảng biến thiên ta có 1
x(1−x2) ≥ 3
√
3
2 ∀x ∈ (0; 1). Vì vậy
P ≥ 3
√
3
2
(x2 + y2 + z2) ≥ 3
√
3
2
(xy + yz + zx) =
3
√
3
2
.
Do đó minP = 3
√
3
2 đạt được khi x = y = z =
1√
3
.
2.4.8 Ví dụ. Cho x, y, z > 0 thoả mãn x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = x
2
y2+z2 +
y2
z2+x2 +
z2
x2+y2 .
Bài làm. Ta có P = x
2
1−x2 +
y2
1−y2 +
z2
1−z2 . Xét hàm số f(x) =
1
x(1−x2) với 0 < x < 1,
f ′(x) = 3x
2−1
x2(1−x2)2 , f
′(x) = 0⇔ x = 1√
3
v x = − 1√
3
(loại). Ta có bảng biến thiên
x 0 1√
3
1
f ′(x) − 0 +
f(x)
+∞
@
@
@R
3
√
3
2



+∞
Từ bảng biến thiên ta có 1
x(1−x2) ≥ 3
√
3
2 ∀x ∈ (0; 1).
Vì vậy P ≥ 3
√
3
2 (x
3 + y3 + z3).
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
x6 + x3y3 + x3y3 ≥ 3x4y2; x6 + x3z3 + x3z3 ≥ 3x4z2; ...; x3y3 + y3z3 + x3z3 ≥ 3x2y2z2.
Khi đó 3(x6+ y6+ z6+2x3y3+2y3z3+2x3z3) ≥ x6+ y6+ z6+3x4y2+3x4z2+3x2y4+
3y4z2 + 3x2z4 + 3y2z4 + 6x2y2z2.
Vì vậy ta chứng minh được bất đẳng thức 3(x3 + y3 + z3)2 ≥ (x2 + y2 + z2)3 hay
x3 + y3 + z3 ≥ 1√
3
.
Do đó P ≥ 3
√
3
2 (x
3 + y3 + z3) ≥ 32 suy ra minP = 32 đạt được khi x = y = z = 1√3 .
35
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
2.4.9 Bài tập. Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn điều kiện x+ y + z = 1 Chứng minh
xy + yz + zx ≤ 2
7
+
9
7
xyz.
Hướng dẫn. Nếu 79 ≤ x ≤ 1 thì yz ≤ 97xyz và y + z ≤ 29 . Suy ra xy + yz < 29 < 27 .
Nếu 0 ≤ x < 79 thì bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (x+ 1)(3x− 1)2 ≥ 0.
2.4.10 Bài tập. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1.
Chứng minh 1327 ≤ a2 + b2 + c2 + 4abc < 12 .
Bạn đọc tự giải.
2.4.11 Bài tập. Cho x, y, z > 0 thoả mãn x+ y + z = 1. Chứng minh rằng
2(x3 + y3 + z3) + 3(x2 + y2 + z2) + 12xyz ≥ 5
3
.
Bạn đọc tự giải.
2.4.12 Bài tập. Cho 1 ≤ x, y, z ≤ 3 thoả mãn x+ y + z = 6. Chứng minh rằng
x2 + y2 + z2 ≤ 14.
Hướng dẫn. Giả sử x = max{x, y, z}. Khi đó 2 ≤ x ≤ 3 và P = x2 + y2 + z2 ≤
x2 + y2 + z2 + 2(y − 1)(z − 1). Xét hàm số theo ẩn x.
2.4.13 Bài tập. Cho 0 ≤ x, y, z ≤ 2 thoả mãn x+ y + z = 3. Chứng minh rằng
x3 + y3 + z3 ≤ 9.
Hướng dẫn. Giả sử x = max{x, y, z}. Khi đó 1 ≤ x ≤ 2 và P = x3 + y3 + z3 ≤
x3 + y3 + z3 + 3yz(y + z). Xét hàm số theo ẩn x.
2.4.14 Bài tập. Cho x, y, z ∈ R thoả mãn x2 + y2 + z2 = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất,
giá trị lớn nhất của biểu thức P = x3 + y3 + z3 − 3xyz.
Hướng dẫn. Đặt t = x+ y + z.
36
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
2.4.15 Bài tập. Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P = xy2 + yz2 + zx2 − xyz.
Bạn đọc tự giải.
2.4.16 Bài tập. Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P = 9xy + 10xz + 22yz.
Hướng dẫn. P = 9xy+10(x+y)z+12yz = −10(x+y)2+30(x+y−12y2+36y−3xy).
Xét hàm số f(t) = −t2 + 3t với t ∈ [0; 3]. Suy ra
P = 10f(x+ y) + 12f(y)− 2xy ≤ 22max
t∈[0;3]
f(t).
2.4.17 Bài tập. Cho x, y, z > 0 thoả mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = 1
4+2ln(1+x)−y +
1
4+2ln(1+y)−z +
1
4+2ln(1+z)−x .
Hướng dẫn. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz và xét hàm số
f(t) = 2 ln(1 + t)− t.
2.4.18 Bài tập. Cho a, b, c > 0 thoả mãn 21ab + 2bc + 8ca ≤ 12. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P = 1a +
2
b +
3
c .
Hướng dẫn. Đặt x = 1a , y =
2
b , z =
3
c . Bài toán trở thành: cho x, y, z > 0 thoả mãn
2x+ 4y + 7z ≤ 2xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x+ y + z. Áp dụng z ≥ 2x+4y2xy−7 ta
có
P ≥ x+ y + 2x+ 4y −
14
x +
14
x
x(2y − 7x)
≥ x+ y + 2
x
+
2x+ 14x
2xy − 7 = x+
11
2x
+
2xy − 7
2x
+
2x+ 14x
2xy − 7 .
Áp dụng bất đẳng thức AG-MG và xét hàm số f(x) = x+ 112x + 2
√
1 + 7x2 .
2.4.19 Bài tập. Cho x, y, z ∈ R thoả mãn x2 + y2 + z2 = 9. Chứng minh rằng
2(x+ y + z) ≤ xyz + 10.
37
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
Hướng dẫn. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
[2(x+ y + z)− xyz]2 = [x(2− yz) + 2(y + z)]2 ≤ [x2 + (y + z)2][(2− yz)2 + 22].
hay [2(x+ y + z)− xyz]2 ≤ (9 + 2yz)(y2z2 − 4yz + 8). Đặt t = yz ta có
[2(x+ y + z)− xyz]2 ≤ 2t3 + t2 − 20t+ 72.
Giả sử |x| ≥ |y| ≥ |z| từ giả thiết x2 + y2 + z2 = 9 suy ra |x|2 ≥ 3. Vì vậy
|t| = |yz| ≤ y
2 + z2
2
=
9− x2
2
≤ 3.
2.4.20 Bài tập. Cho x, y, z ∈ [0; 1]. Chứng minh 2(x3+y3+z3)−(x2y+y2z+z2x) ≤ 3.
Hướng dẫn. Xét hàm số g(x) = f(x, y, z) với ẩn x và y, z là tham số. Hàm số g(x)
đạt giá trị lớn nhất tại x = 0 hoặc x = 1 nhưng f(0) ≤ f(1) nên ta chứng minh
f(1) ≤ 3. Tiếp tục xét hàm số h(y)...
2.4.21 Bài tập. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
(2a+ b+ c)2
2a2 + (b+ c)2
+
(2b+ c+ a)2
2b2 + (c+ a)2
+
(2c+ a+ b)2
2c2 + (a+ b)2
≤ 8.
Hướng dẫn. Do bất đẳng thức đúng với a, b, c thì cũng đúng với ta, tb, tc. Vì vậy
giả sử a+ b+ c = 3. Áp dụng phương pháp tiếp tuyến.
2.4.22 Bài tập. Cho x, y, z ∈ [1006; 2012]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
x3 + y3 + z3
xyz
.
Hướng dẫn. Giả sử 1006 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 2012. Đặt y = kx, z = tx, khi đó
1 ≤ k ≤ t ≤ 2 và P = 1+k3+t3kt .
Chứng minh P ≤ 1+k3+232k . Xét hàm số f(k) = k
3+9
2k với k ∈ [1; 2].
2.4.23 Bài tập. Cho các số thực a, b, c không đồng thời bằng 0 thoả mãn a2+b2+c2 =
2(ab+ bc+ ca). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
a3 + b3 + c3
(a+ b+ c)(a2 + b2 + c2)
.
38
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
Hướng dẫn. Đặt x = 4aa+b+c , y =
4b
a+b+c , z =
4c
a+b+c . Khi đó ta có x + y + z = 4 và
xy + yz + zx = 4. Áp dụng bất đẳng thức (y + z)2 ≥ 4yz suy ra 0 ≤ x ≤ 83 .
Khi đó P = 132(x
3 + y3 + z3) = 132(3x
3 − 12x2 + 12x+ 16).
2.4.24 Bài tập. Cho x, y, z ∈ [1; 2]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = (x+ y + z)(
1
x
+
1
y
+
1
z
).
Hướng dẫn. Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 2 suy ra (1− xy )(1− yz ) ≥ 0 và (1− yx)(1− zy ) ≥ 0.
Nhân ra rồi cộng theo vế ta có
P = (
x
y
+
y
x
) + (
y
z
+
z
y
) + (
x
z
+
z
x
) + 3 ≤ 5 + 2(x
z
+
z
x
).
Đặt t = xz , với t ∈ [12 ; 1]. Ta có (2− t)(12 − t) ≤ 0 hay t+ 1t ≤ 52 .
2.4.25 Bài tập. Cho x+ y 6= 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức
P = x2 + y2 + (
1− xy
x+ y
)2 và Q = 4x2 + 13y2 + (
xy − 12
x+ y
)2.
Hướng dẫn. Đặt z = 1−xyx+y .
2.4.26 Bài tập. Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn x2+ y2+ z2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức P = 6(y + z − x) + 27xyz.
Hướng dẫn. P ≤ 6[
√
2(y2 + z2)− x] + 27x.y2+z22 = 6[
√
2(1− x2)− x] + 27x(1−x2)2 .
2.4.27 Bài tập. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng a
3
(a+b)3
+ b
3
(b+c)3
+ c
3
(c+a)3
≥ 38 .
Hướng dẫn. Đặt x = ba , y =
c
b , z =
a
c suy ra xyz = 1. Bất đẳng thức trở thành
1
(1 + x)3
+
1
(1 + y)3
+
1
(1 + z)3
≥ 3
8
.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 1
(1+x)3
+ 1
(1+x)3
+ 18 ≥ 32(1+x)2 .
Ta cần chứng minh bất đẳng thức 1
(1+x)2
+ 1
(1+y)2
+ 1
(1+z)2
≥ 34 .
Áp dụng bất đẳng thức 1
(1+x)2
+ 1
(1+y)2
≥ 11+xy ∀x, y > 0.
39
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
Ta có P = 1
(1+x)2
+ 1
(1+y)2
+ 1
(1+z)2
≥ 11+xy + 1(1+z)2 = z1+z + 1(1+z)2 .
Xét hàm số f(z) = z1+z +
1
(1+z)2
.
2.4.28 Bài tập. Cho x, y, z > 0 thoả mãn x2 + y2 + z2 = 1. Chứng minh rằng
x
y2 + z2
+
y
z2 + x2
+
z
x2 + y2
≥ 3
√
3
2
.
Bạn đọc tự giải.
2.4.29 Bài tập. Cho x, y, z ∈ [0; 1] thoả mãn x+ y+ z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất và
giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1x2+1 +
1
y2+1 +
1
z2+1 .
Hướng dẫn. Áp dụng phương pháp tiếp tuyến và bất đẳng thức
1
x2 + 1
+
1
y2 + 1
≥ 1 + 1
(x+ y)2 + 1
∀x, y > 0;x+ y ≤ 1.
2.4.30 Bài tập. Cho x, y, z ≥ 0 thoả mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất và
giá trị lớn nhất của biểu thức P =
√
1−x
1+x +
√
1−y
1+y +
√
1−z
1+z .
Hướng dẫn. Áp dụng bất đẳng thức
√
1−x
1+x ≥ 1− x và bất đẳng thức√
1− x
1 + x
+
√
1− y
1 + y
≤ 1 +
√
1− (x+ y)
1 + (x+ y)
∀x+ y ≤ 4
5
.
2.4.31 Bài tập. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
√
2a
a+b +
√
2b
b+c +
√
2c
c+a ≤ 3.
Hướng dẫn. Đặt x =
√
a
b , y =
√
b
c , z =
√
c
a suy ra xyz = 1 và bất đẳng thức
1
1 + x2
+
1
1 + y2
≤ 2
1 + xy
∀xy ≤ 1.
2.4.32 Bài tập. Cho x, y, z > 0 thoả mãn (x+ y + z)3 = 32xyz. Chứng minh rằng
383− 165√5
2
≤ x
4 + y4 + z4
(x+ y + z)4
≤ 9
128
.
Hướng dẫn. Giả sử x+ y + z = 4. Đặt t = xy + yz + zx.
40
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
2.4.33 Bài tập. Cho x, y, z > 0 thoả mãn x+ y + z ≤ 1. Chứng minh rằng
3(x+ y + z) + 2(
1
x
+
1
y
+
1
z
) ≥ 21.
Hướng dẫn. Đặt t = x+ y + z.
2.4.34 Bài tập. Cho x, y, z > 0 thoả mãn x2 + y2 + z2 = 1. Chứng minh rằng
(
1
x
+
1
y
+
1
z
)− (x+ y + z) ≥ 2
√
3.
Hướng dẫn. Đặt t = x+ y + z.
2.4.35 Bài tập. Cho x, y, z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
2(x+ y + z)3 + 9xyz
(x+ y + z)(xy + yz + zx)
.
Hướng dẫn. Giả sử x+ y + z = 1 và z = min{x, y, z} suy ra 0 < z ≤ 13 .
2.4.36 Bài tập. Cho xy+yz+zxx2+y2+z2 =
1
7 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu
thức P = x
4+y4+z4
(x+y+z)4
.
Hướng dẫn. Giả sử x+ y + z = 1 và z = min{x, y, z} suy ra 0 < z ≤ 13 .
2.4.37 Bài tập. Cho a, b, c, d > 0 thoả mãn a2 + b2 = 1 và c − d = 3. Chứng minh
rằng P = ac+ bd− cd ≤ 9+6
√
2
4 .
Hướng dẫn. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
P ≤
√
(a2 + b2)(c2 + d2)− cd =
√
2d2 + 6d+ 9− d2 − 3d.
41
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
KẾT LUẬN
Bài viết thu được các kết quả sau.
1. Trình bày cụ thể cách tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số.
2. Hệ thống một số dạng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một
biểu thức chứa hai biến bằng cách thế một biến qua biến còn lại.
3. Hệ thống một số dạng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của
một biểu thức chứa hai biến bằng cách đặt ẩn phụ theo tính đối xứng t = x + y,
t = x2 + y2 hoặc t = xy.
4. Hệ thống một số dạng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một
biểu thức chứa hai biến bằng cách đặt ẩn phụ theo tính đẳng cấp t = xy .
5. Hệ thống một số dạng bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một
biểu thức chứa ba biến bằng cách đặt ẩn phụ hoặc thế hai biến qua một biến còn lại.
42
Giáo viên: Trần Đình Hiền - Trường THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Ban tổ chức kỳ thi (2001 đến 2010), Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4, Nhà
xuất bản giáo dục.
[2] PGS.TS Nguyễn Quý Dy, Th.S Nguyễn Văn Nho, TS Vũ Văn Thoả (2001),
Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán, Nhà xuất bản giáo dục.
[3] Ban biên tập (2001 đến 2010), Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Nhà xuất bản
giáo dục.
[4] Phạm Kim Hùng (2008), Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất bản giáo dục.
[5] www.math.vn, 2011.
[6] www.violet.vn, 2011.
[7] www.mathscope.org, 2011.
43