MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG
BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC
BUNYAKOVSKI
MỘT SỐ QUY TẮC CHUNG KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

A.

CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI


Quy tắc song hành: Đa số các bất đẳng thức đều có tính đối xứng nên chúng ta có thể

sử dụng nhiều bất đẳng thức trong chứng minh một bài toán để định hướng cách giải nhanh
hơn.
 Quy tắc dấu bằng: Dấu “=” trong bất đẳng thức có vai trò rất quan trọng. Nó giúp ta
kiểm tra tính đúng đắn của chứng minh, định hướng cho ta cách giải. Chính vì vậy khi giải

ne

t

các bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc các bài toán cực trị ta cần rèn luyện cho mình
thói quen tìm điều kiện của dấu bằng mặc dù một số bài không yêu cầu trình bày phần này.

u.

 Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: Chúng ta thường mắc sai lầm về tính xảy ra

lie

đồng thời của dấu “=” khi áp dụng liên tiếp hoặc song hành nhiều bất đẳng thức. Khi áp

dụng liên tiếp hoặc song hành nhiều bất đẳng thức thì các dấu “=” phải cùng được thỏa mãn

ai

với cùng một điều kiện của biến.

bo

được tại vị trí biên.

xt

 Quy tắc biên: Đối với các bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc thì cực trị thường đạt
 Quy tắc đối xứng: Các bất đẳng thức có tính đối xứng thì vai trò của các biến trong các
bất đẳng thức là như nhau do đó dấu “=” thường xảy ra tại vị trí các biến đó bằng nhau. Nếu
bài toán có điều kiện đối xứng thì chúng ta có thể chỉ ra dấu “=”xảy ra tại khi các biến đó
bằng nhau và bằng một giá trụ cụ thể.

B. MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
I. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
Cho n số thực không âm a1 , a2 ,..., an , n  Z , n  2 , ta luôn có:
a1  a2  ...  an  n . n a1 .a2 ...an

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ...  an



1



II. MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
1. Kỹ thuật tách ghép bộ số
1.1 Kỹ thuật tách ghép cơ bản
Bài 1: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: a  bb  c c  a   8abc
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

a  bb  cc  a  2

ab .2 bc .2 ac  8abc (đpcm)

Bài 2: Cho 4 số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:
ac  bd 

a  bc  d 

Giải:

 ac  bd 

ne

b
d
.
a  b  c  d 

u.




a
c
.

a  b  c  d 

1 a
c  1 b
d  1ab cd 




 
 
 1
2ab cd  2ab cd  2ab cd 

lie

a  b c  d 



a  bc  d  (đpcm)

ai

ac  bd


t

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

a  c
. Chứng minh rằng:
b  c

bo

xt

Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa 

Giải:

ca  c   cb  c   ab

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
ca  c   cb  c 
ab



c a  c 
c b  c 
.

.

b
a
a
b



1c ac 1c bc
 
  

2b
a  2a
b 



1c
c 1c
c
 1    1   1
2b
a 2a
b

 ca  c   cb  c   ab (đpcm)



2



Bài 4: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
1  3 abc  3 1  a 1  b1  c 

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
1  3 abc

3

1  a 1  b 1  c 

1
1
1
a
b
c
.
.
3
.
.
1  a  1  b  1  c  1  a  1  b  1  c 

3

1 1
1

1  1 a
b
c 
 




 

3 1 a 1 b 1 c  3 1 a 1 b 1 c 
1 1 a 1 b 1 c 
 


 1
3 1 a 1 b 1 c 

 1  3 abc  3 1  a 1  b1  c  (đpcm)
a  1
. Chứng minh rằng:
b

1


ne

t


Bài 5: Cho 2 số thực dương a, b thỏa 

a b  1  b a  1  ab

u.

Giải:

ab
(2)
2

xt

Tương tự: b a  1 

1
a  ab  a   ab (1)
2
2

ai

a b  1  a ab  a 

lie

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

bo


Cộng theo vế (1) và (2), ta được:
a b  1  b a  1  ab (đpcm)

Bài 6: Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: 16aba  b2  a  b4
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
16aba  b   4.4ab a  b 
2

2

 4ab  a  b 2 
 a  b 2 
4
 4.
  4.
  a  b  (đpcm)
2


 2 
2

2

Bài 7: Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:




a1  b  b1  c   c1  a   33 abc 1  3 abc



Giải:
Ta có:
a1  b  b1  c   c1  a   a  b  c   ab  bc  ca 



3


Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
a  b  c  33 abc
ab  bc  ca  33 abc 

2





 a  b  c   ab  bc  ca   33 abc  33 abc   33 abc 1  33 abc
2



 a1  b  b1  c   c1  a   33 abc 1  3 abc




(đpcm)

Bài 8: Cho 2 số thực dương a, b. Chứng minh rằng: ab 

a b
  a  b 1
b a

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
a b  ab a   ab b   a
b 
       
b a  2 2b   2 2a   2b 2a 

ab a
ab b
a b
. 2
.
2
.
 a  b  1 (đpcm)
2 2b
2 2a
2b 2a

ne


2

t

ab 

u.

Bài 9: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a  b  c  10 . Tìm GTLN của: A a 2b3c5
Giải:

lie

Ta có:

2

3

5

2

3

5

xt


ai

a a b b b c c c c c
a b c
10  a  b  c            1010   .  . 
2 2 3 3 3 5 5 5 5 5
 2  3 5
2

3

5

a b c
a b c
   .  .   1    .  .   1 a 2b3c 5 22 3355  337500
 2  3 5
 2  3 5

bo

10

a  2
a b c
a b c abc
  

 1  b  3
Dấu “=” xảy ra   2 3 5    

2 3 5
10

c  5
a  b  c  10


Vậy GTLN của A là 337500.
1.2 Kỹ thuật tách nghịch đảo
Bài 1: Chứng minh rằng:

a b
  2 , a,b  0
b a

Giải:
Vì a,b  0 nên

a
b
 0,
0
b
a

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a b
a b
  2 .  2 (đpcm)
b a

b a



4


Bài 2: Chứng minh rằng: a 

1
 3 , a  1
a 1

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a

1
1
1
 a 1
 1  2 a  1
 1  2  1  3 (đpcm)
a 1
a 1
a 1

a2  2

Bài 3: Chứng minh rằng:


a2 1

 2 , a  R

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2 1



a2 11
a2 1

 a2 1 

1

2

a2 1

a2 1

3a 2
1
 , a  0
4
1  9a
2


a2 1

 2 (đpcm)

ne

Bài 4: Chứng minh rằng:

1

t

a2  2

u.

Giải:

lie

Với a  0 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

xt

ai

3a 2
1
1

1
1



 (đpcm)
4
4
1
1
9a
1  9a
 3a 2 2 1 .3a 2 2
 2
2
2
3a
3a
3a
3a 2
2

 a2

 2  , a  1
Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  a  1  
 a 1


bo


2

Giải:

2

 a 2  2a  2 

A  a  1  
a

1


2

 a  12  1
 a  1  

 a 1 

2

2

1 

 a  1   a  1 


a  1


2

2

 2a  1 
2

1

a  1

2

2

Cauchy



2 2a  1

2

1

a  12


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2a  12 

22 22

1

a  12

hay a 

24 8
2

Vậy GTNN của A  2 2  2



5


Bài 6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A  a 

2
, a  0
a2

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Aa


2 a a
  
a2 2 2

1
a a
1
1 3
 3. . .
 33  3 4
3 2 2
a a
a a
2 2
2. .
2. .
2 2
2 2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
Vậy GTNN của A 

a
2
 2 hay a  3 4
2 a

33
4
2


Bài 7: Chứng minh rằng: a 

1
 3 , a  b  0
b( a  b)

ne

t

Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

u.

1
1
1
 b  a  b  
 33 b.a  b .
3
ba  b 
ba  b 
ba  b 

4

a  bb  12


 3 , a  b  0

ai

Bài 8: Chứng minh rằng: a 

lie

a

xt

Giải:

a

bo

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
4

 a  b  

b  1  b  1 

1
1

b  1 b  1
2

2
a  b b  1
a  b 
2
2
b  1 . b  1 .
1
 4. a  b .
1  3
4
2
2
a  b  b  1 b  1
2
2
2

1.3 Kỹ thuật ghép đối xứng
Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm một số thao tác sau:
ab bc ca



a  b  c 
Phép cộng: 
2
2
2

2a  b  c   a  b   b  c   c  a 



abc  ab bc ca ,

Phép nhân: 

a, b, c  0

2 2 2

a b c  ab bc ca 



6


Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:

bc ca ab


 abc
a
b
c

Giải:
Ta có:
bc ca ab 1  bc ca  1  ca ab  1  ab bc 



         
a
b
c
2 a
b  2 b
c  2 c
a


bc ca
ca ab
ab bc
. 
.

.
 abc
a b
b c
c a

a2 b2 c2 b c a


  
b2 c2 a2 a b c


Bài 2: Cho ba số thực abc  0 . CMR:
Giải:
Ta có:





t

 1  c2 a2
   2  2
b
 2a

a2 b2
b2 c2
c2 a2
b c a b c a

.

. 2      
2
2
2
2
2
a b c a b c
b c

c a
a b

u.



 1  b2 c2
   2  2
a
 2c

ne

a2 b2 c2 1  a2 b2


 

b 2 c 2 a 2 2  b 2 c 2

lie

Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc  1. CMR:

xt

Giải:

ai


bc ca ab


 a  b  c 3
a
b
c

bo

 bc
b  c c  a a  b 2 bc 2 ca 2 ab
ca
ab 






 2



a
b
c
a
b

c
a
b
c


 bc
ca   ca
ab   ab
bc 



 



  b
  c

a
b
c
a

 
 


2




Vậy

bc ca
2
a b

ca ab
2
b c

 

ab bc
c a

 

2 a b c 

a b c 

a b c

 a  b  c  33

a b c  a  b  c 3




bc ca ab


 a  b  c 3
a
b
c



7


Bài 4: Cho ABC , AB  c, BC  a, CA  b, p 

abc
. CMR:
2

 p  a  p  b p  c   1 abc
8

Giải:
Ta có:

 p  a  p  b  p  c    p  a  p  b   p  b  p  c   p  c  p  a 
 p  a    p  b .  p  b   p  c .  p  c   p  a 


2
2
2
2 p  a  b  2 p  b  c  2 p  c  a  1

.
.
 abc
2
2
2
8

Bài 5: Cho ABC , AB  c, BC  a, CA  b, p 

abc
. CMR:
2

ne

t

1
1
1
 1 1 1


 2   

p a p b p c
a b c

u.

Giải:
Ta có:

lie

1
1
1
1 1
1  1 1
1  1 1
1 
  
  



 



p  a p  b p  c 2  p  a p  b  2  p  b p  c  2  p  c p  a 

ai


1

 p  a  p  b 

xt





1

 p  b  p  c 



1

 p  c  p  a 

1
1
1


 p  a    p  b  p  b   p  c  p  c   p  a 
2
2
2
 1 1 1

 2   
a b c

bo



1.4 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo
Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau
Với n  N  và x1 , x2 ,..., xn  0 thì


x1  x2  ...  xn  1

 x1



1
1 
 ..    n 2
x2
xn 

Chứng minh bất đẳng thức trên :
Ta có với x1 , x2 ,..., xn  0 thì


x1  x2  ...  xn  1


 x1



1
1 
1
 ..    nn x1 x2 ...xn .nn
 n2
x2
xn 
x1 x2 ...xn



8


Với n  3 và x1 , x2 , x3  0 thì


x1  x2  x3  1

 x1



1
1
   9

x 2 x3 

Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:

bc ca ab


6
a
b
c

Giải:
Ta có:
bc ca ab  bc  ca  ab


 1 
  1 
  1 
3
a
b
c
a  
b  
c 

abc bca cab




3
a
b
c
 1 1 1
 a  b  c      3  9  3  6
a b c

t

a
b
c
3



bc ca ab 2

ne

Bài 2: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:

u.

(Bất đẳng thức Nesbit)

lie


Giải:
Ta có:

bo

xt

ai

a
b
c
a  
b  
c 



 1 
  1 
  1 
3
bc ca ab  bc  ca  ab
abc bca cab



3
bc

ca
ab
1
1 
 1
 a  b  c 


3
bc ca ab
1
1
1 
 1
 b  c   c  a   a  b 


3
2
bc ca ab
9
3
 3
2
2
c2
a2
b2
abc




Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:
ab bc ca
2

Giải:

c2
a2
b2
c2  
a2  
b2 
   a 
   b 
  a  b  c 


  c 
ab bc ca 
ab 
bc 
c  a 
c  
a  
b 

 c1 
  a1 

  b1 
  a  b  c 
 ab  bc  ca



9


 abc bca cab
 c
  a
  b
  a  b  c 
 ab   bc   ca 
a
b 
 c
 a  b  c 


  a  b  c 
 ab bc ca 
a
b
 c

 a  b  c 



 1
ab bc ca 

Theo bất đẳng thức Nesbit đã chứng minh ở bài 2 thì:
a
b
c
3



bc ca ab 2

Do đó
c2
a2
b2
3  abc
(đpcm)


 a  b  c   1 
ab bc ca
2
2 

t

Bài 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a  b  c  1 . Chứng minh bất đẳng thức


ne

sau:

1
1
1
 2
 2
9
a  2bc b  2ca c  2ab

u.

2

lie

Giải:
Do a  b  c  1 ta có:

ai

1
1
1
1
1
1


2
 2
 2
 a  b  c   2
 2
 2

a  2bc b  2ca c  2ab
 a  2bc b  2ca c  2ab 
1
1
1


 a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ac  2
 2
 2

 a  2bc b  2ca c  2ab 
1
1
1


 a 2  2bc  b 2  2ac  c 2  2ab  2
 2
 2
9
 a  2bc b  2ca c  2ab 


xt

2

bo





 



 



2. Kỹ thuật đổi biến số
Có những bài toán về mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh, khó nhận biết
được phương hướng giải. Bằng cách đổi biến số, ta có thể đưa bài toán về dạng đơn
giản và dễ nhận biết hơn.
Bài 1: Cho ABC , AB  c, BC  a, CA  b. CMR:

b  c  ac  a  ba  b  c  abc (1)
Giải:



10



yz

a  2
b  c  a  x

zx


Đặt: c  a  b  y  b 
2
a  b  c  z


x y

c  2


Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau:
x. y.z 

x y yz zx
.
.
2
2
2


Do trong tam giác, tổng độ dài của hai cạnh luôn lớn hơn độ dài cạnh còn lại nên :
x, y, z  0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
x y yz zx
.
.
 xy . yz zx  xyz
2
2
2

t

b  c  ac  a  ba  b  c  abc (đpcm)

ne

Hay

u.

Bài 2: Cho ABC , AB  c, BC  a, CA  b. CMR:

lie

a
b
c



 3 (1)
bca ca b a bc

Giải:

ai

Đặt:

bo

xt

yz

a  2
b  c  a  x  0

zx


c  a  b  y  0  b 
2
a  b  c  z  0


x y

c  2



Khi đó vế trái của bất đẳng thức (1) trở thành:
yz zx x y


2x
2y
2z

Ta có:
y z z x x y 1 y x 1 z


      
2x
2y
2z
2 x y 2 x


Hay

a
b
c


3
bca ca b a bc


2
2

y x 2
. 
x y 2

x 1 z y
   
z  2  y z 
z x 2
. 
x z 2

z y
. 3
y z

(đpcm)



11


Bài 3: Cho ABC , AB  c, BC  a, CA  b. CMR:
a2
b2
c2



 a  b  c (1)
bc a c  a b a bc

Giải:
yz

a  2
b  c  a  x  0

zx


c  a  b  y  0  b 
2
a  b  c  z  0


x y

c  2


Đặt:

Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau:
4y

4z


Ta có:
4y

4z

yz zx
. 
x y

zx xy
. 
y z

H

xy yz
.
 zx y
z x

ai



a2
b2
c2



 a  b  c (đpcm)
bc a c  a b a bc

xt

ay

yz zx xy 1  yz zx  1  zx xy  1  xy yz 
 
           
x
y
z
2 x
y  2 y
z  2 z
x 

lie

4x



u.

 y  z 2  z  x 2  x  y 2

 x yz


ne

4x

t

 y  z 2  z  x 2  x  y 2

bo

Bài 4: Cho ABC , AB  c, BC  a, CA  b, p 
1

 p  a

2



1

 p  b

2



1

 p  c


2



abc
. CMR:
2

p
 p  a  p  b p  c 

(1)

Giải:
Ta có:

pa 

bca
0
2

Tương tự:
p b  0
pc  0

Đặt:

p  a  x  0


p  b  y  0  p  x  y  z
p  c  z  0


Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau:



12


1
1
1
x yz
 2  2 
2
xyz
x
y
z

Ta có:
1
1
1 1 1
1
 2  2   2  2
2

2 x
x
y
z
y
1 1
.

x2 y2



Hay

 1 1
1
   2  2
z
 2 y

1

 p  a

2



1 1
1

1
1 x yz




2
2
xy yz zx
xyz
z x

1 1
.

y2 z2

1

 p  b

2



 1 1
1 
   2  2 
x 
 2 z


1

 p  c

2



p
(đpcm)
 p  a  p  b p  c 

Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c. CMR:

a
b
c
3


 (1)
bc ca ab 2

ne
u.

lie

Đặt:


yzx

a 
2
b  c  x

zx y


c  a  y  b 
2
a  b  z


x yz

c 
2


t

Giải:

Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành:

bo

Ta có:


xt

ai

yzx zx y x yz 1



2x
2y
2z
2

y z x z x y x yz 1 y x 1 z


      
2x
2y
2z
2 x y 2 x


Hay

2
2

y x 2

. 
x y 2

z x 2
. 
x z 2

x 1 z y 3
   
z  2  y z  2
z y 3 3
.  
y z 2 2

a
b
c
3


 (đpcm)
bc ca ab 2

Bài 6: Cho 3 số thực không âm a, b, c thỏa a  c b  c   1 . CMR:
1
1
1


4

2
2
a  b a  c  b  c 2



(1)

13


Giải:
1

x  y

a  c  x  xy  1
1


 y 

x
b  c  y a  b  x  y 
a  b  x  y



Đặt:


Khi đó vế trái của bất đẳng thức (1) trở thành:
1
1
1
 2  2 4
2
x  y  x y

Ta có:
1
1
1
1
1
 2 2 
 x2  y 2  2
 x2  y2
2
2
2
x  2 xy  y
x  y  x y x  y 










t

1
1
 x2  y 2  2  2  2 2
. x2  y 2  2  2  4
2
x 2 y
x  2  y2
2

ne



1
1
1


 4 (đpcm)
2
2
a  b a  c  b  c 2

u.

Vậy


Tìm GTNN của biểu thức:

y 2 z  x 

ai

x2 y  z



y y  2z z

z z  2x x

bo

xt

A

lie

Bài 7: Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz  1 .

Giải:



z 2 x  y 
x x  2y y


Đề thi Đại học khối A năm 2007

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

A

x 2 .2 yz
y y  2z z






2 x x xyz
y y  2z z
2x x
y y  2z z

y 2 .2 zx
z z  2x x






2 y y yzx
z z  2x x

2y y
z z  2x x

z 2 .2 xy
x x  2y y




2 z z zxy
x x  2y y
2z z
x x  2y y



14


1

x x   2a  4b  c 

a  y y  2 z z
9


1

Đặt: b  z z  2 x x   y y  a  2b  4c 

9


c

x
x

2
y
y

1

 z z  9 4a  b  2c 


Khi đó
A

2   2a  4b  c a  2b  4c 4a  b  2c 




9
a
b
c





2
 b a c   c a b 
 6  4        

9
 a c b   a b c 



2
b a c
c a b 2
  6  4.3.3 . .  3.3 . .    6  12  3  2
9 
a c b
a b c  9

Dấu “=” xảy ra  a  b  c  1

ne

t

Vậy GTNN của A là 2

3. Kỹ thuật chọn điểm rơi


u.

Điểm rơi trong các bất đẳng thức là giá trị đạt được của biến khi dấu “=” trong bất

lie

đẳng thức xảy ra.

Trong các bất đẳng thức dấu “=” thường xảy ra ở các trường hợp sau:

ai

 Các biến có giá trị bằng nhau. Khi đó ta gọi bài toán có cực trị đạt được tại tâm

xt

 Khi các biến có giá trị tại biên. Khi đó ta gọi bài toán có cực trị đạt được tại biên

bo

Căn cứ vào điều kiện xảy ra của dấu “=” trong bất đẳng thức ta xét các kỹ thuật chọn
điểm rơi trong các trường hợp trên
3.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên
Xét các bài toán sau:
Bài toán 1: Cho số thực a  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của A  a 
1
a

Sai lầm thường gặp là: A  a   2 a.


1
a

1
 2 . Vậy GTNN của A là 2.
a

Nguyên nhân sai lầm: GTNN của A là 2  a 

1
 a  1 vô lý vì theo giả thuyết thì
a

a  2.

Lời giải đúng: A  a 

1 a 1 3a
a 1 3a
3.2 5
  
2 . 
 1

a 4 a 4
4 a 4
4
2




15


Dấu “=” xảy ra 

a 1
 hay a  2
4 a

Vậy GTNN của A là

5
.
2

Vì sao chúng ta lại biết phân tích được như lời giải trên. Đây chính là kỹ thuật chọn
điểm rơi trong bất đẳng thức.
Quay lại bài toán trên, dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đoán A đạt GTNN
khi a  2 . Khi đó ta nói A đạt GTNN tại “Điểm rơi a  2 ” . Ta không thể áp dụng
bất đẳng thức Cauchy cho hai số a và
phải tách a hoặc

1
vì không thỏa quy tắc dấu “=”. Vì vậy ta
a

1
để khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy thì thỏa quy tắc dấu “=”.
a


 a 1

a





1
, ta có sơ đồ sau:
a

u.

a  2 ” thì

ne

t

Giả sử ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số  ,  sao cho tại “Điểm rơi
 a 

xt

1 a 3a 1
 
 và ta có lời giải như trên.
a 4 4 a


bo

Khi đó: A  a 

ai

lie

a 2
  
2 1
a2
    4
 2
1  1
 a 2

 a 1

Lưu ý: Để giải bài toán trên, ngoài cách chọn cặp số  ,  ta có thể chọn các các
 a 
1
 

 1 
cặp số sau:  a,  hoặc  a,  hoặc  a,  .
a
 a


 a 

Bài toán 2: Cho số thực a  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A  a 

1
a2

Sơ đồ điểm rơi:
a 2
  
2 1
a2
   8
 4
1 1
 a 2 4



16


Sai lầm thường gặp là:
A

a 1 7a
a 1 7a
 2 
2 . 2 


8 a
8
8 a
8

1 7a


2a 8

1
7.2 9

 . Dấu “=” xảy ra
2.2
8
4

 a  2.

Vậy GTNN của A là

9
4

Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù GTNN của A là

9
là đáp số đúng nhưng cách giải
4


trên mắc sai lầm trong đánh giá mẫu số: “ a  2 
Lời giải đúng: A 

1

2a

1
là sai”.
2.2

a a 1 6a
a a 1 6a 3 6.2 9
  2 
 3.3 . . 2 
 

8 8 a
8
8 8 a
8 4 8
4

9
4

ne

Vậy GTNN của A là


t

Dấu “=” xảy ra  a  2

1
ab

lie

u.

Bài 1: Cho 2 số thực dương a, b thỏa a  b  1 . Tìm GTNN của A  ab 
Phân tích:

1
ab
ab  
 
4
 2 

Ta có:

bo

Sơ đồ điểm rơi:

xt


ai

2

1
 ab


1
1
1

4
ab   

 4 
4
4
16
1 4
 ab

Giải:
Ta có:
1
ab
ab  
 
4
 2 

1
 ab  
4
2

A  16ab 

1
1
1 17
 15ab  2 16ab
 15ab  8  15. 
ab
ab
4 4

Dấu “=” xảy ra  ab 

1
1
ab
4
2



17


Vậy GTNN của A là


17
4

Bài 2: Cho số thực a  6 . Tìm GTNN của A  a 2 

18
a

Phân tích:
Ta có
A  a2 

18
9 9
 a2  
a
a a

Dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đoán A đạt GTNN khi a  6 . Ta có sơ đồ
điểm rơi:

ne

t

 a 2 36
 
  36  3    24
a 6 

 2
9  9  3
 a 6 2

Giải:

a 2 9 9 23a 2
a 2 9 9 23a 2
  
 33
. . 
24 a a
24
24 a a
24
9 23.36
 
 39
2
24

xt

a2 9
 a6
24 a

bo

Dấu “=” xảy ra 


ai

lie

Ta có:

u.

A

Vậy GTNN của A là 39

Bài 3: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a  2b  3c  20 . Tìm GTNN của
A abc

3 9 4


a 2b c

Phân tích:
Dự đoán GTNN của A đạt được khi a  2b  3c  20 ,tại điểm rơi a  2, b  3, c  4 .
Sơ đồ điểm rơi:
a 2
  
2 3
4
a2
   

 2
3
3  3
 a 2



18


b 3
   
3 3
b 3 
   2
 2
9 3
 2b 2

c 4
   
4
c4
 1   4

4  1
 c

Giải:
 3a 3   b 9   c 4  a b 3c

A        
 4 a   2 2b   4 c  4 2 4
3a 3
b 9
c 4 a  2b  3c
. 2 .
2 . 
4 a
2 2b
4 c
4
 3  3  2  5  13
2

ne

t

Dấu “=” xảy ra  a  2, b  3, c  4
Vậy GTNN của A là 13

u.

ab  12
. Chứng minh rằng:
bc  8

lie

Bài 4: Cho3 số thực dương a, b, c thỏa 


1
1
1 
8
121
 


 ab bc ca  abc 12

xt

Phân tích:

ai

a  b  c   2

ab  12
,tại điểm rơi a  3, b  4, c  2 .
bc  8

Giải:

bo

Dự đoán GTNN của A đạt được khi 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

a
b
2
a b 2
1


 33 . .

18 24 ab
18 24 ab 2
a c 2
a c 2
 
 33 . .
1
9 6 ca
9 6 ca
b c 2
b c 2
3
 
 33
. .

16 8 bc
16 8 bc 4
a c b
8
a c b 8

4
  
 44 . . .

9 6 12 abc
9 6 12 abc 3



19


13a 13b
13a 13b
13 13
13

2
.
2
. .12 
18
24
18 24
18 24
3
13b 13c
13b 13c
13 13
13


2
.
2
. .8 
48 24
48 24
48 24
4

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

a  b  c   2

1
1
1 
8
121
 


 ab bc ca  abc 12

(đpcm)

3.2 Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị đạt được tại tâm
Xét bài toán sau:
Bài toán:


Cho 2 số thực dương a, b thỏa a  b  1 .. Tìm GTNN của
A ab

1 1
1 1
  44 a.b. .  4
a b
a b

ne

t

Sai lầm thường gặp là: A  a  b 

1 1

a b

Vậy GTNN của A là 4.

ai

Phân tích:

1 1
  a  b  1 . Khi đó
a b

lie


a  b  2  1 trái giả thuyết .

u.

Nguyên nhân sai lầm: GTNN của A là 4  a  b 

xt

Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại

bo

ab

1
2

Sơ đồ điểm rơi:

1
a b
 

1
1
1
  2
ab 


 2 
2
2
4
1  1  2
 a b



Lời giải đúng: A   4a  4b 
Dấu “=” xảy ra  a  b 

1 1
1 1
   3a  3b  44 4a..4b. .  3a  b   8  3  5
a b
a b

1
2

Vậy GTNN của A là 5



20


Bài 1:


Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a  b  c 
A abc

3
. Tìm GTNN của
2

1 1 1
 
a b c

Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
abc

1
2

Sơ đồ điểm rơi:

t

1
a b c
  

1
1
1
   2

abc 

 2 
2
2
4
1  1  1  2
 a b c

ne

Giải:

u.

1 1 1

A   4a  4b  4c      3a  3b  3c
a b c


xt

ai

lie

1 1 1
 66 4a.4b.4c. . .  3a  b  c 
a b c

9 13
 12  
2 2

bo

Dấu “=” xảy ra  a  b  c 
Vậy GTNN của A là
Bài 2:

1
2

13
2

Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a  b  c 
A  a2  b2  c2 

3
. Tìm GTNN của
2

1 1 1
 
a b c

Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
abc


1
2

Sơ đồ điểm rơi:



21


1
 2
a  b2  c2 

1
1 2

4
abc 
   8
2
4 
1  1  1  2
a b c 

Giải:
1
1
1

1
1
1 3
3
3

A   a2  b2  c2 

 

 


8a 8b 8c 8a 8b 8c  4a 4b 4c

1 1 1 1 1 1 31 1 1
. . . . .     
8a 8b 8c 8a 8b 8c 4  a b c 
9
1
9 9
1
9 9
27
  9. 3
  .
  .2 
4
4
abc 4 4 a  b  c 4 4

3
 99 a 2 .b 2 .c 2 .

Dấu “=” xảy ra  a  b  c 

ne

t

27
4

Vậy GTNN của A là

Cho 2 số thực dương a, b. Tìm GTNN của A 

u.

Bài 3:

1
2

ab



ab
ab


lie

Phân tích:

ab

ai

Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
Sơ đồ điểm rơi:

xt

ab

bo

2a 2
 ab
 ab  a  
2 1

ab
    4
 2
 ab  a  1
 a  b 2a 2

Giải:
 ab

ab  3a  b 
ab
ab 3.2 ab
3 5

A  

2
.

 1 

2 2
4 ab a  b
4 ab
 4 ab a  b  4 ab

Dấu “=” xảy ra  a  b
Vậy GTNN của A là
Bài 4:

5
2

Cho 3 số thực dương a, b, c. Tìm GTNN của
A

a
b
c

bc ca ab





bc ca ab
a
b
c

Phân tích:



22


Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
abc

Sơ đồ điểm rơi:
b
c
1
 a
 b  c  c  a  a  b  2
1 2
abc
    4

2 
b  c  c  a  a  b  2
 a
b
c


Giải:
b
c
bc ca ab 3bc ca ab
 a
A







 

4a
4b
4c  4  a
b
c 
bc ca ab
 66


a
b
c bc ca ab 3b c c a a b
.
.
.
.
.
       
b  c c  a a  b 4a
4b
4c
4a a b b c c

ne

t

3
b c c a a b
9 15
 3  .6.6 . . . . .  3  
4
a a b b c c
2 2

Dấu “=” xảy ra  a  b  c

Cho 2 số thực dương a, b thỏa a  b  1 . Tìm GTNN của :


lie

Bài 5:

15
2

u.

Vậy GTNN của A là

ai

A

xt

Phân tích:

1
1

2
2ab
a b
2

bo

Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại

ab

1
2

Sơ đồ điểm rơi:
 1
 a 2  b 2  2
1
ab 
 2  2    1

2

 2
 2ab

Giải:
A

1
1

2
2
2ab
a b
2

1

1
4
 2. 2

4
2
2
a  b 2ab
a  b  2ab a  b 2
2



2

a 2  b 2  2ab

Dấu “=” xảy ra  

a  b  1



ab

1
2




23


Vậy GTNN của A là 4
Cho 2 số thực dương a, b thỏa a  b  1 . Tìm GTNN của

Bài 6:

A

1
1 a  b
2

2



1
2ab

Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
ab

1
2

Sơ đồ điểm rơi:


ne

t

1
2


2
2

1
2 2
1  a  b
3
ab 
    3
2
3 
 1  2
 2ab 

Giải:

2



1
1


6ab 3ab

1
1

2
1  a  b 6ab 3ab





2

1
1
4
1



2
2
1  a  b  6ab 3ab a  b   1  4ab 3ab
2
2




bo

xt

 2.

2

u.

1 a  b
2

lie

1

ai

A

4

a  b2  1  4 a  b 

2

 2 





4





1
 ab
3

 2 

2

2

 Do ab   a  b 

 2 







4


2a  b   1 3a  b 
2

2

4
4 8


2.1  1 3.1 3

1  a 2  b 2  6ab
1

Dấu “=” xảy ra  a  b
ab
2
a  b  1


Vậy GTNN của A là

8
3



24



Cho 2 số thực dương a, b thỏa a  b  1 . Tìm GTNN của

Bài 7:

A

1
1

 4ab
2
a b
ab
2

Phân tích:
Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại
ab

1
2

Sơ đồ điểm rơi:
 1
 a 2  b 2  2
1
4
ab 
 2    2
2


 1  4
ab 

u.

ne

t

4ab  1
1
4

ab  1
4 1    4

2 

 ab 

Giải:

lie

1
1
1
1


 4ab 

2
2ab
4ab 4ab
a b
1
1
1
2
 2 4ab.

2
2
4ab 4ab
a  b 2ab





1

a  b  2ab
2
2

2

2


bo

 2.

ai

2

xt

A






1
4
1

2
2
4ab a  b 
4ab

4
1
2

2
2
a  b
 ab
4

 2 

5

a  b 2

2

 Do ab   a  b 

 2 







2

5
27
1


a 2  b 2  2ab

4ab  1
1
Dấu “=” xảy ra  
ab
4ab
2
a  b

a  b  1

Vậy GTNN của A là 7



25