Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC-GTLN-GTNN CỦA BIỂU THỨC
1. Một số bất đẳng thức cơ bản thường sử dụng
1.1 Cho a, b  0 . Khi đó ta có a  b  2 ab . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b . Bất đẳng
thức này còn được viết dưới dạng khác tương đương là

 a  b
2
a b
2
2
;  a  b   4ab ; a  b  2ab ; a 2  b2 

  ab
2
 2 
1.2 Cho a , b, c  0 . Khi đó ta có a  b  c  3 3 abc . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .
2

2

Bất đẳng thức này còn có một số ứng dụng để chứng minh một số bất đẳng thức cơ bản khác
khá phổ biến như sau:

1
2
a  b  c 
3

a 2  b2  c 2  ab  bc  ca

a 2  b2  c 2 

 a  b  c   3 ab  bc  ca 
2
 ab  bc  ca   3abc  a  b  c 

a 2b2  b2c2  c2a 2  abc  a  b  c 

2

3  a 3  b3  c 3    a 2  b 2  c 2 
2

3

9
8

 a  b  c  ab  bc  ca    a  b  b  c  c  a 
a b c
2

2

2

a  b  c



2

 a  b  c  

1 1 1
  9
a b c

3

1.4 Một số hằng đẳng thức đáng nhớ

 x  y  y  z    y  z  z  x    z  x  x  y    x  y  z 
 x  y  y  z  z  x   xyz   x  y  z  xy  yz  zx 
2
x 2  y 2  z 2   x  y  z   2  xy  yz  zx 
3
x 3  y 3  z 3   x  y  z   3 x  y  y  z  z  x 

2

 xy  yz  zx

1.5 Tuy nhiên biểu thức này làm ta nhớ đến bất đẳng thức phụ:
1
1
2
, với ab 1 .

2
2
a
1 b
1 1 ab
1
1
2
, với a, b  0 và ab  1 .


2
2
1  a 1  b 1  ab



(1  a )(1  b)  1  ab

 , a, b  0
2

II. Bất đẳng thức đối xứng hai biến
Phương pháp giải
1) x 2  y 2  2 xy ; đúng x; y . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y ;

x  y
x2 y2  x  y 




2) x  y 
; đúng x; y . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y ;
1
1
11
2
2
x  y

3) xy 
; đúng x; y . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y ;
4
2
4)  x  y   4 xy ; đúng x; y . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y .
2

2

2

2

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 1


Trường THPT Hùng Vương




GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Cho các số thực x, y thỏa điều kiện 2 x  y

Bài 1.

2

2

  xy  1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị

x4  y4
nhỏ nhất của biểu thức P 
.
2 xy  1
Lời giải





Đặt t  xy . Ta có: xy  1  2  x  y   2 xy  4 xy  xy  



2




Và xy  1  2  x  y   2 xy  4 xy  xy 

x
Suy ra : P 
Do đó: P ' 

2

2

 y2   2 x2 y2
2

2 xy  1

7  t 2  t 
2  2t  1

2



1
5

1
1
1

. ĐK:   t  .
3
5
3

7t 2  2t  1
.
4  2t  1

 1
 5

1
 3

, P '  0  t  0, t  1( L) P     P   


 x  0; y  
1
Kết luận. MaxP   
4
 y  0; x  


1
2
và P  0   .
4
15


1
2
1
2
x y
và MinP 
.
15
1
3
2

Bài 2. Cho x, y  0 thỏa mãn x  y  xy  3 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:
x2
y2
1


.
y 1 x 1 x  y  3
Nhận xét
Trong bài toán này ta chỉ cần sử dụng phép biến đổi tương đương là xuất hiện ngay ẩn phụ. Cụ
thể như sau:
x2
y2
1
( x  y )3  3 xy ( x  y )  ( x  y ) 2  2 xy
1





Ta có: P 
y 1 x 1 x  y  3
xy  ( x  y )  1
( x  y)  3
P

1
7
1
3
Đặt: t  x  y  xy  3  t . Khi đó: P  f (t )  t 3  t 2  t 
 .
4
4 t 3 2

Bài 3. Cho hai số thực x, y thay đổi và thoả mãn x 2  y 2  8 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P  x 3  y 3  3xy .
Lời giải





Ta có P   x  y  x 2  y 2  xy  3xy   x  y 8  xy   3xy .

t2  8
Đặt x  y  t . Do x  y  8 nên xy 

. Suy ra
2

t2  8 
t2  8
t3 3 2
P  t 8 

3.


 t  12t  12
2 
2
2 2

2

2





Do  x  y   4 xy nên t 2  2 t 2  8  4  t  4
2

Xét f  t   

t3 3 2

 t  12t  12 với t   4;4 .
2 2

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 2


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

t  4   4;4
f ' t   0  
t  2   4;4
f  4  28; f  2  26; f  4  4 .
Kết luận. MaxP  26  t  2  x  y  1; MinP  28  t  4  x  y  2 .
3
2

Ta có f '  t    t 2  3t  12;

Bài 4. Cho x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  xy  1 . Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  x 2 y  xy 2 .
Lời giải
Ta có S  xy ( x  y )  S 2  ( xy ) 2 ( x 2  y 2  2 xy )  ( xy ) 2 (1  3xy )
Đặt t  xy

1
3

2
2
2
x  y  xy  1  ( x  y )  1  xy  0  t  1

x 2  y 2  xy  1  1  3xy  ( x  y ) 2  0  t 

t  0
 1
2
 S  f (t )  t (1  3t ), t   1;  . f '(t )  2t  9t  0   2
t 
 3
 9
2

2

1
f ( 1)  4, f (0)  f    0, f
 3
S  2  x  1, y  1

4
2
 S 2  4  2  S  2
 
 9  243

S  2  x  1, y  1

Kết luận. MaxS  2  x  1, y  1; MinS  2  x  1, y  1 .
3 x3 y3
2
Bài 5. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 3 


 2 2 . Tìm giá trị lớn nhất của
xy
y
x x y
16
2 2
biểu thức P  x y  2
.
x  y2  2
Lời giải
4
4
Từ giả thiết ta có : 3 xy  3  x  y 

2
2
 2x2 y2 
xy
xy

2
1 
 2t 3  3t 2  3t  2  0  t   ;2 
t

2 
16
16
8
2 2
2
P  x2 y2  2

x
y


t

x  y2  2
2 xy  2
t 1
8
20
1 
Xét hàm số f  t   t 2 
t 2 x  y  2
, t   ;2 ta có Max f  t  
3
t 1
2 
1 
;2
Đặt t  xy, t  0 ta có 3t  3  2t 2 


 2 

Kết luận. Max f  t  
1 
 2 ;2

20
t 2 x  y  2.
3

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 3


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Bài 6. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x  y  xy  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3

 x 1
 y 1
2
2
P  4
 4
  x y


 x 
 y 
3

Lời giải
Từ giả thiết bài toán ta có

x  y
3  x  y  xy  x  y 

x  y  2

x y2
4
 x  y  6
Mặt khác x, y  0 nên 3  x  y  xy  x  y
Vậy ta có 2  x  y  3 .
2





Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt ta chứng minh được 4 a 3  b3   a  b 

3

Ta có
3


3

 x 1
 x 1 y 1 x  y
 y 1
2
2
P  4
 4


  x  y 

x 
2
 x 
 y 
 y
3

3

  x  y 2  3  x  y   6  x  y

 


3

x


y


2


3

 t 2  3t  6 
t
Đặt t  x  y, t 2;3 , ta có f  t   P  

; t  2;3

2
 3t 
Kết luận. Min f  t   64  2  t  2  x  y  1.
2;3

Bài 7. Cho x 2  y 2  xy  1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M  x4  y4  x2 y2 .
Lời giải
2
2

1
1  x  y  xy  2 xy  xy  xy


 xy  1
2
3
1

(
x

y
)

3
xy


3
xy



Ta có: x 2  y 2  xy  1  

Mặt khác, từ x 2  y 2  xy  1  x 2  y 2  1  xy nên M  ( x 2  y 2 )  3x 2 y 2  2 x 2 y 2  2 xy  1
Đặt t  xy  M  2t 2  2t  1 .

 1 

Vậy cần tìm Min và Max của tam thức bậc hai: f (t )  2t 2  2t  1 trên đoạn  ;1 .
3 



3
 x 
3
 

3
 x 2  y 2  xy  1   y  
3

1 1


Ta có: MinM  f ( )  . Đạt được khi 
.
1

3
9

xy


3

3
 x  
3
 



3
  y 
3

 
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 4


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu


3 5
 x 2  y 2  xy  1  x 
1
3


2

Ta có: Max M  f ( )  .Đạt được khi: 
1
2
2
 xy  3


3 5
 y 
2
2
2
Bài 8. Cho x, y là các số thực thỏa mãn x  y  xy  1 .Tìm giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất của
biểu thức F  x 6  y 6  2 x 2 y 2  xy .
BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 9. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2  y 2  2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu





thức P  2 x 3  y 3  3xy .
Bài 10. Cho x  0, y  0 và x  y  xy  3 . Tìm GTLN của A 



3x
3y

 ( x2  y2 ) .
y 1 x 1



Bài 11. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 3 x 2  y 2  2  x  y  . Tìm GTNN
2



1 
1
của biểu thức P   x     y   .
y 
x

2

Bài 12. (B-2009) Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn  x  y   4 xy  2. Tìm giá trị nhỏ nhất
3



 



của biểu thức A  3 x 4  y 4  x 2 y 2  2 x 2  y 2  1 .
Bài 13. (D-2009) Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị







lớn nhất của biểu thức S  4 x 2  3 y 4 y 2  3x  25xy .
Bài 14. (D-2012) Cho các số thực x, y thỏa mãn  x  4    y  4   2 xy  32 . Tìm giá trị nhỏ
2


2

nhất của biểu thức A  x3  y 3  3 xy  1 x  y  2  .
Bài 15. (A-2013) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện  a  c  b  c   4c2 . Tìm giá

a 2  b2
trị nhỏ nhất của biểu thức P 


3
3
c
 b  3c   a  3c 
32a 3

32b3

Bài 16. Cho x, y  0 thỏa mãn x 2 y  xy 2  x  y  3xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Px y
2

2

1  2 xy 


2


3

2 xy

.

Bài 17. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x 2  y 2  xy  1 . Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức A  5 xy  3 y 2 .
4
4
Bài 18. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x  y  4 

6
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
xy

xy
x 1
y 1

 2
.
2x  1 2 y  1 x  y2  1
Bài 19. Cho các số thực x, y  0 và thỏa mãn x  y  1  3xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3x
3y
1
1
P


 2 2.
y  x  1 x  y  1 x
y
thức P 

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 5


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Bài 20. Cho các số thực dương a , b thỏa mãn ab  a  b  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

4a
4b

 2ab  7  3ab .
b 1 a 1



Bài 21. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x  1 




1
 1
 y  1    4 . Tìm giá trị

y
x


nhỏ nhất của biểu thức P  xy  1  x  1  y .
2

2

Bài 22. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn: x 2  y 2  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:


1
 1
P  1  x   1    1  y  1   .
y
x



Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 6


Trường THPT Hùng Vương


GV. Nguyễn Hữu Hiếu

II. Một số bài toán cần dùng bất đẳng thức phụ
Bổ đề: Cho a, b  0 ta luôn có:
1
1
2
1) 2
, với ab 1 .
2
a
1 b
1 1 ab
1
1
2
2)
, với và ab  1 .


2
2
1  a 1  b 1  ab
(Đề thi HSG 12 Bình Phước 2014) Cho các số thực dương a,b thỏa a

Bài 1.

1


trị nhỏ nhất của biểu thức: Q

a

1

2

b

1

3

2

1

3

3

4

a2

b2

a


b

2ab . Tìm giá

b

4.

Nhận xét
Trong bài toán này với giả thiết a b 2ab thì biểu thức dưới dẫu căn khá nhẹ nhàng, nó có
thể biểu diễn theo tổng hoặc tích. Do đó ẩn phụ của bài toán phụ thuộc hoàn toàn vào biểu thức
1
1
còn lại là 2
. Tuy nhiên biểu thức này làm ta nhớ đến bất đẳng thức phụ:
2
a
1 b
1
1
1
2
, với ab 1 .
2
2
a
1 b
1 1 ab
Từ giả thiết ta có: 2ab a b 2 ab
một biểu thức theo tích của a và b.

Ta có
2
3 3 2
Q
a
b2 a b 4
3
1 ab
4
3

Đặt t
Bài 2.

ab

1 , ta có Q

ab

1

2

3
ab

1

2

t3

f (t )

0 : ab

Cho a, b

ab

3

1. Đến đây ta có thể dự đoán ẩn phụ là

a

3

4

2

b

2

4

3
ab


1

3

3

4

4ab

4

3t .

1

1 . Tìm GTNN của T

1
a

1

1

32
b

2a(1


a

b

a)

2b(1

b)

.

8

Giải
1

+) Ta có:

1
a

1

2
b

1


ab

1

ab

,

1.

Thật vậy: Quy đồng, chuyển vế, bđt trên tương đương với
Lại có:

2

2
ab

1

ab.1

1

+) Ta có: a(1

a)

b(1


Suy ra: 2a(1

a)

2b(1

b)

1
a

b)

2

8

1
2a(1

a)

2b(1

b)

8

2
ab


4
1

ab

3

2

a

b

. Suy ra:

2

1

ab

1

1

1

a


2ab

2

1

0 (Đúng).

4
b

.

ab

3

2

2 ab

2
b

2

4 ab
1

4 ab


2

2 ab

2.

12 .
32
2a(1

12

a)

2b(1

32
b)

8

2

ab

16
3

ab


3

.
T

+) Đặt t

4
ab

16
3

ab

ab

1

T

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

.
3

4
t


2

16
3

t

3

f (t ).

Trang 7


Trường THPT Hùng Vương
f '(t )

Xét M

(t

2

8t
3)2

(t 2

GV. Nguyễn Hữu Hiếu


8
(t

3)2

3) t

t(t

8.

3

3) t

3

(t 2

3)2

(t 2

3)2 (t

3) t 2

(t

t(t


3

3) t

3

3) t

3

t t

3

t2 3 t t 3
t 4 6t 2 9 t 3 3t 2
(t 4
Suy ra f '(t ) 0 t 1
f (t ) đồng biến t 1 .
Từ đó: MinT
f (1)
7
t 1 a b 1.

t 3)

.

0


3t 2

9

0 (Đúng t

1 ).

t 1

Bài 3.

Cho các số thực x, y  0 thỏa mãn x 4  y 4  4 

6
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
xy

1
1
3  2 xy


.
1  2 x 1  2 y 5  x2  y 2
Theo BĐT AM-GM ta có: x 4  y 4  4  2 x 2 y 2  4
6
 x 4  y 4  4  2 x 2 y 2  4  2 x 3 y 3  4 xy  6  0
Do đó:

xy
P

 2  xy  1  x2 y 2  xy  3  0  xy  1

Ta luôn có bất đẳng thức phụ sau:
Thật vậy ta có:

1
1
2


,  x, y  0 .
1  2 x 1  2 y 2  xy

1
1
2


1  2 x 1  2 y 2  xy

 2  xy  2  x  y   xy  x  y   1  2x  2 y  4xy  x2 y  y 2 x  1  3xy
(Điều này luôn đúng do x2 y  y 2 x  1  3 3 x3 y3  3xy ).
1
1
3  2 xy
2
3  2 xy





Vậy P 
(theo AM-GM).
2
2
1 2x 1 2 y 5  x  y
2  xy 5  2 xy
2
3  2t
Đặt t  xy, t  (0;1] . Xét f (t ) 

, t  (0;1]
2  t 5  2t
Ta có: f '(t ) 

2

2  t 

2



4

 5  2t 


2

 0, t  (0;1]

 f (t ) nghịch biến trên (0;1] nên P  f (t )  f (1)  1.

 x2 y  y 2 x
 x  y 1.
Vậy min P  1  
 xy  1
Bài 4.

Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: x

y

trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: S

2 x
x

2
1

2

3 y
y

1


2014
2

2015

2012 . Tìm giá
2xy x
x

y

y

1

1

Nhận xét
Phép đặt ẩn phụ cho bài toán là: t  x  y  1 . Vấn đề đặt ra là với giả thiết có vẻ phức tạp kia
làm sao chặn được ẩn phụ t.
Quan sát vế phải giả thiết ta thầy nếu dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta thu được tổng x  y
từ đó ta có một bất đẳng thức chứa ẩn là x  y . Giải bất phương trình này ta thu được giới hạn
của x  y , từ đó thu được điều kiện cho ẩn phụ t.
Thật vậy:

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 8


.


Trường THPT Hùng Vương

x

y

2 x

3 y

2

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

2014

22

2012

32 x

2

y

2014


2012

13 x

y

2012

2012

 x  y  2012  13  x  y  2012    x  y  2012   13  x  y  2012   0  0  x  y  2012  13
2

 2012  x  y  2015  2013  x  y  1  2016

Do đó t   2013; 2016  .
IV. Bất đẳng thức đối xứng ba biến
Phương pháp giải
Dồn về một trong các biến t  x  y  z ; t  xy  yz  zx; t  x2  y 2  z 2 ; t  xyz ;
Tìm điều kiện chặt của biến t
Sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số biến t ; tìm GTLN; GTNN của hàm số mới.
Chú ý: Đối với các bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến chúng ta cần chú ý đến các đánh
giá, phân tích thường sử dụng như sau:
1) x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx ; đúng x; y; z . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y  z ;

x  y  z
x2 y2 z2  x  y  z 

 


2) x  y  z 
; đúng x; y; z . Dấu "  " xảy ra khi
1
1
1
111
3
và chỉ khi x  y  z ;
2

2

2

2

2

 x  y  z
xyz 

3

; đúng x; y; z . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi x  y  z ;
27
2
4)  x  y  y  z    y  z  z  x    z  x  x  y    x  y  z   xy  yz  zx ;
3)


5)
6)
7)

 x  y  y  z  z  x   xyz   x  y  z  xy  yz  zx  ;
2
x 2  y 2  z 2   x  y  z   2  xy  yz  zx  ;
3
x 3  y 3  z 3   x  y  z   3 x  y  y  z  z  x  .

Bài 1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
7
121
P
2
2
2
14(ab bc ca)
a
b
c
Nhận xét
Trong bài toán này chỉ cần thế a b c 1 vào P sẽ làm xuất hiện ngay ẩn phụ. Thật vậy:

(a

Ta có 1
ab

bc


Do đó A
Đặt t

a2

c)2

b

1

ca

a2

b2

(a 2

b2

c2
c2 )

2

7
a


2

b2

b

2

2(ab

bc

ca)

.

121
c

2

7(1

(a

c 2 . Ta có f (t )

2

7

t

b2

c 2 ))

121
.
7(1 t )

Bài 2. Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P  xy  yz  zx 

5
.
x yz

Phân tích tìm lời giải
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 9


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu


Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi các biến bằng nhau x  y  z  1 . Quan sát giả thiết và yêu cầu bài toán ta dự

đoán ẩn phụ là t  x  y  z . Từ giả thiết chúng ta cần lưu ý các đánh giá để đưa về t  x  y  z
. Ta có

x y z
2

2

2

 x  y  z


2

; xy  yz  zx 

3

1
2
x  y  z .
3


Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:
Lời giải
Ta có 3  x 2  y 2  z 2  3  2  xy  yz  zx    x  y  z  .
2


t2  3
 x2  y2  z2  3  3  t  3 .
Đặt t  x  y  z , ta có: 0  xy  yz  zx 
2
2
t 3 5
5 t3  5
 , f '  t   t  2  2  0, t  3 .
Khi đó, ta có: P  f  t  
2
t
t
t
14
Vậy ta có: P  f  t   f  3 
. Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  1 .
3
14
Kết luận. max P 
khi x  y  z  1 .
3
4
Bài 3. Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn x 2  y 2  z 2  . Tìm giá trị lớn nhất và giá
3
3
trị nhỏ nhất của biểu thức: P  2  xy  yz  zx  
.
x yz
Phân tích tìm lời giải


Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi các biến bằng nhau; từ giả thiết ta dự đoán dấu "  " xảy ra khi x  y  z  1 .
Quan sát giả thiết và yêu cầu bài toán ta dự đoán ẩn phụ t  x  y  z . Từ giả thiết chúng ta cần
lưu ý đánh giá:

x y z
2

2

2

 x  y  z

3

2

; xy  yz  zx 

1
2
x  y  z .
3

t 2   x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   x 2  y 2  z 2 
2

4

3


Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên khi đánh
giá biến t ta cần chặn cả hai phía. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:
Lời giải

2 3

 t  2  . Ta có
 3


Đặt x  y  z  t 

3 4
1
1
4
2
x  y  z   x 2  y 2  z 2    t 2   nên P  t 2  

 2
t 3
2
3
2 3 
3 4
2
;2 

Xét hàm số f  t   t   xác định trên 
t 3
 3


xy  yz  zx 

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 10


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

2 3 3 3
25
3
3
; f 2 
 0  t  3 (loại). f 

2
2
6
t
2
 3 
3 3

2 3
2 3
Kết luận. MinP 
khi t 
;
 2 trong 3 số x, y, z bằng 0 số còn lại bằng
2
3
3
2
25
MaxP 
khi t  2  x  y  z  .
3
6

f '  t   2t 





Bài 4. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn 2 a 2  b2  c 2  ab  bc  ca  3 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức S  a 2  b2  c 2 

1
.
abc3

Phân tích tìm lời giải


Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi các biến bằng nhau a  b  c  1. Quan sát giả thiết và yêu cầu bài toán ta dự
đoán ẩn phụ t  a  b  c . Từ giả thiết chúng ta cần lưu ý đánh giá để đưa về t  a  b  c . Ta có

a b c
2

2

2

a  b  c


2

; ab  bc  ca 

3

1
2
a  b  c .
3


Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:
Lời giải

Với a, b, c là các số dương ta có

a

2

b c
2

2



a  b  c

3

2

;

a  b  c
ab  bc  ca 

2 a  b  c
a  b  c  3  a  b  c 2  9



3

3
Từ đó 0  a  b  c  3
2
a  b  c

2
2
2
3
Ta có 2  a  b  c   ab  bc  ca  3 
3
2
a  b  c

3
2
2
2

Nên  a  b  c  
6
2
2

2

3

2


Bởi vậy

Bởi vậy

a  b  c 
1
1
3 1
1
3
S a b c 

  t2 

abc3
6
abc3 2 6
t3 2
1 2
1
3
 với 0  t  3
Xét hàm số f  t   t 
6
t3 2
1
1
f ' t   t 
 0, t   0;3 . Từ đó suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên  0;3
3  t  3 2

17
17
Do đó f  t   f  3 , t   0;3 hay f  t  
Suy ra: S 
. Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1
6
6
17
Kết luận. MaxS 
khi a  b  c  1.
6
2

2

2

2

Bài 5. Cho a, b, c là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 11


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

P


1
a 2  b2  c 2  1



2
 a  1 b  1 c  1

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi các biến bằng nhau. Quan sát biểu thức trong P ta dự đoán ẩn phụ t  a  b  c .

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
2
2
2
Từ đó suy ra biểu thức a  b  c  1 cần đánh giá theo chiều "  " ; biểu thức
 a  1b  1 c  1 cần đánh giá theo chiều "  " (vì phía trước biểu thức có thêm dấu " " ). Ta
có

a  b  c 1
2

2

2

2


 a  b  c  1

4

2

;  a  1 b  1 c  1

 a  b  c  3

27

3

.

Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:
Lời giải

1
2
 a  b  c  3
Ta có: a  b  c  1   a  b  c  1 ;  a  1 b  1 c  1  

4
3


2

54

Vậy P 
a  b  c  1  a  b  c  33
2
54
(t  1)
 f (t )
= 
với t  a  b  c  1
t  t  2 3
2

f / (t )  

2

3

2

t  4( n )
2
162
/

;
f
(
t

)

0

t  1 (l )
t 2  t  2 4


Bảng biến thiên

t
f '(t )

1


4
0
1
4





f (t )

0
0
a  b  c  3

1

Kết luận. MaxP  khi a  b  c
 a  b  c 1
4
c  1

Bài 6. Cho a, b, c là các số thực dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P

2
abc
3
3  ab  bc  ca
1  a 1  b 1  c 

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi các biến bằng nhau a  b  c  1. Quan sát biểu thức P ta dự đoán ẩn phụ t  abc
.

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 12


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu



Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Từ đó suy ra biểu thức ab  bc  ca ; 1  a 1  b1  c  cần đánh giá theo chiều "  " . Ta có
lời giải chi tiết cho bài toán như sau:
Lời giải
Áp dụng Bất đẳng thức: ( x  y  z ) 2  3( xy  yz  zx ) , x, y, z  ta có:

( ab  bc  ca ) 2  3abc( a  b  c )  9abc  0  ab  bc  ca  3 abc
Ta có: (1  a)(1  b)(1  c)  (1  3 abc )3 , a, b, c  0 .
Thật vậy

1  a 1  b 1  c   1  (a  b  c)  (ab  bc  ca )  abc
 1  3 3 abc  3 3 (abc)2  abc  (1  3 abc )3

Khi đó: P 

2
3(1  abc )



3

abc
 Q (1).
1  3 abc

abc
Đặt abc  t ; vì a , b, c  0 nên 0  abc  

 1
3


2t  t  1  t 5  1
2
t2
 0, t   0;1 .
Xét hàm số Q 

, t   0;1  Q (t ) 
3 2
2 2
3(1  t 3 ) 1  t 2
1  t  1  t 
3

6

Do đó hàm số đồng biến trên  0;1  Q  Q  t   Q 1 

1
1
(2). Từ (1) và (2): P  .
6
6

1
, đạt được khi và chỉ khi : a  b  c  1.
6

2
2
2
Bài 7. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
a 2  1 b2  1 c 2  1
1



thức P 
.
b
c
a
abc
Kết luận. MaxP 

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu
đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau a  b  c  1. Quan sát biểu thức P ta dự đoán ẩn phụ
t  abc.

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Trong biểu thức P chứa a 2 ; b 2 ; c 2 ở tử số nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy-

a 2 b2 c 2  a  b  c 
1 1 1
9
  

 a  b  c;   
Schwarzt dạng cộng mẫu số
. Ta
a b c abc
b
c a
abc
2

có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:
Lời giải
Theo giả thiết, ta có 3  a  b  c
2

Mặt khác

a  b  c

2

2

2

a  b  c

3

2


abc 3

 a 2  b2  c 2  2  ab  bc  ca   a 2  b2  c 2  3  a  b  c  3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt ta có

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 13


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

a  b  c  9  1
a 2 b2 c 2 1 1 1
1
     

b
c
a a b c abc
abc
a bc a bc
8
abc
abc
8
Đặt t  a  b  c; t   3;3 , ta có f  t   t  ; t   3;3



t
t  8  n 
8
11 3
17
f ' t   1  2 ; f ' t   0  
; f 3 
; f  3  ; f 8  4 2
t
3
3
t   8  l 
2 2
Kết luận: MinP  4 2  t  8  a  b  c 
.
3
2

P

 

 

Bài 8. Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x( x  1)  y ( y  1)  z ( z  1)  6. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức A 

1

1
1


.
x  y 1 y  z 1 z  x 1

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi các biến bằng nhau x  y  z . Trước hết ta phân tích giải thiết bài toán:

x( x  1)  y ( y  1)  z ( z  1)  6  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  6
 18  ( x  y  z ) 2  3( x  y  z )  3  x  y  z  6  0  x  y  x  6
Do đó, ta dự đoán ẩn phụ là t  x  y  z

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Quan sát biểu thức A ta có thể xử lý theo 2 cách: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM hoặc bất
đẳng thức Cauchy-Schwarzt dạng cộng mẫu số để đánh giá. Lời giải chi tiết cho bài toán như
sau:
Lời giải
Ta có x( x  1)  y ( y  1)  z ( z  1)  6  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  6

 18  ( x  y  z ) 2  3( x  y  z )  3  x  y  z  6  0  x  y  x  6
Ta có:

1
y  z 1 2
1
z  x 1 2


 ;

 ;
y  z 1
25
5 z  x 1
25
5

1
x  y 1 2


x  y 1
25
5
2( x  y  z )  3 6
6 2( x  y  z )  3 3
  A 

25
5
5
25
5
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  2 .
 A

Kết luận. MinA 


3
 x  y  z  2.
5

Cách khác: Đặt t  x  y  z, t   0;6 .

A

1
1
1
9



x  y 1 y  z 1 z  x  1 2 x  y  z  3

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 14


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

9
9
. Xét f (t ) 

trên (0;6], suy ra kết quả bài toán.
2t  3
2t  3
Bài 9. Cho ba số thực dương x,y,z thoả mãn x  y  z  6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x2
y2
z2
P


.
yz  1  x 3 zx  1  y 3 xy  1  z 3
Do đó A 

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức đối xứng ba biến. Do đó chúng ta dự đoán dấu
đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau x  y  z  1 . Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " . Quan sát biểu thức P chứa x 2 ; y 2 ; z 2 ở tử số
nên chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt dạng cộng mẫu số. Ta có lời giải chi tiết
cho bài toán như sau:
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy  Schwarzt ta có
Ta có P 

( x  y  z )2
xy  yz  zx  1  x 3  1  y 3  1  z 3

2  x2
Lại có 1  x  (1  x )(1  x  x ) 

. Dấu bằng xảy ra khi x  2
2
( x  y  z )2
2.( x  y  z )2
Suy ra P  2.

2( xy  yz  zx )  x 2  y 2  z 2  6 ( x  y  z )2  6
2t
Đặt t  ( x  y  z ) 2 (t  36) . Ta có P 
t6
t
6
6
; f '(t)=
 0 . Hàm số đồng biến  f (t )  f (36)  .
Với t  36 xét hàm số f (t ) 
2
t6
(t  6)
7
12
Suy ra P 
.
7
12
Kết luận. MinP 
khi x  y  z  2 .
7
3


2

BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 10. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  1 . Chứng minh

3
2
 2
 14 .
xy  yz  zx x  y 2  z 2
Bài 11. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
x
y
z


 2 xyz .
thức
x y yz zx
Bài 12. (B-2010) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất





2 2
2 2
2 2
2
2

2
của biểu thức M  3 a b  b c  c a  3  ab  bc  ca   2 a  b  c .

Bài 13. Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh

a2

a  b

2



b2

b  c 

2



4c 3
3 c  a 

3



2
.

3

Bài 14. Cho a , b, c  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 15


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

1

P
3

2  a 3  b3  c3  1





2



ab  1




bc  1



ca  1

Bài 15. Cho các số thực x, y, z  0 thỏa mãn x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  4  x 3  y 3  z 3   15xyz .

Bài 16. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

x2
y2
z2
.


x  y2 y  z2 z  x2

Bài 17. Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P 

b4
c4
a4



 8abc .
ab4  2a 2 bc 4  2b2 ca 4  2c 2

Bài 18. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 

P

1
. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức
2
 a  c  a  b 

 a  b  b  c  
b  c  a  c  
.
 a  b  b  c   a  c b  c  a  c   a  b  a  c  a  b   b  c

2
2
2
Bài 19. Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh rằng

a 5  2a 3  a b5  2b3  b c5  2c3  c 2 3



b2  c 2
c2  a 2
a 2  b2

3
II. Bất đẳng thức ba biến không đối xứng
Bài 1. Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

24
13a  12 ab  16 bc



3
abc

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến. Quan sát biểu thức trong
P ta dự đoán ẩn phụ t  a  b  c .

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Từ đó suy ra biểu thức 13a  12 ab  16 bc cần đánh giá theo chiều "  " và cần có đánh giá

biểu thức 13a  12 ab  16 bc    a  b  c  . Vấn đề ở đây là làm thế nào để xác định được  ?
Giả sử ta có đánh giá
13a  12 ab  16 bc  13a 

 13a 

6
 ma  nb  
mn


12
16
ma.nb 
m.n
p.q

pb.qc

8
 pb  qc 
p.q


 n
 q
m
p
  13  6
8
a  6
b  8
 c   a  b  c 
n
m
q
p







m
n
p
q
6
8
8
Do đó ta cần xác định m, n, p, q sao cho 13  6
. Để ý đến tính “chính
n
m
q
p
phương” của các biểu thức trong căn ta xác định được m  1; n  4; p  1; q  4 .
Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:
Lời giải
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 16


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM , ta có
13a  12 ab  16 bc  13a  6 a.4b  8 b.4c

a  4b

 13a  6.

 8.

b  4c

2

 16( a  b  c )

2

 13a  12 ab  16 bc  16(a  b  c) . Dấu “ = ” xảy ra  a  4b  16c .
3
3
Suy ra P 
.

2 a  b  c
abc

Đặt t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có: P 
Xét hàm số f  t  

3




2t

3
t
3

f ' t   0 

3



3

2t

t

trên khoảng (0; ) , ta có f '  t  
3



2t

2t t

2

 0  t  1;


3
2t t



3
2t

2

.

lim f (t )   ; lim f (t )  0

x0

x

Bảng biến thiên

0

t
f '(t )



1
0








0
f (t )


a  b  c  1

3

Vậy ta có P   , đẳng thức xảy ra  

3
2

a

a  4b  16c
3
 16 4 1 
Kết luận. MinS   khi và chỉ khi  a , b, c    , ,  .
2
 21 21 21 
2


16
4
1
;b  ;c  .
21
21
21

Bài 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

4
a 2  b2  c 2  4



9
(a  b) (a  2c)(b  2c)

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến. Quan sát biểu thức trong
P ta dự đoán ẩn phụ t  a  b  c .

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
2
2
2
2

Từ đó suy ra cần đánh giá biểu thức a  b  c  2 theo chiều "  " . Điều này có được nhờ
bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt . Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt ta có

a 2 b2 c 2 22  a  b  c  2 
a b c 2 
   
1
1 1 1
4

Biểu thức (a  b) (a  2c)(b  2c) cần có đánh giá chiều "  " (vì phía trước có dấu " " ).
Quan sát biểu thức trong dấu căn  a  2c  b  2c  nếu đánh giá từ tích sang tổng sẽ nhận được
2

2

2

2

2

a  b  4c . Như vậy chúng ta cần thêm 3 a  b  nữa mới đảm bảo có nhân tử  a  b  c  , trong

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 17


Trường THPT Hùng Vương


GV. Nguyễn Hữu Hiếu

khi đó biểu thức ngoài dấu căn chỉ có 1.  a  b . Do đó ta cần nhân thêm hằng số 3 vào trước biểu
thức. Ta có đánh giá quan trọng như sau:
2
 a  b  4c  1  4(a  b  c ) 
3  a  b  . (a  2c)(b  2c)  (3a  3b). 

2
a

b

c


 

2
2

 2
2

Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:
Lời giải
Cách 1

a  b  c  2  4(a 2  b2  c2  4)

2
 a  b  4c  1  4(a  b  c ) 
3  a  b  . (a  2c)(b  2c)  (3a  3b). 
 2 a  b  c 
 

2
2

 2

8
27
8
27

 2  g (t )
Vậy P 
. Đặt t  a  b  c, t  0 ; P 
2
a  b  c  2 2( a  b  c )
t  2 2t
8
27
2
3
g’  t   

; g’ t   0  27  t  2  – 8t  0  t = 6
2

3
(t  2)
t
0
6
t

g '(t )
0


5
8
2

g (t )

0


5
5
; maxP = xảy ra khi a  b  c  2 .
8
8
5
Kết luận. MaxP  xảy ra khi a  b  c  2 .
8
P  g(t) 


Cách 2

a b c
2

2

a  b

2

a  b  c
4
3

2

 4;

( a  2c )(b  2c )   a  b 

a  b  4c
2

16  a  b  c 
1
a  b  4c 1  3a  3b  a  b  4c 
3 a  b  2



6
2
6
4
24
4
27 5
P


2x 8
x
4
3
Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  2 .
5
Kết luận. MaxP  xảy ra khi a  b  c  2 .
8
2

2

Bài 3. Cho các số thực dương a , b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 18


Trường THPT Hùng Vương


P

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

1
8

2a  b  8bc
2b2  2(a  c)2  3

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến. Quan sát biểu thức trong
P chúng ta dự đoán ẩn phụ t  a  b  c .

Chú ý rằng Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức nên đánh giá P theo chiều "  " .
Từ đó suy ra cần đánh giá biểu thức 2a  b  8bc theo chiều "  " và biểu thức

2b2  2(a  c)2  3 cần có đánh giá theo chiều "  " (vì phía trước có dấu . " " .).

Để đưa bài toán về ẩn phụ t  a  b  c thì ta cần có đánh giá
2a  b  8bc    a  b  c  . Quan sát hai vế ta suy ra được   2 . Do đó
2a  b  8bc  2a  b  2 b.2c  2a  b  b  2c  2  a  b  c 


Đối với biểu thức

giá sau:

2b2  2(a  c)2  3 , quan sát biểu thức trong dấu căn ta lưu ý đánh


2
2b2  2(a  c)2  3  2 b2   a  c    3 



a  b  c 

2

 3  a  b  c  3 . Từ đó ta

có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:
Lời giải

Ta có 2a  b  8bc  2a  b  2 b.2c  2a  b  b  2c  2  a  b  c  . Suy ra

1
1

.
2a  b  8bc 2( a  b  c )
Mặt khác

2(a  c)2  2b2  (a  c)  b. Suy ra

Do đó P 

1
8


.
2( a  b  c ) 3  a  b  c

8
3  2(a  c )2  2b2



8
.
3 a  b  c
(1)

1
8

, t  0.
2t 3  t
1
8
3(t  1)(5t  3)

, t  0. Suy ra f '(t )  0  t  1.
Ta có f '(t )   2 
2
2t
(3  t )
2t 2 (3  t ) 2
Đặt a  b  c  t , t  0. Xét hàm số f (t ) 


Bảng biến thiên

t
f '(t )

0

1
0









0
f (t )

3
2

Từ bảng biến thiên suy ra f (t )  f (1)   , t  0.

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

3

2
(2)

Trang 19


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

a  b  c  1 a  c  1

3

4
Từ (1) và (2) ta có P   . Dấu đẳng thức xảy ra khi b  2c

2
b  a  c
b  1 .


2
1
1
3
Kết luận. MinP   , đạt được khi a  c  , b  .
4
2
2






Bài 4. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a b2  c 2  b  c . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P 

1

1  a 

2



1

1  b 

2



1

1  c 

2




1
1  a 1  b 1  c 

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên ta thấy biểu
thức P và giả thiết đã cho là đối xứng với hai biến b & c . Từ đó ta có thể dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra sẽ có b  c . Sử dụng giả thiết đã cho; ta được

a b  c 
b  c  a b  c  
 a  b  c   2 . Vì vậy, ta tìm cách đánh giá biểu thức P để đưa
2
về hai biến a và  b  c  .
2

2



2

Chú ý bài toán tìm giá trị nhỏ nhất nên đánh giá biểu thức P theo chiều "  " . Sử dụng

bất đẳng thức AM-GM ta có đánh giá quan trọng

AM-GM ta có 1  b 1  c 
P


2a 2  1

 a  1

2



4a 2

1  a 

Xét hàm số f  a  

3

1



2



1  c  1  b 1  c 
2
2
2
2  b  c

1 a


1
2
. Từ đó suy ra


2


4
3
2
2 a  6a  a  1



1

 a  1
 a  1


4


a

2


; cũng theo

a2

3

2 a 3  6a 2  a  1
3

1  b 

2

;a  0 ; f ' a  
1
 5

Lập bảng biến thiên; ta có P  f  a   f   

2  5a  1

a  4

2

0a

1
5


91
.
108

91
1
 a  ;b  c  5 .
108
5
2
2
2
Bài 5. Cho các số thực a , b, c  0 thỏa mãn a  b  c  2bc  ab  2ca  0 . Tìm giá trị nhỏ
Kết luận. MinP 

nhất của biểu thức P 

c2

a  b  c

2

c2
ab
 2

2
a b

ab

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, khi quan sát biểu thức P
nhiều người cảm thấy “ái ngại” bởi sự xuất hiện của biểu thức a  b  c . Thông thường khi
làm việc với bài toán bất đẳng thức thì hầu như quen với các số không âm nhiều hơn. Tuy

2
2
2
nhiên, để ý kỹ giả thiết bài toán ta có ngay a  b  c  2bc  ab  2ca  0   a  b  c   ab .
2

Do đó, ta nghĩ đến thay thế biểu thức  a  b  c  bởi ab là một điều hết sức tự nhiên. Hơn
2

nữa, từ đẳng thức  a  b  c   ab ta cũng có thể dự đoán được dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi
2

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 20


Trường THPT Hùng Vương
2

GV. Nguyễn Hữu Hiếu
2


c
c
ab
. Để ý đến mẫu số của số hạng cuối có xuất hiện
 2

2
ab a  b a  b
a  b nên hai số hạng đầu ta cũng nghĩ đến đánh giá như thế nào để xuất hiện  a  b . Chú ý
dấu "  " xảy ra khi a  b  c nên ta cần phải phân tích
c2
c2
ab
c2
c2
c2
ab
. Áp dụng Cauchy-Schwarzt cho .
 2





2
2
2
ab a  b a  b 2ab 2ab a  b a  b
2

c2
c2
c2
c2
4c 2
2c 


. ta được



 . Tuy nhiên trong P lại còn dư
2ab a 2  b 2
2ab a 2  b2  a  b 2  a  b 
a  b  c . Khi đó P 

c2
ab
. Khéo léo sử dụng AM-GM ta có được kết quả như ý:

2ab a  b
c2
ab
c2
ab
c2
2ab
c2
2ab

2c
. Tóm lại ta có đánh






2
.

2
2
2ab a  b 2ab
2ab  a  b 
a b
ab  a  b  2ab  a  b 
giá sau:

P

c2
c2
ab
c2  c2
c2 
ab
 2







2
2
2 
ab a  b
a  b 2ab  2ab a  b  a  b
2

2c
 2c   2c  2

0
 
  t  t  f t ;t 
ab
a b a b
Theo giả thiết ta có

a  b  c

2

a  b
 ab 
4

2


1
abc

 
4
 ab 
2

2

c 
1
1
c
1

 1 
 1 t  3
     1
4
2
ab 2
 ab
2
Xét hàm số f  t   t  t;1  t  3; Minf  t   2  t  1  a  b  c
Bài 6. Cho a , b, c  0 thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P


a
b
3c


1  a 2 1  b2
1  c2

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến, tuy nhiên đối xứng với hai
biến a , b nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a  b .

Phân thức cuối cùng khác biệt với hai phân thức đầu nên ý tưởng của ta sẽ đánh giá hai
phân thức đầu về biến c ;

Đây là bài toán tìm giá trị lớn nhất nên ta nghĩ đến đánh giá bất đẳng thức theo chiều
"".

Trong các phân thức đầu có lũy thừa 2 và lũy thừa 0 nên cần đưa về đồng bậc 2 bằng
cách sử dụng giả thiết ab  bc  ca  1 .


Lưu ý đánh giá

ab  c  a b  c c 

 a  c  b  c 

Lời giải


P

a
b
3c


2
2
ab  bc  ca  a
ab  bc  ca  b
1  c2

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 21


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

a



b




3c



 a  c  a  b   a  b b  c  1  c2
a b  c   b a  c 
2ab  c  a  b 
3c
3c




 a  b  b  c  c  a  1  c 2  a  b  b  c  c  a  1  c 2
ab  a  b   c  a  b 
3c


 a  b  b  c  c  a  1  c 2
 ab  c   a  b   3c   ab  c   3c

 a  b  b  c  c  a  1  c 2  b  c  c  a  1  c 2
 a  c  b  c 
3c
1
3c





 a  c  b  c 
1  c2
 a  c  b  c  1  c 2


1
1  c2

Ta có f '  c  



3c

1  3c



1  c2
3 c

1  c2

 f c

; f ' c  0  c  3

1  c2  1  c2


Bảng biến thiên

c
f '( c)





3
0





10

f (c)

3

3

Kết luận: MaxP  10  c  3; a  b 

3  13
.
2


Bài 7. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  3 y . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

P

1

 x  1

2



4

 y  2

2



8

 z  3

2

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến và cũng không đối xứng

với hai biến nào cả. Do đó chúng ta chưa thể dự đoán được dấu đẳng thức xảy ra khi nào. Vì
vậy ta nghĩ đến phân tích giả thiết bài toán trước. Ta có
Ta có 2 x  4 y  2z  ( x2  1)  ( y 2  4)  ( z 2  1)  x2  y 2  z 2  6  3 y  6 .

y
 z  1 . Thông thường đến đây ta thấy
2
y
y
x; ; z có vai trò như nhau nên chúng ta nghĩ đến phép đặt ẩn phụ a  x; b  ; c  z . Khi đó
2
2
1
1
8
P


. Bây giờ trở lại yêu cầu bài toán là tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
2
2
2
 a  1  b  1  c  3

Suy ra 2 x  y  2 z  6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x 

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 22



Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

thức nên chúng ta nghĩ đến đánh giá biểu thức P theo chiều "  " . Quan sát P ta thấy ở tử số của
các số hạng đều là hằng số. Vì vậy, chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy  Schwarzt dạng
cộng mẫu số.

Phân thức cuối cùng khác biệt với hai phân thức đầu nên ý tưởng của ta sẽ đánh giá hai
phân thức đầu về biến c .
Lời giải
Ta có 2 x  4 y  2z  ( x2  1)  ( y 2  4)  ( z 2  1)  x2  y 2  z 2  6  3 y  6 .

y
 z  1.
2
y
1
1
8


Đặt a  x; b  ; c  z ta có a  b  c  3 . Khi đó P 
2
2
2
2
 a  1  b  1  c  3
Suy ra 2 x  y  2 z  6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi x 


Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

P

1

 a  1

2



1

 b  1

2



8

 c  3



2

8


a  b  2



2

8

 c  3

2



64

 a  b  c  5

2

1

1
1
8
8
8





2
2
2
y
y
( x  1)
(  1) 2 ( z  3)
( x  1   1) 2 ( z  3)
2
2
64.4
64
64.4

 1.


2
2
y
(6

10)
(2
x

y


2
z

10)
2
( x   2  z  3)
2
Kết luận. MinP  1 khi x  1, y  2, z  1
Áp dụng (*) ta được P 

Bài 8. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa điều kiện x  z . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu

x

thức P 

x2  y2

y



y2  z2

z
zx



Phân tích tìm lời giải


Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến nên chưa thể dự đoán dấu
đẳng thức xảy ra khi nào. Phân thức cuối cùng khác biệt với hai phân thức đầu nên ý tưởng của
ta là sẽ đánh giá hai phân thức đầu theo phân thức thứ ba. Tuy nhiên, phân thức thứ ba vẫn
còn 2 biến, nếu dồn biến thì có một cách là chia cả tử và mẫu cho z ta được

z

zx

1
.
x
1  
z

Trong hai số dạng đầu cũng có biến đổi tương tự. Ta có

x
x2  y2



y
y2  z2

1




 y
1  
x

2

1



z
1  
 y

2

. Khi đó P 

1
 y
1  
x

2



1
z
1  

 y

Bây giờ hai số hạng đầu vẫn còn khác biệt với số hạng thứ ba. Quan sát kỹ ta thấy

2



1
x
1
z

.

y z z
.  .
x y x

Do đó ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức phụ sau đây để dồn biến.

1
1  a2



1
1  b2




2
; với a, b  0, ab  1
1  ab

Đến đây bài toán xem như đã được giải. Ta có lời giải chi tiết cho bài toán như sau:
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 23


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

Lời giải
Ta có

1

P

1



1

2
x

z
1
1  
z
 y
1
1
2
Trước hết ta chứng minh BĐT
(*) ; với a, b  0, ab  1


2
2
1

ab
1 a
1 b
1
1
1 
 1
Ta có

 2

2
2 
1 a 1 b 

1  a2
1  b2
1
1
2
2


  a  b   ab  1  0 luôn đúng với a, b  0, ab  1
Mặt khác
2
2
1 a 1 b
1  ab
Suy ra Bất đẳng thức (*) đúng. Đẳng thức xảy ra khi a  b .
2
1

Áp dụng Bất đẳng thức (*) ta có: P 
z
z
1
1
x
x
2
1
t 2
z



Đạt t  , 0  t  1 , P 
x
1 t
1
t 1
1
t
t 2
1
1 2 t
; 0  t  1 , f ' (t ) 
Xét hàm số f (t ) 
, f ' (t )  0  t 
3
4
t 1
2 t  t  1

 y
1  
x

2





1

4

0

t



f '(t )

0



5

f (t )
2

1
y z
 x  y
 x  2 y  4z .
Kết luận. MaxP  5 khi 
1
z
t  
 4 x
Bài 9. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: 5( a 2  b2  c 2 )  6( ab  bc  ca ) . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức: M  2(a  b  c)  (a 2  b2 ) .

Phân tích tìm lời giải

Đây là một bài toán về bất đẳng thức không đối xứng ba biến a, b, c nhưng lại đối xứng
với hai biến a , b nên ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a  b .

Yêu cầu bài toán tìm giá trị lớn nhất của biểu thức nên ta phải đánh giá biểu thức P theo





chiều "  " . Do đó biểu thức a 2  b2 đánh giá theo chiều "  " .
Lời giải
Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 24


Trường THPT Hùng Vương

GV. Nguyễn Hữu Hiếu

5
6
( a  b) 2  5c 2  5( a 2  b2 )  5c 2  6( ab  bc  ca )  ( a  b) 2  6c( a  b)
2
4
a

b

 5c 2  6c(a  b)  (a  b) 2  0 
 c  a  b  a  b  c  2(a  b)
5
1
1
Khi đó : M  2( a  b  c )  ( a 2  b2 )  2( a  b  c )  ( a  b) 2  4( a  b)  ( a  b) 2
2
2
1
Đặt t  a  b  t  0 và M  2t  t 4
2
1
Xét hàm số: f (t )  2t  t 4 với t  0 , có f '(t )  2  2t 3  f '(t )  0  t  1.
2
Ta có

Lập bảng biến thiên :
t
f’(t)

0



1
0






3
2

f(t)



0

3
3
, t  0 , dấu "  " t  1  M  , a, b, c  0
2
2
c  a  b
1

3

a  b 
Kết luận: M max   a  b

2
2
a  b  1
c  1

Bài 10. Cho x, y là các số thực dương, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x

2x
P

2
2
2
2
( x  1)( x  y ) ( x  y )  ( xy  1)( x  y )
Từ BBT suy ra f (t ) 

Lời giải

P

x
x4  x2 y2  x2  y2

Đặt z 

y
ta có P 
x



2x

( xy  x  y  1)( x  y )

1


 y
x  y 1  
x
1
2

x 2  y 2  z 2  1 ( x  1)( y  1)( z  1)
2

2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: x  y  z  1 

2

2



2
y
( x  1)( y  1)(1  )
x

1
1
1
2

2
2
 x  y    z  1   x  y  z  1
2
2
4

 x  y  z  3
( x  1)( y  1)( z  1)  

3


2
54
2
54

Suy ra P 
.Đặt t  x  y  z  1  1 ta có : P  
3
x  y  z  1  x  y  z  3
t  t  2 3
3

2
54
2
162


; f '(t )  0  t  1; t  4
trên 1;  ta có : f '(t )   2 
3
4
t t  2
t
t  2
1
Lập bảng biến thiên ta có Maxf (t )  f (4)  .
4
t1; 
Xét hàm f (t ) 

Tài liệu bồi dưỡng HSG 12

Trang 25