TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊMTHAM LUẬN
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ và BÀI TOÁN GTLN & GTNN
CỦA BIỂU THỨC ĐẠI SỐ TRONG CÁC ĐỀ THI CĐ - ĐH
Bất đẳng thức là một mảng kiến thức khó của toán học phổ thông, nó thường xuyên
xuất hiện trong các đề thi HSG cũng như thi tuyển sinh CĐ - ĐH. Đã có rất nhiều tác giả,
nhiều tài liệu đề cập về bất đẳng thức; hôm nay, trong khuôn khổ của một buổi sinh hoạt
chuyên môn cụm 6, chúng tôi xin được phép giới thiệu lại một số bất đẳng thức và bài toán
GTLN & GTNN của một số biểu thức đại số đã được ra thi hoặc tương tự với các dạng trong
đề thi CĐ - ĐH trong những năm vừa qua .
I. Dạng sử dụng bất đẳng thức Cauchy (AM - GM) cho 2 số :
∀ a, b ≥ 0 :
a + b
ab
2
≥
; đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b
Ví dụ 1 : Cho a, b, c là các số dương thỏa :
1 1 1
+ + = 4
a b c
.
Chứng minh rằng :
1 1 1
+ + 1
2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c
≤
(TSĐH - Khối A - Năm 2005)
 Nhận xét : Với x, y > 0, ta có 4xy ≤ (x + y)

 ÷
 
(2)

1 1 1 1 1
+ +
a + b + 2c 8 2a 2b c
 
≤
 ÷
 
(3)
 Từ (1), (2) và (3) suy ra :
1 1 1 1 1 1 1
+ + + + = 1
2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 4 a b c
 
≤
 ÷
 
Dấu (=) xảy ra
a = b = c
3
a = b = c =
1 1 1
4
+ + = 1
a b c



4x y 9x z 9y 4z
14 + 2 . + 2 . + 2 .
y x z x z y
≥
= 14 + 4 + 6 + 12 = 36

Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 96
TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM Dấu (=) xảy ra ⇔
1 4 9
+ + = 1
x y z
4x y 9x z 9y 4z
= , = , =
y x z x z y







⇔
x = 6
y = 12
z = 18



 
 ÷  ÷
 ÷
 
   
Áp dụng bđt Cosi , . . . ⇒ (đpcm)
2. Đặt : a = yz , b = zx , c = xy (a, b, c > 0 và abc = 1)
2 2 2
a b c
P = + +
b + c c + a a + b
⇒
 Áp dụng bđt Cosi , ta có :
2 2
a b + c a b + c
+ 2 = a
b + c 4 b + c 4
≥
,
tương tự :
2 2
b c + a c a + b
+ b , + c
c + a 4 a + b 4
≥ ≥
 Cộng 3 bđt trên vế theo vế, suy ra :
3
P . . .
2
≥ ≥

Tương tự :
3 3
1 + b + c 3

bc
bc
≥
,
3 3
1 + c + a 3

ca
ca
≥

 Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế , ta có :

3 3 3 3 3 3
1 + a + b 1 + b + c 1 + c + a 1 1 1
+ + 3 + +
ab bc ca
ab bc ca
 
≥
 ÷
 
(1)

Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 97
TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM

≥
2 2 2
x y z xy + yz + zx
+ + +
2 2 2 xyz
=
2 2 2
x 1 y 1 z 1
+ + + + +
2 x 2 y 2 z
     
 ÷  ÷  ÷
     
 Ngoài ra :
2 2 2
3
x 1 x 1 1 x 1 1 3
+ = + + 3 . . =
2 x 2 2x 2x 2 2x 2x 2
≥
Tương tự :
2 2
y 1 3 z 1 3
+ ; +
2 y 2 2 z 2
≥ ≥
Suy ra : P ≥
9
2
. Dấu (=) xảy ra ⇔ x = y = z = 1

1 9
+
a + b + c ab + bc + ca
≥
=
2 2 2
1 1 1 7
= + + +
a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca
 
 ÷
 
. . . .

2 2 2
9 21
+
(a + b + c ) + (ab + bc + ca) + (ab + bc + ca) 3(ab + bc + ca)
≥

2 2 2
9 21 30
+ 30
(a + b + c) (a + b + c) (a + b + c)
≥ = ≥
2.  Áp dụng bđt Cosi , ta có :
3
x y + z
+ + 2 3x
y + z 2

Ví dụ 5 : Cho a, b, c là các số dương thỏa : abc = 1.
Chứng minh rằng :
2 2 2
1 1 1 3
P = + +
a (b + c) b (c + a) c (a + b) 2
≥

Cách 1: Đặt x =
1
a
, y =
1
b
, z =
1
c
thì x, y, z > 0 và xyz = 1
BĐT cần chứng minh tương đương:
3
2
x y z
y z z x x y
+ + ≥
+ + +
( BĐT Nesbit)
⇔
1 1 1 9
( )
2


( )
1 1 1
( ) ( ) ( )y z z x x y
y z z x x y
 
≤ + + + + + + +
 ÷
+ + +
 
Dấu (=) xảy ra
⇔
x = y = z = 1
⇔
a = b = c = 1
Cách 2: Ta có
2
2
1 1 1 1 1 1
+ + = b + c + c + a + a + b
a b c
a b + c b c + a c a + b
 
 
 ÷
 ÷
 
 

( )


 Dấu (=) xảy ra ⇔
a = b = c = 1
Ví dụ 6 : Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa điều kiện xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức :

2 2 2
x (y + z) y (z + x) z (x + y)
P = + +
y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y

(TSĐH - Khối A - Năm 2007)
 Nhận xét ∀ y, z > 0 :
2
y + z 2 yz =
x
≥
(vì xyz = 1)

2
x (y + z) 2x x ⇒ ≥ ⇒

2
x (y + z) 2x x

y y + 2z z y y + 2z z
≥

Một số Bất Đẳng Thức đại số và bài toán GTLN & GTNN của biểu thức đại số trong các đề thi CĐ - ĐH 99
TỔ TOÁN - TIN , TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM


 
 

[ ]
a b c
a(b + 2c) + b(c + 2a) + c(a + 2b) + +
b + 2c c + 2a a + 2b
 
≤
 ÷
 
⇔ (a + b + c)
2
≤ 3(ab + bc + ca).S . Suy ra
( )
2
a + b + c
S 1
3(ab + bc + ca)
≥ ≥
. Do đó : P ≥ 2
Dấu (=) xảy ra ⇔ a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 1
 Vậy : P
min
= 2 khi x = y = z = 1

 Bài tập tương tự :
1. Cho a, b, c > 0 và thỏa : a + b + c +
2abc
≥ 10 . Chứng minh rằng :

 
≥
 ÷
 4 4 4
+ a + + b + + c + (2a + bc) + (2b + ca) + (2c + ab) + 6(a + b + c)
a b c
     
≥
 ÷  ÷  ÷
     

4 4 4
2 .a + 2 .b + 2 .c + 2 2abc + 2 2abc + 2 2abc + 6(a + b + c)
a b c
≥

72
= 12 + 6(a + b + c + 2abc) 12 + 6.10 = 72 (VT) = 6 6
24
≥ ⇒ ≥
2. Ta có :
3x 4y 5z
P = + 3 + + 4 + + 5 - 12
y + z z + x x + y
   
 
 ÷  ÷

 
     
 

2
1
( 3 + 4 + 5) - 12
2
≥
 Kết luận : MinP =
2
1
( 3 + 2 + 5) - 12
2
⇔
y + z z + x x + y
= =
2
3 5
IV. Dạng sử dụng tính chất của hàm số - phương pháp hàm số :

•
Cho hàm số f(x) xác định trên K (K là một khoảng, một đoạn hoặc nửa khoảng)
Hàm số f(x) gọi là đồng biến trên K nếu :
∀
x
1
, x
2


)

•
Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng K . Nếu f
’
(x) ≥ 0 ,
∀
x
∈
K (hoặc f
’
(x) ≤ 0 ,
∀
x
∈
K ) và f
’
(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của K thì hàm số f(x) đồng biến (hoặc nghịch
biến) trên K.
Lưu ý : Khoảng K trong kết quả này được thay bởi một đoạn hoặc một nửa khoảng thì
phải bổ sung giả thiết “Hàm số f(x) này liên tục trên đoạn hoặc nửa khoảng đó”
Ví dụ 7 : Cho a, b là các số thực thỏa mãn : 0 < a < b < 1.
Chứng minh rằng :
2 2
a .lnb - b .lna > lna - lnb

(TSCĐ - Khối A, B, D - Năm 2009)
 Ta có : (đpcm) ⇔
2 2
2 2

2 2
   
≤
 ÷  ÷
   

(TSĐH - Khối D- Năm 2007)
 Ta có : (đpcm) ⇔
( ) ( )
a b
b a
a b
ln(4 + 1) ln(4 + 1)
4 + 1 4 + 1
a b
≤ ⇔ ≤
 Xét hàm số :
x
ln(1 + 4 )
f(x) =
x
với x > 0
⇒
x x x x
'
2 x
4 .ln4 - (1 + 4 ).ln(1 + 4 )
f (x) = < 0 , x (0; + )
x (1 + 4 )
∀ ∈ ∞

2(x - 1)
f(x) = lnx -
x + 1
với x > 1
⇒
2
'
2 2
1 4 (x - 1)
f (x) = - = > 0 , x (1; + )
x (x + 1) x(x + 1)
∀ ∈ ∞
⇒ f(x) là hàm số luôn đồng biến trên khoảng (1; + ∞)
 Khi đó : a > b > 0 ⇒
a
b
> 1 ⇒ f(
a
b
) > f(1) = 0
a
- 1
a
b
ln - 2 > 0
a
b
+ 1
b
⇔

2
2 2
4 4 2 2 2 2 2 2
xy + 1
- 2x y
x + y (x + y ) - 2x y -7(xy) + 2xy + 1
2
P = = = =
2xy + 1 2xy + 1 2xy + 1 8xy + 4
 
 ÷
 
 Khi đó, đặt : t = xy , đk :
1 1
t ;
5 3
 
∈ −
 
 
Bài toán đưa về tìm GTNN và GTLN của hàm số :
2
-7t + 2t + 1
f(t) =
8t + 4
với
1 1
t ;
5 3
 

2
4
xy = 0
 
 
 


⇔ ⇔


2 2 2 2
1 1
- ;
5 3
2 2
x + y = x + y =
2
3 5
Min P = Min f(t) = . . .
1 1
15
xy = xy = -
3 5
 
 
 

2
+ 3y)(4y
2
+ 3x) + 25xy
(TSĐH - Khối D- Năm 2009)
 Hướng dẫn :
1.  Với : 0 < a < b < 4 . Ta có : (đpcm) ⇔
a b
ln - a < ln - b
4- a 4- b
 Xét hàm số:
x
f(x) = ln - x
4 - x
với 0 < x < 4 ⇒
2
'
(x - 2)
f (x) = 0 , x (0; 4)
x(4 - x)
≥ ∀ ∈
và f
’
(x) =
0 khi x = 2
⇒ f(x) là hàm số luôn đồng biến trên khoảng (0; 4)
 Khi đó : 0 < a < b < 4 ⇒ f(a) < f(b) ⇔ (đpcm)
2.  Với : a > b ≥ e . Ta có : (đpcm) ⇔
lna lnb
b.lna < a.lnb <

b
, x > 1 . Xét hàm số:
5
f(x) = x - 5x + 4
với x > 1
Lập BBT, dễ dàng kết luận : f(x) > 0 với mọi x > 1 , suy ra : (đpcm)
4.  Biến đổi : P = 16(xy)
2
- 2xy + 12
 Khi đó, đặt : t = xy , đk :
1
t 0;
4
 
∈
 
 
Bài toán đưa về tìm GTNN và GTLN của hàm số :
2
f(t) = 16t - 2t + 12
với
1
t 0;
4
 
∈
 
 

' '

0;
4
x + y = 1
191
Min P = Min f(t) = . . .
1
16
xy =
16
 
 
 


⇔ ⇔




V. Dạng sử dụng miền giá trị để tìm GTLN & GTNN :
Ví dụ 11 : Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y =
2sin cos
sin 2cos 3
x x
x x
−
+ +

HD: TXĐ: D = R


2
Suy ra : maxy =
5
2
và miny = –
5
2
Ví dụ 12 : Cho hai số thực x, y thỏa mãn x
2
+ y
2
= 2(x + y) + 7 . Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
P =
3 3
( 2) ( 2)x x y y− + −

HD: Gọi T là tập giá trị của P. Ta có m
∈
T
⇔
Hệ sau có nghiệm
2 2
3 3
2( ) 7
( 2) ( 2)
x y x y
x x y y m

+ = + +

3
7
3
m
uv
m
u v m

−
=



+ =

(II)
u, v là hai nghiệm phương trình
3
2
7
0
3
m
t mt
m
−
− + =
(1)
+Hệ (I) có nghiệm
⇔

⇔
3
2
3
4( 7)
0
3
2 0
7
1 0
3
m
m
m
m
m
m
m

−
− ≥



+ ≥


−

+ + ≥

+ 2xy + y
2
= 11. Tìm GTLN, GTNN của biểu
thức
P = x
2
+ 2xy + 3y
2

HD:Gọi T là tập giá trị của P. Ta có m
∈
T
⇔
Hệ sau có nghiệm
2 2
2 2
3 2 11
2 3
x xy y
x xy y m

+ + =


+ + =


(I)
+Nếu x = 0 thì hệ trở thành
2

x t t m

+ + =


+ + =


⇔
2 2
2 2
(3 2 ) 11(1 2 3 )
(3 2 ) 11
m t t t t
x t t

+ + = + +


+ + =


⇔
2
2
( 33) 2( 11) 3 11 0
11
2 3
m t m t m
x

33, khi đó (1) có nghiệm
⇔
'
t
∆ ≥
0
⇔
(m – 11)
2
– (m – 33)(3m – 11)
≥
0
⇔
– 2m
2
+ 88m – 242
≥
0
⇔
m
{ }
[22 11 3,22 11 3] \ 33∈ − +
+ Kết hợp các trường hợp trên ta được các giá trị để hệ có nghiệm là m
[22 11 3,22 11 3]∈ − +
Do đó T =
[22 11 3,22 11 3]− +
. Vậy minT = 22 – 11
3
, maxT = 22 + 11
3

0, y
≠
0
⇔
2 2
3 3
( )
1 1
xy x y x xy y
m
x y

+ = − +


+ =


⇔
2 2
2 2
3 3
( )
( )( )
xy x y x xy y
x y x xy y
m
x y

+ = − +

2
2
2
3SP S P
S
m
P

= −


=


(II)
Hệ (I) có nghiệm x
≠
0, y
≠
0
⇔
Hệ (II) có nghiệm (S,P) thỏa mãn S
2

≥
4P
⇔
m
{ }
(0;16]\ 1∈

=

.
Khi đó u, v là hai nghiệm phương trình t
2
– 8t + m = 0 (1)
+ Hệ có nghiệm
⇔
(1) có nghiệm t
1
, t
2
thỏa mãn
1 2
1
4
t t− ≤ ≤
1 2
1 2
' 0
33
( 1/ 4)( 1/ 4) 0 16
16
( 1/ 4) ( 1/ 4) 0
t t m
t t
∆ ≥


⇔ + + ≥ ⇔ − ≤ ≤