MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ (tt)
NGUYỂN ANH KHOA
THPT Lê Khiế t, Thành phố Quảng Ngãi
Email:[email protected]
Nick name: anhkhoa_lk12
I. Ph ương pháp đánh giá tổng các phân thức:
Phương pháp này người ta còn gọi là phương pháp xét biểu thức phụ.Sau đây là bài toán tiêu biểu cho
phương pháp trên.
Bài toán 1: Cho a,b,c,d dương. CMR
1.
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
( BĐT Nesbit với n = 3 )
2.
2
a b c d
b c c d d a a b
+ + + ≥
+ + + +
( BĐT Nesbit với n = 4 )
GIẢI
Ý tưởn g để giải bài toán này ta xét các biểu thức phụ có tính hoán vị .
1. Đặt A=
3
2
a b c

( đpcm)
2. Đặt ; ;
a b c d b c d a c d a b
A B C
b c c d d a a b b c c d d a a b b c c d d a a b
= + + + = + + + = + + +
+ + + + + + + + + + + +
K h i đó B+C=4. Lại có
4
a b b c c d d a
A B
b c c d d a a b
+ + + +
+ = + + + ≥
+ + + +

4( ) 4( )
4
a c b d c a b d a c b d
A C
b c c d d a a b a b c d a b c d
+ + + + + +
+ = + + + ≥ + =
+ + + + + + + + + +

Do đó
2 8 2
A B C A
+ + ≥ ⇒ ≥
( đpcm)

P Q
a b b c c a a b b c c a
= + + = + +
+ + + + + +
. Khi đó ta có
2 2 2 2 2 2
0
a b b c c a
P Q a b b c c a
a b b c c a
− − −
− = + + = − + − + − =
+ + +
Do đó
2
P Q
P Q
+
= = . BĐT cần c h ứng minh tươn g đươn g v ới B ĐT sau
2 2 2 2 2 2
1
2 2
a b b c c a a b c
a b b c c a
 
+ + + + +
+ + ≥
 
+ + +
 

 
Ta sử dụn g B ĐT phụ sau:
2 2
2( )
x y x y
+ ≤ + . Ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2( ) 2( ) 2(c )
; ;
2 2 2
2( )
a b b c a
a b a b b c c a
a b b cc a
a b
+ + +
+ + + +
≥ = ≥ ≥
+ + +
+
Cộn g l ại t a được đpcm
NX: Ta thấy
(
)
2 2 2 2 2 2
2
4 2
a b c

a ab b b bc c c ca a
+ +
+ + ≥
+ + + + + +

2.
4 4 4 4
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c d a b c d
a b a b b c b c c d c d d a d a
+ + +
+ + + ≥
+ + + + + + + +
BL3: Cho a,b,c dương và
2 2 2
1
a b c
+ + =
.Tìm min của biểu thức:
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
A
b c c a a b
+ + +
= + +
+ + +
II. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai – tính chất đặc biệt của phân số - tính chất đoạn thẳng
1. Sử dụng tam thức bậc hai:
www.VNMATH.com

− + ≥ − −
2.
2 2
( ) 2 5 5 4 5 6
x y x y y
+ ≥ − + −
GIẢI
1. Xét
2 2
( ) ( 3) 3 1
f x x y x y y
= + − + − +
Ta có
2 2 2 2
( 3) 4( 3 1 ) 3 2 3 1 ( 3 1 ) 0 ,
y y y y y y y R
∆ = − − − + = − + − = − − ≤ ∀ ∈
Mặt khác a=1>0 nên
( ) 0
f x
≥ ⇒
đpcm
2. Xét
2 2
( ) 2( 5) 6 4 5 6
f x x y x y y
= + − + − +
Ta có :
2 2 2 2
( 5) 6 4 5 6 5 2 5 1 ( 5 1 ) 0 ,

 

GIẢI
1. Xét tam thức bậc hai
2 2 2 2 2
( ) ( 1 )
f x x a b c d x a b c d
= − + + + + + + + +
Ta có
( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
f a a b b c c d d
= − − − − − − − −
Vì
[
]
, , , 0 ; 1 ( 1 ) 0
a b c d f
∈ ⇒ ≤
. Nghĩ a là tam thức bậc hai luôn có nghiệm
Do đó
2 2 2 2 2
( 1 ) 4( ) 0
a b c d a b c d
∆ = + + + + − + + + ≥ ⇒
đpcm
2. Ta có
[ ]
2
2
1 ; 2 ( 1 ) ( 2) 0 2 3 3

 
 
 
 
 
 
⇒ + + + + + + ≤
 
 
NX: Việc chọn tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳn g t h ức như câu 2 của bài toán 2 khá tinh ý. Để
v i ệc chọn tam thức bậc hai cho phù hợp ta cần p h ải xem xét thật kĩ c ấu trúc của bài toán cần c h ứng minh
v à đồn g t h ời xem thử mối liên hệ giữa biểu thức
2
4
b ac
∆ = −
BL1: Cho tam giác ABC. CMR:
2 2 2
; ,
pa qb pqc p q
+ > ∀ sao cho
1
p q
+ =
.
BL2: Cho a,b,c,d,p,q sao cho
2 2 2 2 2 2
0
p q a b c d
+ − − − − >

4
ab
≥
BL4: 1. Cho hàm số bậc hai
2
( )
f x ax bx c
= + +
sao cho
(
)
; ( ) 0
a b f x x R
< ≥ ∀ ∈ .CMR:
3
a b c
b a
+ +
≥
−

2.Cho a,b,c thoả mãn
[
]
, , 1 ; 2
a b c∈ − v à
0
a b c
+ + =
. CMR:

a c a a c c
b d b b c d
+
> ⇒ > >
+

Đây là 4 tính chất tiêu biểu nhất của phân số. Đồng qua các tính chất trên ta có thể thấy r ằng phươn g
pháp này chỉ s ử dụng cho các loại B ĐT phân số không chặt. Nói chung dạng này không khó nên tôi sẽ
không đưa ra nhữn g l ời n h ận xét hay giải thích gì thêm.
Bài toán 1: Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác. CMR:
1 2
a b c
b c c a a b
< + + <
+ + +

GIẢI
Do a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên: ; ;
a b c b c a c a b
< + < + < +
. Do đó ta có:
2
2
2
a a a
a b c b c a b c
b b b
a b c a c a b c
c c c
a b c a b a b c

a a
b b
a a
b b
− > − ⇔ < ⇔ <
+ + + +
   
+ +
   
   
   
⇔ >
   
   
Từ
( )
1 , ;
m n
a a a
a b m n N m n
b b b
   
> ⇒ > ⇒ > ∀ ∈ >
   
   
Bài toán 3:
1. Cho a,b,c dương. CMR:
1 1 1
a b a b
a b a b

d a b d a b a b c d
+
< ⇒ <
+ + + + + + +
+
< ⇒ <
+ + + + + + +
+
< ⇒ <
+ + + + + + +
+
< ⇒ <
+ + + + + + +
2
a b c d
a b c b c d c d a d a b
⇒ + + + <
+ + + + + + + +

Ta chứng minh BĐT trái. Ta có
a a
a b c a b c d
b b
b c d a b c d
c c
c d a a b c d
d d
d a b a b c d
>
+ + + + +

2
1
1
n
n
b b b
b b b
−
+ + + +
+ + + +
. CMR A<B
BL2: Cho a,b không đồn g t h ời b ằng 0. CMR:
2 2
2 2 2 2
1
1
1 1
a b
a b a b
+ + ≥
+ + +

BL3: Cho a,b,c,d>0. CMR số A sau đây không là số nguyên dươn g .
a b b c c d d a
A
a b c b c d c d a d a b
+ + + +
= + + +
+ + + + + + + +
BL4: Cho a,b,c dương. CMR:

f f f x f f
α β α β
≤ ≤
trong đó
[
]
;
x
α β
∀ ∈
Ta chứng minh định lí 1: Vì f(x) là hàm số bậc nhất nên đồ thị c ủa f(x) là một đườn g t h ẳng. Từ tính chất
của đoạn t h ẳng: “ nế u hai đầu mút của một đoạn t h ẳng là hai đi ểm
(
)
; ( )
f
α α
v à
(
)
; ( )
f
β β
ở phía trên
trục hoành Ox thì đoạn t h ẳn g đó hoàn toàn ở trên trục đó” suy ra
(
)
( ) 0 ( ; )
f x x
α β

. Nên
( ) 0
f x
≤ ⇒
đpcm.
NX: Bằng cách dùng tính chất đoạn thẳng ta đã giải bài toán trên khá nhẹ nhàng, vô cùng đơn giản.
Ngoài ra cũng còn một cách khá hay để giải bài toán này, cách giải đó như sau:
Từ điều kiện suy ra
(2 )(2 )(2 ) 0 8 4( ) 2( ) 0
x y z x y z xy yz xz xyz
− − − ≥ ⇔ − + + + + + − ≥
4( ) 2( ) 8 8 2( ) ( ) 4
x y z xy yz xz xyz x y z xy yz xz
⇒ + + − + + ≤ − ≤ ⇔ + + − + + ≤
( đpcm)
Cách giải trên dựa vào nhận xét sau :
V ới các số
[
]
1 2
, , ;
n
a a a
α β
∈ thì khi đó ta có các bất đẳng thức sau:
1 2
1 2
( ) ( ) ( ) 0
( )( ) ( ) 0
n

a b c a b b c c a
+ + ≤ + + +
Chú ý khi đánh giá qua các đại lượng trung bình bạn cần nhớ cách phân tích sau:
3 2
( )( )( ) ( ) ( )X X X X X X
α β γ α β γ αβ βγ αγ αβγ
± ± ± = ± + + + + + ±
Bài toán 2: Cho x,y,z không âm và
1
x y z
+ + =
. CMR:
7
2
27
xy yz xz xyz+ + − ≤ .
GIẢI
Như ta đã biế t bài toán này có khá nhiều cách giải n h ư “ cân bằn g b ậc”; “ sử dụn g B ĐT Cauchy”…
Nhưng bây giờ ta sẽ sử dụng tính chất đoạn t h ẳn g để giải :
BĐT cần c h ứng minh tươn g đươn g v ới B ĐT sau:
7 7 7
2 ( ) ( 1 2 ) ( 1 ) ( 1 2 )
27 27 27
xy yz yz xyz x y z y z x x x yz x+ + − − = + + − − = − + − −
Ta cố định x xét
( )
2
1
7
( ) ( 1 ) ( 1 2 ) 0 ;

(0) ( 1 ) 0 (0) 0
27 27 4 2
f x x x x x x x f
 
= − − = − + − < − + − = − − ≤ ⇒ <
 
 
( ) ( )
2 2
2 2
1 1
( 1 ) 2(1 ) 7 1 1 1
( 1 ) 0 0
4 4 4 27 2 3 6 4
x x
x x
f x x x x f
   
− −
− − −
  
= − + − − = − + ≤ ⇒ ≤
   
  
  
   
   
Do đó
( ) 0
f yz

 
= − + − + ∈
 
 
 
 
 
Theo đĩnh lí
( )
2
3
( ) min{ (0); }
4
x
f yz f f
 
−
≥
 
 
 
.Mà
2
2
3 1
(0) 2 6 5 2 0 (0) 0
2 2
f x x x f
 
= − + = − + > ⇒ >

y z x
yz
+ −
≤ =
Thực ra nguồn gốc của phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng chính là “ kĩ thuật xét phần tử biên”
trong BĐT Jensen mà tôi đã giới thiệu trong bài viết “ Chuyên đề bất đẳng thức và một số định lí”
BL1: Cho
[
]
, , , 0 ; 1
a b c d ∈ . CMR:
( 1 )(1 )(1 )(1 ) 1
a b c d a b c d
− − − − + + + + ≥
BL2: Cho a,b,c không âm và
1
a b
c+ + =
. CMR:
1.
3 3 3
1
6
4
a b c abc
+ + + ≥
2. 7( ) 2 9
ab bc ca abc
+ + ≤ +
Đẳn g t h ức xảy ra khi nào ?

max ( )
D
M f x
= ( hoặc
1 2
1 2
min ( ); m i n ( )
D D
m f x m f x
= = ). Khi đó có
1 2
max{ , }
M M M
=
( hoặc có
1 2
min{ , }
m m m
= )
Mệnh đề 2: Giả sử
1 2
( ) ( ) ( )
f x f x f x
= + xác định trên cùng tập D và tồn t ại

01 1 1 1 2 2 2 2
( ) max ( ); ( ) m a x ( ); ( ) max ( )
D D D
M f x f x M f x f x M f x f x
= = = = = =

Định lí 1: Do
(
)
1 1 1
m a x ( ) ( )
D
M f x f x M x D
= ⇒ ≤ ∀ ∈ v à t ồn t ại
1 1
x
D∈
để
1 1
( )
f x M
=
Do
(
)
2 2 2
max ( ) ( )
D
M f x f x M x D
= ⇒ ≤ ∀ ∈ v à t ồn t ại
2 2
x D
∈ để
2 2
( )
f x M

= =
Các đi ều chú ý trong mệnh đề 1:
i . Nếu tồn t ại
1 2
;M M
thì
1 2
max{ , }
M M M
= , còn nế u không tồn t ại
1
M
( hoặc
2
M
) thì không tồn
tại M
ii. Mệnh đề 1 vẫn đúng khi phân chia tập D thành nhiều tập con hoặc xét hàm nhiều biế n .
Định lí 2: Theo giả thiế t
1 0 1 1 1
( ) ( )
f x f x M
≤ = v à
2 0 2 2 2
( ) ( )
f x f x M
≤ = nên
0 1 0 2 0 1 2
( ) ( ) ( )
M f x f x f x M M

Tính áp dụn g c ủa mệnh đề 2: Khi tìm cực trị c ủa hàm f(x) trên tập
D R
⊂
mà tính chất của hàm f(x) thay
đổi trên cả tập D và thay đổi c ả trên các tập con của tập D thì không sử dụn g được phương pháp trên, lúc
đó ta tìm cách tách hàm f(x) thành tổng các hàm đơn g i ản h ơn sao cho dễ tìm cực trị c ủa các hàm thành
phần .
Bài toán 1: Tìm GTNN của hàm số
( ) 2001 2002
f x x x= − + −
GIẢI
Gọi
[
)
(
)
(
]
1 2 3
2002; , 2001;2002 , ;2001
D D D= +∞ = = −∞ thì
1 2 3
R D D D
= ∪ ∪ với
1 2 2 3 1 3
; ;D D D D D D
∩ = ∅ ∩ = ∅ ∩ =∅
Với
1
( ) 2001 2002 2 4003,min ( ) 1 2002

]
( 2001)(2002 ) 0 2001 2002 2001;2002
x x x x⇔ − − ≥ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ∈
Bài toán 2: Tìm GTLN,GTNN của biểu thức
2
( , ) (4 )
F x y x y x y
= − −
trong đó x,y là các số thực thoả
mãn các đi ều kiện
0 ; 0 ; 6
x y x y
≥ ≥ + ≤
GIẢI
*Gọi
1 2
{ 0 , 0 , 6 } ; { 0, 0 , 4 6 } ; { 0, 0 , 4 }
D x y x y D x y x y D x y x y
= ≥ ≥ + ≤ = ≥ ≥ ≤ + ≤ = ≥ ≥ + <
K h i đó ta có :
1 2 1 2
;D D D D D
= ∪ ∩ =∅
.
Với m ọi c ặp
1
( , )
x y
D∈
ta có

( , ) 4 (4 ) 4 ( , ) 4 ,
2 2 4
x x
y x y
x x
F x y y x y F x y x y D
 
+ + + − −
 
= − − ≤ ⇒ ≤ ∀ ∈
 
 
 
Đẳn g t h ức xảy ra tại
2 , 1
x
y= =
(2)
Từ (1)&(2) suy ra
m a x 4 ( , ) (2,1)
D
Fx y= ⇔ =
*Gọi
3 4
{ 0 , 0, 4 } ; { 0 , 0 , 4 6 }
D x y x y D x y x y
= ≥ ≥ + ≤ = ≥ ≥ < + ≤
. Ta xét hàm
2
( , ) ( 4)

( , )
x y D
∈ ta có
0 , 0 , 4 6
x y x y
≥ ≥ < + ≤
. Theo BĐT Cauchy ta có:
4
2
( 4)
2
2 2
( , ) 4 ( 4) 4 4 64
2 2 4 2
x x
y x y
x x x y
F x y y x y
 
+ + + + −
 
+ −
 
− = + − ≤ = ≤
 
 
 
 
 
( , ) 64

{ , , : 1 } ; ;
D x y z R x y z A xy y z xz A xz A A A
= ∈ + + = = + + = ⇒ = +
.
Ta có
2 2 2 2
1 1
1
( ) 0 2 0
2
x y z x y z A A
−
+ + ≥ ⇒ + + + ≥ ⇒ ≥ (1). Đẳn g t h ức xảy r a
2 2 2
0
1
x y z
x y z
⇔ + + =
+ + =
(2)
Á p d ụn g B ĐT Cauchy ta có
(
)
( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1
2 2 2 2 2 2

.
NX: V iệc chia thành các hàm đơn giản hơn để tìm cực trị nói chung là công việc khá khó khăn. Trước
khi làm công việc này ta phải có một bước dự đoán điểm rơi của hàm ban đầu
Bài toán 4: Tìm GTNN của
( , , ) 2(1 )
f x y z xyz x y z xy yz xz
= + + + + + + +
trong đó x,y,z là các số thực
thoả mãn đi ều kiện
2 2 2
1
x y z
+ + =
. Đẳn g t h ức xảy ra khi nào?
GIẢI
Gọi
2 2 2
{ , , : 1 }
D x y z R x y z
= ∈ + + =
. Ta chia hàm f(x,y,z) thành các hàm nhỏ hơn như sau:
1
2
( , , ) 1
( , , ) 1
f x y z x y z xy yz xz x y z
f x y z x y z xy y z xz
= + + + + + + +
= + + + + + +
1 2

.
BL1: Tìm GTNN,GTLN của hàm
2002
( , ) (4 )
F x y x y x y
= − −
trong đó x,y là các số thực thoả mãn đi ều
kiện
0 , 0 , 6
x y x y
≥ ≥ + ≤
BL2: Cho
[
]
, , 0 ; 2
x y z ∈ v à
3
x y z
+ + =
. Tìm GTLN của
2 2 2
A x y z
= + +
BL3: Tìm GTLN của hàm ( , , )
f x y z x y z xy yz xz
= + + + + +
với x,y,z là các số thực thoả mãn đi ều kiện
2 2 2
27
x y z

x y z
+ + =
.
Phụ lục: Cơ sở lí thuyết của phương pháp giá trị lớn nhất và nhỏ nhất:
I. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xét trên miền D.
Ta nói rằn g s ố M là GTLN của f(x) trên D, nế u như đồn g t h ời t h o ả mãn hai đi ều kiện s a u :
i . ( )
f x
M≤
ii.
0
x
∃ D∈
sao cho
0
( )
f x
M=
K h i ấy ta kí hiệu
max ( )
x D
M f x
∈
= h o ặc đơn g i ản h ơn :
max ( )
D
M f x
=
Ta nói rằn g s ố m là GTNN cua f(x) trên D, nế u như đồn g t h ời t h o ả mãn hai đi ều kiện s a u :
i . ( )

m a x ( ) m a x ( )
x A x B
f x f x
∈ ∈
≤
2.
m i n ( ) m i n ( )
x A x B
f x f x
∈ ∈
≤
Tính chất 2: ( Nguyên lý “ phân rã”) Giả sử
1 2
D D D
= ∪ . Khi đó ta có:
1.
1 2
m a x ( ) max{max ( ); ma x ( )}
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
=
2.
1 2
m i n ( ) min{min ( );min ( )}
x D x D x D
f x f x f x
∈ ∈ ∈
=
* Chú ý: Từ tính chất này cho phép ta chuyển việc tìm GTNN( GTLN) của một hàm trên tập D phức tạp,

f x x D
≥ ∀ ∈ ta có:
1.
2
m a x ( ) m a x ( )
D
D
f x f x
=
2.
2
m i n ( ) m i n ( )
D
D
f x f x
=
* Chú ý: Tính chất này rất hay dùng trong các bài toán mà hàm
( )
y
f x=
có chứa dấu căn thức, hay
dấu giá trị tuyệt đối.
Tính chất 4:
1.
m a x ( ) ( ) m a x ( ) m a x ( )
D D D
f x g x f x g x
+ ≤ + (1)
2.
m i n ( ) ( ) m i n ( ) m i n ( )

= − −
Tính chất 6: Nếu ta đặt
max ( ); m i n ( )
D
D
M f x m f x
= = thì:
m a x ( ) m a x { , }
D
f x M m
=
Tính chất 7: Giả sử
1 2
{ , ( ) 0 } ; { , ( ) 0 }
D x D f x D x D f x
= ∈ ≤ = ∈ ≥
thì
21
m i n ( ) m i n { m a x ( ), min ( )}
D D
D
f x f x f x
= −