III. GTLN và GTNN của hàm số với diều kiện có nghệm của một phương trình, bất phương trình:
Giả sử
( )f x
là hàm số xét trên miền
x D
∈
. Giả sử tồn t ại :
m i n ( )
D
m f x
=
max ( )
D
M f x
=
Và
( )f x
n h ận m ọi giá trị t ừ m đến M khi
x D
∈
. Khi đó mối t ương quan giữa GTLN, GTNN của hàm
số
( )f x
trên miền D và sự tồn t ại nghiệm c ủa một phương trình, một bất phương trình có đi ều kiện ,
được thể hiện trong các định lí sau đây:
Định lí 1: Phương trình ( )f x
α
=
với
x D
∈

∈
khi và chỉ k h i
m
α
≥
2. BPT ( )f x
β
≥
đúng với m ọi
x D
∈
khi và chỉ k h i M
β
≤
IV. Một số bài toán phát biểu dưới dạng tập xác định:
Bài toán 1: Tìm GTLN của hàm số:
1 2 3
( , , )
xy z xz y yz x
f x y z
xyz
− + − + −
=
Xét trên miền
{( , , ): 3, 2, 1}
D x y z x y z
= ≥ ≥ ≥
Bài toán 2: Tìm GTLN của hàm số:
( , , ) ( )( )( )
f x y z xyz x y y z x z

f x y z x y z
xy yz xz
− − −
= + +
− − −
 
= + + + +
 
− − −
 
Xét trên miền
{( , , ) : ( )( )( ) 0}
D x y z x y y z z x
= − − − ≠
Bài toán 5: Tìm GTLN của hàm số:
( , , ) (1 )(1 )(1 )
1 1
x y z
f x y z x y z
yz xz xyz
= + + + − − −
++ ++ ++
Xét trên miền
{( , , ):0 1,0 1,0 1}
D x y z x y z
= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤
Bài toán 6: Tìm GTLN của hàm số:
2 2 2
( , , , )
f x y z t x y z t

{( , , , ): ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
}
3
D x y z t x x y y z z
= − + − + − ≤
Bài toán 10: Tìm GTLN của hàm số:
( , , ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
f x y z x y y z z x
= − + − + −
Xét trên miền
{( , , ) :0 1 , 0 1 , 0 1 }
D x y z x y z
= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤
B.Phương pháp tham số phụ
Phương pháp này khá giốn g v ới k ĩ t h u ật cân bằn g h ệ số nhưng nó có tầm ứn g d ụn g r ộng rãi hơn . Ở phần
này tôi sẽ không trình bày tỉ m ỉ l ời g i ải mà nêu thẳng ra ý tưởng trong bài làm để từ đó bạn đọc rút kinh
nghiệm .
Bài toán 1: Cho
, 0
x y
≥
v à
3 3
1
x y
+ ≤
. Tìm GTLN của 2
A x y
= +
GIẢI

;
1 64 1 64
a b⇒ = =
+ +
K h i đó GTLN của
( )
5
5
6
1 64
A = + . Bạn đọc tự tìm giá trị c ủa x,y
* Chú ý: P hương pháp tham số phụ giúp ta định hướng lời giải trong các bài toán mà ta chưa xác định
điểm rơi của BĐT.
Bài toán 2: Tìm GTNN của hàm số:
7
( ) ( 1 )
4 3
x
f x x x
= − −
. Xét trên miền
{( ): 1 }
D x x
= ≥
GIẢI
Đặt
1
1
1
ax x x

.
Xét trên miền
{( ): 1 1 }
D x x
= − ≤ ≤
GIẢI
Đặt
4 4 4 4
1 ( 2) 1
ax x a x x
= + ⇒ − = −
. Áp dụn g B ĐT Cauchy :
( )
2 4 4 4
2 4 4 4
9 9
2 1 ( 1 )
2 2
13 13
2 2 1 2 1
2 2 2 2
ax x ax x
a a
a x x a x x
a a
+ ≤ + +
 
− − ≤ − + −
 
− −

3 4
x x x x
f x
x x
+ − + − +
=
+ −

Xét trên miền
{( ): 1 }
D x x
= ≥
GIẢI
Đặt
2
( 2) 1
a x x
− = +
. Áp dụn g B ĐT Cauchy:
( )
( )
2 2
2 2
2
3
2 2 1 5
3 3
2 ( 2)( 1 ) 2 1 ( )
3 4
x a x x

( ) 3
2
f x x
±
= ⇔ =
Bài toán 5: Cho x,y là các số thực thoả mãn:
2 2
1
x y
+ =
. Tìm GTNN,GTLN của hàm
2
2
2( 6 )
( , )
1 2 2
x xy
f x y
xy y
+
=
+ +

GIẢI
Gọi k là đi ểm c ực trị c ủa f(x,y) ta có:
2
2 2
2
2( 6 )
( 2) 2( 6) 3 0

2
2
6
2
0 ( , )
2
3
x x
y y
y f x y
x x
y y
 
 
+
 
 
 
 
 
≠ ⇒ =
 
+ +
 
 
. Ta đặt
x
t
y
=

D x x
= ≥
BL3:Tìm GTNN của hàm số :
2 3 2
2
1
( )
x x x x
f x
x x
− − + −
=
−

BL4:Tìm GTNN của hàm số: ( ) 4 1
2
x
f x x
= + −
. Xét trên miền
{( ):0 2 }
D x x
= ≤ ≤
BL5:Cho a,b dương và
1 1
1
2
a
b
+ =

+ −
= = −
Ta cần chú ý một số công thức sau:
1.
1 1 1
( )( )( )
2 2 2 4
a b c
abc
S ah bh c h pr p p a p b p c
R
= = = = = − − − =
2.
2
si n sin sin
a b c
R
A B C
= = =
3.
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 cos
2 c o s
2 cos
a b c bc A
b c a ca B
c a b ab C
= + −

A S B S C S
p p a p p b p p c
= = =
− − −
6.
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
; ;
4 4 4
a b c
b c a a c b a b c
m m m
+ − + − + −
= = =
Bài toán 1: ( BĐT Euler) Gọi R và r lần l ượt là bán kính của các đường tròn ngoại t i ế p, nội t i ế p của tam
giác ABC. CMR:
2
R
r≥
GIẢI
Ta thay thế R và r qua các đại l ượng khác. Khi đó BĐT cần c h ứng minh tươn g đươn g v ới B ĐT sau:
2
2 8
8 ( )( )( )
4
abc S S
abc p p a p b p c
S p p
≥ ⇔ ≥ = − − −

2 2 2
2
2 2 2
2 ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 3 ( )
3 ( )
( ) 3 ( )
( ) ( ) ( )
0
2
x y y z y z x z x y x z x y y z x z xyz x y z
xy yz xz xyz x y z
xy yz xz xyz x y z
xy yz yz xz xz xy
 
+ + + + + + + + − + + + + + ≥ + +
 
⇔ + + ≥ + +
⇔ + + ≥ + +
− + − + −
⇔ ≥
Đẳn g t h ức xảy r a
x y z a b c
⇔ = = ⇔ = =
.
LB: Qua hai bài toán trên ta rút ra nhận xét sau: việc chuyển t ừ BĐT hình học sang BĐT đại s ố giúp giải
quyế t bài toán nhẹ nhàng hơn. Và cũng vì lí do đó mà người ta còn gọi đây là phương pháp đại s ố hoá ,
n h ư vậy v i ệc chuyển t ừ BĐT đại s ố thành BĐT hình học gọi là phương pháp hình học hoá.
Nội dung của phương pháp hình học hoá :
Nội dung của phương pháp này là ta dựa vào cấu trúc của bài toán để chuyển sang hình học, đồ thị g i ải
quyế t.Nếu như một bài toán về BĐT, bằn g m ột cách biế n đổi s ơ cấp nào đó có thể qui về các sự kiện

A
l à đi ểm đối x ứn g c ủa A qua d,
'
AB
không song song với
d).
Sau đây chúng ta sẽ xét một bài toán minh hoạ cho phương pháp này.
Bài toán 1:
1. Tìm GTNN của
2 2
2 2 4 40
A x x x x
= − + + − +
2. Tìm GTLN của
2 2
2 2 4 40
B x x x x= − + − − +
GIẢI
1. Ta có:
2 2 2 2
( 1 ) (0 1 ) ( 2) (0 6)
A x x= − + − + − + +
Nếu ta chọn đi ểm
( ,0);( 1 , 1 ) ; (2, 6)
M x A B
−
thì
2 2 2 2
( 1 ) (0 1 ) ; ( 2) (0 6)
AM x B M x= − + − = − + +

7
 
 
 
Vậy GTNN của
8
5 2
7
A x
= ⇔ =
Bài toán tổng quát: Tìm GTNN của
2 2 2 2
( ) ( )
A x a b x c d
= − + + − +
(
, 0)
b d
>
Ta viết lại
2 2 2 2
( ) (0 ) ( ) (0 )
A x a b x c d
= − + − + − + +
Trong mặt phẳng toạ độ ta chọn các điểm
( , ) ; ( , ); ( ,0)
A a b B c
d M x−
; khi đó A= AM+BM. Bài toán qui
về việc tìm M trên trục hoành sao cho AM+BM bé nhất.Vì A,B có tung độ trái dấu nên A,B nằm ở hai

y x
= −
(2)
Từ (2) cho
3
0
2
y x
= ⇒ =
. Vậy
3
,0
2
M
 
 
 
Vậy GTLN của
3
10
2
B x
= ⇔ =
.
Bài toán tổng quát: Tìm GTLN của
2 2 2 2
( ) ( )
B x a b x c d
= − + − − + (
, 0

2 2 2 2 2 2
( ) ( )
a b c d a c b d
+ + + ≥ + + +
Nếu bạn sử dụng trực tiếp rất dễ dẫn tới việc dấu bằng không xảy ra hay giá trị tìm được chưa hẳn là
giá trị nhỏ nhất của bài toán.
Ta quay lại v ới v ấn đề ban đầu, như ta đã biế t việc sử dụng phương pháp đại s ố hoá hay hình học hoá
giúp ta giải quyế t bài toán dễ dàng nhưng không phải lúc nào cũn g v ậy . C h ẳn g h ạn v ới bài toán sau:
Bài toán 3: Cho tam giác ABC có diện tích S và kí hiệu các cạnh AB,BC,CA theo qui ước. CMR:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
16 ( ) ( ) ( )
2 2 2
a b b c c a S a b c b c a c a b
+ + ≥ + − + − + − (1)
GIẢI
Nếu như ngay từ đầu ta sử dụng liền phương pháp thế sẽ dẫn tới việc lời giải quá dài hoặc không thể ra
được, cụ thể là ta phải chứng minh BĐT sau:
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 16 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1
( ) ( ) (2)
2
x y y z y z x z x y x z xyz x y z x y y x z y z y
z x z x
+ + + + + + + + ≥ + + + + − + + −
+ + −

1.
2 2 2 2
a b c
m m m p
+ + ≥
2.
2 3
a b c
a b c
m m m
+ + ≥