TIẾP CẬN BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO?

Đa phần học sinh cảm thấy rất ngại khi phải giải một bài toán Bất Đẳng
Thức bởi các lý do sau : trong chương trình BDT chỉ dc dành 2 tiết để giảng
dạy , kiến thức chuẩn bị của học sinh chưa tốt , BDT thuộc về dạng toán
không mẫu mực .Người giải phải thực sự có kinh nghiệm mới có thể xử lý
được . Củng chính vì lý do đó khiến BDT trở nên một môn học gây cho học
sinh nhiều hứng thú với cảm giác chinh phục . Để giúp các bạn học sinh ôn
thi ĐH tốt , mình xin viết bài viết nhỏ này trong ngày cuối tuần . Hy vọng
giúp các bạn ít nhiều trong việc củng cố hơn kĩ năng giải toán .
Các hướng tiếp cận sẽ được trình bày thông qua lời giải của từng VD cụ thể
, và qua đó các bạn tự rút ra nhưng kinh nghiệm riêng . Mình không bao giờ
áp đặt và muốn áp đặt các bạn học sinh .
Bài toán 1: Cho a,b,c>0 và thõa mãn :
3a b c
+ + =
.Tìm GTLN và GTNN của
:

2 2 2
a b c abc
+ + +
Phân tích : Bài toán cho ở dạng đối xứng , thông thường điều này sẽ dẫn đến
giá trị cực trị sẽ đạt ở 3 biến bằng nhau, hoặc 1 biến là 0 . Điều kiện đề bài
cho tổng của 3 biến a,b,c gợi ý cho ta cách dồn biến về a+b để có thể thay
a+b=3-c rồi khảo sát . Thêm một chú ý nữa là giờ đây ta tập trung nhìn vào
biểu thức tổng a+b và abc . Như vậy ta cần tìm liên hệ a+b và ab ( chú ý các
em ko cần quan tâm c nhé, vì cuối cùng ta sẽ dồn về c nên ko cần làm mất
c ) .
Nhớ lại rằng có liên hệ gì giữa tích và tổng 2 số không ? À có .
2 2

thõa mãn :
2 6x y z
+ + =
.Tìm min,max của :
3 3 3
5P x y z
= + +
Hướng dẫn : Theo giả thiết thì ta có :
2 2 2 2
4 4(3 ) ( ) 4(3 ) (3 )xy z x y z xy z
= − − − ≤ − => ≤ −
Bây giờ ta tìm chặn dưới cho xy , để làm được điều này ta có thể làm như
sau : Dễ thấy
1xy
≥
Nhưng để ý điều này ko liên quan đến z nên anh sợ nó
yếu ( Các em thử kiểm tra 1 là chặn dưới đủ mạnh để giải chưa nhé ) nên tìm
một cái chặt hơn .
Ta luôn có :
( 1)( 1) 0 1 5 2x y xy x y z
− − ≥ => ≥ + − = −
OK , bây giờ chặn dc em “xy” rồi nghĩa là ta chuyển đc về z cả rồi . Vấn đề
là chặn tiếp em z . Dễ thấy em z bị chặn giữa 1 và 2 .
Đến đây cứ bằm chiu phang phập thoải mái nhá :
2 3
( )(( ) 3 ) 5P x y x y xy z
= + + − +
Chỉ việc thay từng đánh giá vào xy là xong .
Không đến nổi khó khăn lắm phải không ? Ta sẽ đi tiếp nhé .
Bài toán 2 : Cho 3 số thực dương a,b,c thõa mãn

x y
P
y x x y x y
= + + +
+ + + +
Như anh đã giảng 1 lần thì những bài phân thức đối xứng, cứ làm chắn tử số
rồi áp dụng BCS . Vừa nhanh vừa sướng đê mê lại an toàn đảm bảo sẽ ra lời
giải ( Vấn đề là nằm ở kĩ năng biến đổi của các chú )
2 2 2
2 2 2
1 1 ( ) 1 1
( ) 2 2 2
x y x y
P
xy x xy y x y x y xy xy x y xy x y xy
+
= + + + ≥ + +
+ + + + − + + −
Yeah đến đây là ok rồi . Có cảm giác yêu là lá la

)))
Trước khi chuyển sang bài số 3 các em đọc kĩ bài số 2 và thực hành giải bài
toán sau nhé :
Bài toán :
Cho a,b,c dương thõa mãn :
a b c
≥ ≥
.Tìm GTNN của biểu thức :
2 2
( )

+
+ ≥
2 2
3 5
( ) 10( ) ( ) 10( )
10 6
10(
P x y z xy xy yz zx x y z xy xy yz zx
xy yz zx xy yz zx
≥ + + + − + + ≥ + + − + + ≥
+ + − + +
Đến đây ok rồi .
Bài 4 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc=1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
6
333
222
1
cba
accbbaP
++
+++=
.
Lời giải. Đặt
; ; 1
a b c
x y z xyz
c a b
= = = ⇒ =
Vì abc=1 nên ta biến đổi được P thành

=
+ +
+ + + +
≥
+ + + +
Áp dụng BĐT AM-GM ta được:
( ) ( )
3
9
2 2 2 2 2 2
2
( )( ) ( )
.3
3 27
x y z xy yz zx x y z
xy yz zx x y y z z x xyz
+ + + + + +
 
+ + + + ≤ ≤
 ÷
 
Suy ra
3
3/2
3. 3
( )
P x y z
x y z
≥ + + +
+ +

Lưu ý : Điều cần lưu ý ở đây là phép đặt để khử điều kiện tích .
Trong một số trường hợp , ta phải cM một Biểu thức là dương mà không tìm
được cách đưa về dạng chính phương hóa thì ta thực hành thế nào . Các em
theo dõi VD sau :
Bài toán 5: Cho a,b,c thực. Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2
2 2 2
0
2 1 2 1 2 1
b a c b a c
a b c
− − −
+ + ≥
+ + +
.
Lời giải. BĐT tương đương với
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1
0 3
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
b a c b a c b c a
a b c a b c
− − − + + +
+ + ≥ ⇔ + + ≥
+ + + + + +
.
BĐT này là hiển nhiên theo AM-GM.
Cộng thêm vào một lượng xác định ( là một số ) là kĩ thuật hay được áp
dụng khi gặp những dạng bài này .

ta sẽ đi chứng minh F( a, b, c) ≥ 0.
Thật vậy, không mất tính tổng quát của bài toán, ta có thể giả sử c ≥ b ≥ a
và đặt x = (b+c)/2 ≥ 1.
Ta có
F( a, b, c) - F( a, x, x) = 3(b
4
+ c
4
- 2x
4
) - 14(b
2
+c
2
-2x
2
)
= 3((b
2
+c
2
)
2
- 4x
4
) + 6(x
4
- b
2
c

- 2x
2
= 2(x
2
- bc) = (b-c)
2
/2
nên
F( a, b, c) - F( a, x, x) = (1/2)(b-c)
2
[3(b
2
+c
2
+2x
2
) - 14 + 3(x
2
+bc)]
= (1/2)(b-c)
2
[3(b+c)
2
+ 6x
2
+ 3(x
2
-bc) - 14] = (1/2)(b-c)
2
[3(x

-28. Như vậy f"(x) ≥ 0 khi
3
7
≥x
và f'(x) ≤ 0
khi
3
7
≤x
.
Xét hai trường hợp:
TH1: Nếu b
3
7
≥
thì
3
7
3
≥≥≥
ba
, suy ra f(a)+f(b)
)
2
(2
ba
f
+
≥
=2f






−
−






− cc
Tương đương với: (c-1)
2
(27c
2
+18c+3)
≥
0 (đúng).
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c = 1.
TH2: Nếu
3
7
<
b
thì
abc
<<≤≤

3
7
3
7
)(
Nên
),(),( vubc 
trong đó u=
3
7
)(
−+
bc
và v=
3
7
. Áp dụng bất thức Karamata cho
hàm f(x) = 3x
4
- 14x
2
lồi trên






−
3