Nguyễn Tất Thu

1

PHƯƠNG PHÁP ðƯA VỀ MỘT BIẾN
TRONG CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ VÀ CHỨNG MINH BðT

BðT và cực trị thường gây khó khăn cho không ít thí sinh trong các kì thi ðH – Cð . Trong bài
viết này tôi xin giới thiệu với các bạn một kĩ thuật quen thuộc mà chúng ta thường gặp trong chứng
minh BDT ñó là kĩ thuật “ðưa về một biến”
Ví dụ 1. Cho
5
0, 0 và
4
x y x y
> > + =
. Chứng minh :
4 1
5
4
x y
+ ≥
(1)
Lời giải: Ta có
5
4 5 4
4
x y y x
+ = ⇒ = −
4 1
(1) 5

Từ bảng biến thiên ta ñược:
(
)
(
)
5
0;
4
min 1 5
f x f
 
 
 
= =
, từ ñó suy ra
4 1
5
4
x y
+ ≥
.
ðẳng thức xảy ra khi
1
1,
4
x y
= =
.

Ví dụ 2. Cho

(2 ) (2 ) ( )
P y y t t f t
= − + = − + =

Trong ñó ta ñã ñặt
3
t y
=
. Vì
3 3 3
3;2 27;8 27 2 8 6 29
x x y y
   
∈ − ⇒ ∈ − ⇒ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤
   
,
do
3
27;8 6; 8
y t
   
∈ − ⇒ ∈ −
   
.
Xét hàm số
( )
f t
trên
6;8
D

.
3
max max ( ) ( 6) 4 36
D
P f t f= = − = +
. ðạt ñược khi
{
}
3
, 3;2
x y ∈ −
.
Nhận xét:
* Cách giải trên chỉ ñòi hỏi chúng ta kĩ thuật khảo sát hàm số. Cái khó của bài toán trên là ñiều kiện
hạn chế của
, 3;2
x y
 
∈ −
 
! Nếu
,
x y
không bị ràng buộc bởi ñiều kiện này thì bài toán trở nên ñơn
giản và ta có thể giải bài toán trên theo cách chuyển qua tổng và tích của
,
x y
.
t


ðặt
3
3
3
2 3
2
2
3 2
8
3
, 0 0 2
3
4 2
4
3
a
b
a ab
a
a
a x y b xy a
a
a b a
a
a

−

=


∈ =
có:
3
2 2
2 4 2 4
'( )
3
3 3
a a
f a
a a
−
= − =

3
'( ) 0 2
f a a
⇒ = ⇔ =
. Lập bảng biến thiên ta có ngay
3 3
min ( 2) 4
P f
= =

ðạt ñược khi
{
}
3
, 0, 2
x y ∈

b a a b
+ + ≤ + +
+ + +
(1).
Lời giải.
Nhận thấy các biểu thức có trong bài toán là các biểu thức ñối xứng hai biến
,
a b
nên ta ñặt
3
t a b ab t
= + ⇒ = −
và
2 2 2 2
2(3 ) 2 6
a b t t t t
+ = − − = + −

Vì
2 2 2
( ) 4 4(3 ) 4 12 0 2
a b ab t t t t t
+ ≥ ⇒ ≥ − ⇔ + − ≥ ⇔ ≥
(do
0
t
>
)
Khi ñó :
2 2

12
( )f t t t
t
= − + + với
2
t
≥
. Ta có :
2
12
'( ) 2 1 0 2
f t t t
t
= − + − < ∀ ≥

( ) (2) 4 2 (1.1)
f t f t
⇒ ≥ = ∀ ≥ ⇒
ñúng
⇒
ñpcm. ðẳng thức xảy ra
1
a b
⇔ = =
.
Ví dụ 4. Cho các số thực x, y thay ñổi và thoả mãn
+ + ≥
2
( ) 4 2
x y xy

(
)
4 4 2 2 2 2
3 2( ) 1
A x y x y x y
= + + − + +

2 2 2 2 2 2 2
3 ( ) 2( ) 1
x y x y x y
 
= + − − + +
 
 

2 2 2
2 2 2 2 2
( )
3 ( ) 2( ) 1
4
x y
x y x y
 
+
≥ + − − + +
 
 
 
2 2 2 2 2
9

Xét hàm số:
2
9 1
( ) 2 1,
4 2
f t t t t
= − + ≥
có
9 1 1 9
'( ) 2 0 ( ) ( )
2 2 2 16
f t t t f t f= − > ∀ ≥ ⇒ ≥ =

9
16
A⇒ ≥
. ðẳng thức xảy ra
1
2
x y
⇔ = =
. Vậy giá trị nhỏ nhất của
A
bằng
9
16
.
Ví dụ 5. Cho hai số thực
, 0
a b

3 2 2
'( ) 4 3 1 ( 1)(4 1) '( ) 0 1
f t t t t t t f t t
= − − = − + + ⇒ = ⇔ =
.
Lập bảng biến thiên, từ ñó suy ra
( ) (0) 0
f t f
≥ =
ñpcm.

Nhận xét : * Bài toán trên ta chỉ cần biến ñổi trực tiếp là có ñược kết quả
* Cách giải trên ñược trình bày ñể lưu ý với chung ta về một tính chất ñó là tính chất của biểu thức
ñẳng cấp hai biến.
Cụ thể :Biểu thức
( , )
f x y
ñược gọi là biểu thức ñẳng cấp bậc
k
nếu :
( , ) ( , )
k
f mx my m f x y
=
.
Khi gặp bài toán chứng minh BðT hai biến có dạng :
( , )
( , )
f x y
p

b xa c ya
= =
và chuyển về bài toán hai
biến.
Ví dụ 6. Cho hai số thực
,
x y
thay ñổi và thỏa mãn hệ thức
2 2
1
x y
+ =
. Tìm GTLN, GTNN của
biểu thức
2
2
6
1 2 2
x xy
P
xy y
+
=
+ +
( B – 2008 ).
Lời giải:
Ta có:
2 2
2 2 2
6 6


Ta có :
( )
(
)
( )
2
1 2
2
2
4 6 18 3
' , ' 0 3,
2
2 3
t t
f t f t t t
t t
− + +
= = ⇔ = = −
+ +
,
(
)
lim 1
→±∞
=
t
f t

Nguyễn Tất Thu

x


= ±
+ =

 
⇔
 
= −
 
=



∓
.

3
max
2
P
=
ñạt ñược khi
2 2
1
1
10
3
3

2
P x xy y
= − +
.
Lời giải.
ðặt
2 2
0 2
a x xy y a
= + + ⇒ ≤ ≤

* Nếu
0 0 0
a x y P
= ⇔ = = ⇒ =
(1)
* Nếu
0
a
≠
, ta giả sử
0
y
≠
. ðặt
x ty
=

2 2 2
2 2 2

min ( ) ( )
2 3
f t f
+ −
= =
;
1 7 7 2 7
max ( ) ( )
2 3
f t f
− +
= =

7 2 7 7 2 7 7 2 7 7 2 7
7 2 7
3 3 3 3
P
a P a
a
− + − +
⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ≤ +
.
Vậy
min 0
P
=
;
max 7 2 7
P
= +

(**) và (1) trở thành:
3 3 3
( ) ( ) 3( )( )( ) 5( )
x ax x bx x ax ax bx bx x ax bx
+ + + + + + + ≤ +

3 3 3
(1 ) (1 ) 3(1 )(1 )( ) ( )
a b a b a b a b
⇔ + + + + + + + ≤ +
(2).
Vì (**) và (2) là những biểu thức ñối xứng ñối với
,
a b
nên ta nghĩ tới cách ñặt
;
S a b P ab
= + =

Mỗi quan hệ giữa
S
và
P
là
2
2
1
4
3
1 3

2
S
P
S


+

=


⇔



≥



.
Khi ñó :
1 4(1 )
(1 )(1 ) 1 1
3 3
S S
a b a b ab S
+ +
+ + = + + + = + + =
Nguyễn Tất Thu


Ví dụ 9. Cho
, ,
x y z

là số thực thỏa mãn
2 2 2
2
x y z
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu
thức:
3 3 3
3
P x y z xyz
= + + −
.
Lời giải:
Từ các ñẳng thức :
2 2 2 2
2( ) ( )
x y z xy yz zx x y z
+ + + + + = + +

3 3 3 2 2 2
3 ( )( )
x y z xyz x y z x y z xy yz zx
+ + − = + + + + − − −

và ñiều kiện ta có:
2 2 2

Xét hàm số
( )
f t
với
6 6
t
− ≤ ≤
.
Ta có:
2
3
'( ) ( 2) '( ) 0 2
2
f t t f t t
= − + ⇒ = ⇔ = ±

6; 6 6; 6
max ( ) ( 2) 2 2; min ( ) ( 2) 2 2
f t f f t f
   
− −
   
   
⇒ = = = − = −

Vậy
max 2 2
P
=
ñạt ñược khi

⇔ >
+ +

Xét hàm số
2
ln
( ) , 0 1
1
t
f t t
t
= < <
+
. Ta có:
2
2 2
2 2 2 2
1
(1 ) 2 ln
1 2 ln
'( )
(1 ) (1 )
t t t
t t t
t
f t
t t t
+ −
+ −
= =

f a f b a b
≥ ≥
(
a b
≤
) ta liên tưởng tới tính ñơn ñiệu của hàm
số. Khi ñó ta ñi chứng minh hàm
( )
f t
là hàm ñồng biến (nghịch biến).
Ví dụ 11. Cho
,
x y
là các số thực thay ñổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
(
)
(
)
2 2
2 2
1 1 2
P x y x y y
= − + + + + + −
.
Lời giải. Trong hệ tọa ñộ Oxy, xét
(
)
(
)
1; , 1;

* Với
(
)
2
2 2 1 2
y f y y y
≤ ⇒ = + + −
.
Lập bảng biến thiên suy ra ngay
( )
1
( ) 2 3
3
f y f≥ = +
.
* Với
2
y
>
(
)
2 2
2 1 2 2 1 2 5 2 3
f y y y y⇒ = + + − > + > > +
Vậy giá trị nhỏ nhất của
P
bằng
2 3
+
.

2 2 2
2 2 2
1 1 1 181
5
( 1) ( 1) ( 1)
a b c
b c a
+ + + + + ≥
+ + +
(1)
Lời giải. Gọi
P
là biểu thức ở vế trái của (1)
Xét ba véc tơ sau:
1 1 1
( ; ), ; , ;
1 1 1
u a v b m c
b c a
   
 
 
 
= = =
 
 
 
 
 
+ + +

( )
( 3)
a b c
a b c
≥ + + +
+ + +

ðặt
3( ) 2
t a b c t ab bc ca
= + + ⇒ ≥ + + =

Xét hàm số
2
2
81
( ) , 2
( 3)
f t t t
t
= + ≥
+
. Ta có:
3 3
162 2[ ( ) 169]
'( ) 2
( 3) ( 3)
g t
f t t
t t

, ,
a b c
thỏa mãn
( )
3
32
a b c abc
+ + =
Chứng minh rằng :
( )
4 4 4
4
383 165 5 9
2 128
a b c
a b c
− + +
≤ ≤
+ +
(1).
Nguyễn Tất Thu

7

Lời giải :
Không mất tính tổng quát, ta giả sử:
4 2
a b c abc
+ + = ⇒ =


   
   

(
)
(
)
(
)
2
2 2 2
4 2 2 16 2 32 144
t t t t= − − − = − + .
( ) ( )
2
2 2
4 4t ab bc ca a b c bc a a a a
a a
= + + = + + = − + = − + +

Mà
( ) ( ) ( )
(
)
2 2
2
8
4 4 2 6 4 0
b c bc a a a a
a

−
= − + ∈

⇒
ñiều cần chứng minh. 
Trong một số bài toán ta phải ñánh giá rồi mới ñặt ẩn phụ ñược.
Ví dụ 14. Cho các số dương
, ,
a b c
với
1
a b c
+ + ≤
.
Chứng minh rằng :
( )
1 1 1
3 2 21
a b c
a b c
 
+ + + + + ≥
 
 
.
Lời giải: Ta có:
( )
3
3
1 1 1 1

6
0 1 và t a b c f t t
t
< = + + ≤ = +
.
Ta có :
( )
2
2 2
6 6
' 1 0, (0;1]
t
f t t
t t
−
= − = < ∀ ∈
, nên hàm số nghịch biến trên
(0;1]

(
)
(
)
1 7, (0;1]
f t f t⇒ ≥ = ∀ ∈
. 
Ví dụ 15: Cho
2 2 2
, , 0 và 1
a b c a b c

⇒ + + − + + ≥ − + + = − =
+ +
.
Xét:
( ) ( )
2
9 9
, (0; 3] ' 1 0
f t t t f t
t
t
= − ∈ ⇒ = − − <
vậy hàm số nghịch biến
trên
(
)
(
)
(0; 3] 3 2 3, (0; 3]
f t f t⇒ ≥ = ∀ ∈
. 
Ví dụ 16: Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn:
2 2
1; 3
a b c d
+ = − =
.
Chứng minh rằng:
9 6 2
4

2 2
0
2 6 9
d
d d
− + +
<
+ +
nên
3 9 6 2
( ) ( )
2 4
f d f
+
≤ − =
ta có ñpcm.

Ví dụ 17. Cho các số thực không âm
, ,
a b c
thỏa mãn
1
a b c
+ + =
.
Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
3 3
18 18
a b b c c a− ≤ − − − ≤

ta chỉ cần chứng minh :
( )
3
; ;
18
F a b c ≤
.
* Nếu trong ba số
, ,
a b c
có hai số bằng nhau thì
( )
3
; ; 0
18
F a b c = <

* Nếu
, ,
a b c
ñôi một khác nhau thì không mất tính tổng quát giả sử
{
}
max ; ;
a a b c
=
khi ñó nếu
b c
>
thì

(
)
; ; 1 2 1
F a b c a b c b a c a b c a b c x x x h x
= − − − ≤ + + − = − − =

Xét
( ) ( ) ( )
1
1 2 1 , 1
2
h x x x x x
= − − < ≤
,
( )
2
3 3
' 6 6 1 0
6
h x x x x
+
= − + − = ⇔ =
.
Lập bảng biến thiên ta ñược:
( )
3 3 3
6 18
h x h
 
+

Chứng minh rằng:
1 2 3 15
2
a b c
+ + ≥
.
Lời giải: ðặt:
1 2 3
, , , , 0
x y z x y z
a b c
= = = ⇒ >
.
Khi ñó:
2 2 3 1 2 3
21 2 8 12 4. 7. 2. . .
ab bc ca
a b c a b c
+ + ≤ ⇔ + + ≤
2 4 7 2
x y z xyz
⇔ + + ≤

Ta cần chứng minh:
15
2
x y z+ + ≥
.
Từ:
( )

x xy x
xy xy
x x x
x x
x x xy x x xy
+ − + +
− −
= + + + = + + +
− −

Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta có:
2
14 14
2 2
2 7 2 7 7
2 . 2 1
2 2 7 2 2 7
x x
xy xy
x x
x xy x xy
x
+ +
− −
+ ≥ = +
− −

Do ñó :
( )
2

tăng khi
0
x
>
và
(
)
' 3 0
f
=
.
( )
15
3
2
x y z f⇒ + + ≥ = .
ðẳng thức xảy ra khi:
3
1
3
14
3
2
2 7 5 4
2 2 7 2 5
2 3
2 4
2
2 7
x

=
+
  
=

=
 
−


.

Bài tập.
1) Cho
2
x y
+ =
. Chứng minh rằng:
2010 2010
2
x y
+ ≥
.
2) Cho
2 2
0
x y
+ ≠
. Chứng minh:
(

ABC
nhọn ta có:
a)
tan tan tan sin sin sin 2
A B C A B C
π
+ + + + + >

b)
( ) ( )
1 2
tan tan tan sin sin sin
3 3
A B C A B C
π
+ + + + + >

5) Chứng minh mọi tam giác
ABC
ta luôn có:
a)
1 os 1 os 1 os
2 2 2
3 3
A B C
c c c
A B C
+ + +
+ + >


6) Cho tam giác
ABC
có
0
0 90
A B C
< ≤ ≤ <
. Chứng minh:
2 cos 3 4 cos 2 1
2
cos
C C
C
− +
≥
.
7) Cho
0 1.
x y z
< < ≤ ≤
thỏa:
3 2 4
x y z
+ + ≤
.Chứng minh rằng :
2 2 2
16
3 2
3
x y z+ + ≤

a b c abc
+ + + ≥

10) Cho bốn số nguyên
, , ,
a b c d
thay ñổi thỏa:
1 50
a b c d
≤ < < < ≤

Chứng minh:
53
175
a c
b d
+ ≥
.
11) Cho
, 0
x y
>
. Chứng minh rằng :
2
3
2 2
4 1
8
4
xy

+ ≤
.
13) Cho hai số
, 0
x y
≠
thay ñổi thỏa mãn
(
)
2 2
x y xy x y xy
+ = + −
. Chứng minh:
3 3
1 1
16
x y
+ ≤
.
14) Với x,y khác không chứng minh rằng:
4 4 2 2
4 4 2 2
2
x y x y x y
y x
y x y x
 
 
+ − + + + ≥ −
 

17)
Cho
, , 0
1
x y z
x y z

≥


+ + =


Cmr :
4 4 4
1
( ) ( ) ( )
12
x y z y z x z x y− + − + − ≤
.
18) Cho hai số thực
0
a b
≥ >
. Chứng minh rằng:
1 1
2 2
2 2
b a
a b

>
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
(
)
(
)
3 3 2 2
( 1)( 1)
x y x y
P
x y
+ − +
=
− −
.
21) Cho các số thực
,
x y
thoả mãn
0 , 0
3 3
x y
π π
≤ ≤ ≤ ≤
. Chứng minh rằng:
(
)
cos cos 1 cos
x y xy
+ ≤ +