MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT
ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ (tt)
NGUYỂN ANH KHOA
THPT Lê Khiết, Thành phố Quảng Ngãi
Email:[email protected]
Nick name: anhkhoa_lk12 I.Phương 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
abc
bccaab
++≥
+++
( BĐT Nesbit với n=3)
2.
2
abcd
bccddaab
+++≥

+++
+=++≥
+++

Do đó
3
26
2
ABCA
++≥⇒≥
( đpcm)
2. Đặt ;;
abcdbcdacdab
ABC
bccddaabbccddaabbccddaab
=+++=+++=+++
++++++++++++

Khi đó B+C=4. Lại có
4
abbccdda
AB
bccddaab
++++
+=+++≥
++++

4()4()
4
acbdcabdacbd

2
4
abc
abbcca
abbcca
++≥+++++
+++

GIẢI
1. Đặt
222222
;
abcbca
PQ
abbccaabbcca
=++=++
++++++
. Khi đó ta có

222222
0
abbcca
PQabbcca
abbcca
−−−
−=++=−+−+−=
+++

Do đó
2

+

Tương tự ta xây dựng các BĐT còn lại, sau đó cộng lại ta được đpcm.
2. Cũng như câu 1 ta chuyển BĐT cần chứng minh về dạng

( )
222222
222222
12
24
abbcca
abbcca
abbcca

+++
++≥+++++

+++


Ta sử dụng BĐT phụ sau:
22
2()
xyxy
+≤+. Ta có
222222
22222222
22
2()2()2(c)
;;

abc
abcabc
abbccaabc
++
++
++≥=
+++++

BL1: Cho a,b,c,d,e,f dương . CMR:

3
abcdef
bccddeeffaab
+++++≥
++++++

BL2: Cho a,b,c,d dương. CMR:
1.
333
222222
3
abcabc
aabbbbccccaa
++
++≥
++++++

2.
4444
22222222

()0
fxaxbxca
=++≠

-
()0,00
fxxa
≥∀⇔>∧∆≤
-
2
.()040
afbacα
≤⇒−≥

-
()0,00
fxxa
≤∀⇔<∧∆≤
-
()()0
xxx
αβαβ
≤≤⇔−−≤

Bài toán 1: Cho x,y tuỳ ý. CMR
1.
22
313
xxyyxy
−+≥−−


Ta có :
2222
(5)64565251(51)0,
yyyyyyyR
∆=−−+−=−+−=−−≤∀∈

Mặt khác a=1>0 nên
()0
fx
≥⇒
đpcm
Bài toán 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau:
1. Cho
[
]
,,,0;1
abcd∈ .CMR:
22222
(1)4()
abcdabcd
++++≥+++
2. Cho
[
]
,,,1;2
abcd∈ . CMR:
( )
1111
18

∆=++++−+++≥⇒
đpcm
2. Ta có
[ ]
2
2
1;2(1)(2)0233
aaaaaa
a
∈⇒−−≤⇒+≤⇒+≤

Tương tự :
222
3;3;3.
bcd
bcd
+≤+≤+≤

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
( )
( )
2
2222
2222
36
2
1111
18
abcd
abcd

+>∀sao cho
1
pq
+=
.
BL2: Cho a,b,c,d,p,q sao cho
222222
0
pqabcd
+−−−−>
. CMR:

(
)
(
)
( )
2
222222
pabqcdpqacbd
−−−−≤−−
BL3: 1. Cho x,y,z,t thoả y>z>t. CMR:
2
()8()
xyztxzyt
+++>+
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
2.Cho a,b,c thoả mãn
()()0

ba
++
≥
−

2.Cho a,b,c thoả mãn
[
]
,,1;2
abc∈− và
0
abc
++=
. CMR:
222
6
abc
++≤

2. Phương pháp sử dụng tính chất đặc biệt của phân số
Kiến thức bổ sung:
Với
*
,,,
abcdR
∈
ta có:
- 1
aaac
bbbc

<++<
+++

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

2
2
2
aaa
abcbcabc
bbb
abcacabc
ccc
abcababc
<<
+++++
<<
+++++
<<
+++++

Cộng 3 BĐT trên vế theo vế ta được đpcm.
Bài toán 2: Cho 0;,;
abmnNmn
>>∈>
. CMR:



⇔>



Từ
( )
1,;
mn
aaa
abmnNmn
bbb

>⇒>⇒>∀∈>



Bài toán 3:
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
1. Cho a,b,c dương. CMR:
111
abab
abab
+
<+
++++

2. Cho a,b,c,d dương . CMR:

<⇒<
+++++++
+
<⇒<
+++++++
+
<⇒<
+++++++
+
<⇒<
+++++++

2
abcd
abcbcdcdadab
⇒+++<
++++++++

Ta chứng minh BĐT trái. Ta có

aa
abcabcd
bb
bcdabcd
cc
cdaabcd
dd
dababcd
>
+++++

2
1
1
n
n
bbb
bbb
−
++++
++++
. CMR A<B
BL2: Cho a,b không đồng thời bằng 0. CMR:
22
2222
1
1
11
ab
abab
++≥
+++

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

abbccdda
A
abcbcdcdadab
++++
=+++
++++++++

fxxx
αβαβ
≥∀∈∨∀∈
Định lí 2: Cho hàm số bậc nhất ()
fxaxb
=+
thì
min{();()}()max{();()}
fffxff
αβαβ
≤≤
trong đó
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com

[
]
;
x
αβ
∀∈
Ta chứng minh định lí 1: Vì f(x) là hàm số bậc nhất nên đồ thị của f(x) là một đường thẳng. Từ tính chất
của đoạn thẳng: “ nếu hai đầu mút của một đoạn thẳng là hai điểm
(
)
;()
f
αα
và
(

Xét
[
]
(
)
()(2)2()40;2
fxyzxyzyzx=−−++−−∀∈ là hàm bậc nhất theo x. Theo định lí ta có :
()max{(0);(2)}
fxff
≤
.
Mà
(0)(2)(2)0;(2)0
fyzfyz
=−−−≤=−≤
. Nên
()0
fx
≤⇒
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)084()2()0
xyzxyzxyyzxzxyz
−−−≥⇔−+++++−≥

4()2()882()()4
xyzxyyzxzxyzxyzxyyzxz
⇒++−++≤−≤⇔++−++≤

iij
iijij
aaa
=≠=
∑∑
… Bạn đọc hãy giải một số ví dụ sau:
1. Cho a,b,c là độ dài cạnh tam giác có chu vi là 1.CMR:
222
22
abcabc
+++<

2. Cho
0,,1
abc
≤≤
. CMR:
222222
1
abcabbcca
++≤+++
Chú ý khi đánh giá qua các đại lượng trung bình bạn cần nhớ cách phân tích sau:

32
()()()()()XXXXXX
αβγαβγαββγαγαβγ
±±±=±+++++±
Bài toán 2: Cho x,y,z không âm và
1
xyz





. Theo định lí ta có :
2
1
()max{(0);}
2
x
fyzff
−

≤


.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Mà
2
22
7711
(0)(1)0(0)0
272742
fxxxxxxxf

=−−=−+−<−+−=−−≤⇒<



++=
. CMR:

222
4
xyzxyz
+++≥
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
GIẢI
Ta viết BĐT cần chứng minh dưới dạng:

22222
()240(3)(2)40(2)2650
yzyzxxyzxxyzxxyzxx
+−++−≥⇔−++−−≥⇔−+−+≥

Ta cố định x xét
( )
2
2
3
()(2)2650;
4
x
fyzxyzxxyz


−

=−+−+∈



( ) ( )
22
2
22
33
(3)1
(2)265(1)(2)00
4444
xx
x
fxxxxxf

−−
−
=−+−+=−+≥⇒≥




Do đó
()0
fyz
≥⇒
đpcm.
LB: Điều kiện yz mà ta có được là dựa vào BĐT Cauchy ta làm như sau:

( ) ( )
22


2. 7()29
abbccaabc
++≤+

Đẳng thức xảy ra khi nào ?
BL3: Cho x,y,z là các số thực dương và
1
xyz
++=
. CMR

222333
5()6()1
xyzxyz
++≤+++

III. Phương pháp phân chia – phương pháp tham số phụ:
A.Phương pháp phân chia:
Có hai kiểu phân chia để tìm cực trị: theo tập xác định và theo hàm số.
Mệnh đề 1: Cho hàm số
()
fx
xác định trên tập D. Giả sử
12
DDD
=∪ với
12
DD
∩=∅

Mệnh đề 2: Giả sử
12
()()()
fxfxfx
=+ xác định trên cùng tập D và tồn tại

011112222
()max();()max();()max()
DDD
MfxfxMfxfxMfxfx
======
Hoặc
311412252
()min();()min();()min()
DDD
mfxfxmfxfxmfxfx
======
Khi đó
12
MMM
≤+ và nếu
12
xx
=
thì
12
MMM
=+
Hoặc
12

)
222
max()()
D
MfxfxMxD
=⇒≤∀∈ và tồn tại
22
xD
∈ để
22
()
fxM
=
Nếu
(
)
121
()
MMfxMxD
≥⇒≤∀∈ hay
1
max()
D
MfxM
==(1)
Nếu
(
)
212
()

ii. Mệnh đề 1 vẫn đúng khi phân chia tập D thành nhiều tập con hoặc xét hàm nhiều biến.
Định lí 2: Theo giả thiết
10111
()()
fxfxM
≤= và
20222
()()
fxfxM
≤= nên
0102012
()()()
MfxfxfxMM
==+≤+(3)
Nếu
12
xx
=
thì
121121
()()max()
D
MMfxfxfxM
+=+≤=
(4)
Từ (3)&(4) suy ra
12
MMM
=+
Các điều chú ý trong mệnh đề 2:

]
123
2002;,2001;2002,;2001
DDD=+∞==−∞ thì
123
RDDD
=∪∪ với
122313
;;DDDDDD
∩=∅∩=∅∩=∅

Với
1
()2001200224003,min()12002
D
xDfxxxxfxx∈⇒=−+−=−=⇔= (1)
Với
(
)
2
()200120021,min()1(2001;2002)
D
xDfxxxfxx∈⇒=−+−==∀∈ (2)
Với
3
()2001200240032,min()12001
D
xDfxxxxfxx∈⇒=−+−=−=⇔= (3)
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com


GIẢI
*Gọi
12
{0,0,6};{0,0,46};{0,0,4}
DxyxyDxyxyDxyxy
=≥≥+≤=≥≥≤+≤=≥≥+<

Khi đó ta có :
1212
;DDDDD
=∪∩=∅
.
Với mọi cặp
1
(,)
xyD
∈
ta có
40;0;0
xyxy
−−≤≥≥
suy ra
(,)0
Fxy
≤
. Đẳng thức xảy ra chẳng hạn
với cặp
1
1




Đẳng thức xảy ra tại
2,1
xy
==
(2)
Từ (1)&(2) suy ra
max4(,)(2,1)
D
Fxy=⇔=
*Gọi
34
{0,0,4};{0,0,46}
DxyxyDxyxy
=≥≥+≤=≥≥<+≤
. Ta xét hàm
2
(,)(4)
Fxyxyxy
−=+−
. Khi đó ta có :
3434
;DDDDD
=∪∩=∅
.
Với mọi cặp
3
(,)

2
22
(,)4(4)4464
2242
xx
yxy
xxxy
Fxyyxy

++++−

+−

−=+−≤=≤





(,)64
Fxy
⇒≥−
(
)
4
,
xyD
∀∈ . Đẳng thức xảy ra tại
4,2
xy

xyzxyzAA
−
++≥⇒+++≥⇒≥ (1). Đẳng thức xảy ra
222
0
1
xyz
xyz
⇔++=
++=
(2)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
(
)
( )
222
222
111111
1
222222
AxzxzyAA
−
=≤+=−≤⇒−≤≤⇒≥(3)
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Đẳng thức xảy ra
222
0
1
y

thoả mãn điều kiện
222
1
xyz
++=
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
GIẢI
Gọi
222
{,,:1}
DxyzRxyz
=∈++=
. Ta chia hàm f(x,y,z) thành các hàm nhỏ hơn như sau:
1
2
(,,)1
(,,)1
fxyzxyzxyyzxzxyz
fxyzxyzxyyzxz
=+++++++
=++++++
12
(,,)(,,)(,,)
fxyzfxyzfxyz
⇒=+
Từ điều kiện ta suy ra :
,,11,1,10(1)(1)(1)0
xyzxyzxyz
≤⇒+++≥⇒+++≥


kiện
0,0,6
xyxy
≥≥+≤

BL2: Cho
[
]
,,0;2
xyz∈ và
3
xyz
++=
. Tìm GTLN của
222
Axyz
=++

BL3: Tìm GTLN của hàm (,,)
fxyzxyzxyyzxz
=+++++
với x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện
222
27
xyz
++≤
. Đẳng thức xảy ra khi nào?
BL4: (IMO-1969) Cho
121212
,;,;,

I. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xét trên miền D.
Ta nói rằng số M là GTLN của f(x) trên D, nếu như đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau:
i. ()
fxM
≤

ii.
0
xD
∃∈
sao cho
0
()
fxM
=

Khi ấy ta kí hiệu
max()
xD
Mfx
∈
= hoặc đơn giản hơn:
max()
D
Mfx
=
Ta nói rằng số m là GTNN cua f(x) trên D, nếu như đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau:
i. ()
fxm
≥

. Khi đó ta có:
1.
max()max()
xAxB
fxfx
∈∈
≤
2.
min()min()
xAxB
fxfx
∈∈
≤
Tính chất 2: ( Nguyên lý “ phân rã”) Giả sử
12
DDD
=∪. Khi đó ta có:
1.
12
max()max{max();max()}
xDxDxD
fxfxfx
∈∈∈
=
2.
12
min()min{min();min()}
xDxDxD
fxfxfx
∈∈∈

(
)
()0
fxxD
≥∀∈ ta có:
1.
2
max()max()
D
D
fxfx
=
2.
2
min()min()
D
D
fxfx
=
* Chú ý: Tính chất này rất hay dùng trong các bài toán mà hàm
()
yfx
=
có chứa dấu căn thức, hay
dấu giá trị tuyệt đối.
Tính chất 4:
1.
max()()max()max()
DDD
fxgxfxgx

Tính chất 5:
(
)
max()min()
D
D
fxfx
=−−
Tính chất 6: Nếu ta đặt
max();min()
D
D
Mfxmfx
== thì:

max()max{,}
D
fxMm
=
Tính chất 7: Giả sử
12
{,()0};{,()0}
DxDfxDxDfx
=∈≤=∈≥
thì

21
min()min{max(),min()}
DD
D

fx
trên miền D và sự tồn tại nghiệm của một phương trình, một bất phương trình có điều kiện,
được thể hiện trong các định lí sau đây:
Định lí 1: Phương trình ()fx
α
=
với
xD
∈
có nghiệm khi và chỉ khi
mM
α
≤≤
.
* Chú ý : Định lí trên nếu đảo lại nó vẫn đúng.
Định lí 2:
1. BPT ()fx
α
≥
,
xD
∈
có nghiệm khi và chỉ khi
M
α
≥

2. BPT (),
fxxD
β

(,,)
xyzxzyyzx
fxyz
xyz
−+−+−
=
Xét trên miền
{(,,):3,2,1}
Dxyzxyz
=≥≥≥

Bài toán 2: Tìm GTLN của hàm số:
(,,)()()()
fxyzxyzxyyzxz
=+++

Xét trên miền
{(,,):0,0,0,1}
Dxyzxyzxyz
=>>>++=

Bài toán 3: Tìm GTNN của hàm số:
3333
(,,,)
xyzt
fxyzt
yztxztxytxyz
=+++
++++++++


Xét trên miền
{(,,):()()()0}
Dxyzxyyzzx
=−−−≠

Bài toán 5: Tìm GTLN của hàm số:
(,,)(1)(1)(1)
11
xyz
fxyzxyz
yzxzxyz
=+++−−−
++++++

Xét trên miền
{(,,):01,01,01}
Dxyzxyz
=≤≤≤≤≤≤

Bài toán 6: Tìm GTLN của hàm số:
222
(,,,)
fxyztxyzt
=
Xét trên miền
{(,,,):,,,0,21}
Dxyztxyztxxyzytz
=≥+++=

Bài toán 7: Tìm GTLN của hàm số: (,,,)

{(,,,):(1)(1)(1)}
3
Dxyztxxyyzz
=−+−+−≤

Bài toán 10: Tìm GTLN của hàm số:
(,,)(1)(1)(1)
fxyzxyyzzx
=−+−+−

Xét trên miền
{(,,):01,01,01}
Dxyzxyz
=≤≤≤≤≤≤

B.Phương pháp tham số phụ
Phương pháp này khá giống với kĩ thuật cân bằng hệ số nhưng nó có tầm ứng dụng rộng rãi hơn. Ở phần
này tôi sẽ không trình bày tỉ mỉ lời giải mà nêu thẳng ra ý tưởng trong bài làm để từ đó bạn đọc rút kinh
nghiệm.
Bài toán 1: Cho
,0
xy
≥
và
33
1
xy
+≤
. Tìm GTLN của 2
Axy

5
33
55
14
;
164164
ab⇒==
++

Khi đó GTLN của
( )
5
5
6
164
A =+ . Bạn đọc tự tìm giá trị của x,y
* Chú ý: Phương 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)
43
x
fxxx
=−−
. Xét trên miền
{():1}
Dxx
=≥


3
fxx
=⇔=

Bài toán 3: Tìm GTLN của hàm số:
2424
91131
yxxxx
=++−
.
Xét trên miền
{():11}
Dxx
=−≤≤

GIẢI
Đặt
4444
1(2)1
axxaxx
=+⇒−=−
. Áp dụng BĐT Cauchy :
( )
2444
2444
99
21(1)
22
1313
22121

xxxx
y
+++−
≤+=

Đẳng thức xảy ra
2
5
x⇔=

Bài toán 4: Tìm GTLN của hàm số
232
2
26225
()
34
xxxx
fx
xx
+−+−+
=
+−

Xét trên miền
{():1}
Dxx
=≥

GIẢI
Đặt

2
3
(12)54
b
a
ab
ab
a
+=
=
−+=−
3(0)9
bba
⇒=>⇒=

Khi đó GTLN của
95
()3
2
fxx
±
=⇔=
Bài toán 5: Cho x,y là các số thực thoả mãn:
22
1
xy
+=
. Tìm GTNN,GTLN của hàm

2

−=−⇔+−=⇔=∨=−

Do đó GTLN của f(x,y)=3, GTNN của hàm f(x,y)=-6
* Chú ý bạn có thể giải như sau:
22
222
2(6)2(6)
(,)
12223
xxyxxy
fxy
xyyxxyy
++
==
++++
. Ta xét với
1,0(,)(1,0)2
xyfxyf
==⇒==

Với
2
2
6
2
0(,)
2
3
xx
yy

+
=
++
. Đến đây bạn có thể dùng PP miền giá trị hay PP tách bộ phận kép để giải.
Tuy nhiên nếu so sánh 2 cách giải trên thì cách giải thứ nhất chỉ mang tính giải quyết bài toán chứ
không mang tính toán học như cách giải thứ hai.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
BL1:Cho x,y là các số không âm và
22
1
xy
+≤
. Tìm GTLN của hàm số (,)64
fxyxy
=+
BL2:Tìm GTNN của hàm số:
()52(1)
fxxxx
=−−
. Xét trên miền
{():1}
Dxx
=≥

BL3:Tìm GTNN của hàm số :
232
2
1
()

sau:
Định lí: Điều kiện cần và đủ để a,b,c là độ dài của 3 cạnh tam giác là tồn tại các số dương x,y,z sao cho
;;
axybyzcxz
=+=+=+

Khi đó ta có một số kết quả thú vị như sau:

2
2
2
2
abc
xyzp
acb
xpb
abc
ypc
bca
zpa
++
++==
+−
==−
+−
==−
+−
==−

Ta cần chú ý một số công thức sau:

4.
222
222
222
cot
4
cot
4
cot
4
bca
A
S
cab
B
S
abc
C
S
+−
=
+−
=
+−
=

5.
tan;tan;tan
2()2()2()
ASBSCS

4
abcSS
abcppapbpc
Spp
≥⇔≥=−−−

Đến đây ta sử dụng phép thế BĐT trở thành: ()()()8
xyyzxzxyz
+++≥

Ta sử dụng BĐT Cauchy ta có:

2
2
2
xyxy
yzyz
xzxz
+≥
+≥
+≥
()()()8
xyyzxzxyz
⇒+++≥

Đẳng thức xảy ra
xyzabc
⇔==⇔==
.
Bài toán 2: Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c và diện tích S. CMR:


Đẳng thức xảy ra
xyzabc
⇔==⇔==
.
LB: Qua hai bài toán trên ta rút ra nhận xét sau: việc chuyển từ BĐT hình học sang BĐT đại số giúp giải
quyết bài toán nhẹ nhàng hơn. Và cũng vì lí do đó mà người ta còn gọi đây là phương pháp đại số hoá ,
như vậy việc chuyển từ BĐT đại số 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 giải
quyết.Nếu như một bài toán về BĐT, bằng một cách biến đổi sơ cấp nào đó có thể qui về các sự kiện
hình học thì ta nên dùng phương pháp hình học để giải.Lẽ dĩ nhiên phương pháp này chỉ thích hợp với
những bài toán mà nội dung của nó tiềm ẩn những yếu tố hình học,mà lúc đầu thoạt tiên ta chưa nhận ra.
Đối với phương pháp này ta sử dụng nhận một số tính chất sau:
- Trong các đường gấp khúc nối 2 điểm A,B thì đường thẳng nối 2 điểm A,B là đường ngắn nhất.
- Trong tam giác tổng hai cạnh luôn lớn hơn cạnh thứ ba.
- Cho điểm A nằm ngoài đường thẳng d cho trước.Khi đó độ dài đường vuông góc kẻ từ A xuống đường
thẳng d ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từ A xuống đường thẳng ấy.
- Trong các tam giác cùng nội tiếp đường tròn thì tam giác đều có chu vi và diện tích lớn nhất.
- Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM+BM bé nhất
là giao điểm của AB và d.
- Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM+BM bé nhất
là giao điểm của
'
AB
và d ( trong đó
'
A
là điểm đối xứng của A qua d).
- Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B cùng phía với d nhưng không song song với d. Điểm M thuộc d sao

Bxxxx=−+−−+
GIẢI
1. Ta có:
2222
(1)(01)(2)(06)
Axx=−+−+−++
Nếu ta chọn điểm
(,0);(1,1);(2,6)
MxAB
−
thì
2222
(1)(01);(2)(06)
AMxBMx=−+−=−++
Bài toán qui về việc tìm điểm M trên trục hoành sao cho AM+BM có độ dài bé nhất. Theo tính chất thì
điểm M phải là giao điểm của AB và trục hoành.
Đường thẳng AB có dạng:
(0)
yaxba
=+≠
. AB đi qua A,B nên ta có :

1
62
ab
ab
=+
−=+
7;8
ab

()()
Axabxcd
=−++−+
(
,0)
bd
>

Ta viết lại
2222
()(0)()(0)
Axabxcd
=−+−+−++
Trong mặt phẳng toạ độ ta chọn các điểm
(,);(,);(,0)
AabBcdMx
−
; 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
phía ở trục hoành, vậy điểm M cần tìm là giao điểm của AB và trục hoành.
2. Ta có
2222
(1)(01)(2)(04)
Bxx=−+−−−+−
Nếu ta chọn
(1,1);(2,4);(,0)
ABMx
khi đó B=
AMBM
− . Bài toán qui về việc tìm M trên trục hoành

. Vậy
3
,0
2
M




Vậy GTLN của
3
10
2
Bx
=⇔=
.
Bài toán tổng quát: Tìm GTLN của
2222
()()
Bxabxcd
=−+−−+ (
,0
bd
>
)
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Ta viết lại
2222
()(0)()(0)

+++≥+++
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 với vấn đề ban đầu, như ta đã biết việc sử dụng phương pháp đại số hoá hay hình học hoá
giúp ta giải quyết bài toán dễ dàng nhưng không phải lúc nào cũng vậy.Chẳng hạn với 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:

2222222222222
111
16()()()
222
abbccaSabcbcacab
++≥+−+−+−(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:
2222222222
22
11
()()()()()()16()()()()()
22
1
()()(2)
2
xyyzyzxzxyxzxyzxyzxyyxzyzy
zxzx
++++++++≥++++−++−
++−
Quả thật để chứng minh được BĐT trên là điều không phải dễ, bởi vì cấu trúc của bài toán lúc này quá
cồng kềnh, . Đây là việc quá lạm dụng phương pháp mà không để ý kĩ tới cấu trúc của bài toán ban đầu:

−−−

BL4: Chứng minh trong mọi tam giác ta đều có:
1.
2222
abc
mmmp
++≥

2.
23
abc
abc
mmm
++≥
Phụ lục: Không những đối với BĐT hình học mới có phép thế mà trong BĐT đại số cũng có phép thế.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Bài toán 1: Cho a,b,c dương và abc=1. CMR:

111
1111
abc
bca

+−+−+−≤



GIẢI

1113
(1)(1)(1)2
abbcca
++≥
+++

2. Cho x,y,z,t dương và xyzt=1. CMR:

2222
11114
()()()()3
xyzzttyyxzzttxzxyxttytxyyzxz
+++≥
++++++++

GIẢI:
1. Đặt
;;
xyz
abc
yzx
===
khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

1113
2
11
1
3
2

(1)(1)(1)2
aabbcc
++≥
+++

BL2: Cho a,b,c dương. CMR:

1
222
bca
abbcca
++≤
+++

BL3: Cho a,b,c dương và abc=1. CMR:

333
1
8c18181
abc
ab
++≥
+++

V.Kĩ thuật hệ số bất định – phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất:
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
1. Kĩ thuật hệ số bất định
Kĩ thuật này thường được sử dụng đối với bất đẳng thức không đối xứng. Sau đây là một số ví dụ:
Lớp bài toán thứ nhất:

⇒++≥++⇒
đpcm
2. Ta giải bài toán trên như sau:

222222222
6352()4()
Axyzxyxzyz
=++=+++++

Đến đây ta áp dụng BĐT Cauchy ta có:

22
22
22
2()4
4()8
2
xyxy
xzxz
yzyz
+≥
+≥
+≥
482
Axyxzyz
⇒≥++

LB: Chắc hẳn các bạn sẽ thắc mắc cách giải của câu 2, không hiểu vì sao lại tách ra được như vậy. Sau
đây là bí mật của cách giải:
Ta đưa các tham số m,n,p vào biểu thức như sau:

++≥++

trong đó x,y,z là các ẩn. Ta đưa vào các tham số m,n,p; nghĩa là ta có:

[
]
[
]
[
]
(,,)(,,)(,,)(,,)(,,)(,,)
mAxyzBxyznBxyzCxyzpAxyzCxyz
+++++

()(,,)()(,,)()(,,)
mpAxyzmnBxyznpCxyz
=+++++

Ta đồng nhất thức, khi đó ta có hệ:

mpa
mnb
npc
+=
+=
+=
;;
222
abcbcaacb
mnp

1.
sinsin2cos
2
C
AB+≤
2.
sinsinsincoscoscos
222
ABC
ABC++≤++
3.
7sin5sin8sin4cos6cos10cos
222
CAB
ABC++=++
Xác định hình dạng của tam giác ABC.
GIẢI
1. Ta có:
sinsin2cossin2sin2cos
2222
ABABABC
AB
−++
+=≤=(1)
Do
(
]
( )
sin0;cos1,,0;
22

mABnBCpAC
mpAmnBnpC
+++++
=+++++

Đồng nhất hệ số ta có:

7
5
8
mp
mn
np
+=
+=
+=
2;3;5
mnp
⇒===

Khi đó ta có:
2(sinsin)3(sinsin)5(sinsin)
ABBCAC
+++++

Sử dụng các BĐT (1);(2) và (3) ta suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều.
BL1:Cho x,y,z là các số dương.CMR:
1.
222

Lớp bài toán thứ hai:
Bài toán 1: Cho a,b,c không âm và
3
abc
++=
. Tìm GTLN của
486
Aabbcca
=++

GIẢI
Đưa tham số m,n,p sử dụng kĩ thuật hệ số bất định ta có:

()()()()()()
mabcnbcapcabmnabnpbcmpca
+++++=+++++

Đồng nhất hệ số ta có:

4
8
6
mn
np
mp
+=
+=
+=
1;3;5
mnp

⇒++≥++−=

Bài toán qui về việc tìm GTLN của
( )
222
81
35
4
Axyz
=−++ với
3
2
xyz
++≥
. Nghĩa là ta phải tìm
GTNN của
222
35
xyz
++ với
3
2
xyz
++≥

Đến đây ta sử dụng kĩ thuật cân bằng hệ số để giải quyết.
Đ/Án: max A
432
23
=

=++
+++

Ta cần tìm m,n,p sao cho :

41213
61514
15510205
mn
mp
np
−=+=
−==+
=+=−
1,1,1
mnp
⇒===

Khi đó ta có BT :
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com

( ) ( )
( )
351535153515
3
46210420
11193
3515335153
46210420235152

578
Aabbcac
=++

BL3: Cho a,b,c là các số dương. CMR:

35322
1
43224
cbbcaabc
abacbc
−+−++
++≥
+++

BL4: Cho a,b,c là các số dương.CMR:

433
5
cabbc
abbcac
+−
++≥
+++

2. Phương pháp chọn giá trị lớn nhất, nhỏ nhất:
Đối với phương pháp này ta cần chú ý một số nhận xét sau:
- Với BĐT đối xứng ( hoán vị bất kì ) của các biến
(
)

12
max,,
n
aaaa
=
Bài toán 1: Cho a,b,c là các số dương. CMR:

()()()
abbccaabc
ccaaabbbccaabbc
++≥++
++++++

GIẢI
Do BĐT có tính hoán vị vòng quanh nên ta giả sử:
max(,,)
aabc
=
. Ta đưa BĐT cần chứng minh về
dạng sau:

()()()
0
()()()
abcbcacab
ccaaabbbc
−−−
++≥
+++


. Do đó:

()()()()()()
0
()()()()
abcbcacababcbcacab
ccaaabbbcaab
−−−−+−+−
++≥=
++++

TH2:
0
acb
≥≥>
. Khi đó ta có:

()0;()()
()0;()()
abcccabbc
cabaabbbc
−≤+≥+
−≤+≥+

Suy ra:
()()
()()
abcabc
ccabbc
−−

ccaaabbbccaabcb
bca
cabcab
cab
abcabc
++≥++
++++++
⇔++≥++
++++++

Đặt
;;1
abc
xyzxyz
bca
===⇒=
. BĐT trở thành:

111
111111
yzx
zxyzxy
++≥++
++++++

222222
222222
(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)
()()()3
(1)(1)(1)()(3)0

3
()()()
abcbcacab
ccaaabbbc
+++
⇔++≥
+++

Sử dụng BĐT Cauchy tức là ta phải chứng minh:

222
()()()()()()
abcbcacababcabbcca
+++≥+++

Chia hai vế cho
3
()
abc
ta được BĐT trở thành:
111
abbcacabc
bccababca

+++≥+++



Đặt
;;1

. Khi đó ta có:

0;
0;
abbcab
bccaab
−≥+≤+
−≥+≤+

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
www.VNMATH.com
Do đó:
abab
bcab
−−
≥
++
và
bcbc
caab
−−
≥
++

Suy ra :
0
abbccaabbcca
bccaabab
−−−−+−+−
++≥=

abbccaabbcca
bccaabbc
−−−−+−+−
++≥=
++++

LB: Bạn đọc có thể tham khảo thêm cách giải sau:
Đặt
(
)
;;,,0
xbcycazabxyz
=+=+=+>
. Khi đó ta có:

222222222
;;
222
yzxzxyxyz
abc
+−+−+−
===
BĐT cần chứng minh trở thành:
222222
0
yxzyxz
xyz
−−−
++≥


−−−
++≥
+++

2
1111
()()0
(2008)(2008)(2008)(2008)
(2008)(2008)
()()()0
(2008)(2008)(2008)(2008)
abbc
bbaaccaa
abac
abbcac
ababacac

⇔−−+−−≥

++++

++++
⇔−+−−≥
++++

BĐT trên đúng với các điều kiện đã giả sử ban đầu.
LB: Có thể nói sử dụng phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” để giải toán BĐT là khá hay. Tuy sức
mạnh của phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” không bằng phương pháp phân tích bình phương
S.O.S.
Nhưng có thê nói phương pháp “ bán Schur-bán S.O.S” là một mẫu mực khi đứng trước các bài toán về