CHƯƠNG 5. BẤT ðẲNG THỨC – CỰC TRỊ
BÀI TOÁN LIÊN QUAN ðẾN THAM SỐ
I. Bất ñẳng thức
1. Bất ñẳng thức Cô si
a. Bất ñẳng thức Côsi cho hai số thực không âm
Với hai số thực không âm bất kì ,a b ta luôn có:
2
a b
ab
+
≥ .
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b=
.
b. Bất ñẳng thức Côsi cho ba số thực không âm
Với ba số thực , , 0
a b c
≥ ta luôn có:
3
3
a b c
abc
+ +
≥
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b c
= = .
c. Một số hệ quả
* Với hai số thực , 0
a b
> ta có:

nằm giữa ,
A C
.
b. Bất ñẳng thức véc tơ
Với hai véc tơ
,a b
 
bất kì ta luôn có:
. .a b a b≤
   
. ðẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi
.a k b
=
 
.
II. Ứng dụng ñạo hàm ñể tìm GTLN, GTNN của hàm số
1. ðịnh nghĩa: Cho hàm số
( )
y f x=
xác ñịnh trên D
i) Số
M
gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của hàm số trên D nếu
0 0
( )
: ( )
f x M x D
x D f x M


, ta kí hiệu min ( )
x D
m f x
∈
= .
2. Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số
Phương pháp chung: ðể tìm GTLN, GTNN của hàm số
( )
y f x=

trên D ta tính
'y , tìm các ñiểm mà tại ñó ñạo hàm triệt tiêu hoặc
không tồn tại và lập bảng biến thiên. Từ bảng biến thiên ta suy ra
GTLN, GTNN.

Chú ý:
* Nếu hàm số
( )
y f x
=
luôn tăng hoặc luôn giảm trên
;
a b
 
 
 

thì
[a;b] [a;b]
max ( ) max{ ( ), ( )}; min ( ) min{ ( ), ( )}f x f a f b f x f a f b= =

max ( ) max { ( ), , ( ), ( ), ( )}
n
x a b
f x f x f x f a f b
∈
=

1
[ ; ]
min ( ) min { ( ), , ( ), ( ), ( )}
n
x a b
f x f x f x f a f b
∈
=
.
* Nếu hàm số
( )
y f x
=
là hàm tuần hoàn chu kỳ T thì ñể tìm GTLN,
GTNN của nó trên D ta chỉ cần tìm GTLN, GTNN trên một ñoạn
thuộc D có ñộ dài bằng T.
* Cho hàm số
( )
y f x
=
xác ñịnh trên D. Khi ñặt ẩn phụ
( )
t u x= , ta

( )
f x k
= (trên
( ; )a b ) không nhiều hơn một và
( ) ( )
f u f v u v
= ⇔ =
, ( ; )u v a b∀ ∈ .
Chứng minh: Ta giả sử
f là hàm ñồng biến trên ( ; )a b
• Nếu
( ) ( )u v f u f v> ⇒ >
• Nếu
( ) ( )u v f u f v< ⇒ <
Tính chất 2: Nếu hàm số
( )
y f x
= liên tục và luôn ñồng biến (hoặc
luôn nghịch biến) ; hàm số
( )
y g x
= liên tục và luôn nghịch biến
(hoặc luôn ñồng biến) trên D thì số nghiệm trên D của phương trình :
( ) ( )
f x g x
= không nhiều hơn một.
Chứng minh:
Giả sử
f ñồng biến còn
g

nhất một nghiệm thuộc khoảng
( ; )a b .
Chứng minh:
Giả sử phương trình
'( ) 0f x = vô nghiệm trên ( ; )a b . Khi ñó
'( ) 0 ( ; )f x x a b> ∀ ∈ (hoặc '( ) 0 ( ; )f x x a b< ∀ ∈ ).
Suy ra
( ) ( )f b f a> (hoặc ( ) ( )f b f a< ).
ðiều này trái với giả thiết ( ) ( )f a f b= .
Vậy phương trình '( ) 0f x = có ít nhất một nghiệm trên ( ; )a b .
Từ ñịnh lí này, ta có ñược hai hệ quả sau:
Hệ quả 1: Nếu phương trình
( )
0f x
= có m nghiệm thì phương trình
'( ) 0f x = có
1m −
nghiệm.
Hệ quả 2: Cho hàm số
( )
y f x
= có ñạo hàm ñến cấp k liên tục trên
( ; )a b
. Nếu phương trình
( )
( ) 0
k
f x =
có ñúng m nghiệm thì phương
trình

Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp hàm số.
Vấn ñề quan trọng nhất khi sử dung phương pháp hàm số là chúng ta
phải nhận ra ñược hàm số ñơn ñiệu và nhẩm ñược nghiệm của phương
trình.
1) ðể phát hiện ñược tính ñơn ñiệu của hàm số chúng ta cần nắm vững
các tính chất:
i) Nếu
( )
y f x
= ñồng biến (nghịch biến) thì:
*
( )
n
y f x
= ñồng biến (nghịch biến).
*
( )
1
y
f x
=
với
( )
0f x
> nghịch biến (ñồng biến).
*
( )
y f x
= − nghịch biến (ñồng biến).
ii) Tổng của các hàm số ñồng biến (nghịch biến) trên D là một hàm số

= .
Chú ý : Nếu hàm số
( )
y f x
= liên tục trên
D
và tồn
tại
min ( )
x D
f x m
∈
=
,
max ( )
x D
f x M
∈
=
thì phương trình :
( )
f x k
= có
nghiệm trên
D
khi và chỉ khi
.m k M≤ ≤

Bài toán 2: Tìm m ñể bất phương trình
( ) ( )

D
f x
).
3) ðể bất phương trình :
( ) ( ( ) ) f x k f x k x D≥ ≤ ∀ ∈
min ( ) ( max ( ))
D D
k f x k f x⇔ ≤ ≥
.
B. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1.5.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
(
)
3
6 2
4 1y x x
= + −
trên ñoạn
1; 1
 
−
 
(B1 – 2003 ).
Lời giải.
ðặt
2
0;1 1;1t x t x
   
= ⇒ ∈ ∀ ∈ −

ñạt ñược khi
0 0t x= ⇔ =
.
min 4y =
ñạt ñược khi
2 2
3 3
t x= ⇔ = ±
.
Ví dụ 2.5.
Cho hai số thực
0a b≥ >
. Chứng minh rằng:
1 1
2 2
2 2
b a
a b
a b
   
+ ≤ +
   
   
(D-2007).
Lời giải.
Ta có bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với
(
)
(
)

( )
(
)
( )
ln 4 1
, 0;
t
f t t
t
+
= ∈ +∞
Ta có :
( )
(
)
(
)
(
)
2
4 ln 4 4 1 ln 4 1
' 0, 0
4 1
t t t t
t
f t t
t
− + +
= < ∀ >
+

x y
= + (B1 –
2002 ).
Lời giải.
Lời giải 1: Ta có
5
4 5 4
4
x y y x
+ = ⇒ = −
4 1
5 4
S
x x
⇒ = +
−
.
Xét
( )
4 1 5
, 0;
5 4 4
f x x
x x
 
= + ∈
 
−
 
.

= = .
Lời giải 2: Ta có
5 4 1 1 4
( )( ) 4
4 4 4 4
y x
S x y
x y x y
= + + = + + +
Áp dụng BðT Cô si cho hai số thực dương ta có:
4 4 5 1 25
2 . 2 4 2 5
4 4 4 4 4
y x y x
S S
x y x y
+ ≥ = ⇒ ≥ + + = ⇒ ≥
ðẳng thức xảy ra
5 1
4
1
4
4
x
x y
y
x y
 
=
+ =

4
4
1
1
4
1
4
4
5
4
x
x
x
y
y
y
x y

=


=

 
⇔ = ⇔
 
=
 



 +



= + + + + +






 2
3
2 2
1 1 4 9
2 . 6 .
4 2 2
8
x y
x
y
≥ + + =
.
ðẳng thức xảy ra khi
2x y= = . Vậy
A
9

x x x x x− + = − + +3
1 2 2cos 1 cos 1 cos 32
3
2 3 27
x x x
 
− + + + +
≤ = <
 
 

4
sin 3 cos 3 3x x y⇒ + ≤ ⇒ ≤ .
ðẳng thức xảy ra
sin 0
2
cos 1
x
x k
x
π

=

⇔ ⇔ =

=

+ + ≥
+ +

Lời giải 1: Xét ba véc tơ
1 1 1
( ; ), ( ; ), ( ; )a x b y c z
x y z
= = =
  

Ta có
a b c a b c+ + ≥ + +
     

2
2 2
2
1 1 1 81
( ) ( )
( )
P x y z x y z
x y z
x y z
 
⇒ ≥ + + + + + ≥ + + +
 
+ +
 

ðặt

+ ≥
4 4 4 2
2
2 2 2
1 (81 1) 81 18 81
82( )
x x x x
x
x x x
+ + + + +
⇒ + = ≥

2
2 2
2
( 9) 9x
x
x
x
 
+
= = +
 
 

2
2
1 9
82( )x x
x

1 1 1
4
x y z
+ + = .
Chứng minh:
1 1 1
1
2 2 2x y z x y z x y z
+ + ≤
+ + + + + +

(ðH Khối A – 2005).
Lời giải. Gọi
P
là biểu thức của vế trái của BðT cần chứng minh
Với
, 0a b > ta có:
1 1 1 1 1 1
( )( ) 4
4
a b
a b a b a b
 
+ + ≥ ⇒ ≤ +
 
+
 

Áp dụng BðT trên ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1

 
+ +
 

Cộng ba BðT trên lại với nhau ta có
1 1 1 1
1
4
P
x y z
 



≤ + + =





 
. ðẳng thức xảy ra
3
4
x y z
⇔ = = = .
Ví dụ 8.5. Cho các số thực
, ,x y z
thoả mãn
3 3 3 1

+ +
+ + ≥
+ + +

Ta có:
( )( )
2 3 3 3
2 2
a a a a
a bc
a b a c
a abc a ab bc ca
= = =
+
+ +
+ + + +

Tương tự:
( )( ) ( )( )
2 3 2 3
;
b b c c
b ca c ab
b c b a c a c b
= =
+ +
+ + + +

Mặt khác:
( )( )

≥ ≥
+ + + +

Suy ra:
2 2 2
4 4 4
8 8 8
a b c a b c b a c c b a
a bc b ca c ab
− − − − − −
+ + ≥ + +
+ + +4
a b c
+ +
= .
Chú ý: Trong một số bài toán ta ñặt ẩn phụ cho hình thức bài toán
nhìn ñơn giản hơn.

Ví dụ 9.5. Cho
, ,x y z
là các số thựcc dương thay ñổi thỏa mãm ñiều
kiện 1.xyz = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
x y z y z x z x y
P

P
y y z z z z x x x x y y
+ + +
= + +
+ + +2
2 2
2 2 2
y y
x x z z
y y z z z z x x x x y y
≥ + +
+ + +2
4 6 2
9
c b a a b c
b a c b c a
 
   

  
 

 
=  + + + + + − ≥

a b c
P
b c c a a b
≥ + +
+ + +

Xét ba véc tơ
; ;
2 2 2
a b c
u
b c c a a b
 
 
 
+ + +
 
(
)
( 2 ); ( 2 ); ( 2 )v a b c b c a c a b= + + +


Áp dụng BðT
( )
2 2
2
. .u v u v

+ + ≤ .
Chứng minh rằng:
2 2
4 3 3 3 4 3 3x xy y
− − ≤ − − ≤ − (A1 – 2006 )
Lời giải.
ðặt
2 2
3A x xy y= − −
;
2 2
a x xy y
= + + .
* Nếu
2
0 0 3y A x A= ⇒ = ⇒ ≤ ≤

* Nếu
0y
≠ ta ñặt
.x ty
=
Ta xét:
2 2 2
2 2 2
3 3
( )
1
A x xy y t t
B f t

2 3− − 2 3− +
+∞

'( )f x
+ 0 - 0 +
( )f x

3 4 3
3
− +
1
1
3 4 3
3
− −

Dựa vào bảng biến thiên ta có:
3 4 3 3 4 3 3 4 3 3 4 3
( )
3 3 3 3
A
f t
a
− − − + − − − +
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
3 4 3 3 4 3
3 4 3 3 4 3
3 3
a A a A
− − − +

(B – 2009).
Lời giải.
Ta có:
3
3 2
2
( ) 4 2
( ) ( ) 2 0
( ) 4 0
x y xy
x y x y
x y xy

+ + ≥

⇒ + + + − ≥

+ − ≥



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

x y
t x y
+
= + ≥ ≥
1
2
t
⇒ ≥
Và
2
9
2 1
4
A t t
≥ − + .
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


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
3 4 4 0
S
P
S P
S P
S S




=


⇔



≥



. Khi ñó :
1 4(1 )
(1 )(1 ) 1 1
3 3
S S
a b a b ab S
+ +
+ + = + + + = + + =

( )
3
3 3
3
(1 ) (1 ) 2 3(1 )(1 )(2 )
(2 ) 4(1 )(2 )
a b a b a b a b
S S S
+ + + = + + − + + + +

⇔ − − + + ≤ ⇒ ≤ + ⇒ ≤ +
 

Áp dụng BðT :
3 3 3
( ) 4( )x y x y
+ ≤ + ta ñược
3 3 3 3
(1) 4( ) 4( ) 12 ( )VT x y x z yz y z
≤ + + + + +

3 3 3
8 4( ) 5( )x y z y z
= + + ≤ + (ñpcm)
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x y z
= =
.
Ví dụ 13.5. Gọi (x, y) là nghiệm của hệ
2 4
3 1
x my m
mx y m

− = −






2 2 2 2 2
( 1) ( 1) (1 4 ) (2 1)m x y m m
 
⇒ + − + = − + +
 
 

2
2 2
2 2
19 4 1 2 9
( 1) 1 19 2
1 1
m m m
A x y
m m
− + +
⇒ = − + − = = −
+ +

Xét hàm số
2
2 9
( )
1
m
f m

x y
+ − +
=
− −
.
Lời giải.
ðặt
; 2t x y t= + > . ta có
2
4
t
xy
≤ .

3 2
(3 2)
1
t t xy t
P
xy t
− − −
=
− +
. Do
3 2 0t − >
và
2
4
t
xy

t t t
f t f t
t
t
−
= =
−
−

0
'( ) 0
4
t
f t
t

=
= ⇔

=


.
Lập bảng biến thiên ta tìm ñược min P =
(2; )
min min ( ) (4) 8P f t f
+∞
= = = ñạt ñược khi
4 2
4 2

3
b c bc bc b c
+ + ≥ ⇒ ≤ + +
3 3 3 3
2
1 3 2 ( 1)
3
a c ac ac a c
+ + ≥ ⇒ ≤ + +
3 3
1
1 1 3 ( 2)
3
c c c c
+ + ≥ ⇒ ≤ +
Cộng 4 BðT trên ta có:
3 3 3
5
( ) 3 8
3
P a b c
≤ + + + =
ðẳng thức xảy ra
1a b c⇔ = = = . Vậy
max 8P =
.
Ví dụ 16.5. Chứng minh rằng phương trình:
( )
1
1

x
x x x
= + +
+ +1 1 1
ln(1 )
1x x x
= − + + +
+
.
Vì
1 1
ln(1 ) 0 ln(1 ) 0t t t
x x
+ < ∀ > ⇒ − + >
'( ) 0 0 ( )f x x f x⇒ > ∀ > ⇒ là hàm ñồng biến.
Mặt khác:
8
(2) 3 ln 2 2 ln 3 ln 0
9
f
= − = <

81
(3) 4 ln 3 3 ln 4 ln 0
64
f
= − = >

với
1x > −
.
Ta có :
1 1
'( )
1 1
x x a
f x e e
x a x
+
= − + −
+ + +0
( 1)( 1)
x x a
a
e e
x x a
+
= − − <
+ + +

( )f x
⇒ là hàm nghịch biến trên
( 1; )− +∞
và
1

( ) 4 (4 1) 1
x
f x x
= + − , ta có :
2
'( ) 4 (4 ln 4 8 ln 4)
x
f x x x
= + + .
Dễ thấy
'( ) 0f x = có hai nghiệm phân biệt
1 2 1 2
; , x a x a a a= = >
Bảng biến thiên
x

−∞

1
a
2
a
+∞

'f

+

0


ba nghiệm phân biệt. Chứng minh phương trình sau chỉ có hai nghiệm
thực phân biệt.
3 2 2 2
4( )(3 ) (3 2 )x ax bx c x a x ax b+ + + + = + +
(2).
Lời giải.
Gọi
3 2
( )f x x ax bx c= + + +
. Khi ñó (2) ñược viết dưới dạng:
2 2
2 ( ). ''( ) '( ) ( ) 2 ( ) "( ) '( ) 0f x f x f x g x f x f x f x
   
= ⇔ = − =
   
.
Ta có:
(3)
'( ) 2 ( ) ( )g x f x f x=
(
(3)
f
là ñạo hàm cấp ba của hàm f ).
Gọi
1 2 3
x x x< < là ba nghiệm phân biệt của f(x), ta có:
1 2 3
'( ) 12( )( )( ) '( )g x x x x x x x g x= − − − ⇒ có ba nghiệm
1 2 3
, ,x x x

( )g x
Vì
2
( ) 0 ( ) '( ) 0 1,2, 3
i i i
f x g x f x i
 
= ⇒ = − < =
 
, nên từ bảng biến
thiên suy ra phương trình
( ) 0g x = chỉ có hai nghiệm phân
biệt
⇒
ñpcm.
Ví dụ 20.5. Giải phương trình :
sin
4
tan
x
e x
π
 
−
 
 
= (A1 – 2008).
Lời giải.
ðặt
( )

2
2 2
'( ) 0 1;1 \ 0
2
t
t
f t e t
t
−
= < ∀ ∈ −

Suy ra hàm số
( )f t nghịch biến trên từng khoảng ( 1;0)− và (0;1) . Do
0ab >
nên chỉ có hai trường hợp sau
*
, ( 1;0) ( ) ( )a b f a f b a b∈ − ⇒ = ⇔ =

*
(0;1) ( ) ( )a f a f b a b∈ ⇒ = ⇔ =

Tóm lại ta có
tan 1 ,
4
a b x x k k Z
π
π
= ⇔ = ⇔ = + ∈ .
Ví dụ 21.5. Giải hệ phương trình :
2 1


+ + =



+ + =


2 2
3 1 3 1
u v
u u v v⇒ + + + = + + +
.
Xét hàm số :
2
( ) 3 1
t
f t t t= + + +
ln3+1+ >
2
'( ) 3 0, ( ) ( )
1
t
t
f t t R f u f v u v
t
= ∀ ∈ ⇒ = ⇒ =
+

Ta xét ph

ng bi
ế
n và
(0) 0g =
.
Suy ra
0u
=
là nghi
ệ
m duy nh
ấ
t c
ủ
a ph
ươ
ng trình
( ) 0g u =
.
V
ậ
y h
ệ
ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t là

Xét hàm số:
3
( ) logf t t t= + ta có
( )
f t
là hàm ñồng biến nên
(1) (3 ) (1 2 ) 3 2 1 3 2 1 0 (2)
x x x
f f x x x⇔ = + ⇔ = + ⇔ − − =

Xét hàm số:
2
( ) 3 2 1 '( ) 3 ln 3 2 "( ) 3 ln 3 0
x x x
f x x f x f x= − − ⇒ = − ⇒ = >

( ) 0f x⇒ = có nhiều nhất là hai nghiệm, mà
( ) ( )
0 1 0f f
= = nên
phương trình ñã cho có hai nghiệm
0x
= và
1x =
.
2) Xét hàm số :
( ) 2003 2005 4006 2
x x
f x x= + − −


.
ðặt vế trái của phương trình là
( )
, 0;6f x x
 
∈
 

Ta có
( )
( ) ( )
3 3
4 4
1 1 1 1
'
2 6
2 2 2 6
f x
x x
x x
= + − −
−
−( ) ( )
( )
3 3
4 4
1 1 1 1 1

u x x
x x
x x
 
 
 
= − = −
 
 
−
   
 
−
 

Ta thấy
( ) ( ) ( )
2 2 0 ' 2 0u v f= = ⇒ =
Mà
( ) ( )
,u x v x cùng dương trên (0;2) và cùng âm trên (2;6) nên ta có
bảng biến thiên :

Suy ra
4
2 6 2 6 3 2 6m+ ≤ ≤ + là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 24.5. Tìm
m
ñể phương trình sau có nghiệm thực:

1
x
t t
x
−
= ≤ <
+
. Khi ñó (1) trở thành:
[
2
3 2 , 0;1)m t t t= − + ∈
. (2)
Bảng biến thiên của hàm số
[
2
( ) 3 2 , 0;1)f t t t t= − + ∈

t

0
1
3
1

( )f t 1
3


x xy xy x
 
− − = = −
 
⇒
 
+ = = −
 
 

2 2
1 0 1
(1)
(1 ) (2 ) 2 1
x x
xy x x x m x x
 
− ≥ ≤
 
⇔ ⇔
 
= − − = − +
 
 

2
2
1
1
2 1

2
2
1
'( ) 0, , 0 1
x
f x x x
x
+
= > ∀ ≠ ≤
.
0 0
lim ( ) ; lim ( ) ; lim ( )
x
x x
f x f x f x
− +
→−∞
→ →
= −∞ = +∞ = −∞ .
Bảng biến thiên:
x

−∞
0 1
'( )f x
+ +
( )f x

+∞
2

(
)
(
)
2 2
3 1 4x x+ + − =
nên ta có thể ñặt:
2
2
2
2
3 2
1
1
1 2
1
t
x
t
t
x
t

+ =


+

−


'( ) 0 [0;1]
(5 16 7)
t t
f t t
t t
+ +
= − < ∀ ∈
− −

7 9
(1) ( ) (0) [0;1]
9 7
f f t f t⇒ = ≤ ≤ = ∀ ∈
.