PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ BÀI TẬP PHÁT TRIỂN CHƯƠNG I
SÁCH GIÁO KHOA GIẢI TÍCH 12
I. ĐĂT VẤN ĐỀ:
1. Lý do chọn đề tài:
- Dạy học bộ môn toán thực chất là dạy tư duy và dạy giải quyết các bài tập
toán.Ngoài các bài tập cần đạt ở sách giáo khoa để phục vụ các kỳ thi học kỳ và thi
tốt nghiệp của bộ môn toán ,cần có những bài tập nâng cao để phát huy tính sáng
tạo .phát triển tư duy cho nhiều đối tượng học sinh
- Kỳ thi học sinh giỏi và thi Đại Học do nhu cầu kiểm tra đối tượng học sinh ở
mức độ phân hóa cao nên tất cả các học sinh cần phải đối diện các loại đề toán khó
hơn do đó giáo viên cũng cần ra những loại bài tập mà sách giáo khoa không đề
cập đến .
- Người ta đã phân bậc trong nhận thức theo thứ tự :nhớ , hiểu , vận dụng , phân
tích , tổng hợp và đánh giá .Ở mức độ trường phổ thông bài tập vận dụng là cần
thiết mà ở mức độ vận dụng thì bài tập ở sách giáo khoa còn rất ít.
- Học toán nếu vấn đề càng khó, càng hấp dẫn khi ấy không chỉ rèn luyện các
phẩm chất tư duy , óc sáng tạo, trí thông minh, cách nhìn linh hoạt mà là động cơ
gây hứng thú đam mê, yêu thích bộ môn toán.
Vì những lý do trên chúng ta cần phải cho học sinh tiếp cận một số đề toán lạ mà
cách giải từ thông dụng đến các kỹ thuật vận dụng giải quyết là đa dạng,phong
phú.
3. Mục đích của đề tài
• Bổ sung tài liệu và phương pháp giảng dạy bộ môn toán
• Phát huy tính sáng tạo qua cách tìm các phương pháp giải toán
• Chú ý đến các đối tượng học sinh khá ; giỏi .
• Đánh động đến giáo viên và giúp họ mạnh dạn soạn các loại bài tập
phát triển
4. Phạm vi nghiên cứu: Chương I giải tích và một số kiến thức đại số liên quan
cần thiết.
5.Phương pháp nghiên cứu
- Tìm hiểu cơ sở lý luận của phương pháp giải toán và mức độ phát triển cho phép

< < ⇔ >


>

Ví dụ 1: Kiểu tam thức có nghiệm đơn giản
Cho hàm số
y x m x m m x
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
= − + + + +
có đồ thị (C
m
).
Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
− +∞
( 3; )
Lời giải.
y x m x m m
2
' 6 6(2 1) 6 ( 1)= − + + +
có
m m m
2 2
(2 1) 4( ) 1 0
∆
= + − + = >
x m
y
x m

' 4 4 4 ( )y x mx x x m= − = −
+
0m
≤
,
0,
′
≥ ∀
y x
⇒
0m
≤
thoả mãn.
+
0m
>
,
0
′
=
y
có 3 nghiệm phân biệt:
, 0, m m
−
.
Hàm số (1) đồng biến trên (1; 2) khi chỉ khi
1 0 1
≤ ⇔ < ≤
m m
.

2
YCBT
⇔
g(t)
≤
0
0t
∀ <
0
0
0
0
0
0
a
a
S
P
 <



∆≤



<

⇔


m
m m
m m
m
m


− <



− − ≤





− <


⇔

− − >





+ − ≤


+∞

y x m x m
2
3 (1 2 ) (22 ) 0
′
⇔ += − + − ≥
với
x 0 )( ;
∀ ∈ +∞

x
f x m
x
x
2
23
( )
4 1
2
+
⇔ = ≥
+
+
với
x 0 )( ;
∀ ∈ +∞
Ta có:
x
f x x

 ÷
 ÷
 
2)Chủ điểm : Cưc trị của hàm số
Vấn đề cực trị của hàm bậc 3 hay dạng hàm số
2
ax bx c
y
cx d
+ +
=
+
cực trị của hàm số
cũng liên quan đến tam thức bậc 2 và cũng với cách phân loại kỹ thuật giải toán
như trên ta cũng có các bài tập phong phú
Ví dụ 5: Xét bài toán tổng hợp sau:
Cho hàm số
3 2 2
1
( 1) 1
3
y x mx m m x= + − + +−
.Tìm m để hàm số có điểm cực trị
x
1
,x
2
thoả a)thuộc (-
∞
,1) b) thuộc (1, +

,1)
⇔
g(t)=0 có nghiệm t < 0

⇔
2
'
2
0
3 2 0
0
1 0
1 2
0
2 2 0
0
3 2 0
P
m m
m
m
S
m
P
m m
<


− + <


)
c)
1 2
1x x
< <

⇔
g(t)=0 có 2 nghiệm
1 2
,t t
thoả
1 2
0t t
< <
⇔
P < 0
⇔

2
3 2 0m m
− + <

⇔
1< m <2
d) g(t)=0 có 2 nghiệm
1 2
,t t
thoả
1 2
0t t

1 2
x x
<

⇔
0 <
1 2
1 1x x
− < −
'
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2
0
( 1)( 1) ( ) 1 0
( 1) ( 1) 2 0
x x x x x x
x x x x

∆ >

⇔ − − = − + + >


− + − = + − >


⇔
m>2
Ví dụ 6: Cho hàm số y=
2 2

− +
=
−
Xét g(t)=
2 2
2(1 2 ) 4 1t m t m m
+ − + − +
3)Chủ điểm: Sự tương giao
Bài toán tương giao giữa đồ thị hàm bậc 3 và đường thẳng thì phuơng trình
hoành độ giao điểm cũng là phương trình bậc 3
Việc có trước x
1
còn lại yêu cầu đối với 2 nghiệm còn lại ta có thể sử dụng các kỹ
thuật tương tự như trên
4
Ví dụ 7:
Từ PT
( 1)( )( ( 1)) 0x x m x m
− − − + =
ta có hàm số

2
( 1)( (2 1) ( 1))y x x m x m m
= − − + + +

⇔
3 2 2
2( 1) ( 3 1) ( 1)y x m x m m x m m
= − + + + + − +
Có thể ra đề : Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3điểm phân biệt

4 65
2)Cho hàm số
3 2 2
3) 3( 3 )3( 5 1y x m x m m x= − + − + +−
. Tìm m để hàm số có 2
điểm cực trị thoả
1 2 1 2
7x x x x
+ − <
3) Cho hàm số
3 2
(2
1
( 1) 1) 3(2 1) 1
3
y m x m x m x= + − + − +−
. Tìm m để hàm số
đồng biến trên khoảng
−∞ −
( ; 1)
4) Cho hàm số
y x mx m x m
3 2 2 2
3 3( 1) ( 1)= − + − − −
(m là tham số) (1).
Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có
hoành độ dương.
5) Cho hàm số y=
2
m x

·
AOB
0
120=
.
8) Cho hàm số y=
2
2 3
1
x x m
x
− +
−
Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
+∞
(2; )
5
Trong ba chủ đề trên: định hướng ; mục đích ; phương pháp ra đề đã cô đọng
rất rõ ràng do đó 8 ví dụ và 8 bài tập tạm gọi là đủ ,các đồng nghiệp có thể linh
hoạt ra rất nhiều đề luyện tập kiểu này dễ dàng. Tham khảo thêm ở phần đề
kiểm tra
Tôi xin tăng cường ví dụ ở nội dung thứ tư : GTNN-GTLN
4)Chủ điểm:GTNN-GTLN
• Trong các đề thi Đại học Cao đẳng gần đây bài toán Tìm GTNN-GTLN
của biểu thức chứa 2 hay 3 biến được sử dụng nhiều thậm chí có khi phải khảo
sát theo 1 biến các biến còn lại xem như hằng số ( do mối kiên kết các biến
không gắn với giả thiết theo qui luật định trước tương tự cách giải của hàm
nhiều biến ở năm đầu đại học ) .Việc dạy giải các bài tập này cho nhiều đối
tượng là có khó khăn.
• Ngoài các bài tập trong sách giáo khoa ta lần lượt đưa thêm các dạng bài tập

⇔

2
0
2
1
1
x x
y
x x
− +
=
+ +
(1) có nghiệm đối với x
(1)
⇔

2 2
0
( 1) 1y x x x x
+ + = − +

⇔

2
0 0 0
( 1) ( 1) 1 0y x y x y
− + + + − =
(
∗

0 0 0
( 1)sin ( 2)cos 1 2y x y x y
− + − = −
có nghiệm
2
0 0 0
2 0 2 1y y y
+ − ≤ ⇔ − ≤ ≤
Vậy GTLN y=1 GTNN y= -2
Biến hoá từ ví dụ trên ,ta có bài toán
Ví dụ 10: Cho x,y thực dương thỏa
2 2
x y 1
+ =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
x xy 2y
P
1 xy
− +
=
+
Với
0
=
y
, ta được
1
=

+ =
.
Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
2
2
2(x 6xy)
P
1 2xy 2y
+
=
+ +
Ta đưa BT giả thoát tính đẳng cấp để học sinh biến hoá ra sao .Đây là bài tập
phần kiểm tra
• Cho x,y là 2 số thực thay đổi và thỏa
2 2
x y 1
+ =
.
Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
4 2
2
y (xy 1)
P
1 2xy 2y
+ +
=
+ +

⊕
Phương pháp ẩn phụ hay đổi biến từ các dạng toán phương trình được dùng

t
g t t= + −
.
Để tìm điều kiện cho biến số t ta lưu ý rằng
[ ]
2
4 2 ( 1)(3 ) 4, 1;3t x x x= − + − ≤ ∀ ∈ −
, từ đó suy ra
2 2.t
− ≤ ≤
(hoặc lập BBT
của hàm số
( ) 1 3t x x x
= + − −
trên
[ ]
1;3D
= −
để suy ra
2 2.t
− ≤ ≤
)
Bài toán quy về tìm GTNN, GTLN của hàm số
2
( ) 2
2
t
g t t
= + −
trên đoạn

∈
 
 
Gợi ý a) t= sin2x
2
( ) 2( 3 1) 3y f t t t
= = − − − +
b)
3
( ) (1 )f t t t= −
với t=sin
2
x
0 1t
≤ ≤
7

8
VẤN ĐỀ HÀM NHIỀU BIẾN QUI VỀ 1 BIẾN
Tiến hành các dang bài tập từ đơn giản đến phức tạp từ 2 biến đến 3 biến để
mở rông đối tượng luyện tập
Rất tự nhiên Tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp thế
Ví dụ 12:
Cho các số thực
0
≥
x
và
0
≥

++
+−
=
+−−
−+−+−+
=
xx
xx
xxx
xxxxx
P
.Điều kiện





≤≤⇒
=+
≥
≥
20
2
0
0
x
yx
y
x
Bảng biến thiên

y x x y
.
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
2 17
= + + +
P xy x y
Từ giả thiết ta có
2
12 0= + − ≤y x x
hay
4 3
− ≤ ≤
x
. Khi đó
3 2
3 9 7
+ − −
x x x
.
Xét hàm số
3 2
( ) 3 9 7; [ 4;3]= + − − ∈ −f x x x x x
Ta có
2
( ) 3( 3 2 ); ( ) 0 3 1
′ ′
= − + = ⇔ = − ∨ =f x x x f x x x
Từ bảng biến thiên ta có
x [ 4;3]
x [ 4;3]
2 x x 1
f '(x)
2(1 x) 1 x 2x x
− +
= −
− −

1
'( ) 0
2
= ⇔ =
f x x
Vậy min K=
2
đạt được khi
1
2
= =x y
( Dĩ nhiên dùng BĐT
x y
x y
y x
+ ≥ +
thì đơn giản hơn nhiều )
Cách giải khác Vì P > 0 với mọi x, y > 0 nên P đạt GTNN khi và chỉ khi
P
2
đạt GTNN.

xytxyyx
(quan trọng)
Chứng minh được hàm số f(t) nghịch biến trên đoạn






4
1
;0
, suy ra GTNN của hàm
số này (chính là GTNN của P
2
) là
2)
4
1
(
=
f
, từ đó có kết quả bài toán.
Ta cũng có thể cho các em làm quen dần với biểu thức đối xứng và dựa vào
giả thiết mà đổi biến là t = x+y hay t = xy khi ấy điều quan trọng là miền giá trị
của biến t. Các Bất đẳng thức thường dùng thương dung cho 2 biến

22
22
2

11
)0,0(
>>
ba
22
33
3
baba
+
≤






+
)0,0(
≥≥
ba
Ví dụ 15: Cho
0,0
>>
yx
và
1
=+
yx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức







+








+=
2
2
2
2
11
x
y
y
xP
2
2
)(
1
)(2
xy

t
.Xét hàm số
t
ttf
1
2)( ++=
với
16
1
0
≤<
t
.
0
11
1)(
2
2
2
/
<
−
=−=
t
t
t
tf
với
16
1

yxxyyx
xy
yx
P
1
31
11
)(3)(
111
333
+
−
=+
+−−
=+
+
=
Đặt
4
1
2
0
2
=







33
0)(
/
±
=⇔=⇒
ttf
.Bảng biến thiên
11
Suy ra
324
6
33
+=








−
≥
fP
Vậy GTLN
324
+=
P
khi


yx
Trở lại các đề thi của Bộ như cách minh hoạ kỹ thuật biến đổi thường gặp

Ví dụ 17: ( CĐ Khối A, B – 2008 ). Cho
, x y
là số thực thỏa mãn
2 2
2x y
+ =
. Tìm GTLN-GTNN của
3 3
2( ) 3P x y xy
= + −
Lời giải.

2 2
2( )( ) 3
= 2( )(2 ) 3
P x y x xy y xy
x y xy xy
= + − + −
+ − −
Ta có :
2
( ) 2
2
x y
xy
+ −
=

= − − + +
với
2 2t
− ≤ ≤
.
Ta có
2
'( ) 3 3 6P t t t= − − +
.
1
'( ) 0
2
t
P t
t
=

= ⇔

= −

Ta có bảng biến thiên như sau
t
-2 1 2
P’(t) + 0 -
P(t)

13
2
-7 1

= = ⇔

− +
= =


Ví dụ 18: ( ĐH Khối D – 2009 )Cho
0, 0x y≥ ≥
và
1x y+ =
.Tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :

2 2
(4 3 )(4 3 ) 25S x y y x xy
= + + +
Lời giải.
Ta có :
2 2 2 2 3 3
(4 3 )(4 3 ) 25 16 12( ) 34S x y y x xy x y x y xy= + + + = + + +

2 2 2 2
16 12( )( ) 34x y x y x xy y xy
= + + − + +

2 2 2
16 12[( ) 3 ] 34 , do 1x y x y xy xy x y= + + − + + =

2 2
16 2 12x y xy= − +

'( ) 0
16
f t t
= ⇔ =
.
Bảng biến thiên

t
0
1
16

1
4

f’(t) - 0 +
f(t)
12
25
2

191
16
Vậy :
1
0;
4
1 191
min ( ) ( )
16 16

khi
1
2
x y= =
Ví dụ 19: Cho x,y,z thoả mãn là các số thực:
1
22
=+− yxyx
.Tìm giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất của biểu thức

1
1
22
44
++
++
=
yx
yx
P
13

14
Lời giải

2 2 2
1 x xy y 2xy xy xy;1 (x y) 3xy 3xy
= − + ≥ − = = + − ≥ −
từ đó

+
++−
== t
t
tt
tfP




−−=
−=
⇔=
+
+−⇔=
)(26
26
0
)2(
6
10)('
2
lt
t
t
tf
Hàm f(t) liên tục trên
[ ]
1;
3

+ = +x y x y
.
Tìm GTNN,GTLN của biểu thức
3 3 2 2
= + + +P x y x y y x
Lời giải
Đặt
= +t x y
từ giả thiết ta có
2 2
2 ( ) ( )= + − + = −xy x y x y t t
hay
2
2
−
=
t t
xy
.
Áp dụng BĐT
2 2 2
( ) 2( ) 2( )+ ≤ + = +x y x y x y
hay
2
2≤t t
suy ra
0 2≤ ≤t
. Khi đó biểu
thức
3 2

xy
P
x y
=
+ +
Lời giải
Đặt
= +
t x y
. Từ giả thiết ta có
2
1= −xy t
. Áp dụng BĐT
2
( ) 4+ ≥x y xy

ta có
0
2
3
t< ≤
.
Khi đó
2 3 3
1
3
P t
−
= − ≤
Vậy

P
x y y x
Đặt
2 2
= +
t x y
ta có
2
( ) 1
+ =
x y
nên
1
2
−
=
t
xy
Áp dụng BĐT
2 2 2
( ) 2( )
+ ≤ +
x y x y
suy ra
1
2
≥t
. Khi đó
4 4 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2

f t
t t t

2
( ) 0 ( 1)( 1) ( 5) 0
′
= ⇔ − + − =
f t t t t
Từ BTT ta có
1
t [ ; ]
2
1 12
max P max f(t) f ( ) f (5)
2 5
∈ +∞
= = = =
đạt được khi (x;y)=
1 1
( ; )
2 2
hoặc x=2;y=-1

1
t [ ; ]
2
min P min f (t) f(1) 2
∈ +∞
= = =
đạt được khi (x;y)=(1;0) hoặc (0;1)







++
≤
cba
abc

)0,0,0(
≥≥≥
cba

cba
abc
cba
11139
3
++≤≤
++

)0,0,0(
>>>
cba

2
222
33

≤ ≤
kết hợp với giả thiết ta suy ra
1 2c
≤ ≤
Vì
( ) ( )
2 2
2 2
3a b a b c
+ ≤ + = −
do
0ab
≥
suy từ giả thiết
16
Nên Q
( )
[ ]
2
2 2
( ) 3 2 6 9, 1;2f c c c c c c
≤ = − + = − + ∈

Bảng biến thiên hàm số
( )f c
với
[ ]
1;2c
∈


3
a b c a
+ + = ⇒ < ≤
Ta có Q =
( ) ( )
( )
3 2
1
7 1 7 9 9 3 5 7
4
a a bc a a a a
− + − ≤ − − + +
(do 7 -9a >0;
( )
( )
2
2
1
1
4 4
a
bc b c
−
≤ + =
)
Xét hàm số
3 2
1
( ) 9 3 5 7, 0;
3

⇒ =

Vậy giá trị lớn nhất của Q là 2 đạt được khi
1
3
a b c
= = =
.
Ví dụ 25: Cho các số thực dương a, b, c thỏa
1a b c
+ + =
.Tìm GTLN của biểu
thức:
3 3 3
1
4
P a b c
= + +
Lời giải
Ta có

dựa vào phép ch/minh tương đương ,dấu = xảyra khi a=b
3 3
3 2
3 3
1 1 1 3 3 1
( )
2 4 2 4 8
a b c c c c
P c c f c

Gi s
20

cba
T



<
<
bbc
ac
20
20













22
2
)2(

4
9
=
P
khi
2;1;0
===
cba
v cỏc hoỏn v
Vớ d 27 : Cho cỏc s thc khụng õm
zyx ,,
tho món
3
222
=++ zyx
. Tỡm giỏ
tr ln nht ca biu thc
zyx
zxyzxyA
++
+++=
5
Li gii Đặt
zyxt
++=


2
3
)(23


=
Xét hàm số
.33,
2
35
2
)(
2
+=
t
t
t
tf
Ta có
0
55
)('
2
3
2
>

==
t
t
t
ttf
vì
.3

zyx
Tìm GTLN của biểu thức

Lời giải Áp dụng BĐT Côsi, ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1 ( ) ( 1) ( 1)
2 2 4
x y z x y z x y z
+ + + ≥ + + + ≥ + + +

3
3
3
)1)(1)(1(






+++
≤+++
zyx
zyx
Suy ra
3
)3(
54
1

tf
với
t
<
1

42
/
)2(
1622
)(
+
+−=
tt
tf
4;10)(
/
==⇔=⇒ tttf
Suy ra
4
1
)4(
=≤
fP
Vậy GTLN
4
1
=
P
khi

222
222
ccaca
bbaba
Do đó

19
Từ



≤≤≤≤
=++
30
3
cba
cba
ta có
323 ≤+≤⇔≤+⇒++≤+ cbbccbcbacb
Suy ra
4
9
0
≤≤
bc
Từ đó ta có
)39(
22
bccbP
−≤

3
10
<≤⇒≤≤<
ccba
Ta có

abccc )3(23)3(3
22
−−+−=
2
22
2
)3(23)3(3






+
−−+−≥
ba
ccc
2
22
2
3
)3(23)3(3



13)1(
=≥
fP

Vậy GTNN
13=P
khi
1=== cba
Nhìn lại đề thi của Bộ
Ví dụ 31 : (khối B–2010) Cho các số thực không âm thỏa mãn
1
+ + =
a b c
.
Tìm GTNN của biểu thức:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3( ) 3( ) 2= + + + + + + + +A a b b c c a ab bc ca a b c
20
t 0 2
9
4
f’(t) 0 + 0 -
f (t)
12
Đặt
2
( ) 1 1
[0, ]
3 3 3
+ +

5
( ) 0 3 1 2 2 9(1 2 ) 4
18
′
= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =f x x x x
Dựa vào bảng biến thiên, ta được
1
( ) (0), [0, ]
3
≥ ∀ ∈
f x f x
( ) ( 2 ) 0
⇒ ≥ ≥ =
A f x f
Đẳng thức xảy ra khi
0
=
x
hay các hoán vị của bộ
(0,0,1)
Ví dụ 32: Cho
, , 0x y z
≥
và x+y+z=1. Tìm GTNN của
3 3 3
15
4
P x y z xyz+= + +
Giải : Giả sử
0 x y z

3
(1 )
( ) 27
( 3)
4 4
y z
xx x
+
≥ + −+ −
=
3 2
1
(27 18 3 4)
16
x x x
− + +
=f(x)
⇒
f’(x)=0
⇔
x=
1
9
hay x=
1
3

Lập BBT ta có Min f(x)=
1
4

1
[ ;3]
3
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

= + +
+ + +
a b c
P
a b b c c a
Lời giải
Đặt
( )
= + +
+ + +
a b c
P a
a b b c c a
. Xem đây là hàm theo biến
a
, còn b,c là
hằng số.
Ta có:
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2

3
 
 
 
( ) ( ) ( )
3
3
3 3
⇒ ≤ = + + =
+ + +
b c
P a P f c
b b c c
Xem
( )
f c
là hàm theo biến
c
. Khi đó:
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
3 3
3
0
3 3

b b
.
Xem
( )
g b
là hàm theo biến
b
. Khi đó:
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
1 1
3 3
3 1 3 3 1 3
− +
′
= − =
+ + + +
b b
g b
b b b b
Lập bảng biến thiên của
( )
g b
trên
1
;3
3

Có lẽ Bộ đã lấy ý tưởng từ bài này(trong cuốn Algebraic inequalities)
để có đề sau
22
(ĐH Khối A-2011). Cho ba số thực
[ ]
, , 1;4x y z ∈
và
,x y x z≥ ≥
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức.

2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
Lời giải.( Đáp án của Bộ )
Ta có
ab
ba
+
≥
+
+
+
1
2
1
1

+
+
=
1
2
3
2
1
1
1
1
1
1
1
32
Đặt
y
x
t =
với
21
≤≤
t
Suy ra
t
t
t
P
+
+

9)12(3)34(2
)(
222
3
/
<
++
+−+−−
=
tt
tttt
tf
Suy ra
( )
33
34
2 =≥ fP
Vậy GTNN
33
34
=P
khi
2;1;4 === zyx
.
Cách 2 :
Ta có :
2 3
x y z
P
x y y z z x


'( )P z
- 0 +
( )P z
min
23
Từ bảng biến thiên:
2
( )
2 3
2
=
2 3
1
y
x
P P xy
x y
x y
x
y
x
x
y
y
≥ = +
+
+
+
+

2 4 ( 1) 3(2 3)
'( ) 0, 1;2
(2 3) (1 )
t t t t
f t t
t t
 
− − + − +
 
= < ∀ ∈
+ +
.
Suy ra
( )f t
giảm trên
[ ]
1;2
, do đó
34
( ) ( ) (2)
33
P P xy f t f≥ = ≥ =
Đẳng thức xảy ra :
4, 1, 2
2
z xy
x y z
x
t
y

y x x z
= + +
+ + +
+ +
+ + +
Đặt a =
x
y
; b =
x
z

[ ]
; 1;4a b
∈
1
1 1
1 1
2 3 1 2 3 1

a a b
a
P
a b a a b b
a b
= + + = + +
+ + + + +
+
Xét hàm số
P(a)

Q b
b b
+ + =
+ +
Dấu= xảy ra khi a = 4 ;
4
x
y
=
24
Q’(b)=
2
2 2 2 2
4 1 3 12
( 4) (1 ) ( 4) (1 )
b
b b b b
−
− =
+ + + +
Q’(b)=0
⇔
b = 2
⇒

34
( ) (2)
33
Q b Q
≥ =

[ ]
0;1c
∀ ∈
Vậy f’(c) nghịch biến trên
[ ]
0;1⇒
f’(c)
≥
f’(1)
= (

Vậy f(c) đồng biến trên
[ ]
0;1
⇒
f(c)
≤
f(1)=

Tiếp tục khảo sát g(a) =

trên
[ ]
0;1

Vậy GTLN của P =
3
8
khi a=b=c=1
Ngoài ra phương pháp tiếp tuyến hoc sinh cũng cần tiếp cận vì thực ra lý
thuyết không quá khó so với trình độ học sinh khá hay giỏi ở lớp 12 hiện nay;
• Lịch sử vấn đề :Tháng 12/2005, 1/2006, Tiến sĩ Kin – Yin Li (công tác tại
Khoa Toán ĐH khoa học và công nghệ Hồng Kông) đã viết một bài báo với
tiêu đề “ Using Tangent Lines to Prove Inequalities” trên tạp chí toán quốc
tế Mathematical Excalibur nhằm đưa ra một phương pháp chung hiệu quả để
giải quyết một lớp các bài toán về bất đẳng thức. Ở Việt Nam có một số tác
giả như Nguyễn Tất Thu, Phạm Trọng Thư, đã viết chuyên đề này
25