A/LờI NóI ĐầU
1/ L í do chọn đề tài:
Bt ng thc v cc tr ca biu thc nhiu bin t lõu tr thnh ti quen
thuc cp trong nhiu ti liu. Thng gp trong nhiu cuc thi t cỏc lp THCS n
bc i hc,trong cỏc kỡ thi Olimpic trong nc v th gii,nú l vn khú v tht hp
dn bi vỡ vic gii nú nhiu khi phi rt cụng phu,sỏng to ụi khi phi bit kt hp
nhiu phng phỏp,nhiu k thut mi gii c chỳng, mi bi mt v tht l a dng.
Gii toỏn BT v cc tr núi chung v BT,cc tr ca biu thc cú nhiu bin
s núi riờng khụng nhng rốn luyn phm cht t duy,úc sỏng to,trớ thụng minh cỏch
nhỡn linh hot, tinh t ca ngi hc,ngi lm toỏn l ng cjthucs y lũng m mờ,
yờu thớch mụn toỏn.
Cỏc bi toỏn BT v cc tr khụng nhng giỏo dc cỏc phm cht trớ tu ca
ngi hc m cũn cha ng tớnh thc tin cao trong vic ng dng toỏn hcvo thc
tin cuc sng gii cỏc bi toỏn ti u.
Cỏc bi toỏn BT v cc tr ca biu thc cha nhiu bin s l nhng vn
thng c cp trong cỏc chuyờn bi dng hc sinh gii.Khụng th cú mt
phng phỏp chung cú th gii cho mi loi bi toỏn,trong mt chng mc no ú
vn cú th nờu ra mt s k thut gii chung cho cỏc bi toỏn,ú l mt vic m cỏc nh
s phm nờn lm giỳp cho hc sinh cú mt nn kin thc c bn khi ng trc mt bi
toỏn thuc loi ny.
Vỡ nhng lý do trờn vic cp n mt s k thut,mt s cỏch gii cú tớnh
thụng dng nht v lp cỏc bi toỏn thuc dng ny l mt vic cn thit giỳp cho ngi
hc nõng cao kh nng t hc t khai thỏc phỏt hin v gii toỏn.
2/ Mục đích của đề tài:
Trên cơ sởnhỡng kinh nghiệm giãng dạy và thực tiễn học tập của học sinh,đúc kết thành
kinh nghiệm và một số phơng pháp tìm cực trị và chứng minh một số bất đẳng thức
nhiều biến số
3/Phạm vi nghiên cứu:
Phạm vi nmghiên cứu của đề tài xoay quanh các dạng và phơng pháp giải các bất đẳng
thức và cực trị của biểu thức chứa nhiều biến số.
4/ Cơ sở nghiên cứu

Cỏc cỏch gii thụng dng
1/ ỏnh giỏ trc tip Q bng bt ng thc
2/ ỏnh giỏ Q bng phng phỏp o hm
3/ ỏnh giỏ Q bng phng phỏp dn bin
4/ ỏnh giỏ Q bng phng phỏp lng giỏc húa
5/ Đánh giá Q thông qua tìm miền giá trị
Vn dựng bt ng thc ỏnh giỏ Q cú trong rt nhiu ti liu ,trong ti ny qua
mt s vớ d nhm lm rừ thờm v mt phng phỏp dựng o hm, dn bin phng
phỏp lng giỏc húa,phơng pháp tìm miền giá trị để tỡm cc tr ca biu thc nhiu bin.
Để thuận tiện cho việc nghiên cứu tôi xin đề cập đến phơng pháp chuẩn hóa trong các
hàm có tính thuần nhất ba biến.
Bài toán: Tim cực trị củ biểu thức Q =
( )
, ,F x y z
biết
( ) ( )
, , , ,F x y z F x y z

=
(1) với
0


Hm s
F
tha món iu kin (1) gi l hm thun nht ba bin x,y,z
Mệnh đề 1:Cho
( )
, ,H x y z
là một đa thức đẳng cấp bậc k và hàm số

( 0; 0)a a a a > >
ta chứng minh
( ) ( )
'F M F M=
.Thật vậy
( ) ( )
1 2 2
1 2 2 2
2 1 1
( , , ) . , , , ,
k
k
a a a
H x y z a a H x y z a H x y z a
a a a

= = = =
ữ
ữ


2 2 2
2
1 1 1
. , . , .
k k k
a a a
H x y z a
a a a


, ,F x y z
trên các
miền
( )
{ }
, ,H x y z a=
chỉ cần tìm giá trị của nó trên miền
( )
0
, ,H x y z a=
cố định.Điểm mấu chốt
trong từng bài toán chọn đa thức đẳng cấp
( )
. ,H x y z
nào là thích hợp cho việc chuẩn hóa.
Ví d minh h a : Cho các số thực dơng
, ,a b c
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
( )
, ,F a b c =
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b

+ + +
Ta có
( )
( )
( )
( )
2 2
2
2
1 1
2 1
2 1 1 2 1 2 1 1
2 4 4
a a
a a
a a a a a a
+ +
+

= + =
ữ

( ) ( )
1 3
0
4
a a +
= >
( ) ( )
( ) ( )

+ + + + + +
9 6
4 3 3.
10 5
Q

=
ữ

. Q =
6
5
khi
1
3
a b c= = =
Kết luận: MaxQ =
6
5
khi
0a b c= = >
Sau õy l mt s phng phỏp tỡm cc tr ca biu thc nhiu bin s
c cp trong ti ny:
I ) Ph ơng pháp đạo hàm : Phng phỏp o hm l chuyn vic ỏnh giỏ Q v ỏnh giỏ
biu thc mt bin s.
1/ ỏnh giỏ i din : Nu Q cú dng
( ) ( ) ( )
1 2
,
n i

cot , 0;
sinx
f x x x

=
.Ta cú
f

( )
2
1 2cos
sin
x
x
x

=
Lp bng bin thiờn hm s
f
trong khong
( )
0;

x 0


x 0
/ 3




3
3
Chứng minh BĐT
2 2 2 2 2 2
3 3
,(1)
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
Ta có (1)
⇔
( )
2 2 2
2 2 2
3 3
.
1 1 1 2
a b c
a b c
a b c
+ + ≥ + +
− − −
Từ đó gợi ý ta chứng minh các bất đẳng
thức sau:
2 2 2
2 2 2
3 3 3 3 3 3

và các số
1 2
, , ,
n
a a a D∈
thỏa mãn
1 2

n
a a a n
α
+ + + =
,
với
D
α
∈
Chứng minh rằng
( ) ( ) ( ) ( )
1 2

n
f a f a f a nf
α
+ + + ≥
( hay
( ) ( ) ( ) ( )
1 2

n

Ax + B , x Df x ≥ ∀ ∈
,đẳng thức xãy ra khi
x
α
=
.Đối với nhiều bài toán ,biểu thức
y = Ax + B được chọn chính là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại x =
α
.
Nhìn qua phương pháp này chúng ta sẽ thấy nó “tương tự”với phương pháp sử dụng
BĐT Jensen- còn gọi là BĐT hàm lồi.Thật sự ở đây phương pháp này sẽ “tốt” hơn,nếu sử
dụng BĐT Jensen thì phương pháp này cũng sử dụng được nhưng điều ngược lại thì có thể
không xãy ra.
Ta có thể minh họa bằng đồ thị

4
f(x)=x^3+3x^2+2
f(x)=(15x)/4+1
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
Hàm số y = f(x) trên khoảng D =

2 2 2
2 2 2
6
5
a b c b c a c a b
b c a c a b a b c
+ + +
+ + ≤
+ + + + + +
,(1)
Do Q có tính thuần nhất nên chỉ xét giá trị của Q với
1a b c+ + =
Viết Q =
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1
a a b b c c
f a f b f c
a a b b c c
− − −
+ + = + +
− + − + − +

y x x
 
= − + = +
 ÷
 
.Mặc dầu trong khoảng
( )
0;1
đồ thị (C) của hàm số
( )y f x=
không lồi
Nhưng vẫn có
27 1
( ) (*)
25 25
f x x≤ +
thật vậy
( )
0;1x∀ ∈
(*)
2
3 2
2
27 1
54 27 1 0
2 2 1 25
x x x
x x
x x
− +

khi
.a b c
= =
Bài toán 4: (Hồng Kong,2005) .Cho các số dương
, , ,a b c d
thỏa mãn
1.a b c d
+ + + =
Chứng minh rằng:
( )
3 3 3 3 2 2 2 2
1
6
8
a b c d a b c d+ + + ≥ + + + +
.(1)
Từ giả thiết ta có
( )
, , , 0;1a b c d ∈
và BĐT (1)
1
( ) ( ) ( ) ( ) ,(2)
8
f a f b f c f d⇔ + + + ≥

Trong đó
3 2
( ) 6f x x x= −
xét
( )f x

( )
8 8
f x x≥ −
Từ đó suy ra
( )
5 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) 4.
8 8 8
f a f b f c f d a b c d+ + + ≥ + + + − =
. Vậy BĐT (1) được chứng
minh.
Đẳng thức xãy ra khi
1
.
4
a b c d= = = =
Bài toán 5: ( Mở rộng bài toán thi Olimpic Ba Lan,1996 và Olimpic 30-4,1999)
Cho các số thực
, ,a b c
thỏa mãn
1.a b c+ + =
Chứng minh rằng
2 2 2
9
1 1 1 10
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
,

= −

−
= ⇔

=

+

Bảng biến thiên ( ta đưa thêm vào một số giá trị như x = - 3, x = -1/3, x = 2 và giá trị
( )f x
để so sánh)
x
−∞
- 3 - 1 - 1/3 1 2
+∞
f’(x) - 0 + 0 -
f(x)
0 1/2 2/5
-3/10 -3/10
-1/2
0
6
(
1 3 2
( 3) ( ) , (2)
3 10 5
f f f− = − = − =
). Xét các trường hợp xãy ra :
1/ Có một số , giả sử

3
a b c
 
∈ − +∞
 ÷
 
Khi đó tiếp tuyến của đồ thị
( )y f x=
tại
1
3
x =
có phương trình:
18 3
25 50
y x= +
.Ta có
( ) ( )
( )
2
2
2
3 1 4 3
18 3 18 3 1
( ) 0,
25 50 1 25 50 3
50 1
x x
x
f x x x x

Nhận xét: Đây là một bài toán khó,không thể sử dụng phương pháp hàm lồi để giải.
Chúng ta đã giải bài toán bằng cách phân chia trục số thành các khoảng
(
]
1 1
; 3 , 3; , ;
3 3
   
−∞ − − − − +∞
  ÷

   
và sử dụng linh hoạt
giả thiết
1a b c+ + =
để áp dụng tính chất của hàm số f(x) cùng với tiếp tuyến của nó
tại điểm x = 1/3 một cách như mong muốn.
Bài toán 6: (Rumania,2005). Cho các số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
3.a b c+ + =
Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c
a b c
+ + ≥ + +
(1)
Theo giả thiết

 
 
BĐT (1)
2 2 2
2 2 2
1 1 1
0,(2)a b c
a b c
⇔ − + − + − ≥
. Xét hàm số
2
2
1 1 7
( ) ên ; .
3 3
f x x tr
x
 
= −
 
 
Tiếp tuyến của đò thị hàm số
( )y f x=
tại x =1 là y = -4x + 4.Ta có
( )
( )
( )
2
2
2

;
3 3
 
∈
 
 
.
7
Áp dụng cho các số
1 7
, , ;
3 3
a b c
 
∈
 
 
ta có
( )
( ) ( ) ( ) 4 4.3 0f a f b f c a b c+ + ≥ − + + + =
.Vậy BĐT (1)
được chứng minh.Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Nhận xét cách giải: Tương tự bài toán trên, từ giả thiết bài toán ta mới chỉ có điều kiện
( )
, , 0;3a b c ∈
.
Việc xét các trường hợp đặc biệt để đưa về xét trường hợp
1 7
, , ;
3 3

10 10
a b c
   
∈ ∈
   
   
.
Xét hàm số f(x) trên đoạn
9
;1
10
 
 
 
ta có f’(x)=
( )
2 4 2 2
30 45 15 2 3 0x x x x− = − ≤
với mọi
9
;1
10
x
 
∈
 
 
Vậy f(x) nghịch biến trên đoạn này và từ đó
( ) (1) 1f a f≥ =
với

, , 0;
10
a b c
 
∈
 
 
.Khi đó tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )y f x=
tại
1
3
x =

có phương trình
25 16
9 27
y x= −

Ta có
3 5
25 16 25 16
( ) 10 9
9 27 9 27
f x x x x x
   
− − = − − − =
 ÷  ÷
   
( )

x 0 1/3 9/10
g’(x)
- 0 +
g(x)
-16 -637/1000
Suy ra trên đoạn
9
0;
10
 
 
 
; g(x) < 0 nên
25 16
( ) 0
9 27
f x x
 
− − ≥
 ÷
 
hay
25 16 9
( ) , 0;
9 27 10
f x x x
 
≥ − ∀ ∈
 
 

thành các đoạn

9
0;
10
 
 
 
,
9
;1
10
 
 
 
là một cách hợp lí.
Bài toán 8: (Moldova,2005) .Cho các số dương
, ,a b c
thỏa mãn
4 4 4
3a b c+ + =
.
Chứng minh rằng:
1 1 1
1,(1)
4 4 4ab bc ca
+ + ≤
− − −
Lời giải:
Vì

3a b c+ + =
ta đặt
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
, ,x b c y c a z a b= + = + = +
thì ta có
x,y,z > 0 và
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 4 4 4
x + y + z = b 4 12c c a a b a b c+ + + + + ≤ + + =
.
Ta phải chứng minh
1 1 1 1
,(2)
2
8 8 8x y z
+ + ≤
− − −
.Xét hàm số
( )
1
( ) , 0;12
8
f t t
t
= ∈
−
.

.Từ đó
( )
1 5 1 15 1
( ) ( ) ( ) 3. .12
144 36 144 36 2
f x f y f z x y z+ + ≤ + + + ≤ + =
BĐT được chứng minh . Đẳng thức xãy ra khi
4 1x y z a b c= = = ⇔ = = =
2/ Đánh giá khử bớt biến đưa về đánh giá hàm một biến
Bài toán 9: Cho các số thực
, , 0; 1a b c a b c> + + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của biể thức Q =
( )
7 9ab bc ca abc+ + −
Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử
0 a b c< ≤ ≤
kết hợp điều kiện
1
1 0
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− + − ≤ − − + +

a a a a
  
− − + = − − + ≥
 ÷ ÷
  
do
1
0;
3
a
 
∈


 
1
axf(a) = f( ) 8
3
M⇒ =

Vậy giá trị lớn nhất của Q là 2 đạt được khi
1
3
a b c= = =
.
Bài toán 10: Cho
[ ]
, , 0;2a b c ∈
thỏa mãn
3a b c+ + =


c 1 3/2 2
f’(c) - 0 +
f(c)
5 5
f(3/2)
Từ BBT ta suy ra Q
5
≤
.Đẳng thức xãy ra khi
( )
, ,a b c
là một hoán vị bất kì của bộ
( )
0;1;2
Vậy giá trị lớn nhất của Q là 5.
3/ Đặt biến phụ chuyển về đánh giá hàm số một biến
Bài toán 11:Cho các số thực x,y,z thỏa mãn
4
2
, , 0
x y z
xyz
x y z
+ + =


=




< <



Vì
( )
2
3 2
2
4 4. 8 16 8 0x x x x
x
− ≥ ⇔ − + − ≥
(do x > 0 )
⇔
( )
( )
2
2 6 4 0x x x− − + ≥
kết hợp điều kiện
10
0 < x < 4 ta được
3 5;2x
 
∈ −
 
.Khảo sát hàm số
2
2
( ) 4 , 3 5;2t f x x x x

383 165 5
2
h
 
−
= −
 ÷
 ÷
 
,và giá trị lớn nhất của Q là MaxQ =
( )
5 18h =
.
Bài toán 12: Cho các số thực
, , 0x y z ≥
thỏa mãn (I)
3
1
x y z
xy yz zx
+ + =


+ + =

Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
4 4 4
x y z+ +
Đặt
3

 
+
∈
 
 
Khảo sát hàm số
3 2
3
3 2 6
( ) 3 , 0;
3
s g x x x x x
 
+
= = − + ∈
 
 
và kết hợp với
3
0s ≥
ta được
3
4 6 9
0
9
s
−
≤ ≤
Vì Q =
3

 
+ = −
 ÷


 


=


Vì
2 2
2
1 4 4 1 4
. 8 4. 8 16( 0)dox
x x x x x
   
− ≥ ⇔ − ≥ >
 ÷  ÷
   

( )
( )
3 2 2
4 4 1 0 1 3 1 0x x x x x x⇔ − + − ≤ ⇔ − − + ≤
Kết hợp với x > 0 ta được
3 5 3 5
0; 1;
2 2

Khảo sát hàm số g(x) với
3 5 3 5
0; 1;
2 2
x
   
− +
∈

  

   
U
và chú ý s > 0 ta được
5 5 1
5
2
s
−
≤ ≤
11
Mặt khác Q = f(s) =
4 2
5 5 1
32 16 128, 5;
2
s s s s
 
−
− + + ∈

§Æt Q =
( )
, ,F a b c
th×
F
lµ hµm thuÇn nhÊt ta chuÈn hãa
2 2 2
3a b c+ + =
.Khi ®ã:
( ) ( )
2
3 2a b c ab bc ca+ + = + + +
;v×
( ) ( )
3 3 3 2 2 2
a 3b c abc a b c a b c ab bc ca
 
+ + − = + + + + − + +
 
( ) ( )
3 3 3
3 3a b c abc a b c ab bc ca
 
⇒ + + = + + + − + +
 
Ta có Q =
( ) ( )
( )
5 2 1 1 1 1 3
3

3
t t
t
− + + ∈
; f’(t) =
2
2
2 36
0 inf(t)= f(3) = 4
3
t
M
t
−
< ⇒
.
Kết luận: giá trị nhỏ nhất của Q là 4 khi a = b = c = 1.
Bài toán 15: Cho các số thực
, , 0x y z >
thỏa mãn
2x y z+ + ≤
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
2 2 2
2 2 2
1 1 1
4 4 4x y z
x y z
+ + + + +
Trước hết ta chứng minh Q
( )

]
0;4t ∈
.Khảo sát hàm số
(
]
81
( ) 4 , 0;4f t t t
t
= + ∈
Ta được
145
min ( ) (4)
4
f t f= =
suy ra Q
145
2
≥
Đẳng thức xãy ra khi
2
3
x y z= = =
Kết luận: minQ =
145
2
.
4/ Chuyển về khảo sát hàm số một biến bằng cách coi các biến còn lại là tham số
Bài toán 16: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =
2 2
2xy x y− +

2 0x x− ≤
2
( ) 2 ( )f y x x g x⇒ ≥ − =
.
Tiếp đến khảo sát hàm số
[ ]
2
( ) 2 , 0;2g x x x x= − ∈
Tìm được ming(x) = g(1) = -1.Kết quả giá trị nhỏ nhất của Q là – 1 đạt khi x = 1 ,y = 1.
Bài toán 17: Xét các số thực dương
, ,x y z
thỏa mãn điều kiện
12 2 8 21xyz x y z≥ + +
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu trức Q =
2 3x y z+ +
Giải: Từ giả thiết
( )
2 8
12 21 2 8 0
12 21
x y
z xy x y z
xy
+
⇒ − ≥ + > ⇒ ≥
−
và
7
4

x y xy y
xy
− − +
−
tren khoảng
7
;
4y
 
+∞
 ÷
 
thì f’(x) = 0
2
0
32 14
7
4 4
y
x x
y y
+
⇔ = = +
và đổi dấu từ âm qua dương khi
x
qua
0
x

0 0

4 2
y
y
y y
+
+ +
g’(y)= 0
( )
2 2
8 9 32 14 28y y⇔ − + =
Đặt
2
32 14t y= +
thì t > 0 và ta có phương trình
3
50 112 0t t− − =
phương trình này chỉ có một nghiệm dương t = 8 từ đó y =
0
5
4
y =
Ta cũng có
0
15
( ) ( )
2
g y g y≥ =
.Vậy Q
0
15

hoặc
2 2
,
2
b c
t
+
=
)
Đôi khi ta còn phải thêm điều kiện
a b c
≤ ≤
hoặc
a b c
≥ ≥
nếu các biến có vai trò bình đẳng để
chứng minh
Bước 2/ Chứng minh
( )
, , 0f a b c ≥
nếu b = c
Bài toán 17: Cho các số thực
, , 0 à abc =1a b c v>
.
Chứng minh BĐT
( ) ( ) ( ) ( )
4 1 ,(1)a b b c c a a b c+ + + ≥ + + −
Ta có (1)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
, , 4 6 0f a b c ab a b bc b c ca c a a b c⇔ = + + + + + − + + + ≥

4
4 4a b a c a bc+ + ≥ ≥
(do
1a
≥
)
( )
( )
, , , ,f a b c f a bc bc⇒ ≥
.
Bước 2: Ta chứng minh
( )
, , 0f a b c ≥
khi b = c khi đó từ (GT) ta có
2
1
b
a
=

( ) ( ) ( )
2 2 2
, , 2 4 8 6 4 8 6
b b
f a b b ab a b a b a b a b
a b a
= + + − − + = + + − − + =

2
a b

2 4 2 1 2 2 1 ,(*)
b a b ab a b b a b a b
b a b a b b a b a b
= + − − − + = + − − + ≥
⇔ + ≥ + − ⇔ + ≥ + −

Thay
2
1
a
b
=
vào (*) ta được
( ) ( )
2
3 4 3 6 4 3
1 2 2 4 4 2 1 0b b b b b b b b+ ≥ − + ⇔ − + − + ≥
⇔
( )
( )
2
2
2 3 2
1 1 2 0b b b b
 
⇔ − − + + ≥
 
 
.BĐT này luôn đúng từ đó ta có đpcm.
Bài toán 18: Cho các số thực không âm

2
b c
b c b c
f a b c f a b c
b c b c
 
 
+
+ +
 
− = − − ≥
 ÷
 
 ÷
+ + +
 
 
 
( )
2
2 1
0
4
2 2
b c
 
≥ − − ≥
 ÷
+
 

4 4
3 2 3
a a a a a a a
a a
 
 
⇔ + − ≥ − + − ⇔ − + − ≥
 
− + −
 
 
Nhưng với
1a
≤
thì BĐT trên hiển nhiên đúng vì
( )
( )
2
2
3 3 3
. 1
4 4
3 2 3
a
a a
≤ ≤ +
− + −
Đẳng thức xãy ra khi a = b = c = 1
III/ Ph ¬ng ph¸p l îng gi¸c hãa:
Cơ sở của phương pháp này là dựa vào các kiến thức sau:

2 2
a
π π
 
∈ −
 
 
: sina = x và tồn tại
[ ]
0; ; osb = xb c
π
∈
4)Với mỗi số thực x luôn tồn tại số
; : t ana = x
2 2
a
π π
 
∈ −
 ÷
 
.
5)Nếu có các số thực x và y thỏa mãn:
2 2
1x y+ =
thì tồn tại
, : osa,y = sinaa saocho x c∈ =¡
.
Bài toán 19: Cho các số thực dương
, ,x y z

+ + =
và Q =
2
-
sin sin os = 2cos os 2cos 1
2 2 2
c c
γ α β γ
α β γ
+ − − +
Vậy Q =
2
2
1 - 1 3
2 os os 1 os
2 2 2 2 2 2
c c c
γ α β α β
−
 
− − + + ≤
 ÷
 
MaxQ =
2
2
3
3
3
2 3

,x y
thỏa mãn
2 2 2 2
1 1x y x y y x+ = − + −
.
Chứng minh
3 4 5x y+ ≤
Điều kiện xác định:
1 1; 1 1x y− ≤ ≤ − ≤ ≤
Nếu
[ ]
1;0x ∈ −
hoặc
[ ]
1;0y ∈ −
hoặc
x = 0,y =1
hoặc
y = 0,x =1
BĐT hiển nhiên đúng.
Ta chỉ cần xét 0 < x < 1 và 0 < y < 1
Đặt
os ,y = sin ; , 0;
2
x c
π
α β α β
 
= ∈
 ÷

x y+
biết
2 2
1x y+ =
Giải: Q là giá trị của biểu thức
x y
+
khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm
2 2
( )
1
x y Q
I
x y
+ =


+ =

hệ (I)
2
1
2
x y Q
Q
xy
+ =


⇔

với đường tròn (C) có phương trình
2 2
1x y+ =

( )
;( ) 1d O C⇔ =
2 2Q⇔ − ≤ ≤
Ta thu được kết
quả như trên.
Bài toán 22:(Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2004-2005 bảng A)
Tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
x + y
biết
,x y
thỏa mãn hệ thức
3 1 3 2x y x y+ = + + +
Giải : Q thuộc tập giá trị khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm
( )
3 1 2
x y Q
x y Q
+ =



+ + + =


(I)
Đặt

 
 
≥ ≥


≥ ≥


(II)
Hệ (I) có nghiệm
⇔
(II) có nghiệm
⇔
phương trình
2
2
1
( ) 3 0
3 2 9
Q Q
f t t t Q
 
= − + − − =
 ÷
 
có hai
ngiệm không âm
0
9 3 21
0 9 3 15

3 ,(2)
x y
x y xy

∈


+ =


Đặt t = xy thì Q =
2
6
( ) 3. 9 3
6
f t t t t= + −
.Kết hợp (1) và (2) suy ra
1
, 1
2
x y≤ ≤
.
Vậy t thuộc tập giá trị khi chỉ khi hệ sau có nghiệm
3
1
, ;1
2
x y t
xy t
x y

9 4 0
(1) 1 2 0
4 1
1 1 2
0
9 2
2 4
1
1
2 2
t t
f t
t
t
f
S

∆ = − ≥

= − ≥


−
 
⇔ ≤ ≤

= ≥
 ÷
 


 ÷
 
;Maxf(t) = f
1 2 3 2
2 4
+
 
=
 ÷
 
Các bài tập tự luyện:
Bài tập 1:
a) Cho các số thực dương
, ,a b c
.Chứng minh
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
8
2 2 2
a b c b c a c a b
a b c b c a c a b
+ + + + + +

+ + + +
d) Cho các số thực không âm
, ,a b c
.thỏa mãn
3a b c
+ + ≥
.
Chứng minh
2 2 2
1 1 1
1
a b c b c a c a b
+ + ≤
+ + + + + +
e) Cho các số
1 2 5
, , , 0x x x ≥
và
5
1
1
1
1
i
i
x
=
=
+
∑

+ +
b)Cho các số thực x,y,z thỏa mãn
1xy yz zx+ + =
.
Chứng minh
2 2 2
3 3
1 1 1 2
x y z
x y z
+ + ≥
− − −
c)Cho hai số thực x , y thỏa mãn
2 2
x 1.y+ =
Chứng minh
( ) ( )
( )
5 5 3 3
16 20 5 2x y x y x y+ − + + + ≤
Bài tập 3:
a) Cho các số thực dương a,b,c .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Q =
( )
2
3 3 3 2 2 2
2 2 2
1
2
a b c


b)Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện
1 15
2
x y
x y
+
+ + + =
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q =
x y
+
.
C/ Tính thực tiễn của đề tài:
Đề tài này bản thân tôi đã áp dụng trong việc dạy và luyện cho học sinh trong các
đội tuyển học sinh giỏi thấy rằng đa số học sinh rất hứng thú vận dụng tốt ,có thể nói
phần nào rất tự tin khi gặp các bài toán thộc dạng này.Trong ôn luyện thi đại học hàng
năm (có một phần chắt lọc )tôi đả hướng dẫn cho học sinh nắm để vận dụng ,thấy rằng
đa số học sinh hiểu và thực hành rất tốt.
Tuy vậy chắc chắn vẫn còn có nhiều khiếm khuyết ,nhiều vấn đề chưa được đề cập.
Bản thân tôi rất mong sự đóng góp của tổ chuyên môn và của các bạn đồng nghiệp,
xin được chân thành cảm ơn .
D/Tài liệu tham khảo :
Tạp chí Toán học và tuổi trẻ.Hà Nội:NXB Giáo dục
Kỷ yếu hội thảo Đào tạo hệ trung học phổ thông chuyên 12/1997
Các tài liệu bồi dưỡng giáo viên dạy các trường chuyên tổ chức hàng năm trong hè do Bộ
giáo dục kết hợp với trường Đại học Khoa học Tự Nhiên đồng tổ chức.
Phan Đức Chính .1999Bất đẳng thức.Hà Nội:NXB Giáo dục.
Đồng Hới,ngày 10 tháng 5 năm 2012
Người viết đề tài
NGÔ QUANG VIỆT