MỤC LỤC
Trang
A. Phần mở đầu 01
1. Lý do chọn đề tài…………………………………………… 01
2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu…………………………. 01
3. Mục tiêu và nhiệm vụ nghiên cứu…………………………. 01
4. Giả thuyết khoa học của đề tài…………………………… 02
5. Phương pháp nghiên cứu………………………………… 02
6. Dự báo những đóng góp mới của đề tài…………………… 02
B. Phần giải quyết vấn đề 03
I. Kiến thức cơ sở……………………………………………… 03
II. Một số kỹ thuật dồn biến………………………………… 04
1. sử dụng các đẳng thức……………………………………… 04
2. Sử dụng BĐT cauchy……………………………………… 08
3. Sử dụng BĐT bunhiacopsky……………………………… 12
4. Sử dụng bất đẳng thức phụ (1) và (2)…………………… 16
5. Sử dụng bất đẳng thức phụ (3) và (4)…………………… 20
III. Thực nghiệm………………………………………………. 26
1. Mục đích thực nghiệm……………………………………… 26
2. Nội dung thực nghiệm………………………………………. 26
3. Kết quả thực nghiệm……………………………………… 26
C. Kết luận và kiến nghị 27
Tài liệu tham khảo 28
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trong chương trình toán học phổ thông, bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều biến số là bài toán thường xuyên có mặt
trong các đề thi học sinh giỏi, thi tuyển sinh vào các trường Đại học và Cao đẳng.
Bài toán toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa nhiều
biến số là bài toán được giải theo nhiều cách khác nhau. Tuy nhiên với sự hổ trợ
của công cụ đạo hàm và đặc biệt là một số kỷ thuật dồn biến, ở các đề thi gần đây

+ Nghiên cứu luận: Nghiên cứu qua các tài liệu về bất đẳng thức trong
chương trình toán THPT.
+ Nghiên cứu thực tiễn: Khảo sát năng lực học sinh trong vấn đề tiếp cận và
giải quyết bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
+ Thực nghiệm sư phạm: Tiến hành bồi dưỡng học sinh giỏi, dạy ôn thi Đại
học một số buổi cho các em học sinh lớp 12 để xem xét tính khả thi, hiệu quả của
đề tài.
VI. DỰ BÁO NHỮNG ĐÓNG GÓP MỚI CỦA ĐỀ TÀI
Trong thực tiển dạy bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi Đại học cho các em học
sinh lớp 12 tôi sử dụng đề tài của mình vào giảng dạy và đã thu được những kết
quả khả quan, hầu hết các em tham gia lớp học đã chủ động hơn và hứng thú hơn
khi tiếp cận với những bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất nói chung.
Từ đó phát huy được tính tích cực, chủ động của mình trong học tập.
Đề tài có thể làm tài liệu cho các giáo viên trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi
lớp 12, luyện thi Đại học.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. KIẾN THỨC CƠ SỞ:
1. Các đẳng thức: Với mọi số thực x và y ta có
+
2 2 2
( ) 2x y x y xy+ = + +
+
3 3 3
( ) 3 ( )x y x y xy x y+ = + + +
+
0 1
1
( ) ,
n
n n n n

21
. Khi đó, ta có:
) )( () (
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211 nnnn
bbbaaabababa ++++++≤+++
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại số thực k thỏa mãn
, 1,
i i
a kb i n= =
.
+ Các bất đẳng thức cơ bản:
•
2
2 2
( )
, 0
2
a b
a b a b
+
+ ≥ ≥

ab
+ ≤
+ +
+
(4) với
, 0 1a b và ab> ≤
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b hoặc ab=1.
3. Một số tính chất của hàm số
+ Nếu hàm số
( )y f x=
đồng biến trên đoạn
[ ]
;a b
thì
[ ]
;
max ( ) ( )
a b
f x f b=
và
[ ]
;
min ( ) (a)
a b
f x f=
.
+ Nếu hàm số
( )y f x=
nghịch biến trên đoạn
[ ]

max ( ) (a)
a b
f x f=
và
[ ]
0
;
min ( ) (x )
a b
f x f=
.
+ Nếu hàm số
( )y f x=
có đạo hàm liên tục và đổi dấu từ (+) sang (-) khi x
qua
[ ]
0
;x a b∈
thì
[ ]
;
min ( ) ( )
a b
f x f b=
hoặc
[ ]
;
max ( ) (a)
a b
f x f=

Phân tích : Ta thấy đây là biểu thức đối xứng hai biến nên thông thường ta
dồn về biến x+y hoặc xy. Để làm được điều đó ta cần liên hệ với các hằng đẳng
thức, cụ thể:
Bài giải :
Ta có
xyyx
yxxyyxP
611
3)(3)(
2
3
−








+++−+=
Đặt
4
3t
xyyxt =⇒+=
. Khi đó, ta có
3
168
4
9

4
9
)(
2
3
≤≤+−−= t
t
t
ttf
[ ]
4;3,0
8
)
2
3
(2
8
2
9
3)('
22
2
∈∀>+−=+−= t
t
tt
t
t
ttf
Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(t) trên đoạn
[ ]

1,3
4
3
94
yx
yx
tkhi
Nhận xét : Bài toán trên có thể giải theo cách rút thế để xét hàm một biến
nhưng lại gặp phải hàm số cồng kềnh. Với việc sử dụng các hằng đẳng thức như
trên ta thấy rằng chính nhờ giả thiết mà ta có thể đưa biểu thức cần biến đổi qua
biến mới.
Ví dụ 2(Khối B-2011)
Cho hai số thực dương thỏa mãn
)2)(()(2
22
++=++ abbaabba
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức








+−









+−






+−






+=
a
b
b
a
a
b
b
a
a
b



+⇒++=++ ab
baa
b
b
a
abbaabba
2221222
22
12 +≥+⇒








+≥+++=+






+⇒ tt
a
b
b



+∞;
2
5
là
4
23
)
2
5
(
−
=f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
1,22,1
4
23
====
−
bahaybakhi
.
Nhận xét: Đối với biểu thức trên nói chung việc dồn về biến mới là dễ dàng,
nhưng rõ ràng tìm miền giá trị của biến mới là không đơn giản. Chính vì thế mà ta
phải khai thác triệt để ở giả thiết và biến đổi giả thiết qua biến dự kiến dồn về.
Ví dụ 4(Khối B-2012)
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn
10
222

3
2
3
2
2
1
)(
1
0
2
222
yx
yxxy
zyx
zyx






+−+−=+−+−=+−+= )(
2
1
)(
2
5
)(10)(5)(
32233555
yxyxyxyxyxxyyxyxP

6
1
0)(',
4
5
2
15
)('
2
±
=⇔=+−= ttfttf
Ta có
36
65
)
3
2
(
36
65
)
6
1
(,
36
65
)
6
1
(,

−=∨= ttkhi
)(
1
0
3
2
1
0
6
1
222222
VN
zyx
zyx
yx
zyx
zyx
yx









=++
=++
−=+

zyx
P ++=
Phân tích: Với giả thiết của bài toán và các số hạng của biểu thức P, ta dể
dàng đưa được biểu thức P về một biến.
Bài giải:
Ta có
3
322
3
3
1
16
)6(3
64
)6(111311
z
zzzz
z
yxxyyx
P +
−
−
−
=+







+
≤⇒
+
≤
43240)48)(4(
2
≤≤−⇔≥+−−⇔ zzzz
•Xét hàm số
4324,
1
16
)6(3
64
)6(
)(
3
3232
≤≤−+
−
−
−
= z
z
zzzz
zf

4
2
4
22

Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(z) trên đoạn
[ ]
4;324 −
là
64
129
)4( =f
, giá trị lớn
nhất của f(z) trên đoạn
[ ]
4;324 −
là
8
6327
)324(
+
=−f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
14
64
129
==⇔= yxzkhi
và giá trị lớn nhất của P
là
31,324
8
6327
+==−=
+

Phân tích : Với hình dạng của biểu thức P, thông thường ta hay để ý đến số
hạng có tính độc lập để dồn về biến đó, cụ thể là đưa về biến z. Do hai số hạng đầu
là một biểu thức đối xứng nên ta dự đoán được x=y. Vì thế ta liên hệ đến BĐT
cauchy để đưa về biến z.
Bài giải :
Ta có
2 2 2 2 2 2
4
1 1 2 2
( )( )
2
x xy y xy x xy y xy x xy y xy
+ ≥ ≥
+ + + + + + +2 2 2
2 2
1x y z
≥ =
+ −
.
Suy ra
2
2 2 3
1
1
P
z
z

3 2 2
1
4 8 9 3 0 (2 1)(2 4 3) 0
2
z z z z z z z⇔ − + − = ⇔ − − + = ⇔ =
Do f’(z) đổi dấu từ âm sang dương khi z qua
1
2
nên suy ra giá trị nhỏ nhất
của f(z) là
1 8 3
( )
2 3
f =
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
8 3 3 1
,
3 2 2
khi x y z= = =
.
Nhận xét: Rõ ràng việc áp dụng BĐT cauchy kết hợp với giả thiết, ta dồn
biểu thức về biến z khá dể dàng. Nhưng không phải lúc nào ta cũng dễ dàng áp
dụng được để dồn biến, bài toán sau sẽ nói lên điều đó:
Ví dụ 2
Cho các số thực x>y>z>0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2
8 ( )
y z x

− +
−
 ÷
 

Đặt
, ,
y z x
a b c
x y z
= = =
. Khi đó, ta có
0 , 1, 1, 1a b c abc< < > =
và
2
1 1
8( 1)
a b c
P
a b
c
= + +
− −
−
Ta có:
2 2
1
1 1
(1 )(1 )
(1 a 1 b)

≥ + =
− −
−
Xét hàm số
( )
2
16
( ) , (1; )
8 1
c
f c c
c
+
= ∈ +∞
−

2
2 2
3 4 16 ( 2)(3 2 4 8)
'( )
16 ( 1) 16 ( 1)
c c c c c c c c
f c
c c c c
− − − + + +
= =
− −
'( ) 0 4f c c= ⇔ =
Do f’(c) đổi dấu từ âm sang dương khi c qua
4

yz
zyx
zy
xxyx
x
P
+
−
+++
+
+
+++
=
Phân tích : Ta thấy để P max thì
1
9
yz+
min, do đó điểm rơi của bài toán là
y=0 hoặc z=0. Do đó ta đưa về biến là biểu thức chứa yz. Trong biểu thức P ở số
hạng thứ 2 nó nằm ở dạng đơn giản, chúng ta chỉ cần quan tâm đến số hạng thứ
nhất.
Bài giải :
Ta có
)(1)(2)(22
22
zyxyzzyxzyxyz +≥+⇒+≥++=+

1
1
)(1

 ÷
+ +
 
Đặt
1t yz= +
. Khi đó, ta có:
2
1
1
1 2 9
t
P
t
≤ − −
+
•Ta có:
, 0 1y z t≥ ⇒ ≥
•Xét hàm số
2
1
( ) 1 , 1
1 2 9
t
f t t
t
= − − ≥
+

2
2 2

yx
z
zP +−+++
+
= 2
242
2
Phân tích : Dựa vào biểu thức P ta có nhận định biến cần dồn là y+z. Nhưng
điều cần thiết ở đây là chúng ta sử dụng đánh giá như thế nào để đưa được các số
hạng về biến y+z. Chính nhờ giả thiết
44 =+− zyx
mà chúng ta cố gắng làm xuất
hiện 4z để sử dụng BĐT cauchy với các số 4z và x+y, cụ thể:
Bài giải :
Ta có
yxz
z
yxz
z
yx
z
++
≥
+
=
+ 4
4
)(4
2
Suy ra

2
2
3
4
2
2
4
2
++−
−
+
+
+
+
= zy
zyy
y
z
2
3
2
22
3
2
2
3
2 ++−
+
=++−
−

⇔







=+
=+−
=+
=+
5
6
5
14
2
4
44
4
2
z
y
x
zyx
zyx
zzy
zy
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là


1≤ab
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
ab
ab
ba
P
+
−+=
2
14
22
Phân tích : Ta thấy biểu thức trong căn và biểu thức ngoài căn có đặc điểm
giống nhau, do đó thông thường ta biến đối biểu thức ngoài căn đưa về dạng biểu
thức trong căn.
Bài giải:
Ta có
ba
ab
ab
và
ba
ba
12
1
2
12
2
114
2

ba
t
12
+=
. Khi đó, ta có
t
tP
1
2
1
2
−≥
•Ta có
22
2212
≥≥+=
ab
ba
t
•Xét hàm số
22,
1
2
1
)(
2
≥−= t
t
ttf
22,0

=+
−
2
1
2
1
12
22
12
8
1
4
4
b
a
ab
ba
ba
khi
.
Nhận xét: Ở ví dụ này với việc sử dụng BĐT bunhiacopsky rất dễ dàng cho
ta xác định được biến mới. Vai trò đó lại tiếp tục được khẳng định qua các ví dụ
sau:
Ví dụ 2(Khối B-2011)
Cho các số thực không âm thỏa mãn
1
=++
cba
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức

cabcabt
•Xét hàm số






∈−++=
3
1
;0,2123)(
2
tttttf






∈∀≤
−
−=
−
−+=
3
1
;0,0
)21(
2

3
1
;0 tftf
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên đoạn






3
1
;0
.Do đó giá trị nhỏ nhất của
hàm f(t) là
2)0( =f
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là



==
=
⇔





=++
=++

Ta có
)1)(1()1(1)(1(1(
222222222222
dcdcbabadcba ++++++=++++
22
)1()( +++=+++≥ bdacabcdbdac
Mặt khác
00)1)((
2
≥+−−⇔≥−− ddbbdddb

dcbabdac
+++≥+++⇔
1
Suy ra
dcbadcbaP +++++++≥
2
)(
Đặt
dcbat
+++=
. Khi đó, ta có
ttP +≥
2
•Ta có
44
4
=≥+++= abcddcbat
•Xét hàm số
4,)(

P ++−
+
+
+
+
+
=
)(
1
)(
1
)(
1
333
Phân tích: Củng như ví dụ trên thì ở ví dụ này việc xác định biến cần dồn
củng khá dễ dàng. Nhưng để cho biểu thức P giảm bớt tính phức tạp thì chúng ta
biểu diễn nó qua các biến khác.
Bài giải:
Đặt
10,,
1
,
1
,
1
=>⇒=== xyzvàzyx
c
z
b
y

+
+
+
+
+++++≤++
Suy ra
zyx
zyx
P ++−
++
≥
2
Đặt
zyxt ++=
. Khi đó
t
t
P −≥
2
2
•Ta có
33
3
=≥++= xyzzyxt
•Xét hàm số
3,
2
)(
2
≥−= tt

ba
+
≥+
(1)
•
4
)(
3
33
ba
ba
+
≥+
(2)
a và b là hai số thực không âm
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b.
Chứng minh :
•Ta có
2
)(
2
)(
)(2)(
22
2222
baba
baabbaba
+
=
+

x
y
y
x
P ++






+
+








+
=
Phân tích : Ta thấy biểu thức
1 1
x y
y x
+
+ +
hoàn toàn đưa về được






+
+
+
≥






+
+








+ yxxy
yxyx
x
y
y





++
=












+
−++
≥






−++
=
yx








+
≥
3
2
8
6
•Ta có:
2
4
)(
3
2
≥+⇒
+
++≤++= yx
yx
yxxyyx
2
2
)(
2
22
≥

tf

[
)
3;2,01
8
6
2)('
2
2
∈∀>+








+
= t
t
ttf
Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(t) là
21)2( +=f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
121 ==+ yxkhi
.
Nhận xét: Ví dụ trên hoàn toàn có thể sử dụng hằng đẳng thức và BĐT

+ +
+ ≥ + ≥
Suy ra
zzyx
yxyx
P 2)(3
4
1
)(
2
)(
4
23
−++−
+
+
+
≤
z
zz
−−
−
+
−
= 3
2
1
)4(
2
)4(

)4(
2
)4(
4
)(
23
−∈−−
−
+
−
= tt
tt
tf
[ ]
2;53,0
34
1
)4(
4
)4(
12
'
34
−∈∀>
−
+
−
+
−
= t

P
Phân tích : Biểu thức P là biểu thức đối xứng và không chịu sự ràng buộc
nào của giả thiết. Do đó thông thường ta đưa về biến a+b+c.
Bài giải :
Ta có
222222
)1(
4
1
)1(
2
1
)(
2
1
)1()( +++≥+++≥+++ cbacbacba

27
)3(
)1)(1)(1(
3
+++
≤+++
cba
cba
Suy ra
3
)3(
54
1

tf




=
=
⇔=
+
+
−
=
4
1
0)(',
)2(
1622
)('
42
t
t
tf
tt
tf
Ta có f’(t) đổi dấu từ dương sang âm trên khoảng
);1( +∞
khi t qua 4.
Suy ra giá trị lớn nhất của f(t) là
4
1

−
+
+
+
=
Phân tích : Đây là biểu thức mà mỗi số hạng có tử số và mẫu số đồng bậc và
hơn nữa ta có thể phân tích
2
2
2
222
c
b
c
a
c
ba
+=
+
. Do đó ta hoàn toàn có thể sử dụng
BĐT(2) để đưa về biến cần dồn.
Bài giải :
Ta có
3
3
3
3
3
3
33

≥
+
+
+
c
a
c
b
c
b
c
a
ca
b
cb
a
ca
b
cb
a
2
2
2
222
c
b
c
a
c
ba




−+=+−












+
+
+
≥
c
b
c
a
c
b
c
a
c
b






+






+=⇒=++
c
b
c
a
c
b
c
a
c
b
c
a
ccbca
21
4
1
2

≥−+−−= tttttf

62
1
)1(3)('
2
2
−+
+
−−=
tt
t
ttf
Với
2≥∀t
, ta có
3)1(3
2
≥−t
và
2
3
2
7
1
7)1(
7
1
62
1

a b
ab
+ ≥
+ +
+
với
10, ≥> abvàba

1 1 2
1 1
1
a b
ab
+ ≤
+ +
+
(4) với
, 0 1a b và ab> ≤
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b hoặc ab=1.
Chứng minh(3) :
Ta có
(3) ( 2)(1 ) 2(1 )(1 )a b ab a b⇔ + + + ≥ + +
abbaababba 22)( ++≥++⇔
0))(1(
2
≥−−⇔ baab
luôn đúng với
10, ≥> abvàba
.
Ví dụ 1

+
≥
+
+
+
1
2
1
1
1
1
22

Suy ra
xyxy
P
21
4
1
2
+
−
+
≥
Đặt
xyt
=
. Khi đó, ta có:
tt
P

+
−
+
=







∈∀>
+
+
+
−
= 1;
4
1
,0
)21(
8
)1(
2
)('
22
t
tt
tf
Suy ra giá trị nhỏ nhất của f(t) là

3
1
,, zyx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
xz
z
zy
y
yx
x
P
+
+
+
+
+
=
Phân tích: Thêm một lần nữa biểu thức P lại có bậc của tử bằng bậc của mẩu
nên cần thiết phải chia, nhưng chia thế nào để thích hợp cho việc áp dụng các BĐT
trên, đó là điều mà ta cần quan tâm.
Bài giải :
Không mất tính tổng quát giả sử
zyx ≤≤
Ta có
z
x
x
z
z
x

1
1
2
2
2
+
+
+
≥
t
t
t
P
•Ta có với
313
3
1
≤≤⇒≤≤≤≤
x
z
zyx
•Xét hàm số
31,
1
1
2
)(
2
2
≤≤

)3( =f
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là







=
=
=
⇔







=
=
3
1
3
1
9
5
7

+ +
Phân tích: Như nhận định của các bài toán trước thì biến cần dồn lúc này là
z. Nhưng ở hai số hạng đầu còn dính căn thức, do đó ta cần phải làm mất được căn
thức bằng cách sử dụng BĐT bunhiacopsky. Sau khi sử dụng bunhiacopsky ta thấy
xuất hiện hình dạng BĐT(4).
Bài giải :
• Ta có
, , 0x y z >
và
1 4z≤ ≤
suy ra
1
1xy
z
= ≤
. Do đó :
2
2 2
2 2
1 1 1 1 4
2
1 1 1
1 1
x y xy
x y
 
 
 ÷
+ ≤ + ≤
 ÷

z
f z z
z
+
= ≤ ≤
+

[ ]
2
'( ) 0, 1;4
2(1 ) (1 )
z
f z z
z z z
−
= ≥ ∀ ∈
+ +
Suy ra giá trị lớn nhất của f(t) là
(4) 5f =
.
Vậy giá trị lớn nhất của P là
1
5 , 4
2
khi x y z= = =
.
Nhận xét: Qua các ví dụ trên ta thấy được tầm quan trọng của BĐT phụ nêu
trên. Việc định hướng và áp dụng nó cần có một số kỷ thuật khéo léo và tinh tế,
một khi đã dồn được qua biến mới thì việc làm còn lại là đơn giản hơn.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

=++ xyyx
. Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3344
4 yxxyyxP −++=
.
4. Cho hai số thực thay đổi thỏa mãn
1122 +++−=+ yxyx
. Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
yx
yxxy
xy
y
yx
x
P
+
++
+−+−=
)1(2
)(
2
)(
2
.
5. Cho hai số thực dương thay đổi thỏa mãn
)1)((2
223
++= abbaba

x
y
y
x
x
y
y
x
P ++








+−+=
2
2
2
2
4
4
4
4
.
8. Cho ba số thực dương thay đổi thỏa mãn
1))(( =++> zyzxvàyx
. Tìm giá

2)(23
8
82
1
bca
bcba
P
+++
−
++
=
.
11. Cho ba số thực không âm thay đổi thỏa mãn
3
222
=++ zyx
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
zyx
zxyzxyP
++
+++=
6
332
.
12. Cho
x, y, z
là các số thực không âm thỏa mãn
2 2 2
x y z 1+ + =

P
+
−
+
−
++
+
++
+
=
.
14. Cho hai số thực thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn
2222
11 abbaba −+−=+
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
b
b
a
a
P
+
−
+
+
−
=
1
1
9

1
1
+
+
+
+
+
=
cba
P
.