1

VỀ HAI MƯƠI BÀI TOÁN GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
Đi cùng với lời giải của hai mươi bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong bài viết này,
chúng tôi đề xuất thêm một số bài toán mới, đồng thời mỗi bài đề xuất đều có đáp số và lời giải
chi tiết ở đằng sau bài viết. Ngoài ra, chúng tôi đưa ra một số kỹ thuật phân tích bình phương; kỹ
thuật biến đổi biểu thức hai biến, ba biến; tư tưởng hàm số trong một số lời giải bài toán bất đẳng
thức.
Bài toán 1:
Cho x là số thực. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của
(
)
( ) ( )
2
2 2
3 2 2 1
1 1
3
2 3 3 3 2 3 3 3
x x
P
x x x x
+ +
= + +
+ + + + − +
(Câu 10, đề minh họa môn
toán của Bộ GD & ĐT năm 2015)
Cách giải 1:
Áp dụng bất đẳng thức (BĐT) Cauchy cho hai số dương ta có:
( ) ( )

, đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi
(
)
(
)
2 2
2 3 3 3 2 3 3 3 0
x x x x x
+ + + = + − + ⇔ =
. Suy ra
(
)
2
2
3 2 2 1
2
( ),
3
2 3 3
x x
P f x x
x x
+ +
≥ + = ∈
+ +
ℝ
.
1)
Ta tìm các h

ở
thành
( )
2
2 2 2
3(2 2 1)
1 2
2 3 3 6 12 0 3 21 3 21
3 3
3
x x
x x x x x x x
+ +
+ ≥ + + ⇔ + − ≤ ⇔ − − ≤ ≤ − + .
Suy ra
2
2
2 2 1 4 1
( ) 2 3 3 3
3
3 3 3
2 3 3
f x x x
x x
≥ + + + − ≥ − =
+ +
, (Áp dụng BĐT Cauchy
cho hai số dương), suy ra
3, 3 21 ; 3 21
P x x

2

, suy ra
3
P > (3).
3) Với
1
3 21
2
x
> − + > −
thì
( ) ( )
2
3 2 3 21 2 3 21 1
165 30 21
1,74 3
3 3
 
− + + − + +
 
−
 
> > > , suy ra
3
P
> (4).
Từ (2), (3) và (4) suy ra 3,P x
≥ ∀ ∈
ℝ

P
x x
+ +
≥ +
+ +
.
Đặt
2
2
3 15 15
4 6 6 4
4 4 4
u x x x
 
= + + = + + ≥
 
 
, ta có
2
2
4 6 3 2 2 3 2 2
( )
3 3
4 6 6
x x u
f u
u
x x
+ + −
+ = + =

15
( ) 0 6 ;
4
f u u
 
′
= ⇔ = ∈ +∞


 
. Lập
bảng biến thiên (BBT) hàm số f(u), ta suy ra
15
( ) (6) 3, ;
4
f u f u
 
≥ = ∀ ∈ +∞


 
, suy ra
3
P ≥ ,
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0.

V
ậ
y
minP = 3

   
và
2 2
3 2 6 3 3
2
4
2 2
b x
   
+ −
= + +
   
   
   
.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét hai véc tơ
3 2 6 3 3
2 ;
4
2 2
u x
 
− +
= − −
 
 
 

,
3 2 6 3 3

2
+2x+1) ≥ 4x
2
+6x+3 = a
2
+b
2
−3, suy ra
( )
2
2 2
3
3 1 1 4
2
3 3
a b
a b
P
a b a b
+
−
+ −
≥ + + ≥ +
+
(vì
( )
2
2 2
3
2


Đặ
t t = a + b, v
ớ
i
6
t ≥ , ta có
( )
2
2
3
4 6 4
2
( )
3
3 2
a b
t
f t
a b t
+
−
−
+ = + =
+
, suy ra
(
)
(
)

′

= ⇔

= − +

.
Lập BBT hàm số f(t), ta suy ra
)
( ) (2 3) 3, 6;f t f t

≥ = ∀ ∈ +∞

, suy ra
3
P ≥ , đẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
Vậy
minP = 3
.
Cách giải 4: (ý tưởng xuất phát từ cách giải 1 và cách giải 2)
Ta có
2 2
3(2 2 1) 4 6 3
x x x x
+ + ≥ + +
và
( ) ( )
2
2 2

2
2 3
3 3
2
2 2 2 2
3 3 9
4 3 4 6 16 54
4 4 16
2 2 4 3
4 3
( )
3 4 6 3
4 6 6
3 4 6 3. 4 6 6 4 6 6 6 2 4 6 3
x x x x x
x
x
f x
x x
x x
x x x x x x x x
 
   
+ + + + + +
 
   
   
+
+  
 

.
Bài toán 2:
Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn 2
xy yz zx xyz
+ + =
. Hãy tìm GTNN của biểu thức
2 2 2
1 1 1
3
x y z
P
y z x xy yz zx
 
= + + + + +
 
 
.

Cách giải 1:
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
4

Theo giả thiết
1 1 1
2 2
xy yz zx xyz
x y z
+ + = ⇔ + + =
. Đặt
1 1 1

Chứng minh: Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ta có:
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
. . .
a b c
a a b b c c
a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
+ + ≤
+ + + + + +
+ + + + + +

2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
2 2 2
a b c
a a b b b c
a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
     
     

1 1 1
a b c
a b c
= =
. Áp d
ụ
ng B
Đ
T (5) ta
có:
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
b c a a b c
b c a
a b c ab bc ca ab bc ca
+ +
+ + = + + ≥
+ +
(6)
Bây gi

+ + ≥ + + (4). T
ừ
(6) và (7) suy ra
(
)
( )
(
)
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3
2
2
a b c a b c
b c a
a b c
a b c
+ + + +
+ + ≥ =
+ +
,
suy ra
(
)
( ) ( )
2 2 2
2
3

ng)
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
1
3 ( )
2
b c a b c a
P ab bc ca a b c a b c a b c a b a c c b
a b c a b c
 
 
= + + + + + = + + + + + − + + + + + − − + − + − =
 
 
 
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1
2 4
2
b a c b a c
a b a c c b
a b c
 
 
+ + +
 

 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1
6
2
a b a c b b a c c
a b c
 
− − − − − −
= + + +
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1
6
2
a b b c c b c a a c a b
a b c
 
− + − + − +
= + + +
 
 
 

ể

đ
i
ề
u ch
ỉ
nh sao cho s
ố
m
ũ

ở
t
ử
c
ủ
a v
ế
l
ớ
n c
ủ
a B
Đ
T (5) t
ă
ng d
ầ
n

ứ
c
đố
i x
ứ
ng F(a, b, c)
đố
i v
ớ
i ba bi
ế
n a, b, c
đượ
c g
ọ
i là hàm phân th
ứ
c
đố
i
x
ứ
ng chu
ẩ
n, n
ế
u F(x,x,x) = 0 v
ớ
i m
ọ

i m
ọ
i a, b, c. Hàm phân th
ứ
c
đố
i x
ứ
ng S(a, b, c)
đố
i v
ớ
i ba bi
ế
n
a, b, c
đượ
c g
ọ
i là hàm phân th
ứ
c n
ử
a
đố
i x
ứ
ng chu
ẩ
n, n

ẩ
n theo ba bi
ế
n F(a, b, c)
đố
i v
ớ
i ba bi
ế
n a, b, c, khi
đ
ó
ta
có

F(a, b, c) = (b – c)
2
S(a, b, c) + (c – a)
2
S(b, c, a) + (a – b)
2
S(c; a; b)
,
, ,
a b c R
∀ ∈
Hệ quả: (dạng biểu diễn S.O.S đối với hàm phân thức)
Cho hàm phân thức
( , , ) ( , , ) ( , , )
( , , )

−
+ − = ,
(
)
3 3 2
( )( )
a b ab a b a b a b
+ − + = + −
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
, ( )
a b c b a c
b c a
a b c
a b c a b c
− − −
+ + − + + = + + ,
( )
( )
( )
( )
2
2 2
2 2
2
2
a b
a b a b
a b a b

,
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
2 2 2
3
2 2 2 2
a b b c c a
a b c
b c c a a b c b c a a b a c b c b a
− − −
+ + − = + +
+ + + + + + + + +
,
( )
( )
(
)
( )
2
2 2
2 2
2 2
2 2
4
1 1 8
a b a b ab

3 3
3
1 4
a b
a b
a b a b a b
− −
− =
+
+ + +
,
( )
( ) ( ) ( )
(
)
( )
2 2 2
2 2 2 2
3 3
3 3
3 3
4 2
1 1 16
a b a b ab a b a b a b ab
a b
a b a b a b
 
− + + + + + +
 
+ − =

Q
a b b c c a a b b c c a
           
= + + ≥ + +
           
           
+ + + + + +
           
. Từ đó ta có
th
ể tìm min của biểu thức
2 2 2
a b c
Q
a b b c c a
     
= + +
     
+ + +
     
, với a, b, c là các số thực dương.
Không mất tính tổng quát ta giả sử
{
}
ax ; ;
a m a b c
= Ta có
( )
( )
( ) ( )

( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )( )( )
( )( )( )
2 2 2 2
2 2 2 2
1
2
4 2
c a c a a b b c c a a b b c a c
c a a b b c a c
c a a b b c c a
   
− − − − − − − −
+ + = + + +
   
+ + + +
+ + + +
   
   
.
Suy ra
( )
( )
(
)

+ + + + + + + +
 
+ +

( )
( )
(
)
(
)
( )( )( )
2
2
4
b b c c a
a b
a b b c a c
a b
− −
−
= +
+ + +
+
(áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm,
(
)
(
)
(
)

ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi a = b = c.
V
ậ
y
3
min
4
Q
=
.
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
7 Cách giải 2: (phương pháp hàm số)
Ta có
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1
a b c
Q
a b b c c a
b c a
a b c

z
c
=
ắt phải có hai số (cùng lớn
hơn hoặc bằng 1) hoặc (cùng nhỏ hơn hoặc bằng 1).
Không mất tinh tổng quát ta giả sử (
1
x
≥
và
1
y
≥
) hoặc (
1
x
≤
và
1
y
≤
). Ta có
( ) ( )( )
2
2
2 2
2 2 2 2
1 1 (1 ) (1 ) 2(1 )(1 ) 2 2 1
1 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 1 2 1 1 1 1
x y x y

2 3 3
1 2 1
( )
1 1 1
z
f z
z z z
−
′
= − =
+ + +
, suy ra
( ) 0 1
f z z
′
= ⇔ =
. Lập bảng biến thiên (BBT)
hàm số f(z), ta suy ra
( )
3
( ) (1) , 0;
4
f z f z
≥ = ∀ ∈ +∞
, suy ra
3
4
Q
≥
,

th
ự
c th
ỏ
a a
2
+ b
2
+ c
2
= 3. Hãy tìm GTNN và giá tr
ị
l
ơ
n nh
ấ
t (GTLN) c
ủ
a
R, v
ớ
i
3 3 3
2 2 2
1 1 1
a b c
R
b c a
= + +
+ + +

+ b
2
+ c
2
= 3.
Không m
ấ
t tính t
ổ
ng quát ta gi
ả
s
ử

c b a
≥ ≥
thì
1; 3
c
 
∈
 
,
[
]
0;1
a∈
và
3
0;

2 2 2
3 3 3 3 3 3 3 3
3 3
3 3 3
2 2 2
b c a c c c
a b
R c c c
c c c c c c
− − − − − −
≤ + + = + + ≤ + +
,
suy ra
(
)
3
2
2
3 3 3
3
2
c
R c
c
−
≤ +
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0.
1) Ta tìm
điều kiện của c để
(

Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
8

Như vậy
3 3
R≤
, với
2
27
3
13
c≥ ≥ ,
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
3, 0
c b a
= = =
.
2) Với
2
27
1
13
c≤ < thì

b c a
   
   
 
   
= + + < + + = + + < <
 
 
+ + + + +
 
+
, suy ra
3 3
R < .
Tóm l
ại,
3 3
R ≤ , đẳng thức xảy ra khi
3, 0
c b a
= = =
.
Từ đó suy ra
3 3 3 3
R− ≤ ≤ với a, b, c là các số thực thỏa a
2
+ b
2
+ c
2

2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
9
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c a b c
R
a b b c c a a b b c c a a b b c c a
+ +
= + + ≥ =
+ + + + + + + + + + + + +
mà
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 6
2 2 2
a b b c c a
a b b c c a
+ + + + + +
+ + + + + ≤ + + =
nên
9 2 3
6
2
R ≥ = , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
a b c
= = =
.

a b c
 
+ + + + + +
≥ + + − + + =
 
 
.
Cách 3:
Áp d
ụ
ng B
Đ
T Cauchy cho ba s
ố
d
ươ
ng ta có
3 3 2 3 3 2 3 3 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 3
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
2
a a b b b c c c a a b c
b b c c a a
R
     
+ + + + + +
+ + + + + + + + −
     

2
)
≠ 0 . Hãy tìm
GTNN của biểu thức
2 2 2 2
1 1
S a b c
a c b c
= + + + +
+ +
.
Lời giải:
Vì c = min{a; b; c}, và a, b, c
≥
0 nên
2 2
2 2 2 2
2 2
1 1 1 1
4 4
c c
a c b c
a ac b bc
+ ≥ + =
+ +
+ + + +

( )
2 2 2
1 1 8

f t
t
′
= − +
,
( ) 0 2
f t t
′
= ⇔ =
, Lập BBT hàm số f(t) , ta suy ra
( )
5
( ) 2
2
f t f
≥ =
, suy ra
5
2
S
≥
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0, 2
c a b
= = =
.
Vậy
5
min
2

(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
0
a c b c a b
+ + + ≠
. Hãy tìm GTNN của
biểu thức
2 2 2 2 2 2
1 1 1
128 5
S a b c
a b b c c a
 
= + + + + +
 
+ + +
 
.
Đáp số:
min 25
S
=
, đạt được khi và chỉ khi
8, 0
a b c
= = =
hoặc các hoán vị của nó.

S = , đạt được khi và chỉ khi
5
0,
2
c a b
= = =
hoặc các hoán vị của nó.
Bài toán 6:
Cho a, b, c dương thỏa a
2
+ b
2
+ c
2
= 3. Tìm GTNN của biểu thức
( )
1 1 1
8 5T a b c
a b c
 
= + + + + +
 
 
.

Cách giải 1: (phương pháp phân tich bình phương)
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2

− − + − − − + − − − + −
 
+ + − − − + = + + +
 
 ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
1 1 1
3 3
a b c
a b c
a b c
 
− − −
= + + + − + + +
 
 
 

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1
3 3 1 1 1 3
2

 
 
 
 
S
uy ra
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1
5
24 4 1 1 1 15 5 1 1 1
2
a b c
T a b c a b c
a b c
 
− − −
   
= − − + − + − + + + + + − + − + −
 
   
 
 

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 10 3 1 10 3 1 10 3

Ta tìm m, n sao cho với
(
)
0; 3
t∀ ∈ , ta có
2
5
8
t mt n
t
+ ≥ +
,
đồ
ng th
ờ
i
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi t =
1 là
nghi
ệ
m kép. Ta tìm
đượ
c
3 23
,

0; 3
t∀ ∈ . Suy ra
(
)
2
5 3 23
8 , 0; 3
2 2
a a a
a
+ ≥ + ∀ ∈ ,
(
)
2
5 3 23
8 , 0; 3
2 2
b b b
b
+ ≥ + ∀ ∈ và
(
)
2
5 3 23
8 , 0; 3
2 2
c c c
c
+ ≥ + ∀ ∈
,

= 3).
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1
3 3 1 1 1
2
a b c a b c a b c a b c
 
+ + = + + − − − + = − − + − + −
 
.
M
ặt khác
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1 1
3 3 1 1 1
2
a b c
a b c a b c
a b c a b c
 
− − −
 

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1 2 1 2
3
2 2 2
a n n m a b n n m b c n n m c
m n
a b c
 
− + − − + − − + −
     
     
 
= + + + +
 
 
.
Tìm được một điều kiện là
3
2 3
m
n ≥
+
(8).
* Khi n ≥ m > 0 (thỏa (8)) thì ta có thể giải bài toán bằng ba cách: sử dụng BĐT Cauchy,
phương pháp phân tích bình phương, phương pháp hàm số.
* Khi
3
2 3
m

   
   
 
 
= − + + − + − + + − + − + + − −
   
    
 
 
 
   
   
2 2
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1
2 1 x z y
x y z xy zy xz z x z x y z y z x y x y
 
     
 
− + + − − − + = − + − + − + − + − + − −
 
      
 
 
     
 
( ) ( ) ( )
2 2 2 2

Vậy min
K = 3 − 2 .
Bài toán 8: (Vô địch IRAN năm 1996)
Cho a, b, c > 0. Tìm GTNN của biểu thức
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1
L ab bc ca
a b b c c a
 
= + + + +
 
+ + +
 
 
.
Lời giải: (phương pháp phân tich bình phương)
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
ab bc ca a b c
L
b c c a a b
a b b c c a
= + + + + +
+ + +
+ + +
, suy ra
( )

( )
( )( )
( )
( )
( )( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 1 2 1 2 1
4 4 4
a b b c a c
c b c a a b a c b a b c
a b c b a c
     
− − −
= − + − + −
     
+ + + + + +
+ + +
     
     

Vì L là biểu thức đối xứng theo ba biến a, b, c, nên không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c.
Suy ra
( ) ( ) ( )
2 2 2
a c b c a b
− ≥ − + − và
( )( )
( )

 

( )
( )( )
( )
( )( )
( )
2
2 2
2 1 2 1
4
b c
a b a c b a b c
c b a c
 
−
+ − + −
 
+ + + +
+ +
 
 
(9)
Ta có
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( ) ( ) ( )

c b c a b a b c a b a c b a b c
a b a c c b a c
   
− −
− − − −
+ + + + + + +
   
+ + + + + + + +
+ + + +
   
   

( )
( )( )
( ) ( )( )
( )( )( )
( )( )
( )
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2
2
1 2 1 2 2
4 4
( ) ( )
a b a b c b c a b c c a b a b
c c
c b c a b a b c

a b c b c a c b c a a b a c c b c a
     
− − + + − − + − + + −
−
= + + + + + +
     
+ + + +
+ + + + + + + + +
     
     
( )
( )( )
( )( )
( )
( ) ( ) ( )( )
( )
2 2 2 2
2 2
2 2
2 ( ) ( ) 2
1
4 4
( ) ( ) ( ) ( )
a b c a b b c a b a b c b c a c a b b c
c b c a
a b c b c a a b c b c a
   
− − + + − − + + + − + + −
≥ + =
   

2 2
2 2 2 2 3 3 3 3 2 3 3 3
2 2
2 2
4 4 2 4 4 2
4( ) ( ) 4( ) ( )
a b c a b c c b a b abc c b a b c c c b b abc c b
a b c b c a a b c b c a
− + + + + − − − + + + + − −
= − ≥ =
+ + + + + +
( )
( )
2
2
0
( ) ( )
bc a b
a b c b c a
−
= ≥
+ + +
, suy ra
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
( )
( )( )

L
≥
,
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi a = b = c.
V
ậ
y
9
min
4
L
=
.

Bài toán 9:
(Câu V,
đề
thi
đạ
i h
ọ
c kh
ố

3 3 3 6 6 6
x y y z z x
P x y z
= + + − + +
.
T
ừ
h
ướ
ng gi
ả
i c
ủ
a bài toán 10, chúng tôi
đề
xu
ấ
t hai bài toán sau
đ
ây:
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
13

Lời giải:
Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z, khi đó ta có (x – y)
2
+ (y – z)
2
≤ (x – z)
2

2
( ) 3 ln3 1 3 ln3 1 0, 0
t
t
f t t
 
′
= − + − > ∀ ≥
 
 
, suy ra hàm số f(t)
đồng biến trên [0; +∞); do đó
(
)
(0) 3
f t f
≥ =
,
0
t
∀ ≥
, suy ra P ≥ 3, đẳng thức xảy ra khi và chỉ
k
hi x = y = z = 0.
V
ậy minP = 3.
Nhận xét 5: (về bài toán 9)
Từ hướng giải của bài toán 9, chúng tôi đề xuất bài toán sau đây.
Bài toán 9.1:
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x + y + z ≤ 4 và m là số dương cho trước lớn

1
xyz x z y x yz y z
+ + = ⇔ + = −
Khi yz + 1 = 0 thì y = z suy ra
2
1
y
= −
(vô lý), suy ra yz + 1 ≠ 0. Do đó
1
y z
x
yz
−
=
+
.
Đặt
tan
y
α
=
,
tan
z
β
=
,với
0;
2

)
(
)
2 2 2 2
2cos 2cos 4sin 3sin cos 2sin 2 sin 4sin 3sin cos
M
α β α β β β α β β β β β
= − − − + = − − +
,
suy ra
(
)
2 3
2sin 4sin 3sin 1 sin 3 ( )
M t t f t
β β β β
≤ − + − = − = , với
(
)
sin 0;1
t
β
= ∈ .
Ta có
2
1
( ) 1 9 , ( ) 0
3
f t t f t t
′ ′

sin
sin
3
3
t
π β
α β α
β
β


− = = +

 
⇔
 
= =
 
=



2
1 tan
1 sin 1
2
, tan 2, tan
1 4 2
2 2 2
1 sin

Nhận xét 6:
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
14

Bài toán 10.1:
Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn
xyz x z y
= + +
và z > 0. Hãy tìm GTLN của biểu thức
( )
2 2
3
2
1 1 6
1 1
1
z
M
x y
z
= − +
+ +
+
Đáp số:
32
max
9
M = ,
đạ
t

ỏ
a mãn
1
xy zx yz
+ + =
, x
≠
0 và z > 0. Hãy tìm GTLN c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
(
)
( )
( )
2
2 2
2 2
2
2 1
1 1
1 1
3 1 1
z
x y
M
x y

2 2
1 4 1 1 2 2
N a a b b a b a b= + + + + + + + − + − − .
Lời giải:
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai điểm A(a; a + 1) và B(2b + 2; b), ta có N = OA + OB +
AB với A và B lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: y = x + 1

và d
2
:
1
1
2
y x
= −
. Bài toán trở
thành tìm GTNN của N khi A và B lần lượt chạy trên hai đường thẳng d
1
và d
2
.
www.mathvn.com
Để ý rằng điểm O nằm trong góc nhọn được tạo bởi hai đường thẳng d
1
và d
2
.
G

A A d O O
≡ = ∩ và
0 2 1 2
B B d O O
≡ = ∩ .
Ta tìm được
(
)
1
1;1
O − ,
2
4 8
;
5 5
O
 
−
 
 
,
0 0
13 9 2 6
; , ;
22 22 7 7
A B
   
− −
   
   

1
a b c
X
a b c a b c ab bc bc ca ca ab
a b c
 
= − − + +
 
+ + + + + + + +
+ + +
 
Lời giải:
Ta chứng minh bổ đề: Với a, b, c, a
1
, b
1,
c
1
là sáu số dương ta luôn có
( )
( )
3
3 3 3
1 1 1 1 1 1
3
a b c
a b c
a b c a b c
+ +
+ + ≥

a
a b c
a a
a b c
a b c
a b c
 
 
 
 
+ +
 
 
 
+ +
 
 
+ +
 
 
≤
+ +
+ +
(12)
3
3
3 3
1 1
3 3 3
3

 
+ +
 
 
 
+ +
 
 
+ +
 
 
≤
+ +
+ +
(13)
3
3
3 3
1 1
3 3 3
3
1 1 1
3
3 3
1 1 1
1 1
3
3 3 3
3
1 1 1

 
 
≤
+ +
+ +
(14)
Cộng vế theo vế các BĐT (12), (13) và (14), ta có BĐT
3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3 3
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
. . . . . . 1
3 3 3
a b c
a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
+ + ≤
+ + + + + +
+ + + + + +
Từ đó suy ra BĐT (11) đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 1 1
a b c
a b c
= =
.
Áp dụng (11) ta có

a b c
+ + + +
+ +
≥ =
+ +
+ +
nên
3 3 3
2 2 2 3
a b c a b c
ab bc bc ca ca ab
+ +
+ + ≥
+ + +
, suy ra
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
16

3 3 3
3
3
1
2 2 2
a b c
a b c ab bc bc ca ca ab
 
− + + ≤ −
 
+ + + + +
 

 
. Từ đó
( )
( ) ( )
3 3
2 2
4 3 216 4 3 216
1 1 ( )
3 3
3
3
X f t
a b c t
t
a b c
≤ − − = − − =
+ + + +
+
+ + +
, với t = a + b + c > 0.
Ta có
( )
( )
( )
(
)
( ) ( )
( )
2
3 3

 
( )
( )
(
)
( ) ( )
( )
2
3
2 2
2 3 3 6 3 36
1 1
3
2 2
3
3 3 2 3
t t t
t
t
t t
 
 
 
+ + + + +
 
 
= − − − − =
 
 
 

− + + + +
− − −
 
 
= − − =
 
+
+ + +
 
 
( )
(
)
( ) ( )
( )
2
2
3
2 2
3 4 3 12
7 17
3
2 3
2 3 3 2 3
t t
t
t
t
t t
 

2 2 3
x x x
Y
x x x
+ − +
= +
+ − +
.
Cách giải 1:
Ta có
( )
( )
2
2
2 2
1 1
1
2
1 2
x
x
Y
x
x
− +
+
= +
+
− +
.

ra đồ thị hàm số g(t) là lõm trên
ℝ
.
Suy ra đồ thị hàm số g(t) nằm trên các tiếp tuyến của của đồ thị này.
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số g(t) tại điểm có hoành độ
0
1
2
t
=
l
à
13 1 5
27 2 6
y t
 
= − +
 
 
. suy ra
2
2
1 13 1 5
,
27 2 6
2
t
t t
t
+

2
2
1 1
( ) ,
1 2
t
h t t
t
− +
= ∈
− +
ℝ
. Ta có
( ) ( )
( ) ( )
3
3 5
2 2
1 3 1
6
( ) , ( ) 0,
1 2 1 2
t t
h t h t t
t t
− + −
′ ′′
= = > ∀ ∈
   
− + − +

t
t t
t
− +
 
≥ − − + ∀ ∈
 
 
− +
ℝ
, suy ra
( )
( )
2
2
1 1
13 1 5
,
27 2 6
1 2
x
x x
x
− +
 
≥ − − + ∀ ∈
 
 
− +
ℝ

mt n
t
+
≥ +
+
và đẳng thức xảy ra tại
1
2
t
=
là nghiệm kép. Tìm được
13
27
m = và
32
54
n = .Ta chứng minh được
2
2
1 13 32
27 54
2
t
t
t
+
≥ +
+
(bạn đọc tự kiểm chứng). Suy
ra

(
)
( )
2
2
1 1
13 58
,
27 54
2 1
x
x x
x
− +
≥ − + ∀ ∈
+ −
ℝ
(18). Từ (17) và (18) suy ra
5
,
3
Y
≥
x
∀ ∈
ℝ
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
2
x

1 1
4
1 1
Q xy x y
x y
= + + − −
+ +
.
Lời giải:
Ta có
( )
( )
( )
( )
3
3
2 2 2 2 3 3 3 3 3 3
2 4 (20)
4
x y
x y xy x y xy xy x y xy x y x y x y x y
+
+ ≥ ⇒ + − ≥ ⇒ + ≥ + ⇒ + ≥ + ⇒ + ≥

Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
18

và
( )
2

2
2
2
1 1 1 1 3( ) 4( ) 4 0
4
x y
x y x y x y xy x y x y x y
+
+ ≤ − − = − − + ≤ − − + ⇒ + + + − ≤

suy ra
2
0
3
x y
< + ≤
, suy ra
2
, 0;
3
x y
 
∈
 
 
(vì x, y > 0). Mặt khác
(
)
(
)

t
=
là nghiệm kép.
Tìm được
9
10 10
m
−
= và
33
10 10
n = . Ta chứng minh
2
1 9 33
10 10 10 10
1
t
t
−
≤ +
+
(22)
Điều này tương đương với
( )
2
9 33 2
1000 (1 ) 33 9 0, 0;
3
10 10 10 10
t t vì t t

 
 
.
Áp dụng (22) ta có
2
2
1 9 33
10 10 10 10
1
1 9 33
10 10 10 10
1
x
x
y
y
−

≤ +

+


−

≤ +

+

Suy ra

≥
thỏa mãn
2
1 1 2 1 2 5
x y z
+ + + + + =
(23). Tìm GTLN của biểu thức
3 3 3
2
R x y z
= + +
.
Lời giải:
Từ (20) và
, , 0
x y z
≥
, ta suy ra
[
]
0;2 2 ; , 0;4
x y z
 
∈ ∈
 
.Vì
, 0
y z
≥
nên

z
z z+ ≥ + ∀ ∈ (23).
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
19

Kết hợp (23), (24) và (25) ta suy ra
(
)
2
2 3 1
y z x
+ ≤ − +
. Vì vậy từ (24) ta có
(
)
3
3 2
2 8 3 1 ( )
R x x f x
≤ + − + = .
Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
2

x x
x x
x x x x x x
x x x x
 
− + + − + +
 
 
= − ≤ − = + + − ≤ − ≤
 
 
+ + + + + + + +
 
 
 
, suy ra
( ) 64, 0;2 2
f x x
 
≤ ∀ ∈
 
, suy ra
64
R
≤
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0, y = 0, z =
4 hoặc x = 0, z = 0, y = 4.
Vậy maxR = 64.
Nhận xét 7:
Qua hai bài toán 12 và bài toán 13 ta nhận thấy: khi đồ thị (C) của hàm số y = f(x) liên tục trên

/
) và chúng có ít nhất điểm
chung có hoành độ
(
)
0
;
x
α β
∈ thì f(x) ≥ g(x) hoặc f(x) ≤ g(x).
c) Nếu đồ thị (C) nằm trên đồ thị (C
/
) hoặc nằm dưới đồ thị (C
/
) và chúng có hai điểm chung có
hoành
độ
1
x
α
=
và
2
x
β
=
thì f(x) ≥ g(x) hoặc f(x) ≤ g(x).
Với bài toán “Tìm GTNN (hoặc GTLN) của biểu thức P = f(a
1
) + f(a

∈
∈∈
∈
,i = 1;n
(
i i
α ,β
, h là 2n + 1 số thực không đổi) ”, ta nên xét đồ thị (C) của hàm số y = f(x) liên
tục trên đoạn
[
]
;
α β
và một đồ thị (C
/
) của hàm số y = g(x) liên tục trên đoạn
[
]
;
α β
trong hai
trường hợp b) hoặc c).
Khi không có điều kiện nào của các số a
1
, a
2,
…, a
n
thì ta nên xét tính lồi, lõm của đồ thị (C) và
nghĩ đến phương pháp tiếp tuyến (xem cách 1 của bài toán 13).

; , 1;
i i i
a i n
α β
∈ = (
,
i i
α β
, h
là 2n + 1 số thực không đổi), ta nên tìm p, q sao cho f(x
i
) ≥ pg(x
i
) + q (hoặc f(x
i
) ≤ pg(x
i
) + q)
với mọi
[
]
i i i
x
α ;β ,i = 1;n
∈
∈∈
∈
(xem bài toán 14, bài toán 15, cách 2 của bài toán 6 và cách 2 bài
toán 13).
Bài toán 16:

(
)
3
5 1 3
t at b t
− − + +
, t =
x
y
.
Nếu f(t) có t = 1 là nghiệm bội 2 thì:
(1) 0
(1) 0
f
f
=

⇔

′
=

7
1
2
15 4 0 5
2
a
a b
a a b

x y
− +
≥ ∀ >
,suy ra
3 3
2
5 7 5
3 2 2
x y
x y
xy y
−
≥ −
+
,
, 0
x y
∀ >
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Tương tự ta có:
3 2
2
5 7 5
3 2 2
y z
y z
yz z
−
≥ −
+
và

y z z x y x
+ + +
+ +
+ + +
.
Lời giải:
Tr
ướ
c h
ế
t , ta có:
(
)
( )
2
2 2 2
3 3 3 4 4 4 2 2 2
2 2
x y z
x y z x y z x y z
y z z x y x xy xz yz yx zy zx xy yz zx
+ +
+ +
+ + = + + ≥ ≥
+ + + + + + + +
(sử dụng
BĐT (5) ở trang 3) suy ra
3 3 3 2 2 2
2
x y z x y z

y
> 0. Nếu f(t)
có t = 1 là nghiệm bội 2 thì:
(1) 0
(1) 0
f
f
=

⇔

′
=

1 3
2 4
1 1
2 0
2 4
a b a
b b
 
+ = =
 
 
⇔
 
 
− − = = −
 

+
. Do đó
( )
2
2
3 1
3
4 4
y z y z
z yz z
y z
−
 
≥ = −
 
+
 
,
, 0
y z
∀ >
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = z, tương tự ta
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
21

cũng có
( )
2
2
1

+ + +
,
, , 0
x y z
∀ >
(27), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z =
1
3
. Từ (26) và (27) suy ra:
3 2 3 2 3 2 2 2 2
3 3
1
4 4
x y z y z x z y x x y z xy yz zx
y z z x y x
+ + + + + + + + +
+ + ≥ ≥ =
+ + +
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi x = y = z =
1
3
.
V
ậy min P = 1.
Bài toán 18:
Cho x, y, z > 0, và x + y + z =
2
. Tìm GTLN của

′
=

( )
( )
2
3
2
2 2
1
2 1
2 2
a
a b
b a b
b

=


+ =
 
⇔
 
+ =



=


+ ≤ ∀ >
, đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi x = y, tương tự ta cũng có:
2
3
,
2 2
y z
y yz
+
+ ≤
2
3
,
2 2
z x
z zx
+
+ ≤
, , 0
x y z
∀ >
, từ đó
suy ra
( )
2 2 2
2 2
P x xy y yz z zx x y z
= + + + + + + ≤ + + =
, đẳng thức xảy ra và chỉ khi

3
– (t + 3)(at
2
+ bt +
c), t =
x
y
. Nếu f(t) có t = 1 là nghiệm bội 2 thì:
(1) 0
(1) 0
f
f
=

⇔

′
=

1
2 1
a b c
a b
+ + =


+ =

* Cho
1

tương tự ta cũng có:
3 3
2 2
5
3
x z
z zx x
z x
−
≥ − + +
+
và
3 3
2 2
5
3
z y
y yz z
y z
−
≥ − + +
+
,
, , 0
x y z
∀ >
. Từ đó ta
có
3 3 3 3 3 3
5 5 5

, 0
x y
∀ >
, đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi x = y; chứng minh tương tự ta cũng có:
3 3
2
5
2
3
x z
zx x
z x
−
≤ − +
+
và
3 3
2
5
2
3
z y
yz z
y z
−
≤ − +
+
,
, , 0

Nhận xét 8:
Các bài toán 16, 17, 18, 19 là của chúng tôi đề xuất. Cách giải các bài toán này là ứng dụng của
đề
tài nghiên cứu: “ Một số phương pháp biến đổi biểu thức đẳng cấp đối với hai biến, ba biến để
chứng minh bất đẳng thức” của chúng tôi.
Sau đây là một số trích dẫn trong đề tài đó.
Các hằng đẳng thức
1.

Hằng đẳng thức thứ nhất
 
 
 
 
 
 
∑ ∑ ∑ ∑
k r n r n 2
i n i s r s j n r j 2 l n 2 l
i s j l
i=0 s=0 j=0 l=0
α a b β a b q a b = (a b) p a b
− −
− −− −
− −
− − − − − −
− − − − − −− − − − − −
− − − − − −
− −
− −− −

= = =
 
 
= −
 
 
 
 
∑ ∑ ∑
.
Giả sử f(t) có t = 1 là nghiệm kép (nghiệm bội 2), thì hệ điều kiện của các q
i
, theo các
,
j s
α β

( 0;
j n r
= −
,
0;
i k
= ,
0;
s r
= ) cho trước là:
0 0 0
0 0 0 0 0
(1) 0

′
=
   

   

+ =
   
   

   
   

∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
Hệ hai phương trình bậc nhất có n – r + 1 ẩn q
i
giải được và luôn có nghiệm, lúc này
2
2
0
( ) ( 1)
n
l
l
l
f t t p t
−
=
= −

cho trước.
2. Hằng đẳng thức thứ hai
∑ ∑
k n 2
i n i n 2 j n 2 j
i j
i=0 j=0
α a b (βa + γb) = (a b) p a b
−
−−
−
− − −
− − −− − −
− − −
− −
− −− −
− −
, ,
a b R
∀ ∈
(29), với
{
}
0;1;2; ; ,
k n
∈
, 2
n N n
∈ ≥
Ta chứng minh bao giờ cũng tồn tại đẳng thức có dạng (29).

1
0
(1) 0
(1) 0
k
n
i
i
k
n
i
i
f
f
n i
β γ α
β β γ α
=
−
=

+ =

=


⇔
 
′
=

0; 2
j n
= −
) hoàn toàn xác định khi chia f(t) cho (t – 1)
2
. Cho
t =
a
b
, ta có hằng đẳng thức dạng (29).
Lưu ý:

+ Các b
ướ
c ch
ứ
ng minh h
ằ
ng
đẳ
ng th
ứ
c d
ạ
ng (29)
đ
ã cho ta m
ộ
t ph
ươ

+ Ta có th
ể

đồ
ng nh
ấ
t h
ệ
s
ố
hai
đ
a th
ứ
c là hai v
ế
c
ủ
a
đẳ
ng th
ứ
c (29)
để
tìm
,
β γ
, theo các
i
α

z. Tìm GTNN c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.
Lời giải:
Đặt
z
x
b
y
x
a
== , ,
[
]
4;1, ∈ba . Ta có
1
1
3
2

a
,
[
]
4;1, ∈∀ ba , suy ra
1
1
4
11
4
),4(),1(
5
6
+
+
+
+=≥≥=
b
b
b
bfPbf
,
[
]
4;1∈b
. Ta l
ạ
i có
( ) ( )
22

Nhận xét 9:
T
ừ
cách gi
ả
i
bài toán 20
, chúng tôi
đề
xu
ấ
t bài toán sau.
Biên soạn: Tôn Thất Hiệp
24

Bài toán 20.1:
Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4]. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức
2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.
Để giải một bài toán ta cần quan tâm đến các cách tiếp cận bài toán. Sau khi giải xong một bài
toán
hay nhiều bài toán, ta nên nhìn nhận lại các bài toán, rút kinh nghiệm, điều chỉnh, đề xuất bài
toán mới, phát hiện những vấn đề mới,…
Phú Vang, ngày 26/4/2015.
Tác giả: Tôn Thất Hiệp

   
,
và
( ) ( )
( )
2 2 2
36 9
4 2 45 1
3 1
2
2
b a c
c
b a
≥
+ + −
−
 
+ +
 
 
, suy ra
( ) ( ) ( )
2 2 2
9 36
2 4 2 45 1a b b a c
+ ≥
+ + + −
( ) ( )
( ) ( )

1 0
t a b c
= + + − >
.
Ta có
5
32
( ) 1
f t
t
′
= − +
,
( ) 0 2
f t t
′
= ⇔ =
. Lập BBT hàm số f(t) ta suy ra
( )
5
( ) 2
2
f t f
≥ =
, suy
ra
5
2
S
≥

1 1 8
2 2
a b c
c c
a b
+ ≥
+ +
   
+ +
   
   
, nên
( )
2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 8
2 2
a c b c
a b c
c c
a b
+ ≥ + ≥
+ +
+ +
   
+ +
   
   
,
suy ra

+ + + +
       
+ + + + + +
       
       
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
2
2
4
4
2 2
2 2
2 2
c c
a b a b
a b
c c
c c
a b a b c
a b a b c
  
− + +
  
−

( )
( )
( )
( )
2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2
4
1 1 8 1 2
2 2
a b a b
c c
a c b c a b
a b c a b a b a b
a b a b c
− −
+ − + − ≥ − =
+ + +
  
+ + + + +
+ + + +
  
  

( ) ( )
( )
( )
( )

  
− + − + + + +
 
  
− + + − + + + +
  
 
  
 
  
   
= ≥ ≥
     
+ + + + + + + + + + + +
     
     
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 4 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
c c c c

2 2
2 2 2 2
2
8
2 2 2 2
7
2 2 2 2
0
2 2 2 2
c c c c
c c c c
a b a b a b
a b a b a b
a b
c c c c
a b a b
a b a b a b a b a b a b
 
    
 
     
− + + + − + +
 
− + + − + +
    
     
 
    
−
 

Từ đó
( )
2
4
1280 1280
5 5 ( )
S a b c t f t
t
a b c
≥ + + + = + =
+ +
, với
0
t a b c
= + + >
. Ta có
5
4.1280
( ) 5
f t
t
′
= − +
,
( ) 0 4
f t t
′
= ⇔ =
, Lập BBT hàm số f(t), ta suy ra
(

   
+ +
   
   
,