Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

A.

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ
cho học sinh là các mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu
dạy học môn toán.
Bất đẳng thức là một vấn đề được giáo viên và học sinh thâm nhập
với một lượng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả
năng tư duy toán học cho học sinh.
Trong quá trình dạy học tôi luôn tìm tòi các ví dụ điển hình tổng
hợp thành các phương pháp giải cụ thể cho học sinh đồng thời hướng dẫn
học sinh biết nhận dạng bài toán và phát triển các bài toán mới.
Dưới đây tôi xin được trao đổi với quý đồng nghiệp một phương
pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức: ” Giải bất đẳng thức bằng
phương pháp đưa về một biến” ( Thường là những bài bất đẳng thức khó,
xảy ra trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi Đại học). Và trong một số bài
toán tôi khai thác sâu thêm bằng những hoạt động trí tuệ như tổng quát,
phân tích, so sánh, đặc biệt hóa...
Nội dung đề tài gồm hai phần :
Phần I: Đưa về 1 biến bằng cách biến đổi đặt ẩn phụ t = k(x,y,z,...).
Phần II: Đưa về 1 biến bằng cách dồn biến.

B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I. PHƯƠNG PHÁP
1. Bài toán: Xét bài toán:Với điều kiện R (nếu có) . Chứng minh rằng
P = f(x,y,z,...)  A (hoặc  A) hoặc tìm GTLN; NN của P.


toán 1:

Với x,y là các số thực dương chứng minh rằng:
x3  y 3  xy2  yx 2 (1)

Giải:
Vì x là số dương nên:
3

2

y
y
y
(1)  1       
x
x x

. Đặt
3

y
=t
x

( t >0).

2


toán 2:

Với x,y là các số thực khác không chứng minh rằng:
x4
y4



y4
x4

 x2 y2  x y
    2


 y2 x2  y x



(2)

2


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

Giải:
Đặt t =

Cho x, y, z là các số thực thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức:
A  ( x  1)2  y 2  ( x  1)2  y 2  y  2 .

Giải:
Từ đẳng thức:

x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx)  ( x  y  z ) 2 ;

x3  y 3  z 3  3xyz  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx) và điều kiện ta

có:
P  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)  ( x  y  z )(2 

Đặt: t  x  y  z



( x  y  z )2  2
)
2

0t  6

t2  2
t3
1
)    3t   (t  2) 2 (t  2 2)  2 2  2 2
2
2
2


2 2

3


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

f(t)
Suy ra f(t)= P  2 2 ..(0  t  6 ) .
Vậy Pmin=  2 2 khi x=  2 ,y=z=0 hoặc hoán vị.
Pmax= 2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị.

toán 4 (Đề thi giáo viên giỏi năm 2003- 2004)
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= 1. CMR:
 Bài

2
3

 14 .
2
2
a + b + c ab  bc  ca
2

2
2

Suy ra: Nếu đặt t= a 2 + b 2 + c 2 ta có: VT= f  t  
2
6
2
f’(t) = - t 2 
1  t 
BBT
t

1  3
2

1
3

f’(t)

-

0

1
+


f(t)
84 3

Vậy: f(t)  8  4 3 


Từ gt ta có: 
.
S2
SP= S2 - 3P  P 
S 3


( Lưu ý S = -3 không thoã mãn).
Đánh giá S: S2  4P => S 2  4.

S2
S 1
 S2
 0  S  3.v.S  1. .
S 3
S 3

Vậy:

2
2
2
2
1
1
x3  y 3  x  y   x  y  x. y   x  y  xy S 2  S  3

 2 
A= 3  3  3 3 
3

1

-

-

1

4

f(S)

0
2

MaxA = f (1) = 16. Đạt được tại x= y=

1
1
1
( Khi S= 1; P= ).
2
4

Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn
phụ

toán 6: Đề thi đại học khối B năm 2006
Cho x, y, z là các số thực thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức:
 Bài

3

 Với

y>2: f(y)

 Bài

toán 7: (Đề thi đại học khối B năm 2008).

 2 1 y2  2 5  2  3 .  2 1 y2  2 5  2  3
1
Vậy GTNN của A = 2  3 khi x=0; y 
.
3

Cho x, y là các số thực thay đổi thõa mãn: x2 + y2 =1. Tìm gTLN, NN của biểu
thức:
P

2  x 2  6 xy 

1  2 xy  2 y 2

Giải
Ta có: P 

2  x 2  6 xy 

x 2  2 xy  3 y 2

t 

t 

3
1

x
;y

x  3y
10
10
Vậy GTLN của P là 3 khi :  2 2  
.
x  y  1 x   3 ; y   1

10
10


6


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.


3

Cho x, y là các số thực thay đổi thõa mãn : : x2 + y2 =2. Tìm GTLN, NN của
biểu thức:
P= 2( x3 + y3) – 3xy.
HD: Đặt: t= x + y với : t 2;2 .
 Bài

toán 9:

 x, y , z  0
1 1 1 15
3 Cmr: P= x  y  z     .
Cho 


x yz 

x

2

y

z

2

Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
1
x


Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = hay x = y = z =
2
2

P= x  y  z  

C2: áp dụng BĐT côsy ta có:
1
x

1 1
9
9 27
9
27 15
 t  t  
 2 t. 

3 2
y z
t
4t 4t
4t
4.
2
1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
 đpcm
2


Hướng dẫn giải:
C1: Sử dụng BDT cô sy :

1 1
1
  ...  
x1 x2
xn

n

n
n2

x1....xn x1  ...xn

Suy ra:

1 1
1
bn2
VT  a( x1  x2  ...  xn )  b(   ...  )  a( x1  x2  ...  xn ) 
x1 x2
xn
x1  x2  ...  xn
Đặt: t =

x1  x2  ...  xn  k .

bn 2

bn2
  ...  )  a( x1  x2  ...  xn ) 
x1 x2
xn
x1  x2  ...  xn

bn 2
1 t
bn2
1
bn2
bn2  ak 2
 bn 2 (  2 )  t (a  2 )  bn 2 .2.  k (a  2 ) 
t
t k
k
k
k
k
k
Dấu bằng xảy ra: x = y = z = .
n

Nhận xét:
Đặc biệt hóa bài toán TQ1 ta có:
Bài toán 9,1:

8



1
1
17
 y 2  2  z 2  2  3.
2
y
z
x
2

Giải
Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có:
(x2 

1 2
4
1
1
4
)(1  4 2 )  x   x 2  2 
(x  )
2
y
y
y
y
17

Tương tự sau đó cộng vế theo vế:
1

Cho 

CMR :

x2 

1
1
1
 y 2  2  z 2  2  82 .
2
x
y
z

Chứng minh tương tự.
Bài toán TQ1 : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có:

Bài toán 9* :
 x, y  0
x  y  2

Cho 

Cmr:

1 1
  ( x  y)  2 .
x y


m  x1

x2



m  x2

 ... 

xn



m  xn

mn
.
n 1

Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện bài toán TQ1 ta có bài toán
mới :

Bài toán TQ3
Cho x1 , x2 ,..., xn (n  2) là các số thực dương thoả mãn:
x1  x2  ...  xn  k (k  R* ) ; b  0; ak 2  bn 2 .

1 1
1
bn 2  ak 2




z  xy



3
2

.

Giải:
Đặt a= x , b= y , c= z
Bài toán trở thành :
Cho: a,b,c là các số thực dương và abc  1. Chứng minh rẳng
P=

a2
a 2  bc



b2
b 2  ac



c2
c 2  ab



Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

(a  b  c) 4
(a  b  c) 4
(a  b  c) 4



3(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca) 3[( a  b  c) 2  3(ab  bc  ca)] 3[( a  b  c) 2  3]

{vì ab+bc+ca  33 (abc) 2  3}
Đặt: t=(a+b+c) 2 thì t  9 { vì a+b+c  33 abc  3}.
t2
1
9
= t 1
với t  9 .
3(t  3)
3(t  3) 3
1
27
 0  t  0; t  6 .
f’(t)= 
3  3t  9 2

C1: P2 = f(t) =

2
2

t2
3t  15 t  3
3
3.9  15
t 3 3
9
=
= .



2
.
3(t  3)
12
12
t 3
12
12 t  3 2
9
3
 P 
Dấu bằng xảy ra khi x= y= z= 1 (đpcm).
2
2

C2: Ta có : P2 =

9


 .
Cmr: P 
2
2
2
1 x
1 y
1 z
10
x  y  z  1

Cho 

Nhận xét: Ta đổi chiều bất đẳng thức để áp dụng bđt svac-xơ .
Giải : Ta có :

11


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

x2
y2
z2
x3

x  x3 y  y 3 z  z 3
x  y  z  x3  y 3  z 3

1 (

Ta có:
x3  y 3  z 3  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)  3xyz 
1
x2  y 2  z 2 3
 x 2  y 2  z 2  [1  ( x 2  y 2  z 2 )]  3 (
)
2
3
1
Đặt t  x2  y 2  z 2 từ đk  t  .
3

C1) Ta có: P = f(t) = 1 

..t 

2t 2
t
1  3t  2t
3

..  f '(t )  

16t 


1
(  t )(57t  9)
 3t 2  10t  3 9 9
9 9
P 1
1
 2
   3 2
 
t
3t  10t  3 10 10
3t  10t  3
10 10
t
3t  1  t 2 
1  3t  2t
3
3
1
Dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z= (đpcm).
3
2t 2

 Bài

Cho

2t 2

toán 12:(Tạp chí toán học tuổi thơ).


3



x 2 +y 2 +z 2  2-2(x+y+z)+(x+y+z) 2 -4 

3

Đặt t= x+y+z thì: 0  t  3 .Khi đó:

4 3 2
1
15
3 3
t  t  2t  2 
(2t  3) 2 (  t )  
27
27
4
4 4
3
1
dấu bằng xảy ra khi t= hay x=y=z= (đpcm).
2
2

x 2 +y 2 +z 2  

*) Từ ý tượng trên ta có thể khai thác và sáng tạo các bất đẳng thức :

4. Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng
x 2  y 2  z 2  2 xyz  3  (1  x)(1  y)(1  z )

 xy  yz  zx  3

4 Cmr:
xyz  4( x  y  z )  13
5. Cho 
x, y, z  [0; ]

3
 x, y , z  0
6. Cho  2 2 2
Cmr: x  y  z  27 xyz  30
x  y  z  3

13


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

x, y , z  0
Cmr: x  y  z  6
 xyz  x  y  z  2


7. Cho 


 2)( z

Cmr:
2

 2)



1
4 x

1



2

4 y

2

1



4 z 2

HD: t = ( x  y  z)2 :
 x 2  y 2  z 2  xyz  4

*****************************************

II. Một biến là x(y hoặc z):
ở ví dụ trên thì chúng ta phải làm xuất hiện ẩn phụ.sau đây ta xét một lớp
bài toán mà ẩn phụ chính là x hoặc y hoặc z
 Bài

toán 13:
x  y  z  1
 x, y , z  0

Cho 

Cmr: P = xy  yz  zx  xyz 

8
.
27

Giải:
Từ đk bài toán ta thấy 0  z  1  1  z  0
áp dụng bđt côsi ta có:
x y
 (1-z)
 2 

P = xy+yz+zx-xyz = z(x+y)+xy(1-z)  z(x+y)+ 

2



 z3  z 2  z  1
Có thể xét hàm: f(z) =
với 0  z  1 .
4
 Bài toán số 14:
x  y  z  3
Cho 
Cmr: 5  xyz  2( xy  yz  zx)
 x, y , z  0

Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử
Từ điều kiện dễ thấy: 0  z  1

(9) .

z = min(x,y,z)

x y 2
) ( z  2)  2 z ( x  y )  0
2
( z  1) 2 ( z  2)
3 z 2
z 3  3z  2
5(
) ( z  2)  2 z (3  z )  0 
0
0
2

Từ điều kiện dễ thấy 0  z  1  a  bz  0; z 

3a
 4  0 ta có:
b

a( xy  yz  zx )  bxyz  (3a  b)  xy(a  bz )  az ( x  y )  (3a  b) 
 az (3  z )  (3a  b) 

(3  z ) 2
(a  bz ) 
4

1
3a
b( z  1) 2 ( z 
 4)  0
4
b

Chú ý: Thay đổi hình thức bài toán:
Sử dụng đẳng thức x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx)  ( x  y  z ) 2 ta có thể đưa bài
toán trên về bài toán tương đương nhưng hình thức khác :
chẳng hạn bài 14 có thể phát biểu dưới dạng tương đương :

15


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

 x, y , z  0

Với a=1; b=-2 : Cho 

xy  yz  zx  2 xyz  1

Sau đây ta xét tiếp bài toán sử dụng giả thiết: x = max(x,y,z,...) hoặc x =
min(x,y,z,...) để làm hạn chế phạm vi của biến:
 Bài

toán 15:

 x, y, z  [0;2]
x  y  z  3

Cmr: x3  y 3  z 3  9 .

Cho 

Giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử: z = max(x,y,z).
Từ điều kiện  1  z  2 .
Ta có:
x3  y 3  z 3  x 3 +y 3 +3xy(x+y) +z 3 =(x+y) 3 +z 3 =(3-z) 3 +z 3 =
=9z 3 -27z+27=9(z-1)(z-2)+9  9 với mọi z t/m : 1  z  2
dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)=(0,1,2) và hoán vị của nó (đpcm).
Bài toán 16
Cho x, y  [0;

HD: Giả sử :

1 x
1 x2


Xét hàm f(x) trên : 0;


2
.
2 

16


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

 Bài

toán 17:

Cho x,y,z nằm trong đoạn [1;2] ;
Chứng minh rằng : x 3  y 3  z 3  5xyz .
Giải:
Đặt f ( x, y, z )  x 3  y 3  z 3  5xyz
Không mất tính tổng quát giả sử : 2  x  y  z  1
f ( x, y, z )  f ( x, y,1)  z 3  5xyz  (1  5xy)  ( z  1)(1  z  z 2  5xy)  0

Vì : z  1  0;1  z  z 2  5xy  1  z  z 2  5z 2  1  z  4 z 2  4( z  1) 2  3z  1  0

2
2
2
4
2
4
3
1
yz yz
3 x 3 x
 x  3x  2
 ( x  2)( y  z ) 2  0  f ( x, y, z )  f ( x,
,
)  f ( x,
,
)
4
2
2
2
2
4
3
2
 x  3x  2
( x  1) ( x  2)
 f ( x, y , z ) 
55  5
5
x;0  x  1

y3  x3

 0
2

Vậy f ( x, y, z)  f ( x, y, xy )  g ( x, y)  g ( x, x)  0
 z  xy
 x  y  z  đpcm
 x y

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

Một số bài toán tương tự
 x, y , z  0
x  y  z  1

Cmr : x( y  z )4  y ( z  x)4  z ( x  y )4 

1. Cho 

1
12

HD: Giả sử x  y  z  0 đặt t  x( y  z ) ta chứng minh được
x( y  z )4  y( z  x)4  z ( x  y)4  t (1  3t )
x  y  z  1
2. Cho 
Cmr:
 x, y , z  0


n

y2 1



z2 1
yn 1
z 1
n



z2 1
x2  1
zn 1
x 1
n



7
(bài T5 - THTT - 10/2004)
2



7
2


x 2 1
x 2 1

 3 y 2  z 2 

1
x 2 1

Câu b tương tự!
 x, y, z  [0;2]
x  y  z  3

5. Cho 

Cmr :

x n  y n  z n  2n  1

(Tổng quát bài 8: chứng minh tương tự!).

18


Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến
Gv: Nguyễn Hoàng Thái – Trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm
.

- Thường ta phải sử dụng tính chất 2 mới có đánh giá được
1
3

Cmr: 3( x  y  z )  xyz  10
Cmr: 7( xy  yz  zx )  12  9 xyz

8. Chứng minh rằng :
2

zx 
2
 (OLIMPIC 30-4)


 1 

z
x
y
2 

1
HD: Không mất tính tổng quát ta giả sử:  z  y  x  1
2
1
Đặt : z=ax ; y=bx   a  b  1 sau đó đánh giá tiếp ta đưa về 1biến là b.
2
x y

yz

III. Kết quả
Đề tài này đã được bản thân tôi và các đồng nghiệp cùng đơn vị thí điểm

5.Olimpic 30_4
Người thực hiện

Nguyễn Hoàng Thái

20