MỤC LỤC
TÀI LIỆU THAM KHẢO..........................................................................................................22
PHỤ LỤC.....................................................................................................................................22

DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT
Stt
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

Chữ viết tắt
SKKN
THPTQG
THPT
ĐH-CĐ
HSG
GTLN
GTNN
minP
maxP
BĐT

Nội dung
Sáng kiến kinh nghiệm

này (trừ khi có trong tay những học trò thật sự xuất sắc). Lâu dần thành một sự
mặc định của nhiều học sinh (và cả giáo viên): Câu lấy điểm 10 chỉ là câu cho
“đẹp đội hình”, chứ chẳng mấy ai quan tâm đến nó cả! Chính vì vậy các SKKN
viết về phần này cũng chưa nhiều.
Với học sinh thì các em có quyền lựa chọn ôn thi chỉ cần đạt đến bao
nhiêu điểm. Nhưng với kinh nghiệm của một giáo viên nhiều năm luyện thi ĐHCĐ, bồi dưỡng HSG của nhà trường (liên tục từ năm học 2009-2010 đến nay).
Trên quan điểm “biết mười dạy một”, “mỗi thầy cô giáo là một tấm gương về
tinh thần tự học và sáng tạo”, tôi tự nhủ dù khó đến mấy cũng phải quyết tâm
tìm cho được một hướng tiếp cận khả thi nhất. Có thể có những “ngọn núi” mình
không vượt qua được nhưng điều quan trọng hơn là mình phải vượt qua được
chính bản thân mình.
Với những lí do đó, tôi viết SKKN với đề tài: “Phương pháp kết hợp dồn
biến và đạo hàm tìm GTLN, GTNN của biểu thức nhiều biến trong luyện thi
THPTQG và bồi dưỡng HSG tại trường THPT Lê Lai” với mong muốn có thể
truyền thêm ngọn lửa ham mê khám phá khoa học, đồng thời giúp các em học
sinh luyện thi THPTQG, luyện thi HSG cấp tỉnh ở trường THPT Lê Lai có được
một cách nhìn mới, một cách tiếp cận mới đối với bài toán này.
- Mục đích nghiên cứu.
+ Giúp học sinh (đặc biệt là các em học sinh khá, giỏi) ôn thi THPTQG,
luyện thi HSG môn Toán có một phương pháp hữu hiệu, một cách tiếp cận gần
gũi, tự nhiên với các bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức nhiều biến,
+ Giúp cho các bạn đồng nghiệp có thêm nguồn tài liệu phục vụ công tác
luyện thi THPTQG và bồi dưỡng học sinh giỏi,
+ Giúp bản thân tự học nâng cao trình độ chuyên môn, nghiệp vụ.
2


- Đối tượng nghiên cứu.
SKKN tập trung nghiên cứu một số phương pháp dồn biến cơ bản để đưa
một biểu thức nhiều biến (chủ yếu là 2 đến 3 biến) về hàm một biến. Sau đó sử


[a; b]

2.1.2.2 Quy tắc tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f ( x) liên tục trên (a; b)
* Bước 1: Tìm các điểm x1, x2,..., xn trên khoảng (a; b) , tại đó f '(x) = 0 hoặc
f '(x) không xác định.

3


f ( x) = L1 , f (x ) , f (x ) ,..., f (x ) , lim f ( x) = L2 .
* Bước 2: Tính xlim
→a
x →b
1
2
n
* Bước 3:
+ Nếu min { f(x1), f(x2 ),..., f(xn ) } < min { L 1, L 2 } thì
fmin = min { f(x1), f(x2),..., f(xn ) } (1).
+ Nếu max { f(x1), f(x2),..., f(xn ) } > max { L 1, L 2 } thì
fmax = max { f(x1), f(x2),..., f(xn ) } (2).
+ Nếu không thỏa (1) (hoặc (2)) thì hàm số không đạt min (hoặc max).
Chú ý:
i) Có thể lập bảng biến thiên của hàm số f(x) trên khoảng (a; b) thay cho bước 3.
ii) Nếu phương trình f '(x) = 0 vô nghiệm trên (a; b) thì hàm số không đạt min,
+

−



2.2. Thực trạng vấn đề
Những năm gần đây, trong các kỳ thi HSG cấp tỉnh, kỳ thi ĐH-CĐ (trước
năm 2015) và nay là kỳ thi THPTQG, có thể nói câu “chốt” (câu phân loại
những thí sinh xuất sắc) trong đề thi môn Toán chủ yếu là bài toán tìm GTLN,
GTNN của biểu thức nhiều biến. Bài toán này xuất hiện ngày càng nhiều, dần
thay thế cho các bài toán bất đẳng thức truyền thống. Đây cũng là xu hướng ra
đề của Bộ GD&ĐT, nhằm tăng cường ứng dụng của đạo hàm, hàm số vào giải
toán. Tuy nhiên đại đa số thí sinh trường THPT Lê Lai chưa làm được bài toán
này. Có một số nguyên nhân sau:
Thứ nhất, về phía giáo viên: Chưa chú tâm giảng dạy, ôn luyện dạng bài
này (lí do là vì có rất ít học sinh có đủ trình độ, năng lực để tiếp thu). Tuy nhiên
điều quan trọng hơn là giáo viên cũng chưa thực sự đầu tư nghiên cứu để có thể
tìm ra một hướng tiếp cận, một phương pháp giải giải hiệu quả nhất.
4


Thứ hai, về phía học sinh: Chưa được các thầy cô ôn luyện cẩn thận (hầu
hết các em hoặc là không định hướng được cách giải hoặc là có định hướng
nhưng không nắm được các phương pháp dồn biến, thiếu kĩ năng vận dụng các
BĐT trung gian, tư duy phân tích tổng hợp chưa tốt,...), cộng thêm tâm lí thiếu
tự tin, ngại khám phá (bằng lòng với mục tiêu ≤ 9 điểm).
Trên thực tế, ở trường Lê Lai hằng năm vẫn có những học sinh xuất sắc
(năm nào cũng có học sinh thi đỗ vào các trường ĐH với điểm số cao từ 25-28
điểm). Nếu các em tự tin và được ôn luyện tích cực thì vẫn có thể lấy điểm bài
toán này được. Bởi vì bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức nhiều biến có
hướng giải chủ đạo là dồn biến (chủ yếu là quy về hàm một biến) và dùng đạo
hàm khảo sát hàm số tìm GTLN, GTNN. Rõ ràng công việc mấu chốt là làm sao
dồn được biến. Đó là một phương pháp tuy đã cổ điển nhưng không hề đơn giản.
Muốn làm chủ được nó, quan trọng là cần phải có những hiểu biết và kĩ năng


1
t (t + 2)
/
1
, với 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ P (t ) = 1 − t + 1 2 = (t + 1) 2
( )
t +1

Bảng biến thiên:
5


Vậy max P =

3
khi x = 1; y = 1
2

Ví dụ 2 : ( ĐH Khối D – 2009 ) Cho x ≥ 0, y ≥ 0 và x + y = 1 .Tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S = (4 x 2 + 3 y )(4 y 2 + 3x ) + 25 xy .

 Phân tích hướng làm :
- Từ giả thiết x + y = 1 và S là một biểu thức đối xứng của x, y nên ta có thể
nghĩ đến việc biến đổi đưa S về biến t = xy
- Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất hiện xy và x + y để sử dụng giả
thiết.
- Chú ý các hằng đẳng thức quen thuộc :
x 2 + y 2 = ( x + y ) 2 − 2 xy

2

4

4

Vậy :
1
191
2+ 3
2− 3
2− 3
2+ 3
f (t ) = f ( ) =
minS= min
hoặc x =
;y=
 1
16
16 khi x = 4 ; y = 4
0; 4 
4
4




1

25

cách áp dụng các hằng đẳng thức
x 2 + y 2 = ( x + y ) 2 − 2 xy; x 3 + y 3 = ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) .
- Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất hiện x 2 + y 2 để sử dụng giả thiết:
P = 2( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) − 3 xy
= 2( x + y )(2 − xy ) − 3 xy
( x + y )2 − 2
.
2
Vậy đến đây ta có thể đưa P về hàm một biến t = x + y .

- Từ giả thiết x 2 + y 2 = ( x + y )2 − 2 xy = 2 ⇒ xy =
Lời giải.
Ta có :
P = 2( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) − 3 xy
= 2( x + y )(2 − xy ) − 3 xy

( x + y)2 − 2
, vì thế sau khi đặt t = x + y thì:
2
t2 − 2
t2 − 2
3
P (t ) = 2t (2 −
)−3
= −t 3 − t 2 + 6t + 3
2
2
2
2
( x + y)

2
P (t ) = P (1) = ⇔ 
maxP = max
[ −2;2]
2

1− 3
1+ 3
;y=
x =

2
2

Ví dụ 4 : ( ĐH Khối B – 2009) Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu
thức A = 3( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1 .
với x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện : ( x + y )3 + 4 xy ≥ 2 .

 Phân tích hướng làm:
- Vì A là biểu thức đối xứng của x, y nên ta nghĩ đến việc dồn về biến
t = x + y , t = xy hoặc t = x 2 + y 2 ,...
- Bằng các công thức quen thuộc, ta biến đổi và đánh giá A như sau :
A = 3( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1
3
3
= ( x 2 + y 2 ) 2 + ( x 4 + y 4 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1
2
2
3 2
3( x 2 + y 2 ) 2

3
3
= ( x 2 + y 2 ) 2 + ( x 4 + y 4 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1
2
2
3
3( x 2 + y 2 ) 2
≥ ( x 2 + y 2 )2 +
− 2( x 2 + y 2 ) + 1
2
4

( do x 4 + y 4 ≥

( x 2 + y 2 )2
)
2

9
4

Hay A ≥ ( x 2 + y 2 ) 2 − 2( x 2 + y 2 ) + 1 .
Vì x 2 + y 2 ≥

1
( x + y)2
( do x + y ≥ 1 ) nên x 2 + y 2 ≥ .
2
2


; +∞ )
2
16
16
2

Vì f '(t ) = t − 2 > 0, ∀t ≥ . Nên suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên [ ; + ∞)

2

Vậy : min A =

9
1
khi x = y = và không có giá trị lớn nhất.
16
2

Ví dụ 5: (ĐH Khối B-2011)

Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn
2(a + b ) + ab = (a + b)(ab + 2) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2

2

 a 3 b3   a 2 b 2 
P = 4  3 + 3 ÷− 9  2 + 2 ÷.
a 
b a  b

a b

- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được:
1 1
1 1
a b

(a + b) + 2  + ÷ ≥ 2 2(a + b)  + ÷ = 2 2  + + 2 ÷
a b
a b
b a







Kết hợp (*) suy ra: 2  + ÷+ 1 ≥ 2 2  + ÷+ 2 ⇒  + ÷ ≥ .
b a
b a
b a 2
a

b

a

b


2



Vậy min P = −

23
a b 5
1 1
đạt được khi và chỉ khi + = và a + b = 2  + ÷
4
b a 2
a b
⇔ (a; b) = (2;1) hoặc (a; b) = (1; 2)
9


x2 + y 2 + z2 ≤

Ví dụ 6: Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn:
1

1

3
.
4

Tìm giá trị nhỏ


xy yz zx
x y z

3

xyz > 0

x2 + y2 + z 2 1
1
≤ ⇒ 0< t ≤
Mà x y z ≤
3
4
2
3
3
1
⇒ P ≥ 8t 3 + 2 . Xét hàm số f (t ) = 8t 3 + 2 với 0 < t ≤
t
t
2
3

2

2 2

Ta có ∀t ≠ 0, f'(t) = 24t 2 −

6

Ví dụ 7: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 
 xyz = 3

Chứng minh rằng: 183 − 165 5 ≤ x + y + x ≤ 18
4

4

4

Hướng dẫn:
- Biểu thức P = x 4 + y 4 + z 4 đối xứng với ba ẩn x, y, z . Mặt khác theo giả thiết
x + y + z = 4
. Vì vậy ta nghĩ tới việc dồn về biến xy + yz + zx hoặc x 2 + y 2 + z 2

xyz
=
3

- Áp dụng công thức: ( x + y + z ) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx ) suy ra:
P = x 4 + y 4 + z 4 = ( x 2 + y 2 + z 2 )2 − 2( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 )
= (42 − 2( xy + yz + zx)) 2 − 2( xy + yz + zx) 2 − 2 xyz ( x + y + z )

10


x + y + z = 4
Khi đó: Đặt t = xy + yz + zx và từ giả thiết 
ta có P = 2(t 2 − 32t + 144)
 xyz = 3

Từ việc xét dấu t '( x) trên đoạn 3 − 5; 2  ta được 5 ≤ t ≤
2
5 5 −1
- Khảo sát hàm số P = 2(t 2 − 32t + 144) với 5 ≤ t ≤
.
2
Từ đó suy ra : 183 − 165 5 ≤ x 4 + y 4 + x 4 ≤ 18

Xét hàm số t ( x) = x(4 − x) +

Ví du 8 : (Khối B - 2010) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M = 3( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2 .
Lời giải.
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki Ta có : 3(a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) ≥ (ab + bc + ca)2
Do đó : M ≥ (ab + bc + ca )2 + 3(ab + bc + ca ) + 2 1 − 2(ab + bc + ca) .
(a + b + c)2 1
= .
3
3
1
Xét hàm số : f (t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t với t ∈ [0; ] .
3
2
2
≤0
Ta có f '(t ) = 2t + 3 −
; f ''(t ) = 2 −
(1 − 2t )3
1 − 2t

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2.
11


Ví dụ 9: (THPTQG-2015) Cho các số thực a,b,c thuộc đoạn [1; 3] và thỏa
mãn điều kiện a + b + c = 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2a 2 + 12abc + 72 1
− abc
P=
ab + bc + ca
2

 Phân tích hướng làm:
- Với giả thiết a,b,c thuộc đoạn [1; 3]. Ta nghĩ đến cách khai thác
(a-1)(b-1)(c-1) ≥ 0 (1) và (3-a)(3-b)(3-c) ≥ 0 (2). Khai triển (1) và (2) đều dẫn
đến các biểu thức chứa ab+bc+ca và abc. Đến đây căn cứ cụ thể vào chiều
BĐT của (1) và (2) ta có thể đánh giá được miền giá trị của ab+bc+ca. Từ đó
quyết định việc dồn biến theo t= ab+bc+ca.
Lời giải.
Đặt t=ab+bc+ca. Ta có: t= ab + bc + ca ≤

( a + b + c )2
= 12 (*)
3

Mặt khác, từ giả thiết suy ra:
• (a-1)(b-1)(c-1) ≥ 0 ⇔ (ab-a-b+1)(c-1) ≥ 0
⇔ abc-(ab+bc+ca) +(a+b+c) +1 ≥ 0 ⇔ abc-t+6+1 ≥ 0 ⇔ abc ≥ t-5

•

=
=
t
2
2t
2t

Xét hàm số f (t ) =

t 2 + 5t + 144
, với t ∈ [ 11; 12]
2t

ax f (t ) = 160 tại t=11 ⇒ P ≤ 160
Khảo sát hàm số này ta được: m
[11;12]
11

P=

11

160
160
khi a = 1, b = 2, c = 3. Vậy maxP =
11
11

 Nhận xét:
1) Trong VD6, VD7, VD8, VD9 ta nhận thấy việc định hướng dồn về biến


2
1
3
4
4
x + y) + z2 = z2 ⇒ −
≤ z≤
(
2
2
3
3
 4 4
3
Đặt P = f ( z) = 3z − 3z với z∈  − ;  = K
 3 3 

Do 2 = x2 + y2 + z2 ≥

2
Có f ′ ( z) = 9z − 3, f ′ ( z) = 0 ⇔ z =



1
3

∨ z= −


 1 
1  2
2
, 
÷=
÷= −
3
3  3
3
1
3

Ví dụ 11: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
T = 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4abc

Lời giải.
Do vai trò bình đẳng của a, b, c nên ta có thể giả sử : 0 < a ≤ b ≤ c .
Vì chu vi bằng 3 nên a + b + c=3 ⇒ a + b = 3 − c mà a + b > c ⇒ 1 ≤ c ≤

3
2

Ta biến đổi :
T = 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4abc = 3(a 2 + b 2 ) + 3c 2 + 4abc
=3  (a + b) 2 − 2ab  + 3c 2 + 4abc = 3(3 − c) 2 + 3c 2 + 2ab(2c − 3)
2

2


2
2
 2
 2
Từ đó suy ra T ≥ f (c) ≥ f (1) = 13 khi c=1; a=1; b=1
2

2

Vậy minT=13 khi a=b=c=1.
2.3.2. Phương pháp dồn biến các biểu thức bất đối xứng
Đối với các biểu thức bất đối xứng, để dồn biến thì phải chú ý thêm nhiều
yếu tố (điều kiện ban đầu, tính đẳng cấp,...) từ đó mới có thể phân tích, suy luận
cách làm cụ thể. Có một số cách làm cơ bản sau:
1) Đổi biến để đưa biểu thức ban đầu về dạng đối xứng hoặc có dạng đơn
giản hơn. Sau đó vận dụng cách dồn biến như ở phần 1(mục 2.3.1.)
2) Dùng các bất đẳng thức trung gian để đánh giá, đơn giản hóa biểu thức
ban đầu, làm giảm số biến.
3) Nếu biểu thức P( x, y, z ) chỉ đối xứng với hai biến, chẳng hạn x, y. Thì ta
có thể dồn về biến còn lại là z.
Sau đây là các ví dụ cụ thể:
Ví dụ 12: (ĐH khối D- 2013) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
xy ≤ y − 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

x+ y

x 2 − xy + 3 y 2

−


 
x

- Đến đây thì vấn đề là đi tìm miền giá trị của t = y . Một suy nghĩ tự nhiên là
x

phải làm xuất hiện y từ giả thiết xy ≤ y − 1 , đồng thời kết hợp đánh giá hợp lí.
Lời giải. Từ giả thiết:
2

1 1 1 1
x 1 1
xy ≤ y − 1 ⇔ ≤ − 2 = −  − ÷ + ≤
y y y
 y 2 4 4

14


x
+1
y

x
−2
x+ y
x − 2y
y
−
2

)
0


>0
2 (t − t + 3)
2 3
2
2

Xét ví dụ sau:
Ví dụ 13: (ĐH khối B-2014) Cho các số thực a, b, c không âm và thỏa mãn
điều kiện (a+b)c >0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

a
+
b+c

b
c
+
.
a + c 2 ( a + b)

Lời giải.
Từ điều kiện ta có c > 0 và a + b > 0. Do đó:
P=

a/c
b/c
1
+
+
=
b
a
a b

+1

1
2t
1
Từ đó suy ra: P ≥ (x + y) + 1 + 2(x + y) = t + 1 + 2t với t = x + y > 0
2t
1
2
1
Xét hàm số f (t) = t + 1 + 2t , t > 0; f ′(t) = (t + 1) 2 − 2t 2

Tương tự:

15


1

t
=
−
(loai)

3
2
2
f ′(t) = 0 ⇔ 4t = (t + 1) ⇔ 
 t = 1 ⇒ f (1) = 3

2
3

1
2
+
≥
, với a, b>0 và ab ≥ 1 (xem phần phụ lục)
1 + a 1 + b 1 + ab




1
1 1
1 ÷
1
1

÷≥
P
=
+
+
+
Áp dụng bất đẳng thức trên:
x 2
z
x
x
x
10 −
1+


; f ' ( t ) = 0 ⇔ t 4 − 2t 3 − 24t 2 − 2t + 100 = 0

( 10 − t ) ( 1 + t )
( t − 2 ) ( t − 24t − 50 ) = 0 ⇔ t = 2 do t
2 2

2

3

3

− 24t − 50 < 0 ∀t ∈ [ 1;3] .
1
2

f (t ) = ⇔ t = 2
Lập bảng biến thiên, ta có min
[1;3]

x = 4 y

  z = x
x = 4 y
1
Suy ra min P = khi và chỉ khi   y z ⇔ 
.
2
z = 2 y

−

1
(là biểu thức đối xứng đối của a, b, c)
(a + 1)(b + 1)(c+ 1)

(a + b) 2 (c + 1) 2 1
+
≥ (a + b + c + 1) 2
2
2
4
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1

Ta có a 2 + b 2 + c 2 + 1 ≥

Mặt khác (a + 1)(b+ 1)(c+ 1) ≤
1

(a + b + c + 3)3
. Dấu “=” xảy ra khi a + 1 = b + 1 = c + 1
27
27

Khi đó P ≤ a + b + c + 1 − (a + b + c + 3)3 . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
1

27

Đặt t = a + b + c + 1 > 1 . Khi đó P ≤ t − (t + 2)3 , t > 1

x →+∞

Bảng biến thiên
t
f’(t)
f(t)

1
+

4
0

+∞

-

1
8

0

0

1
8
a = b = c = 1
1
⇔ a = b = c = 1 ⇒ x = 3; y = 2; z = 1 .
Vậy ma xP = f(4) = ⇔ 

(áp dụng BĐT: x + y ≥ x + y , ( x, y > 0) )
8 + a + 2b + 3c 4 + a + b + c 4 + b + 2c

Ta có 2 2bc ≤ b + 2c ⇒
và

Dấu “=” xảy ra khi 4+a+b+c=4+b+2c  a+b+c=b+2c.
1

−1

Suy ra P ≥ 4 ( a + b + c ) + 4 + ( a + c + b ) , Đặt t = a + b + c, t > 0

17


⇒ P ≥ f (t ) =

1
−1
+
,
4t 4 + t

t > 0,

f '(t ) = −

min f (t ) = −
Lập bảng biến thiên ta có: (0;


b + 2c a + 2c
+
+ 6ln(a + b + 2c) .
1+ a
1+ b

 Phân tích hướng làm:
- Do biểu thức ln(a+b+2c) là bất biến. Vì thế ta nghĩ đến việc dồn về biến
t=a+b+2c. Đến đây điều quan trọng là làm sao dồn được phần còn lại
của P theo t. Muốn làm được điều này cần có sự quan sát tinh tế biểu
thức P, điều kiện ban đầu và vận dụng khéo léo các BĐT trung gian.
Lời giải. Ta có:
a + b + 2c + 1 a + b + 2c + 1
+
+ 6 ln(a + b + 2c )
1+ a
1+ b
1 
 1
= ( a + b + 2c + 1) 
+
÷+ 6 ln(a + b + 2c )
 1+ a 1+ b 
P+2=

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
1
1
2

2

Đặt t = a + b + 2c, t > 0 ta có:

16 ( t + 1)
+ 6 ln t , t > 0;
t2
6 16 ( t + 2 ) 6t 2 − 16t − 32 ( t − 4 ) ( 6t + 8 )
f '(t ) = −
=
=
t
t3
t3
t3
min f (t ) = 5 + 6 ln 4 ⇔ t = 4 . Tức là P + 2 ≥ 5 + 6 ln 4
Lập bảng biến thiên suy ra: (0;
+∞ )
P + 2 ≥ f (t ) =

Vậy: minP = 3+6ln4 khi a=b=c=1.
Ví dụ 18: (Đề thi HSG Thanh Hóa, 2013-2014) Cho a, b, c là các số thực dương.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

8a + 3b + 4( ab + bc + 3 abc )
1 + ( a + b + c) 2

18



Đặt t=a+b+c, ta có t>0. Xét hàm số
1− t2
= 0 ⇔ t = ±1
(1 + t 2 ) 2
1
28 1 14
max f (t ) = ⇔ t = 1 ⇒ P ≤ . =
(0;
+∞
)
2
3 2 3
Lập bảng biến thiên, suy ra
14
16
4
1
Vây : max P = ⇔ a = , b = , c =
3
21
21
21
f (t ) =

t
, t > 0;
1+ t2

f '(t ) =


Đáp số: minP =

GTNN của biểu thức : P = x3 + y 3 + z 3 − 3xyz .
Đáp số : max P = 2 2 đạt được khi x = 2; y = z = 0
min P = −2 2 đạt được khi x = − 2; y = z = 0 .
Bài 3. Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện abc + a + c = b . Tìm giá trị lớn
2
2
3
nhất của biểu thức P = 2 − 2 + 2 .
a +1 b +1 c +1
10
1
2
Đáp số: maxP =
khi c = , a = , b = 2
3
2
8

Bài 4. Cho ba số dương x, y, z thay đổi và thỏa điều kiện x + y + z = 3 . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 4 + y 4 + 8 z 4 .
Đáp số: min P=

648
6
3
khi x=y= ; z=
125
5

20


hình thành cho mình những kĩ năng cơ bản, cần thiết và một cách tiếp cận có
định hướng để giải quyết bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức nhiều biến.
Nhưng do đặc thù đây là một bài toán rất khó (nhằm phân loại những học sinh
xuất sắc), chính vì thế mà việc vận dụng các phương pháp dồn biến là hết sức đa
dạng, phong phú. Đòi hỏi sự linh hoạt và tư duy độc lập cao trong việc vận dụng
kiến thức. Do đó đối với biểu thức 2 biến thì hầu hết các em làm được. Nhưng
với biểu thức 3 biến trở lên thì cũng đang còn hạn chế. Cần phải có thêm thời
gian và sự đầu tư đúng mức.
Một điều khá quan trọng mà SKKN này làm được, là đã làm thay đổi
quan niệm, cách nhìn nhận của nhiều học sinh (và cả giáo viên Toán) trường
THPT Lê Lai về câu “chốt” trong đề thi THPTQG. Từ chỗ thờ ơ, không quan
tâm thì nay bắt đầu có cái nhìn thân thiện và có niềm tin vào khả năng có thể
chiếm lĩnh được nó.
3. Kết luận, kiến nghị
- Kết luận.
Với đề tài: “Phương pháp kết hợp dồn biến và đạo hàm tìm GTLN,
GTNN của biểu thức nhiều biến trong luyện thi THPTQG và bồi dưỡng HSG
tại trường THPT Lê Lai”, tôi đã cố gắng hệ thống một số phương pháp dồn
biến cơ bản. Trong mỗi phần có đưa ra cơ sở lí thuyết và những ví dụ được chọn
lọc có tính minh họa cao cho phần định hướng cách giải, có phân tích hướng làm
cụ thể nhằm giúp học sinh có thể tự tìm ra lời giải, cũng từ đó hình thành cho
mình phương pháp giải toán nói chung để giải quyết các bài toán này.
Các ví dụ đưa ra từ dễ đến khó, có những ví dụ có lời giải chi tiết nhưng
có những ví dụ chỉ có hướng dẫn, học sinh phải biết tự chiếm lĩnh tri thức, phát
triển khả năng tư duy của mình. Hệ thống bài tập trong sáng kiến này chủ yếu là
bài tập trong các đề thi Đại học, Cao đẳng những năm gần đây nên khi học sinh
hiểu bài và làm được thì tạo nên hứng thú và động lực học tập rất tốt cho các

người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Nguyễn Đức Lượng

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ, đề thi THPTQG hàng năm của Bộ GD&ĐT,
của các trường THPT trên toàn quốc.
2. Tài liệu chuyên toán Giải tích 12 – Đoàn Quỳnh (chủ biên), Nhà xuất bản
Giáo dục.
3. Chuyên đề Bất đẳng thức – Nguyễn Trung Kiên, Nhà xuất bản ĐHQGHN

PHỤ LỤC
* Các đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản (cần học thuộc lòng để vận dụng):
1.
2.
3.
4.
5.
6.

(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)= a2+b2+c2+a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)
(a+b-c)2=a2+b2+c2+2ab-2bc-2ca
(a-b-c)2=a2+b2+c2-2ab+2bc-2ca
( x − y) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2 = 3x 2 + 3 y 2 + 3z 2 − ( x + y + z ) 2
a2+b2+c2 ≥ ab+bc+ca

( a + b + c ) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + a(b + c) + b(a + c) + c(a + b)

(1)

2
2 2
2 2
( ab + bc + ca ) = a b + b c + c 2a 2 + 2abc( a + b + c )
Nếu a, b ∈ [α ; β ] ⇒ ( β − a)(β − b) ≥ 0 ⇒ ab − β (a + b) + β 2 ≥ 0

Đặt S=a+b; P=a.b
⇒ P − βS + β 2 ≥ 0
⇒ P ≥ βS − β 2

Ta có a2+b2=S2-2P ≤ S 2 − 2( βS − β 2 )
⇒ a2+b2 ≤ S 2 − 2 βS + 2β 2
1
4

S
Mặt khác ab ≤ (a + b)2 ⇒ P ≤

2

4

1 3
S2
.S ⇒ a3+b3 ≥ S
4
4
(a − α )(b − α )(c − α ) ≥ 0
Nếu a, b, c ∈ [α ; β ] ⇒ 
( β − a )( β − b)( β − c) ≥ 0


x

x

3
n
1
2
Dấu “=” xảy ra ⇔ y = y = y = ... = y
1
2
3
n
12.

13.

a +b
2

2

2
(
a + b)
≥

2
a + b2

a
+
b
≥

2

(

)

2

⇒ a4+b4 ≥ ( a + b )
8

a +b =(a+b) -3ab(a+b) ≥ (a+b)3-3 .
3

3

3

4

1
( a + b) 2
.(a+b)= (a+b)3
4
4


Với a,b không âm

1
( a + b) 2
4
1 1
4
+ ≥
a b a+b
2ab ≤ a 2 + b 2
a 2 + b2
ab ≤
2
a+b+c ≥ 3.3 abc
(a + b + c)3 ≥ 27 abc

Với a,b,c không âm
Với a,b,c không âm

( a + b + c )3
27
3
3
3≥
a +b +c 3abc

Với a,b,c không âm

ab ≤

t

Chứng minh.
Đặt f(t)=at-t-1, có f’(t)=at.lna-1>0, ∀t ≥ 0 và a > 3
⇒ hàm số đồng biến
t ≥ 0 ⇒ f(t) ≥ f(0) ⇒ at-t-1 ≥ 0 ⇒ a t ≥ t + 1
29.

1
1
2
+
≥
1 + a 1 + b 1 + ab

Với a,b>0 và ab ≥ 1

Chứng minh.
2
1
1
2
+
≥
⇔ a− b
ab − 1 ≥ 0 đúng do ab ≥ 1 .
1 + a 1 + b 1 + ab
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1 .

(

37.

 a
b
+
= t +2

a
 b
a 2 b 2
2
 2 + 2 = t −2
b
a

a 3 b 3
3
 3 + 3 = t −3t
b
a

a 4 b 4
a b
+ ⇒  4 + 4 = t 4 −4t 2 + 2
a
b a
b
5
a
b5

3
1 1 1
9
 1 1 1
(a + b + c) + +  ≥ 3.3 abc . 3
=9⇒ + + ≥
a b c a+b+c
abc
a b c
3
3
3
3
a + b + c − 3abc = (a + b + c) − 3(a + b + c)(ab + bc + ca )
a 3 + b3 + c 3 = (a + b + c) a 2 + b 2 + c 2 − (ab + bc + ca) + 3abc

[

]

* Biểu thức đẳng cấp
Biểu thức f(x, y) được gọi lài biểu thức đẳng cấp bậc k nếu:
f (mx, my ) = m k f ( x, y )

- Đối với các biểu thức đẳng cấp 2 biến số ngoài việc quy về một biến theo cách
đặt S=x+y, P=xy (đối với biểu thức đối xứng) ta cũng có thể dùng phép đặt a=tb
với b ≠ 0 hay x=ty với y ≠ 0 để quy về bài toán một ẩn số t.
- Đối với các biểu thức đẳng cấp 3 biến số, chúng ta cũng thực hiện phép dồn
biến tương tự như với biểu thức 2 biến và sẽ dồn được từ 3 biến còn 2 biến.