Trang 1
Chuyên Đề:
KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BÀI TOÁN CỰC TRỊ

I. BÀI TOÁN MỞ ĐẦU
Bài toán 1. Cho
, 0
1
a b
a b
>


+ ≤

, tìm GTNN của
2 2
1 1
2
P
ab
a b
= +
+

Giải
Ta có:
2 2 2 2 2
1 1 4 4
4
2

=



Bài toán 2. Cho
, 0
1
a b
a b
>


+ ≤

, tìm GTNN của
2 2
1 1
2
1
P
ab
a b
= +
+ +

Giải
Lời giải 1. Ta có:
2 2 2 2 2
1 1 4 4 4
2

6 3 3 3
1 6 1 ( ) 1 4
P
ab ab ab ab
a b a ab b a b ab
= + + ≥ + = +
+ + + + + + + +

Mặt khác
2
1
2 4
a b
ab
+
 
≤ =
 
 
. Vậy
2 2
4 1 8
3
2 6
2 2
P
a b a b
≥ + ≥
+ +
   

= +
?..? Làm sao
nhận biết được điều đó…?...Đó chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức. Và qua
chuyên đề này chúng ta sẽ hiểu sâu hơn về kỹ thuật “chọn điểm rơi” trong việc giải các bài
toán cực trị

II. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trang 2
Có thể nói tằng bài toán bất đằng thức nói chung và bài toán tìm GTNN, GTLN nói riêng là một
trong nhửng bài toán được quan tâm đến nhiều ở các kỳ thi Học sinh giỏi, tuyển sinh Đại
học,…và đặc biệt hơn nữa là với xu hước ra đề chung của Bộ GD – ĐT. Trong kỳ thi tuyển sinh
Đại học thì bài toán bất đẳng thức là bài toán khó nhất trong đề thi mặc dù chỉ cần sử dụng một
số bất đẳng thức cơ bản trong Sách giáo khoa nhưng học sinh vẫn gặp nhiều khó khăn do một
số sai lầm do thói quen như lời giải 1 trong bài toán mở đầu là một ví dụ. Để giúp học sinh hiểu
sâu hơn về bài toán cực trị đặc biệt là các trường hợp dấu đẳng thức xảy ra, tôi viết chuyên đề
“Chọn điểm rơi trong giải toán bất đẳng thức”.
III. NỘI DUNG
1. Bổ túc kiến thức về bất đẳng thức
a) Tính chất cơ bản của bất đẳng thức
Định nghĩa:
0a b a b≥ ⇔ − ≥

•

a b
a c
b c
≥

⇒ ≥

Cho
n
số thực không âm
1 2
, ,..., ( 2)
n
a a a n ≥
ta luôn có
1 2
1 2
...
n
n
n
a a a
a a a
n
+ + +
≥
L
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1 2 n
a a a= = =L
.
•
Một vài hệ quả quan trọng:
+
2
1 2
1 2

, 2n Z n∈ ≥
):
1 2 1 2
, ,..., , , ,...,
n n
a a a b b b
ta có:

1 1 2 2 1 2 1 2
( )( )...( ) ... ...
n n n
n n n n
a b a b a b a a a b b b+ + + ≥ +

•
Bất đẳng thức BCS
Cho
2n
số dương (
, 2n Z n∈ ≥
):
1 2 1 2
, ,..., , , ,...,
n n
a a a b b b
ta có:

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

a a a aa a
b b b b b b
+ + +
+ + + ≥
+ + +
L
L
L

Trang 3
Dấu “=’ xảy ra
1 2
1 2
n
n
aa a
b b b
⇔ = = =L

2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Cho
1 2
( , ,..., )
n
f x x x
là một hàm
n
biến thực trên
: :
n n

( , ,..., ) : ( , ,..., )
n n
D
n n
f x x x m x x x D
f m
x x x D f x x x M
≥ ∀ ∈


= ⇔

∃ ∈ =



3. Phương pháp chọn điểm rơi
Nhận xét: Các bất đẳng thức trong các đề thi đại học thông thường là đối xứng với các biến, và
ta dự đoán dấu bằng xảy ta khi các biến bằng nhau và xảy ra tại biên.
a) Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Cauchy
Sử dụng hệ quả (1) và (2)
Bài 1. Cho
, 0
1
a b
a b
>


+ ≤

ab ab
ab ab
+ ≥ =
. Vậy
4 2 2P ≥ +
nên
2(2 2)MinP = +

Sai lầm 2:
2 2 2
1 1 1 1 4 1 1 1 1
4 2 4 . 4 2 6
4 4 2 4 4 4
( )
P ab ab
ab ab ab ab ab ab ab
a b a b
 
= + + + + ≥ + ≥ + + = +
 
+ +
 

Dấu bằng xảy ra
2 2
2 2
2
1 1
16 2
1

1 1 1
2 2ab ab ab
= +
là do thói quen để
làm xuất hiện
2 2 2
2 ( )a b ab a b+ + = +
.
1
4 2 2 4
2
1
a b
MinP ab VN
ab
a b
=



= + ⇔ = ⇒


+ =


. Dấu “=” bất
đẳng thức không xảy ra
⇒
không kết luận được

2
a b= =
, ta có:
2 2 2 2
1 1 1 1 4 1 1
4 2 4 . 7
2 4 4 2
( )
4
2
P ab ab
ab ab ab ab
a b a b
a b
 
= + + + + ≥ + + ≥
 
+ +
 
+
 
 
 Dấu bằng xảy ra
2 2
2 2
2
1 1

a b a b ab
= + +
+
.
Sai lầm thường gặp:
Ta có:
3 3 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2
1 1 1 2 2 9 2 1 1
3
3 3 3 3 3 3
S
a b a b ab a b ab a b a b ab a b ab
 
= + + + + ≥ + +
 
+ + + +
 

3 2
9 2 1 1 1 2 4 59
. 9 .
3 3
( )
3.
2
ab a b a b
a b
a b
 
= + + ≥ + ≥



Lời giải đúng
Trang 5
Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi
1
2
a b= =
, và ta thấy
3 3 2 2 3
3 3 ( )a b a b ab a b+ + + = +
vì thế ta
muốn xuất hiện
3
( )a b+
; ta áp dụng bất đẳng thức
3 3 2 2
1 1 1
2 2a b a b ab
+ +
+
và nếu vậy:
3 3 2 2 3
1 1 1 9
2 2 ( ) ( )a b a b ab a b ab a b
+ + ≥
+ + − +
, ta không đánh giá tiếp được cho nên ta phải áp
dụng bất đẳng thức cho 5 số:
3 3 2 2 2 2 3 3


. Tìm GTLN của
1 1 1
2 2 2
P
x y z x y z x y z
= + +
+ + + + + +
.
Sai lầm thường gặp:
Sai lầm 1: Ta có
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 1 10
9 2 9 2 9 2 18 9
P
x y z x y z x y z x y z
       
≤ + + + + + + + + = + + =
       
       

10
9
MaxP⇒ =

Sai lầm 2:
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10
3 3 2 3 3 2 3 3 2 9
3 2 3 .2 3 2
P



+ + =


, tức là không tồn tại
10
( , , ) :
9
x y z D P∈ =

Lời giải đúng: Từ hai lời giải trên với dự đoán
MaxP
đạt được tại
4
3
x y z= = =
nên tách các số
2x x x= +
ra cho dấu bằng xẩy ra.
Cách 1: Ta có
1 1 1 1 1 1 1
2 16x y z x x y z x x y z
 
= ≤ + + +
 
+ + + + +
 
, tương tự và ta có:
1 2 1 1 1 2 1 1 1 2

+ +
, mặt khác: