NGUYỄN VĂN HƯỞNG – TĂNG HẢI TUÂN

CÔNG PHÁ

BẤT ĐẲNG THỨC

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn

MỤC LỤC

PHẦN I: HAI BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN 1

CHƯƠNG I: BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM 1

$1: LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM 1

I. Bất đẳng thức AM-GM 1

II. Các bất đẳng thức phụ hay dùng 1

III. Một số bài toán sử dụng AM-GM thông thường: 2

A. Ứng dụng trực tiếp bất đẳng thức AM-GM 2

B. Sử dụng hằng đẳng thức: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca). 2

C. Sử dụng các bất đẳng thức phụ 4

D. Vài bất đẳng thức mạnh hơn bất đẳng thức AM-GM 6

$2: CÁC KĨ NĂNG CẦN CÓ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM 9

I. Kĩ năng dự đoán điểm rơi: 9

II. Kĩ năng biến hóa: 13

$3: BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM DƯỚI MẪU 17

CHƯƠNG II: BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ 23

$1: LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ 23

I. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 23

II. Một số dạng hay dùng trong đề thi đại học 23

III. Một vài ứng dụng 23

$2: CÁC KĨ NĂNG CẦN CÓ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ 28

I. Làm quen với dạng biểu diễn khác của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 28

II. Kĩ thuật chọn điểm rơi 29

III. Kĩ thuật thêm bớt 32

IV. Kĩ năng đưa về đại lượng giống nhau 34

V. Kĩ năng đổi biến số 36

VI. Kĩ năng nhân; chia đại lượng vào tử và mẫu 38

VII. Kết hợp nhiều kĩ năng 39

PHẦN II: BẤT ĐẲNG THỨC MỘT BIẾN 45

$1: TƯ TƯỞNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC MỘT BIẾN 45

$2: KĨ NĂNG ĐỔI BIẾN TRONG BẤT ĐẲNG THỨC MỘT BIẾN 54

$3: MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT 59

PHẦN III: BẤT ĐẲNG THỨC HAI BIẾN SỐ 62

$1: PHƯƠNG PHÁP THẾ VỀ MỘT BIẾN 62

$2: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ DO TÍNH ĐỐI XỨNG 66

$3: BẤT ĐẲNG THỨC CÙNG BẬC VỚI HAI BIẾN 69

$4: MỘT VÀI BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT 71

PHẦN IV: BẤT ĐẲNG THỨC BA BIẾN 73

$1: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ TOÀN PHẦN 73

$2: KĨ NĂNG ĐƯA VỀ MỘT BIẾN 82

I. Kĩ thuật dồn biến 82

II. Kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức cổ điển, bất đằng thức phụ và những ý tưởng nhỏ 87

PHẦN V: BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC 96

I. Dạng sử dụng các loại bất đẳng thức 98

II. Phương pháp dồn biến trong bất đẳng thức lượng giác 101

PHẦN VI: PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI 107

1. Một số tính chất của tam thức bậc hai trong chứng minh bất đẳng thức 107

2. Sử dụng tam thức bậc 2 để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức 108

3. Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai chứng minh các bất đẳng thức 116

4. Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức trong tam giác 132

PHẦN VII: “VÙNG BIỂN” CHƯA ĐƯỢC KHAI THÁC 136

$1: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC NÊN BIẾT 136

I. BÀI TOÁN I: TƯ TƯỞNG TỪ BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN 136

II. BÀI TOÁN II: TỬ TƯỞNG TỪ BẤT ĐẲNG THỨC CHEBYSHEV 140

III. BÀI TOÁN III : TƯ TƯỞNG TỪ BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR 144

IV. BÀI TOÁN IV: TƯ TƯỞNG TỪ BẤT ĐẲNG THỨC HOLDER 148

V. TƯ TƯỞNG BẤT ĐẲNG THỨC DÙNG KHAI TRIỂN ABEL 151

VI. KĨ THUẬT PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG SOS 154

$2: MỘT PHƯƠNG PHÁP “LẠ” 156

PHẦN VIII: BẤT ĐẲNG THỨC CHỌN LỌC 162

$1: CHIA SẺ KINH NGHIỆM TỪ MỘT BÀI TOÁN “CŨ” 162

$2: 131 BÀI TOÁN TUYỂN CHỌN VÀ PHÂN TÍCH GIẢI 168

$3 : TUYỂN TẬP CÁC CÂU BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC 2005 – 2014 240

$4 : BÀI TẬP RÈN KĨ NĂNG 252

PHẦN IX: ĐÀO SÂU VÀ MỞ RỘNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC HAY DÙNG 257

$1: PHƯƠNG PHÁP SOS SUY RỘNG 257

1. Phương pháp S.S 262

2. Phương pháp S.O.S hoán vị 265

$ 2: BẤT ĐẲNG THỨC JENSEN VÀ NHỮNG MỞ RỘNG 267

I. Bất đẳng thức Jensen tổng quát 267

II. Bất đẳng thức Karamata 269

III. Bất đẳng thức Muirhead 270

$3: BẤT ĐẲNG THỨC VORNICU-SCHUR 272

PHẦN X: MỘT SỐ BỔ ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN VỊ. 276

PHẦN XI: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP MỚI TRONG BẤT ĐẲNG THỨC HIỆN ĐẠI 295

$1: PHƯƠNG PHÁP PHÂN LY ĐẲNG THỨC 295

$2: ỨNG DỤNG GIẢI TÍCH TRONG BẤT ĐẲNG THỨC 301

I. Một dạng toán xuất phát từ bất đẳng thức tích phân 301

A. Cơ sở lý thuyết 301

Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn

B. Bài tập minh họa 301

II. Sử dụng dãy số để chứng minh một số bất đẳng thức ba biến đối xứng 305

$3: BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN 308

I. Một số kĩ thuật đặc trưng với bất đẳng thức bốn biến 308

II. Bất đẳng thức n biến 314

PHẦN XII: BẤT ĐẲNG THỨC TRONG CÁC ĐỀ THI CHỌN HSG TRÊN CẢ NƯỚC 324

PHẦN A. ĐỀ BÀI 324

PHẦN B. LỜI GIẢI 328

PHẦN XIII: TUYỂN TẬP VÀ TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN KHÓ 354

$1: BẤT ĐẲNG THỨC TRONG BÀI THI TST (2000-2014) 354

$2: BÀI TẬP TỔNG HỢP 380

$3: MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ RÈN LUYỆN 434

PHỤ LỤC I : SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN VẬT LÍ 437

PHỤ LỤC II : MỘT SỐ TỪ NGỮ TIẾNG ANH HAY DÙNG LIÊN QUAN ĐẾN BẤT ĐẲNG THỨC 443

PHỤ LỤC III : TIỂU SỬ MỘT SỐ NHÀ TOÁN HỌC ĐƯỢC ĐẶT TÊN CHO

CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KINH ĐIỂN 446

TÀI LIỆU THAM KHẢO 455

LỜI KẾT 456

PHẦN VIII: BẤT ĐẲNG THỨC CHỌN LỌC

$1: CHIA SẺ KINH NGHIỆM TỪ MỘT BÀI TOÁN “CŨ”

Phần này tôi sẽ xoay quanh một bài toán từ đó tổng hợp một số kiến thức quan trọng cho các bạn !

Bài toán 1: Cho x ≥ z ≥ y > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

P =x2z − xyz

3xyz + x + z+

xyz + x

x2z + z + xyz+2xyz + z

x2z + x

“Chém gió”:

Khi gặp bài toán này, bạn đọc có hướng suy nghĩ gì? Đó chính là điều tôi muốn bạn biết. Khi gặp

một bài toán bất đẳng thức, đừng có hoảng sợ, cố gắng vạch ra những hướng mà mình có thể đi theo.

Đừng có nháp hay suy nghĩ viển vông khi mà bản thân chưa biết mình đang làm gì.

Với bài toán 1, tôi thấy ngay một ý tưởng đầu tiên: dùng đạo hàm cho từng biến, bởi lẽ các biến x,

y, z không ràng buộc vào nhau bởi một đẳng thức nào đó. Tuy nhiên, nó lại quá phức tạp cho việc xét

dấu của đạo hàm.

Vậy ta có nên đi theo hướng đó, hay nói cách khác, ta phải làm gì bây giờ? Chưa biết phải làm gì,

nhưng tôi xin đưa ra một “form” chung cho các bài toán bất đẳng thức như sau:

1. Đọc kĩ đề, mắc nối giả thiết và kết luận với nhau.

2. Thử dự đoán dấu bằng xảy ra.

3. Lựa chọn phương pháp theo trình tự:

1. Công cụ mạnh:

Phương pháp dồn biến.

Phương pháp phân tích bình phương.

Bất đẳng thức Schur.

2. Bất đẳng thức cổ điển:

Bất đẳng thức Cauchy

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Bất đẳng thức Holder

Bất đẳng thức Jensen

…

3. Phối hợp các kĩ năng: Tách, ghép, đổi biến, bất đẳng thức phụ, ….

Đây là “form’’ chung dành cho đa số các bài toán, nó chỉ nằm trong suy nghĩ của tôi. Điều mà tôi nhấn

mạnh ở đây: đa số chứ không phải là tất cả.

Ví dụ như ở bước hai, dự đoán dấu bằng, rất nhiều người nói rằng: dự đoán được dấu bằng có thể coi

như giải quyết được 50% bài toán. Điều đó không hẳn là sai nhưng vẫn chưa đủ: Trước khi dự đoán,

ta cần đặt câu hỏi: Dự đoán dấu bằng để làm gì (mục đích); dự đoán liệu có đúng không (tính đúng

sai), những bài toán nào nên dự đoán (đối tượng). Để trả lời những câu hỏi này, tôi sẽ đưa ra một số

chỉ tiêu sau:

- Một là: Chỉ nên dự đoán những bài có hình thức đơn giản, để mục tiêu không bị tốn quá nhiều

vào việc dự đoán. Ví như bài toán 1 trên chắc chả ai lao đầu vào việc tìm dấu bằng xảy ra. Như

vậy, cần nhấn mạnh mục tiêu một: nên dự đoán dấu bằng hay không?

- Hai là: Theo kinh nghiệm tôi thấy, hầu hết các bài toán có dấu bằng xảy ra khi:

Hoặc là một biến tại biên. (nằm ở giả thiết).

Hoặc là hai biến bằng nhau.

Khi thay như vậy, ta chỉ còn một biến, và dùng đạo hàm để tìm ra dấu bằng dễ dàng hơn! Nhưng ở

đây cũng không phải là tất cả. - Ba là: Dự đoán dấu bằng để làm gì? (mục tiêu). Thì khi bạn đánh giá, ở từng bất đẳng thức

trong bài, sau khi viết, bạn phải kiểm tra nó có xảy ra dấu bằng hay không? Ví dụ như dấu bằng

xảy ra khi một trong ba biến x, y, z bằng 0 mà bạn lại xuất hiện đánh giá xyz>0 trong bất đẳng

Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn

thức thì chắc chắn rằng bạn làm kiểu gì đi chăng nữa thì lời giải sẽ vẫn sai. Kinh nghiệm này

bạn sẽ thấy rõ ở phương pháp cân bằng hệ số.

Ở bước ba, cái “form”của tôi là: từ công cụ mạnh đến công cụ yếu. Tại sao tôi lại nghĩ thế? Đơn

giản là ta phải xác định mục tiêu của ta: giải quyết bài toán chứ không phải tìm ra lời giải bài toán . Hai

điều này khác nhau như thế nào? Ý mà tôi muốn bạn hiểu là:

+ Giải quyết bài toán: là tìm ra kết quả bài toán, tìm ra cách chứng minh kết luận nhưng phải đi theo

đúng bản chất . Tức là, dù cách giải dài hay ngắn thì nó cũng phải đi đúng suy luận logic.

+ Tìm ra lời giải bài toán: định nghĩa này bao trùm giải quyết bài toán, tức là ta phải tìm ra lời giải

hay, đẹp mắt, nhiều khi không theo một suy luận logic nào cả.

Chắc chắn rằng, tìm ra lời giải sẽ phức tạp hơn giải quyết bài toán. Trong kì thi tuyển sinh đại học,

thứ mà chúng ta cần là “giải quyết bài toán”. Nếu bạn nắm rõ gốc gác vấn đề thì chỉ cần suy luận thông

thường để tìm ra giải đáp.

Tuy nhiên, ở bước ba này, đâu cứ phải theo “form”, ví dụ như họ cho bất đẳng thức hai biến đối

xứng thì chả ai “ngu” gì mà nghĩ tới kĩ thuật dồn biến, … Điều mà tôi muốn nhắc nhờ: đừng quá quy

tắc, hãy càng linh hoạt càng tốt.

Với một đống công cụ, ta cần chọn công cụ nào cho hợp lý????

Quay lại bài toán 1, bạn có ý tưởng gì chưa? Đây là một bài toán “cũ”. Vì sao tôi nói vậy? Tôi đã từng

nói không dưới một lần: Toán học không đơn thuần là công thức, mà còn là sự tinh tế và liều lĩnh.

Sau một thời gian suy nghĩ vẩn vơ, ta có cách biến đổi kinh hoàng:

{

a = x − y

b = y +1

z

c = 2y +1

x

⇒ a; b; c > 0. (∗)

Khi đó, bài toán 1 trở thành:

Bài toán 2: Cho a; b; c > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

P =a

b + c+

b

c + a+

c

a + b

Quá quen thuộc ! Nhưng làm sao có phép biến đổi (*)? Đó chính là nhờ vào giả thiết x ≥ z ≥ y > 0,

sự xuất hiện nhiều lần của tích xyz cùng với sự can đảm, nhạy cảm.

Bài toán 2, khi nhìn qua ai cũng có lời giải như sau:

Lời giải 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân số:

P =a2

ab + ac+

b2

bc + ba+

c2

ca + cb≥

(a + b + c)2

2(ab + bc + ca)

Áp dụng bất đẳng thức phụ: (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)

⇒ P ≥(a + b + c)2

2(ab + bc + ca)≥3(ab + bc + ca)

2(ab + bc + ca)=3

2

Dấu “=” xảy ra khi: a = b = c

⇔ x − y = y +1

z= 2y +

1

x

⇔ {2y = x −

1

z

y =1

z−1

x

⇔ {y =

1

z−1

x

x −1

z=2

z−1

x

Có thể lấy ví dụ thỏa mãn đề: x = 2,=1

2; z = 1.

Các bạn đã bị “nhiễm độc” bằng lời giải trên mà không suy nghĩ gì. Tại sao ta có lời giải này. Vì nó

quá quen thuộc, xuất hiện quá nhiều lần? Thế nhưng, tôi khẳng định rằng: Chúng ta nếu đi theo lời

giải trên thì chưa giải quyết được bài toán. (xem lại khái niệm giải quyết mà tôi đặt ra nhé). Bản chất

lời giải bài toán chưa được hé mở. Hãy quay lại cái “form” và suy ngẫm.

Điều đầu tiên mà tôi thấy, chắc chắn rằng các biến a;b;c không phụ thuộc vào nhau, nên hướng

nghĩ đạo hàm theo biến là không thể bỏ qua !

Lời giải 2: Giả sử a ≥ b ≥ c > 0. Ta xét:

P = f(a; b; c) =a

b + c+

b

c + a+

c

a + b

⇒ fa′(a; b; c) =

1

b + c−

b

(c + a)2−

c

(a + b)2

⇒ fa′(a; b; c) ≥

1

b + c−

b

(c + b)2−

c

(c + b)2= 0

Suy ra: f(a;b;c) đồng biến trên [b; +∞)

⇒ P ≥ g(b; c) =b

b + c+

b

c + b+

c

b + b=

2b

c + b+c

2b

⇒ P ≥ f(x) =2x

1 + x+1

2x, x =

b

c≥ 1

Xét hàm số f(x) trên [1; +∞) có:

f ′(x) =2

(1 + x)2−

1

2x2≥ 0, ∀x ≥ 1

Do đó, ta thu được:

P ≥ f(x) ≥ f(1) =3

2

Bài toán có các biến độc lập với nhau ta có thể nghĩ tới phương pháp sử dụng đạo hàm để làm giảm

biến số.

Tiếp tục theo hướng giảm biến số, ta có một phương pháp rất mạnh:

Lời giải 3: Đặt:

t =b + c

2

Xét hiệu:

M =b

c + a+

c

a + b−

2t

a + t

M = (b

c + a−

t

t + a) − (

t

t + a−

c

b + a) =

(b − c)t

a + t(1

c + a−

1

b + a)

⇒ M =t(b − c)2

(a + t)(a + b)(a + c)

⇒ M ≥ 0 ⇒b

c + a+

c

a + b≥

2t

a + t

⇒ P =a

b + c+

b

c + a+

c

a + b≥

a

b + c+

2t

a + t=a

2t+

2t

a + t

⇒ P ≥ f(x) =x

2+

2

x + 1, x =

a

t

Xét hàm số f(x) trên (0;+∞) có:

f ′(x) =1

2−

2

(x + 1)2

⇒ f ′(x) = 0 ⇔ x = 1

Lập bảng biến thiên ta thu được:

P ≥ f(x) ≥ f(1) =3

2

Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn

Lời giải cả hai cách khá rõ ràng. Cách ba chính là sử dụng tư tưởng dồn biến:

∗ Bước 1: f(a; b; c) ≥ f (a;b + c

2;b + c

2)

∗ Bước 2: Cùng bậc a, t nên đặt x =a

t

∗ Bước 3: Khảo sát hàm f(x).

Khá quen thuộc khi tôi nói rõ ra như vậy. Những bài toán nào nên nghĩ qua phương pháp này:

Bài toán ba biến, đối xứng, hình thức đơn giản, có thể nghĩ tới phương pháp dồn biến.

Ngoài hai hướng đi trên (mục tiêu đưa về một biến) thì hướng thứ hai đánh giá đồng thời có rất nhiều

hướng đi. Khi đối xứng, ta có một lời giải:

Lời giải 4:

Xét hiệu:

P −3

2=

a

b + c+

b

c + a+

c

a + b−3

2

⇒ P −3

2=1

2(2a − b − c

b + c+2b − c − a

c + a+2c − a − b

a + b)

⇒ 2(P −3

2) = (a − b) (

1

b + c−

1

a + c) + (b − c) (

1

c + a−

1

b + a) + (c − a) (

1

a + b−

1

c + b)

⇒ 2(P −3

2) =

(a − b)2

(a + c)(b + c)+

(b − c)2

(b + a)(c + a)+

(c − a)2

(c + b)(a + b)

⇒ P ≥3

2

Lời giải khá đơn giản và ngắn gọn, dựa trên tư tưởng phân tích bình phương SOS.

Bài toán đối xứng, đặc biệt đạng phân thức, có dấu bằng tại các biến bằng nhau có một hướng nghĩ là

sử dụng phương pháp phân tích bình phương SOS.

Khi các biến ở dạng đối xứng, ta vẫn còn một hướng suy nghĩ cũ:

Lời giải 5: Đặt:

p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc

⇒ P =a

b + c+

b

c + a+

c

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

(a + b)(b + c)(c + a)

⇒ P =p3 − 2pq + 3r

pq − r

P ≥3

2⇔ 9r ≥ 7pq − 2p3

Theo bất đẳng thức Schur bậc ba ta có:

9r ≥ 4pq − p3

Lại có:

4pq − p3 ≥ 7pq − 2p3 ⇔ p2 ≥ 3q ⇔ (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca)

Do đó, ta có:

9r ≥ 4pq − p3 ≥ 7pq − 2p3

⇒ P ≥3

2

Bài toán đối xứng ba biến, có hướng nghĩ đổi biến để dùng bất đẳng thức Schur.

Khi học về phương pháp đánh giá toàn phần, tôi có đưa ra một ví dụ, ta thử áp dụng xem cho bài này

được không?

Tìm số k để có:

a

b + c≥

3. ak

2(ak + bk + ck)

Ta tìm được: k =3

2.

Do đó, ta có lời giải 6 :

a

b + c≥

3. a32

2 (a32 + b

32 + c

32)

(∗)

(∗) ⇔ 2. a52 + 2a. b

32 + 2a. c

32 ≥ 3a

32. b + 3a

32. c

Đến đây, đơn thuần là áp dụng bất đẳng thức Cauchy:

{a52 + a. b

32 + a. b

32 ≥ 3. a

32. b

a52 + a. c

32 + a. c

32 ≥ 3. a

32. c

(*) đúng. Áp dụng thêm hai lần nữa rồi đem cộng ba bất đẳng thức lại ta thu được:

P ≥3

2

Quay sang một góc nhìn hoàn toàn khác với sự độc lập, tính đối xứng ta còn thấy bất đẳng thức trên

là bất đẳng thức cùng bậc. Vì vậy ta có thể giả sử: a + b + c = 3.

Bài toán có dạng: 𝐟(𝐚; 𝐛; 𝐜) ≥ 𝟎 ⇔ 𝐟(𝐤𝐚; 𝐤𝐛; 𝐤𝐜) ≥ 𝟎 ta có thể giả sử một đại lượng thích hợp không

đổi.

Khi đó, bài toán 2 trở thành:

Cho a; b; c > 0, a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

P =a

3 − a+

b

3 − b+

c

3 − c

Có bao nhiêu lời giải cho hướng bài tập này. Chắc chắn rồi, sẽ có ít nhất hai hướng đi:

Lời giải 7: Ta chứng minh:

∀x ∈ (0; 3) ⇒x

3 − x≥3

4x −

1

4(∗)

Thật vậy ta có: (∗) ⇔ 4x ≥ (3x − 1)(3 − x)

⇔ 4x ≥ −3x2 + 10x − 3

⇔ 3(x − 1)2 ≥ 0

Áp dụng (*) ta có:

{

a

3 − a≥3

4a −

1

4b

3 − b≥3

4b −

1

4c

3 − c≥3

4c −

1

4

⇒ P ≥3

4(a + b + c) −

3

4=3

4. 3 −

3

4=3

2

Sự xuất hiện của số 3

4 chắc bạn đã hiểu. Đây chính là phương pháp đánh giá toàn phần mà tôi từng đề cập.

Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn

Bài toán có g(a) + g(b) + g(c)=0, và cần chứng minh: f(a) + f(b) + f(c)≥ 𝟎 ta có thể tìm k để:

𝐟(𝐚) ≥ 𝐤𝐠(𝐚).

Lời giải 8:

𝑋ét hàm số f(x) =x

3 − x trên (0; 3) có:

f ′(x) =3

(3 − x)2⇒ f ′′(x) =

6

(3 − x)3≥ 0 , ∀x ∈ (0; 3).

Do đó, theo bất đẳng thức Jensen ta có:

P = f(a) + f(b) + f(c) ≥ 3. 𝑓 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐

3) = 3. 𝑓(1) =

3

2

Bài toán có tổng hoặc tích a;b;c và có f(a) + f(b) + f(c), ta có thể nghĩ tới bất đẳng thức Jensen.

Bài toán 1 quy về bài toán 2. Bài toán 2 lại có những 7, 8 lời giải với những tư tưởng khác nhau hoàn

toàn. Mỗi tư tưởng là sự đúc kết một công cụ, phương pháp. Chúng ta chỉ cần qquan sát tinh tế, suy

luận theo lối mòn, rồi sẽ dẫn tới đích. Mỗi đóng khung trên là một lưu ý mà bạn đọc cần để ý, cũng

chính là ôn lại một số dạng toán mà ta đã được học trong các chương trước đó. Và đây, tiếp tới là 123

bài toán khiến bạn có cái nhìn khác về bất đẳng thức.

Còn nữa….

3. Sử dụng phương pháp tam thức bậc 2 chứng minh các bất đẳng thức.

Ngoài khả năng tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của một biểu thức, phương pháp tam thức bậc hai

còn dùng để chứng minh một số bất đẳng thức. Chúng ta cần nhớ lại rằng

Với tam thức bậc hai 2( )f x ax bx c với 0a

Muốn chứng minh ( ) 0,f x x R , ta sẽ chứng minh

0

0

a .

Muốn chứng minh ( ) 0,f x x R , ta chứng minh

0

0

a .

Muốn chứng minh 0 , ta chứng minh

( ) 0,

( ) 0,

f x x

f x x .

Muốn chứng minh 0 , ta chứng minh f x có nghiệm và có thể chọn một trong các

cách sau:

Chỉ ra nghiệm cụ thể của ( ).f x

Chỉ ra một số mà ( ) 0.a f

Chỉ ra 2 số , sao cho ( ). ( ) 0.f f

Chúng ta qua các ví dụ dưới đây để hiểu rõ.

Ví dụ 1. Cho các số thực dương , ,a b c thỏa 3a b c . Chứng minh rằng:

9

22

a ab abc

Lời giải

Từ giả thiết ta rút ra 3b a c . Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành:

9

(3 ) 2 (3 )2

a a a c ac a c ,

tương đương với

2 2 9( ) (2 1) (2 5 4) 0.

2f a c a c c a

Ta thấy ( )f a là 1 tam thức bậc 2 của a có hệ số của 2a luôn dương và vì 0 3c nên ta có

2 2

2 2

2

2

(2 5 4) 18(2 1)

(2 1) ( 4 2)

(2 1) (3 4 2)

(2 1) ( 2)

0.

c c c

c c c

c c c

c c

Vậy nên, theo định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta có ( ) 0f a .

Bài toán được chứng minh xong. Dấu đẳng thứcc xảy ra tại 3 1

, 1, .2 2

a b c

Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số thực ,a b ta có 2 2( 2)( 2) 3( ).a b ab a b

Lời giải

Nhận xét rằng bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức bậc hai theo a hoặc .b Ta viết lại bất

đẳng thức này như sau: 2 2 2( ) ( 2) 3( 1) 2 3 4 0.f a b a b a b b

Ta có ( )f a là một tam thức bậc hai với hệ số của 2a luôn dương và có biệt thức

Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn 2 2 2

2 2

9( 1) 4( 2)(2 3 4)

( 1) (8 4 23)

0.

a b b b b

b b b

Do đó, theo định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta có ( ) 0.f a

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1. a b

Ví dụ 3. Cho , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện 4.xyz x y z Chứng minh rằng

khi đó ta có

x y z xy yz zx

Lời giải

Để ý rằng, từ giả thiết, nếu ta rút một biến theo các biến còn lại, và thay vào bất đẳng thức cần chứng

minh, thì sẽ được một bất đẳng thức bậc hai theo một biến. Do đó, ta sẽ nghĩ đến phương pháp tam

thức bậc hai.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử min{ , , }z x y z , khi đó ta có 34 3 1.xyz x y z z z z

Từ giả thiết, ta rút được 4 yz

xy z yz

, do đó ta cần chứng minh

4 4( )

yz yzy z y z yz

y z yz y z yz

Hay tương đương 2 2 2 2( ) (1 ) ( 4) ( 2) 0.f y z z y z z y z

Ta có ( )f y là một tam thức bậc hai có hệ số của 2y là 21 1 (1 ) 1 0z z z z và biệt thức

2 2 2 2

2

2

2

( 4) 4(1 )( 2)

( 1) (5 8)

( 1) (5 8)

3 ( 1)

0.

y z z z z z

z z z

z z

z z

Nên do đó, theo định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta có ( ) 0, .f y y

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1x y hoặc 2, 0x y z hoặc

các hoán vị.

Ví dụ 4. Chứng minh bất đẳng thức sau

2 2 2 23( 1)( 1) 2( 1), , .x x y y x y xy x y R

Dấu "=" xảy ra khi nào?

Chọn HSG Quốc gia, Quảng Trị, 2014 - 2015

Lời giải

Để ý rằng nếu coi một biến cố định, chẳng hạn y , thì bất đẳng thức này là bất đẳng thức bậc hai theo

x . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

2 2 2 2( 3 3 ) ( 3 5 3 ) 1 3 3 0y y x y y x y y .

Ta có hệ số của 2x là

22 3 3

02 4

3 3 yy y và

2 2 2 2

4 3 2

2 2

( 3 5 3 ) 4( 3 3 )(1 3 3 )

3 18 33 18 3

3( 3 1)

0.

x y y y y y y

y y y y

y y

Do đó, theo định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

3 5

.2

x y

Nhận xét: Đây là một bài toán khó (ngoài cách nêu trên, bạn đọc hãy thử sức giải bài toán này theo

cách khác), nhưng phương pháp tam thức bậc hai đã thể hiện được hiệu quả của nó. Lần đầu tiên tôi

gặp bài này, tôi đã giải nó cũng bằng phương pháp tam thức bậc hai nhưng lời giải dài dòng và phức

tạp hơn. Tôi xin trình bày lại lời giải đó cho mọi người tham khảo, và thấy được tính đặc sắc của

phương pháp này.

Sau khi khai triển, rút gọn thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

2 2 21 3( ) 3 ( ) 3( ) 0,x y xy x y xy x y x y

hay

2 2( , ) 1 3 3 3 0.f P S P P S SP S

Nếu coi ( , )f P S là một tam thức bậc hai theo P thì ta có

2 2 2(1 3 ) 4(3 3 1) 3 18 3.P S S S S S

- Nếu 0S thì 0P nên ( ) 0f P . Do đó ta chỉ cần xét trường hợp 0S .

- Trong trường hợp 0S , lại coi ( , )f P S là một tam thức bậc hai theo ,S khi đó ta có

2 2 2 9(1 ) 12( 1) 3 30 3.S P P P P P

+ Nếu 0P thì 0S nên ( ) 0f S . Do đó ta chỉ cần xét 0P là đủ.

+ Nếu 0P và 4 1 0P P tức là 2( 1) 16P P hay 2 10 1 4P P P , khi đó

23 10 1 12 0,S P P P nên suy ra ( ) 0.f S

+ Nếu 0P và 4 1 0P P , và chú ý 2 4S P nên 2S P thì ta có

( ) 6 3 3

12 3 3

3( 4 1)

0, 2 .

f S S P

P P

P P

S P

Do đó ( )f S là một hàm đồng biến trên [2 ; )P , nên ( ) (2 )f S f P , tức là

2 2( ) 1 3 4 6 6 ( 3 1) 0.f S P P P P P P P P

Bất đẳng thức cuối luôn đúng nên bài toán chứng minh xong.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

3 5

.2

x y

Ví dụ 5. Cho , ,x y z là các số thực không âm. Chứng minh rằng khi đó ta có

2 2 2 2 2 23(1 )(1 )(1 ) 1x x y y z z xyz x y z .

Lời giải

Dự đoán đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1x y z .

Quan sát biểu thức vế phải, rõ ràng biểu thức vế phải là một biểu thức bậc hai theo một biến. Ta chọn

z làm biến chẳng hạn (chọn ,x y cũng được, vì do tính đối xứng của bất đẳng thức này). Khi đó vế

phải còn xy là tham số. Vế trái cũng là một biểu thức bậc hai theo z bởi sự xuất hiện của đại lượng

2(1 )z z , và 2 2(1 )(1 )x x y y là tham số. Nếu ta đánh giá được 2 2(1 )(1 )x x y y về một biểu

Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn

thức phụ thuộc vào xy thì khả năng thành công khi dùng phương pháp tam thức bậc hai sẽ cao hơn,

bởi khi đó cả vế trái và vế phải đều là biểu thức bậc hai theo biến z và tham số xy . Ta hãy thử xem

sao?

Một lẽ tự nhiên nhất, do dự đoán được đẳng thức, nên ta sẽ đánh giá bằng AM-GM như sau để đưa

đại lượng 2 2(1 )(1 )x x y y về xy :

2 2(1 )(1 ) (2 )(2 ) .x x y y x x y y xy (*)

Khi đó ta cần phải chứng minh

2 2 2 23 (1 ) 1xy z z xyz x y z .

Tuy nhiên, bất đẳng thức này lại không đúng, chẳng hạn cho 0xy . Điều này chứng tỏ rằng đánh giá

bằng AM-GM ở (*) hơi “quá đà” làm “lỏng” bất đẳng thức. Như vậy, ta cần phải có một đánh giá chặt

hơn. Chú ý rằng theo AM-GM thì

2 2 1

2

x yxy , nên do đó ta hi vọng bất đẳng thức chặt hơn sau đây

đúng:

2 22 2 1

(1 )(1 )2

x yx x y y .

Thế nhưng, thật may mắn, bất đẳng thức này đúng thật, bởi vì ta có

2 2 2 2 2 2 22(1 )(1 ) (1 ) ( ) (1 ) (1 ) 0x x y y x y x y x y .

Do đó, ta đưa bài toán về chứng minh

2 2 2 2 2 23(1 )(1 ) 2(1 )x y z z xyz x y z ,

tương đương

2 2 2 2 2 2 2( ) (3 ) (3 2 3 ) 1 3 0f z x y z xy x y z x y

Đây là một tam thức bậc hai theo z có hệ số của 2z luôn dương, mặt khác

2 2 2 2 2 2 2

4

(3 2 3 ) 4(3 )(1 3 )

(1 )

0.

xy x y x y x y

xy

Nên theo định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta có ( ) 0, f z z .

Bài toán được chứng minh xong.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1. x y z

Ví dụ 6. Cho 4 số thực , , ,a b c d . Chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2 2 2( ) 3( ) 6a b c d a b c d ab

Lời giải

Rõ ràng đây là một đa thức thuần nhất bậc hai. Một cách tự nhiên, ta mong muốn đưa bất đẳng thức

về dạng tam thức bậc 2 của 1 ẩn nào đó. Vì bất đẳng thức này đối xứng với hai biến ,a b nên ta sẽ đưa

về tam thức bậc 2 theo biến a hoặc b .

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

2 2 2 2 2 22 ( ) ( ) 3( ) 6a a b c d b c d a b c d ab

2 2 2 2 22 2 ( 2 ) ( ) 3( ) 0a a c d b b c d b c d .

Xét

2 2 2 2 2( ) 2 2 ( 2 ) ( ) 3( )f a a a c d b b c d b c d .

Ta thấy hệ số của 2a là 2 0 và có biệt thức là

2 2 2 2 2

2 2 2

2

( 2 ) 2[( ) 3( )]

( ) ( ) 2( )( ) 2( )

3( )

0.

c d b b c d b c d

c b d b c b d b c d

c d

Vậy nên ( ) 0, , , ,f a a b c d R .

Còn nữa….

Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn

PHẦN III: BẤT ĐẲNG THỨC HAI BIẾN SỐ

Bất đẳng thức hai hay nhiều biến số gần đây xuất hiện thường xuyên trong đề thi đại học. Và về

bất đẳng thức hai biến sẽ là rất đơn giản khi bạn học tốt những phần khác của toán.

Kinh nghiệm khi gặp bất đẳng thức hai biến số là gì? Không phải chỉ với hai biến số thôi đâu, ba

biến cũng vậy. Luôn có hai mục tiêu chính: Hoặc là làm giảm về một biến rồi dùng đạo hàm, hoặc sử

dụng các loại bất đẳng thức để đánh giá đồng thời chúng. Nói thì đơn giản nhưng thực hiện thì không

hề dễ. Một bài toán luôn có nhiều phương pháp giải, nhưng bạn đã tự đặt câu hỏi tại sao người ta hình

thành ra những phương pháp đó chưa? Thì với bất đẳng thức hai biến, đại đa số là được hình thành

từ cách giải hệ phương trình hai ẩn số? Vì sao vậy? Chúng ta cùng tìm hiểu chúng xem sao nhé.

$1: PHƯƠNG PHÁP THẾ VỀ MỘT BIẾN

Tư tưởng chung: Từ điều kiện bài toán rút một biến theo biến kia, tìm tập xác định của biến và rồi xét

hàm số trên tập xác định đó.

Bài 1: Cho x; y ∈ R thỏa mãn: y ≤ 5, x2 − 5x = y + 1. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của:

P = (x + y)(x + 4).

Phân tích: Trước khi giải bài này, tôi chưa nghĩ gì vội. Tôi thử đặt câu hỏi hệ {x2 − 5x = y + 1

(x + y)(x + 4) = m sẽ

giải như thế nào, thì thấy ngay phương trình trên có bậc y là 1 nên có thể rút y theo x. Tức là phương

pháp thế.

Lời giải:

Từ giả thiết ta suy ra: x2 − 5x − 6 = y − 5 ≤ 0 ⟹ (x + 1)(x − 6) ≤ 0 ⟹ −1 ≤ x ≤ 6.

Ngoài ra: P = (x + x2 − 5x − 1)(x + 4) = f(x)

Với f(x) = x3 − 17x − 1,−1 ≤ x ≤ 6.

⟹ f ′(x) = 3x2 − 17. f ′(x) = 0 ⟺ x = ±√17

3

Lập bảng biến thiên cho f(x) trên [−1; 6] suy ra:

{

f(x) ≥ f(−√

17

3) =

−9 − 34√51

9

f(x) ≤ f(6) = 113

Như vậy ta có kết luận:

GTLN của P = 113 khi x = 6, y = 5.

GTNN của P =−9 − 34√51

9 khi x =

−√51

3, y =

14 + 5√51

3.

Bài 2: Cho x + 2y = 2, x; y ∈ [−1; 1]. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của P = x2 + xy + y2

Lời giải:

Ta có: x = 2 − 2y, x ∈ [−1; 1] ⟹ y ∈ [1

2;3

2] . Mà giả thiết y ∈ [−1; 1] do đó: y ∈ [

1

2; 1].

P = (2 − 2y)2 + (2 − 2y)y + y2 = f(y).

Với f(y) = 3y2 − 6y + 4 ,1

2≤ y ≤ 1.

f ′(y) = 6y − 6 ⟹ f ′(y) = 0 ⟺ y = 1.

Lập bảng biến thiên cho f(y) trên [1

2; 1] ta có: {

f(y) ≥ f(1) = 1

f(y) ≤ f (1

2) =

11

4

Như vậy ta có kết luận:

GTNN của P = 1 khi x = 0; y = 1.

GTLN của P =11

4 khi x = 1; y =

1

2.

𝐁à𝐢 𝟑: Cho xy − x = y, y ∈ [4

3;3

2] . Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của:

P = (x + y)(3x − 35).

Lời giải:

Từ giả thiết ta suy ra được:

{

y =

x

x − 13 ≤ x ≤ 4

P = f(x) =3x3 − 35x2

x − 1

Ta có: f ′(x) =2x(x − 5)(3x − 7)

(x − 1)2⟹ f ′(x) < 0, ∀𝑥 ∈ (3; 4)

Do đó f(x) nghịch biến trên [3; 4] nên: {f(x) ≥ f(4) =

−368

3f(x) ≤ f(3) = −117

Kết luận:

GTNN của P =−368

3 khi x = 4, y =

4

3.

GTLN của P = −117 khi x = 3, y =3

2.

𝐁à𝐢 𝟒: Cho 3(xy + x − 1) = 2y , y ≤−21

20, x ≤

1

3. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của:

P =3√3x − 23

− 16

y + 1+ 2(6 − 5x)√6 − 5x

Phân tích: Đại lượng y trong biểu thức P xuất hiện ít hơn nên ta nên rút y theo x.

Lời giải:

Điều kiện: y ≠ −1, x ≤6

5.

Từ 3(xy + x − 1) = 2y suy ra: y + 1 =1

3x − 2.

Từ y ≤ −21

20 suy ra: − 6 ≤ x <

2

3.Mà giả thiết cho x ≤

1

3 nên − 6 ≤ x ≤

1

3.

Thay vào ta có: P = 3(3x − 2)√3x − 23

− 16(3x − 2) + 2(6 − 5x)√6 − 5x

⟹ P = f(x) = 3(3x − 2)√3x − 23

+ 2(6 − 5x)√6 − 5x − 48x + 32.

⟹ f ′(x) = 12√3x − 23

+ 18√6 − 5x − 48

Ta có

f ′(x) = 0 ⟺ 2√3x − 23

+ 3√6 − 5x − 8 = 0

⟺ 2(√3x − 23

+ 2) + 3(√6 − 5x − 4) = 0

⟺ 2.3(x + 2)

(√3x − 23

)2 − 2√3x − 23

+ 4+ 3.

−5(x + 2)

√6 − 5x + 4= 0

⟺ 3(x + 2) (2

(√3x − 23

)2− 2√3x − 2

3+ 4

−5

√6 − 5x + 4) = 0

Với − 6 ≤ x ≤1

3 thì

2

(√3x − 23

)2− 2√3x − 2

3+ 4

≤2

7<5

12≤

5

√6 − 5x + 4

Do đó f ′(x) = 0 ⟺ x = −2. Lập bảng biến thiên cho f(x) trên − 6 ≤ x ≤1

3 ta được:

Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn

{f(x) ≥ f (

1

3) = 19 +

26√39

9

f(x) ≤ f(−6) = 752 + 60√203

Vậy ta có kết luận:

GTNN của P = 19 +26√39

9 khi x =

1

3, y = −2.

GTLN của P = 752 + 60√203

khi x = −6, y =−21

20.

Nhận xét: Bài toán 4 này là một bài khá hay. Hãy luôn cảnh giác tập giá trị của 𝐱; 𝐲 trước khi xét hàm

số. Nó nhắc nhở ta cách giải phương trình vô tỷ. Ngoài cách giải trên, ta có thể đặt √3x − 23

=

a, √6 − 5x = b rồi đưa về hệ phương trình và giải. Đồng thời nó cũng nhắc nhở về đạo hàm của các

hàm phức hợp.

Tổng quát cho phương trình trên: k√ax + bn

± h √cx + dm

= e.

Phương pháp giải: Đặt { √ax + b

n= u

√cx + dm

= v.

Ta có hệ: {ku ± hv = e

un − b

a−vm − d

c= 0

Giải hệ u; v. Tìm ra x rồi thử lại.

Bài 5: Cho x; y thỏa mãn: 2x − y = 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của:

P = √x2 + (y + 1)2 +√x2 + (y − 3)2

Phân tích: Nếu x; y không bị ràng buộc thì như ở phần bất đẳng thức một biến ta nhận thấy P có dạng

|a⃗ | + |b⃗ | ta có thể áp dụng bất đẳng thức |a⃗ | + | b⃗ |≥|a⃗ + b⃗ | và theo lập luận cũ thì để P ≥ const thì ta

phải chọn a⃗ = (x; y + 1); b⃗ = (−x; 3 − y). Khi đó a⃗ + b⃗ = (0; 4) tức là P ≥ √02 + 42 = 4 nhưng khi

đó dấu “=” khi x = 0, y = 1 không thỏa mãn ràng buộc của giả thiết. Như vậy, thì ở đây ta chắc chỉ có

một hướng nghĩ tự nhiên là thay y = 2x − 2 vào rồi xét hàm số.

Lời giải:

Ta có: y = 2x − 2 nên: P = √5x2 − 4x + 1 + √5x2 − 20x + 25

Đến đây ta có hai hướng giải: Một là dùng bất đẳng thức vec-tơ trên. Hai là dùng đạo hàm.

Ta sẽ đi theo hướng hai vì nó giải quyết được nhiều bài hơn.

Xét f(x) = √5x2 − 4x + 1 + √5x2 − 20x + 25 có:

f ′(x) =5x − 2

√5x2 − 4x + 1+

5x − 10

√5x2 − 20x + 25

Do đó: f ′(x) = 0 ⟺ {

(5x − 2)(5x − 10) ≤ 0

(5x − 2

√5x2 − 4x + 1)2

= (5x − 10

√5x2 − 20x + 25)2

⟺ {2

5≤ x ≤ 2

24x2 − 16x = 0

⟺ x =2

3.

Lập bảng biến thiên ta suy ra: min f(x) = 2√5 ⟺ x =2

3.

Vậy min P = 2√5 ⟺ (x; y) = (2

3; −

2

3) .

Bài 6: Cho x; y ≥ 0, x2 + y2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của:

P = √1 − x + √1 + y

Hướng dẫn giải:

Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 1.

Khi đó, ta nên thế theo biến x.(thực ra thế theo biến y) thì cũng vậy.

P = √1 − x + √1 + √1 − x2 = f(x)

Tương tự như các bài trên. Ta chỉ việc xét đạo hàm và thu được:

{P ≤ f(0) = 1 + √2P ≥ f(1) = 1

GTNN của P = 1 ⟺ x = 1; y = 0

GTLN của P = 1 + √2 ⟺ x = 0; y = 1.

Lưu ý: Đây là một cách giải luôn có sẵn ở trong đầu chúng ta, mang bản chất của lời giải. Tuy nhiên,

theo một góc độ “nghệ thuật” ta vẫn có một lời giải khác hoàn toàn “đơn giản” như sau:

Do y ≥ 0 nên:

P = √1 − x + √1 + y ≥ 0 + √1 + 0 = 1

GTNN của P là 1 khi x = 0; y = 1 ( thỏa mãn giả thiết ).

Do x ≥ 0, y ≤ 1 (cái này dễ suy ra từ giả thiết) nên:

P = √1 − x + √1 + y ≤ √1 − 0 + √1 + 1 = 1 + √2

GTLN của P là 1 + √2khi x = 0, y = 1( thỏa mãn giả thiết ).

Bài 7: Cho x; y > 0, x + y = 2. Tìm giá trị lớn nhất của:

P = xy + yx

Lời giải:

Thế y = 2 − x ta được:

P = x2−x + (2 − x)x = f(x)

Xét f(x) trên (0; 2) ta có:

f ′(x) = x2−x (2 − x

x− ln x) + (2 − x)x (ln(2 − x) −

x

2 − x)

(cách tính đạo hàm hàm số f(x)(g(x)) là lấy logarit hai vế rồi đạo hàm và nhân lên)

Khá là khó giải tiếp được, biểu thức phức tạp nên ta lại thử biểu diễn lại về hai biến cho đơn giản.

f ′(x) = xy (y

x− ln x) + yx (ln y −

x

y) = xy(xy−2 − yx−2) + (yx ln y − xy ln x)

Đến đây, ý muốn của ta là phải có: x = y = 1. Khi đó, ta sẽ xét dấu của từng ngoặc nhọn trên.

xy(xy−2 − yx−2) ≤ 0 ⟺ xy−2 ≤ yx−2 ⟺ (y − 2) ln x ≤ (x − 2) ln y (do x; y >

0 lên lấy được logarit)

⟺lnx

x − 2≤

ln y

y − 2( do x; y < 2)

Xét hàm số: g(x) =ln x

x − 2 trên (0; 2) có:

g′(x) =x − 2 − x ln x

x(x − 2)2=

G(x)

x(x − 2)2

Xét hàm số G(x) trên (0; 2) có:

G′(x) = 1 − ln x − 1 = − ln x

G′(x) = 0 ⟺ x = 1.

⟹ G(x) ≤ G(1) = −1 < 0, ∀x ∈ (0; 2)

⟹ g′(x) < 0, ∀x ∈ (0; 2)

⟹ g(x) nghịch biến trên (0; 2). Do đó, ta có:

xy(xy−2 − yx−2) ≤ 0 ⟺ g(x) ≤ g(y) ⟺ x ≥ y (∗)

yx ln y − xy ln x ≤ 0 ⟺ yx ln y ≤ xy ln x. Tuy nhiên, theo trên ta cần phải có cái này tương đương

với x ≥ y. Thì khi đó ta mới có: x ≥ y ⟺ f ′(x) ≤ 0. Dấu “=” ⟺ x = y = 1. Suy ra: f ′(x) = 0 ⟺ x = 1.

Lại có:

x ≥ y ⟺ x ≥ 1 ≥ y ⟺ ln x ≥ 0 ≥ ln y ⟹ xy ln x ≥ yx ln y

x ≤ y ⟺ x ≤ 1 ≤ y ⟺ ln x ≤ 0 ≤ ln y ⟹ xy ln x ≤ yx ln y

Như vậy: yx ln y − xy ln x ≤ 0 ⟺ x ≥ y. (∗∗)

Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn

Do đó, kết hợp (∗); (∗∗) ta có:

x ≥ 1 ⟺ x ≥ y ⟺ f ′(x) ≤ 0

Do đó: f ′(x) = 0 ⟺ x = y = 1.

Từ đó, lập bảng biến thiên, ta thu được:

P = f(x) ≤ f(1) = 2.

Còn nữa…

PHẦN X: MỘT SỐ BỔ ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN VỊ

Bất đẳng thức hoán vị luôn là những bài toán khó và thú vị. Trong chuyên đề này, tôi giới thiệu bạn

một số kinh nghiệm khi xử lí các bất đẳng thức hoán vị, bằng việc giới thiệu một số bổ đề khá hay và

quan trọng.

Bổ đề 1 (Vasile Cirtoaje). Cho , ,a b c là các số thực không âm. Chứng minh rằng khi đó ta có

2 2 2 34( ) .

27a b b c c a abc a b c

Chứng minh

Không mất tính tổng quát, giả sử b là số nằm giữa a và c . Khi đó ta có 2 2 2( )( ) 0 .c b a b c b c c a abc bc

Sử dụng đánh giá này và kết hợp với bất đẳng thức AM-GM bộ ba số, ta có

2 2 2 2 2

2

3

3

( )

12 ( ) ( )

2

1 (2 )

2 27

4( ) .

27

a b b c c a abc a b abc bc abc

b a c

b a c a c

b a c a c

a b c

Bổ đề được chứng minh xong.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c hoặc 2 , 0a b c hoặc các hoán vị.

Tương tự, ta cũng chứng minh được

2 2 2 34( ) .

27ab bc ca abc a b c

Nhận xét, nếu cho 3a b c thì ta sẽ có 2 2 2 4.a b b c c a abc

2 2 2 4.ab bc ca abc

Và bất đẳng thức này được dùng khá nhiều trong việc chứng minh bất đẳng thức.

Ví dụ 1 (Phạm Kim Hùng): Cho , ,a b c là các số thực không âm thỏa mãn 3a b c . Chứng minh rằng

3 3 31 1 1 5.a b b c c a

Lời giải

Sử dụng bất đẳng thức AM GM , ta có 2 2

3 2 1 1 21 (1 )( 1) .

2 2

b b b ab aa b a b b b a

Thiết lập hai biểu thức tượng tự, rồi cộng vế với vế ta được 2 2 2 2 2 2

3 3 31 1 1 3.2 2

ab bc ca ab bc caa b b c c a a b c

Mặt khác, theo bổ đề 1, ta có 2 2 2 4 4.a b b c c a abc

Từ đó suy ra

3 3 3 41 1 1 3 5.

2a b b c c a

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2, 1, 0a b c hoặc các hoán vị.

Ví dụ 2 (Trần Quốc Anh): Cho , ,a b c là các số thực không âm thỏa mãn 3a b c . Chứng minh rằng

3 3 3

1.

616 16 16

a b c

b c a

Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn

Lời giải

Nhìn hình thức vế trái ta nghĩ ngay đến kĩ thuật AM-GM ngược dấu.

Ta có 3 3 3

3 3 3 3 3 3

1 16 1 ( 16) 1. .

16 16 1616 16 16 2 2

a a a b ab aba

b b b b

Sử dụng bất đẳng thức AM GM , ta có

33 3 3 3 3 32 2 3 2 2 12 .b b b

Từ đó ta có 2

3

1

16 1216

a aba

b

Tương tự với các biểu thức còn lại, sau đó cộng vế theo vế, ta được 2 2 2

3 3 3

13 .

16 1216 16 16

a b c ab bc ca

b c a

Mặt khác, theo bổ đề 1, ta có 2 2 2 4 4.a b b c c a abc

Từ đó suy ra

3 3 3

1 4 13 .

16 12 616 16 16

a b c

b c a

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2, 1, 0a b c hoặc các hoán vị.

Ví dụ 3 (Tăng Hải Tuân): Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 3a b c . Chứng minh rằng 2 2 2

2 2 2

3 6

5

a b c abc

b c c a a b abc

Lời giải

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

2

3 3 32 2 2 3 3 3

2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b ca b c a b c

b c c a a b ab ac bc ba ca cb ab bc ca ac ba cb

Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì

2 23 3 3 4

23 3 3

29

3

a b c a b c a b ca b c

a b ca b c

Và 2( )

3.3

a b cac ba cb

Sử dụng bổ đề, ta có 2 2 2 4 .ab bc ca abc

Do đó ta có 2 2 2

2 2 2

9.

7

a b c

abcb c c a a b

Như vậy, ta cần chứng minh

9 3 6.

7 5

abc

abc abc

Thật vậy, đặt 0 1t abc bất đẳng thức này tương đương với 2

2 2

9 3 6 3(1 )(8 3 2 )0.

57 (7 )(5 )

t t t t

tt t t

Hiển nhiên đúng vì 2

2

1 0

8 3 2 8 3 2 3 0

7 7 1 6

t

t t

t

. Bài toán được chứng minh xong.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1. a b c

Công phá Bất đẳng thức Lovebook.vn

Sử dụng Bất đẳng thức giải một số bài toán Vật lí.

Bài 1. Một điện trở 9 R được cắt thành 9 điện trở nhỏ. Với 1 3 9 2 4 5 6 7 8, ,R R R R R R R R R

được lắp vào mạch như hình vẽ. Biết hiệu điện thế đặt vào hai đầu đoạn mạch là 6U V không đổi.

Xác định giá trị các điện trở được cắt ra để công suất tiêu thụ trên toàn mạch là 18P W .

(Diễn đàn Vật lí phổ thông – http://vatliphothong.vn)

Lời giải

Bài toán này hình thức phát biểu rất đơn giản và ngắn gọn, nhưng không dễ để giải quyết được nó.

Đặt 1 3 9

2 4 5

6 7 8

0

0

0

R R R a

R R R b

R R R c

.

Vì điện trở 9 R được cắt thành 9 điện trở

1 3 9 2 4 5 6 7 8, ,R R R R R R R R R

nên ta có 3 3 3 9a b c tương đương 3.a b c

Để 18P W thì khi đó điện trở tương đương của mạch phải là 2

2td

UR

P tương đương với

( ) ( ) ( )2

2 2 2

a b a b c b c a c

a b b c c a

Phải chăng dùng bất đẳng thức để đánh giá? Vì đây là một đẳng thức với 3 biến hoán vị vòng quanh

và khi 1a b c (thỏa mãn 3a b c ) thì đẳng thức xảy ra. Từ dự đoán này, ta có lời giải như sau:

Ta có

2 2 2( ) ( ) ( ).

2 2 2 2 2 2

a b a b c b c a c a b ca b c Q

a b b c c a a b b c c a

Sử dụng bất đẳng thứcCauchy Schwarz , ta có

2 2 2 2( )1.

2 2 2 2 2 2 3

a b c a b c a b c

a b b c c a a b b c c a

Vậy 3 1 2.Q

Mặt khác, đẳng thức xảy ra, nên ta có ngay a b c , tức là khi đó tất cả điện trở có giá trị bằng nhau

và bằng 1 thì 18 P W . Bài toán được giải quyết xong.

Còn nữa…