Đề tài Phương pháp đưa về một biến trong các bài toán cực trị và chứng minh bất đẳng thức

Nguyễn Tất Thu  
1 
PHƯƠNG PHÁP ðƯA VỀ MỘT BIẾN 
TRONG CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ VÀ CHỨNG MINH BðT 
BðT và cực trị thường gây khĩ khăn cho khơng ít thí sinh trong các kì thi ðH – Cð . Trong bài 
viết này tơi xin giới thiệu với các bạn một kĩ thuật quen thuộc mà chúng ta thường gặp trong chứng 
minh BDT đĩ là kĩ thuật “ðưa về một biến” 
Ví dụ 1. Cho 50, 0 và 
4
x y x y> > + = . Chứng minh : 4 1 5
4x y
+ ≥ (1) 
Lời giải: Ta cĩ 5 4 5 4
4
x y y x+ = ⇒ = − 
4 1
(1) 5
5 4x x
⇒ ⇔ + ≥
−
. 
Xét ( ) 4 1 5, 0;
5 4 4
f x x
x x
 
= + ∈  
−  
( ) ( ) ( )2 2
4 4
' , ' 0 1
5 4
f x f x x
x x
⇒ = − + = ⇔ =
−
Từ bảng biến thiên ta được: ( ) ( )
5
0;
4
min 1 5f x f
 
 
 
= = , từ đĩ suy ra 4 1 5
4x y
+ ≥ . 
ðẳng thức xảy ra khi 11,
4
x y= = . 
Ví dụ 2. Cho , 3;2x y  ∈ −  thỏa 
3 3 2x y+ = . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 
2 2P x y= + . 
Lời giải. 
Từ giả thiết ta suy ra được 33 2x y= − thay vào P ta được 
( )2 33 2 3 2 23 33(2 ) (2 ) ( )P y y t t f t= − + = − + = 
Trong đĩ ta đã đặt 3t y= . Vì 3 3 33;2 27;8 27 2 8 6 29x x y y   ∈ − ⇒ ∈ − ⇒ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤    , 
do 3 27;8 6;8y t   ∈ − ⇒ ∈ −    . 
Xét hàm số ( )f t trên 6;8D  = −  , ta cĩ: 3 3
2 2
'( )
3 3. 2
f t
t t
= −
−
3 3'( ) 0 2 1f t t t t⇒ = ⇔ − = ⇔ = . 
Dựa vào bảng biến thiên ta cĩ được 
3min min ( ) (0) (2) 4
D
P f t f f= = = = 
ðạt được khi { }3, 0, 2x y ∈ . 
3max max ( ) ( 6) 4 36
D
P f t f= = − = + . ðạt được khi { }3, 3;2x y ∈ − . 
Nhận xét: 
* Cách giải trên chỉ địi hỏi chúng ta kĩ thuật khảo sát hàm số. Cái khĩ của bài tốn trên là điều kiện 
hạn chế của , 3;2x y  ∈ −  ! Nếu ,x y khơng bị ràng buộc bởi điều kiện này thì bài tốn trở nên đơn 
giản và ta cĩ thể giải bài tốn trên theo cách chuyển qua tổng và tích của ,x y . 
t 6− 0 1 2 8 
'f − || + 0 − || + 
f 
Nguyễn Tất Thu  
2 
ðặt 
3
3 3
2 3
2
2
3 2 83, 0 0 2
34 2
4
3
a
ba ab aaa x y b xy a
aa b a
a
a

−
 =
− =
− 
= + = ⇒ ⇔ ⇒ ≤ ⇔ < ≤ 
≥ −  ≥

Khi đĩ: 
3 2
2 2 2 4 42 ( )
3 3 3
a a
P a b a f a
a a
−
= − = − = + = . 
Xét hàm số ( )f a với (0;2]a D∈ = cĩ: 
3
2 2
2 4 2 4
'( )
3 3 3
a a
f a
a a
−
= − = 
3'( ) 0 2f a a⇒ = ⇔ = . Lập bảng biến thiên ta cĩ ngay 3 3min ( 2) 4P f= = 
ðạt được khi { }3, 0, 2x y ∈ . 
0
lim ( )
a
f a P
+→
= +∞ ⇒ khơng cĩ GTLN. 
* Khi gặp bài tốn mà các biểu thức cĩ trong bài tốn là các biểu thức đối xứng hai biến thì ta cĩ thể 
chuyển về bài tốn của tổng và tích hai biến đĩ với lưu ý 2 4S P≥ . 
Ví dụ 3. Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn: 3ab a b+ + = . Chứng minh: 
2 23 3 3
1 1 2
a b ab
a b
b a a b
+ + ≤ + +
+ + +
 (1). 
Lời giải. 
Nhận thấy các biểu thức cĩ trong bài tốn là các biểu thức đối xứng hai biến ,a b nên ta đặt 
3t a b ab t= + ⇒ = − và 2 2 2 22(3 ) 2 6a b t t t t+ = − − = + − 
Vì 2 2 2( ) 4 4(3 ) 4 12 0 2a b ab t t t t t+ ≥ ⇒ ≥ − ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ (do 0t > ) 
Khi đĩ : 
2 2
2 23( ) 3( ) 3(1) ( )
( 1)( 1) 2
a b a b ab
a b
a b a b
+ + +
⇔ + − + ≤
+ + +
2
23 6 18 3 3 32 6
4 2
t t t t
t t
t
+ − + −
⇔ + − − + ≤ 2 12 4t t
t
⇔ − + + ≤ (1.1) 
Xét hàm số : 2 12( )f t t t
t
= − + + với 2t ≥ . Ta cĩ : 
2
12
'( ) 2 1 0 2f t t t
t
= − + − < ∀ ≥ 
( ) (2) 4 2 (1.1)f t f t⇒ ≥ = ∀ ≥ ⇒ đúng⇒đpcm. ðẳng thức xảy ra 1a b⇔ = = . 
Ví dụ 4. Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn + + ≥2( ) 4 2x y xy . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức : = + + − + +4 4 2 2 2 23( ) 2( ) 1A x y x y x y . 
Lời giải. 
Ta cĩ: 
3
3 2
2
( ) 4 2
( ) ( ) 2 0
( ) 4 0
x y xy
x y x y
x y xy
 + + ≥
⇒ + + + − ≥
+ − ≥
1x y⇒ + ≥ . 
( )4 4 2 2 2 23 2( ) 1A x y x y x y= + + − + + 2 2 2 2 2 2 23 ( ) 2( ) 1x y x y x y = + − − + +   
2 2 2
2 2 2 2 2( )3 ( ) 2( ) 1
4
x y
x y x y
 +≥ + − − + + 
  
2 2 2 2 29 ( ) 2( ) 1
4
x y x y= + − + + 
Nguyễn Tất Thu  
3 
ðặt 
2
2 2 ( ) 1
2 2
x y
t x y
+
= + ≥ ≥ 1
2
t⇒ ≥ và 29 2 1
4
A t t≥ − + . 
Xét hàm số: 29 1( ) 2 1,
4 2
f t t t t= − + ≥ cĩ 9 1 1 9'( ) 2 0 ( ) ( )
2 2 2 16
f t t t f t f= − > ∀ ≥ ⇒ ≥ = 
9
16
A⇒ ≥ . ðẳng thức xảy ra 1
2
x y⇔ = = . Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 9
16
. 
Ví dụ 5. Cho hai số thực , 0a b ≥ . Chứng minh : 4 4 3 3a b a b b a+ ≥ + (1). 
Lời giải : 
* Nếu một trong hai số ,a b bằng 0 thì (1) luơn đúng. 
* Với 0a ≠ , đặt b ta= . Khi đĩ (1) trở thành 
4 4 4 3 4 3(1 ) ( ) 1 0a t a t t t t t+ ≥ + ⇔ − − + ≥ . 
Xét hàm số 4 3( ) 1f t t t t= − − + , cĩ : 
3 2 2'( ) 4 3 1 ( 1)(4 1) '( ) 0 1f t t t t t t f t t= − − = − + + ⇒ = ⇔ = . 
Lập bảng biến thiên, từ đĩ suy ra ( ) (0) 0f t f≥ = đpcm. 
Nhận xét : * Bài tốn trên ta chỉ cần biến đổi trực tiếp là cĩ được kết quả 
* Cách giải trên được trình bày để lưu ý với chung ta về một tính chất đĩ là tính chất của biểu thức 
đẳng cấp hai biến. 
Cụ thể :Biểu thức ( , )f x y được gọi là biểu thức đẳng cấp bậc k nếu : ( , ) ( , )kf mx my m f x y= . 
Khi gặp bài tốn chứng minh BðT hai biến cĩ dạng : ( , )
( , )
f x y
p
g x y
≥ , trong đĩ ( , )f x y và ( , )g x y là 
những biểu thức đẳng cấp bậc k hai biến, ta cĩ thể đặt ( 0)x ty y= ≠ . Khi đĩ BðT cần chứng 
minh trở thành : ( ,1)
( ,1)
f t
p
g t
≥ đây là BðT một biến. ðể chứng minh BðT này ta cĩ thể sử dụng 
phương pháp khảo sát hàm số. 
* Khi gặp biểu thức đẳng cấp ba biến , ,a b c ta cĩ thể đặt ,b xa c ya= = và chuyển về bài tốn hai 
biến. 
Ví dụ 6. Cho hai số thực ,x y thay đổi và thỏa mãn hệ thức 2 2 1x y+ = . Tìm GTLN, GTNN của 
biểu thức 
2
2
6
1 2 2
x xy
P
xy y
+
=
+ +
 ( B – 2008 ). 
Lời giải: 
Ta cĩ: 
2 2
2 2 2
6 6
1 2 2 2 3
x xy x xy
P
xy y x xy y
+ +
= =
+ + + +
* Nếu 0 1y P= ⇒ = . 
* Nếu 0y ≠ thì đặt : ( )2 2 2 2
2 2 2 2 2
6 6
2 3 2 3
t y ty t t
x ty P f t
t y ty y t t
+ +
= ⇒ = = =
+ + + +
Ta cĩ : ( ) ( ) ( )
2
1 22
2
4 6 18 3
' , ' 0 3,
2
2 3
t t
f t f t t t
t t
− + +
= = ⇔ = = −
+ +
, ( )lim 1
→±∞
=
t
f t 
Nguyễn Tất Thu  
4 
Lập bảng biến thiên ta được: ( ) ( ) ( )3 33 , 3
2 2
f f t f t f t
 
− ≤ ≤ ∀ ⇒ − ≤ ≤ 
 
 . 
Vậy min 3P = − đạt được khi 
2 2
2
1
13
3 3
2
13
yx y
x y x

 = ±+ = 
 
⇔ 
= −  = 
∓
. 
3
max
2
P = đạt được khi 
2 2
1
1 10
33
10
y
x y
x y
x

= ± + = 
⇔ 
=  = ±

. 
Ví dụ 7. Cho các số thực ,x y thỏa 2 2 3x xy y+ + ≤ . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 
2 22P x xy y= − + . 
Lời giải. 
ðặt 2 2 0 2a x xy y a= + + ⇒ ≤ ≤ 
* Nếu 0 0 0a x y P= ⇔ = = ⇒ = (1) 
* Nếu 0a ≠ , ta giả sử 0y ≠ . ðặt x ty= 
2 2 2
2 2 2
2 2
( )
1
P x xy y t t
f t
a x xy y t t
− + − +
⇒ = = =
+ + + +
Khảo sát hàm số ( )f t ta cĩ: 
2
2 2
2 2 3 1 7
'( ) , '( ) 0
2( 1)
t t
f t f t t
t t
− − ±
= = ⇔ =
+ +
Từ đĩ ta cĩ được 1 7 7 2 7min ( ) ( )
2 3
f t f
+ −
= = ; 
1 7 7 2 7
max ( ) ( )
2 3
f t f
− +
= = 
7 2 7 7 2 7 7 2 7 7 2 7
7 2 7
3 3 3 3
P
a P a
a
− + − +
⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ≤ + . 
Vậy min 0P = ; max 7 2 7P = + . 
Ví dụ 8. Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,x y z thoả ( ) 3x x y z yz+ + = (*), ta luơn cĩ: 
3 3 3( ) ( ) 3( )( )( ) 5( )x y x z x y y z z x y z+ + + + + + + ≤ + (1). 
Lời giải. 
Vì giả thiết và BðT (1) là những biểu thức đẳng cấp đồng thời giả thiết và BðT cần chứng minh 
đối xứng đối với y và z nên ta nghĩ tới cách đặt ;y ax z bx= = . 
Khi đĩ (*) trở thành: 2( ) 3x x ax bx abx+ + = 1 3a b ab⇔ + + = (**) và (1) trở thành: 
3 3 3( ) ( ) 3( )( )( ) 5( )x ax x bx x ax ax bx bx x ax bx+ + + + + + + ≤ + 
3 3 3(1 ) (1 ) 3(1 )(1 )( ) ( )a b a b a b a b⇔ + + + + + + + ≤ + (2). 
Vì (**) và (2) là những biểu thức đối xứng đối với ,a b nên ta nghĩ tới cách đặt ;S a b P ab= + = 
Mỗi quan hệ giữa S và P là 
2
2
1
4
3
1 3 3 4 4 0
S
PS P
S P S S
 +  =≥  ⇔ 
 + =  − − ≥ 
1
3
2
S
P
S
 + =⇔ 
 ≥
. 
Khi đĩ : 1 4(1 )(1 )(1 ) 1 1
3 3
S S
a b a b ab S
+ +
+ + = + + + = + + = 
Nguyễn Tất Thu  
5 
( )
33 3
3
(1 ) (1 ) 2 3(1 )(1 )(2 )
 (2 ) 4(1 )(2 )
a b a b a b a b
S S S
+ + + = + + − + + + +
= + − + +
Nên 3 2 3(2) (2 ) 4( 3 2) 4 (1 ) 5S S S S S S⇔ + − + + + + ≤ 
22 3 2 0 (2 1)( 2) 0S S S S⇔ − − ≥ ⇔ + − ≥ luơn đúng do 2S ≥ . 
Vậy bài tốn đã được chứng minh. 
Ví dụ 9. Cho , ,x y z là số thực thỏa mãn 2 2 2 2x y z+ + = . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu 
thức: 3 3 3 3P x y z xyz= + + − . 
Lời giải: 
Từ các đẳng thức : 2 2 2 22( ) ( )x y z xy yz zx x y z+ + + + + = + + 
3 3 3 2 2 23 ( )( )x y z xyz x y z x y z xy yz zx+ + − = + + + + − − − 
và điều kiện ta cĩ: 
2 2 2( )( )P x y z x y z xy yz zx= + + + + − − −
2( ) 2
( ) 2
2
x y z
x y z
 + + −
= + + − 
  
ðặt 6 6t x y z t= + + ⇒ − ≤ ≤ . Ta cĩ: 
2 32
(2 ) 3 ( )
2 2
t t
P t t f t
−
= − = − + = 
Xét hàm số ( )f t với 6 6t− ≤ ≤ . 
Ta cĩ: 23'( ) ( 2) '( ) 0 2
2
f t t f t t= − + ⇒ = ⇔ = ± 
6; 6 6; 6
max ( ) ( 2) 2 2; min ( ) ( 2) 2 2f t f f t f
   
− −      
⇒ = = = − = − 
Vậy max 2 2P = đạt được khi 2; 0x y z= = = 
 min 2 2P = − đạt được khi 2; 0x y z= − = = . 
Ví dụ 10. Cho 0 1a b − . 
Lời giải. 
Bất đẳng thức cần chứng minh 
2 2
ln ln
1 1
b a
b a
⇔ >
+ +
Xét hàm số 
2
ln
( ) , 0 1
1
t
f t t
t
= < <
+
 . Ta cĩ: 
2
2 2
2 2 2 2
1
(1 ) 2 ln
1 2 ln
'( )
(1 ) (1 )
t t t
t t ttf t
t t t
+ − + −
= =
+ +
Do ( )0 1 ln 0 '( ) 0 0;1t t f t t ∀ ∈ 
( )f t⇒ là hàm đồng biến trên (0;1) nên với 1 0b a> > > thì ta cĩ 
2 2
ln ln
( ) ( )
1 1
b a
f b f a
b a
> ⇔ >
+ +
(đpcm). 
Lưu ý: Khi gặp BðT cĩ dạng ( ) ( ), f a f b a b≥ ≥ (a b≤ ) ta liên tưởng tới tính đơn điệu của hàm 
số. Khi đĩ ta đi chứng minh hàm ( )f t là hàm đồng biến (nghịch biến). 
Ví dụ 11. Cho ,x y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
( ) ( )
2 22 21 1 2P x y x y y= − + + + + + − . 
Lời giải. Trong hệ tọa độ Oxy, xét ( ) ( )1; , 1;u x y v x y− +

 

. 
Nguyễn Tất Thu  
6 
Do u v u v+ ≥ +

 
 
 

 nên ta cĩ: 
( ) ( )
2 22 2 2 21 1 4 4 2 1x y x y y y− + + + + ≥ + = + . 
Do đĩ ( )22 1 2A y y f y≥ + + − = 
* Với ( ) 22 2 1 2y f y y y≤ ⇒ = + + − . 
Lập bảng biến thiên suy ra ngay ( )
1
( ) 2 3
3
f y f≥ = + . 
* Với 2y > ( ) 2 22 1 2 2 1 2 5 2 3f y y y y⇒ = + + − > + > > + 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 3+ . 
Lưu ý: Khi gặp biểu thức trong căn cĩ dạng tổng hai bình phương ta liên tưởng đến phương pháp 
hình học với đánh giá quen thuộc sau: 
Cho k véc tơ 1 2, ,..., ku u u
  
, khi đĩ ta cĩ: 
1 1
k k
i i
i i
u u
= =
≥∑ ∑
 
. 
Ví dụ 12. Cho , ,a b c là các số thực dương thoả 4
3
ab bc ca+ + ≥ . Chứng minh rằng 
2 2 2
2 2 2
1 1 1 181
5( 1) ( 1) ( 1)
a b c
b c a
+ + + + + ≥
+ + +
 (1) 
Lời giải. Gọi P là biểu thức ở vế trái của (1) 
Xét ba véc tơ sau: 1 1 1( ; ), ; , ;
1 1 1
u a v b m c
b c a
      = = =     + + +   

 
 

. 
Áp dụng BðT u v m u v m+ + ≥ + +

 
 
 
 
 

 ta cĩ: 
2
2 1 1 1( )
1 1 1
P a b c
b c a
  ≥ + + + + +   + + + 
2
2
81
( )
( 3)
a b c
a b c
≥ + + +
+ + +
ðặt 3( ) 2t a b c t ab bc ca= + + ⇒ ≥ + + = 
Xét hàm số 2
2
81
( ) , 2
( 3)
f t t t
t
= + ≥
+
. Ta cĩ:
3 3
162 2[ ( ) 169]
'( ) 2
( 3) ( 3)
g t
f t t
t t
+
= − =
+ +
Trong đĩ: 3 2( ) ( 2)( 11 49 125) 169g t t t t t= − + + + + 
( ) 0 2 '( ) 0 2g t t f t t⇒ ≥ ∀ ≥ ⇒ ≥ ∀ ≥
181
( ) (2) 2
25
f t f t⇒ ≥ = ∀ ≥
181
5
P⇒ ≥ . 
ðẳng thức xảy ra 4
9
a b c⇔ = = = . 
Ví dụ 13. Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn ( )3 32a b c abc+ + = 
Chứng minh rằng : 
( )
4 4 4
4
383 165 5 9
2 128
a b c
a b c
− + +
≤ ≤
+ +
 (1). 
Nguyễn Tất Thu  
7 
Lời giải : 
Khơng mất tính tổng quát, ta giả sử: 4 2a b c abc+ + = ⇒ = 
Khi đĩ (1) ( )4 4 4383 165 5 1 9
2 256 128
a b c
−
⇔ ≤ + + ≤ 
ðặt t ab bc ca= + + . Ta cĩ : 
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2
2
2 2 2
P a b c a b b c c a
a b c ab bc ca ab bc ca abc a b c
= + + − + +
   
= + + − + + − + + − + +   
   
( ) ( ) ( )22 2 24 2 2 16 2 32 144t t t t= − − − = − + . 
( ) ( ) 22 24 4t ab bc ca a b c bc a a a a
a a
= + + = + + = − + = − + + 
Mà ( ) ( ) ( ) ( )2 2 284 4 2 6 4 0b c bc a a a a
a
+ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − − + ≥ 
 3 5 2a⇔ − ≤ ≤ (vì 0 4)a< < 
Xét 2 2 5 5 14 , [3 5;2] 5
2
t a a a t
a
−
= − + + ∈ − ⇒ ≤ ≤ 
Xét ( ) ( )2 5 5 12 32 144 , [5; ]
2
f t t t t
−
= − + ∈ ⇒điều cần chứng minh. 
 
Trong một số bài tốn ta phải đánh giá rồi mới đặt ẩn phụ được. 
Ví dụ 14. Cho các số dương , ,a b c với 1a b c+ + ≤ . 
Chứng minh rằng : ( ) 1 1 13 2 21a b c
a b c
 
+ + + + + ≥ 
 
. 
Lời giải: Ta cĩ: ( ) 3 31 1 1 13 3 9a b c abc
a b c abc
  
 + + + + ≥ =      
1 1 1 9
a b c a b c
⇒ + + ≥
+ +
. 
Do đĩ : ( ) ( ) ( )1 1 1 18 63 2 3 3 3a b c a b c t f t
a b c a b c t
   
+ + + + + ≥ + + + = + =   
+ +   
Trong đĩ ( ) 60 1 và t a b c f t t
t
< = + + ≤ = + . 
Ta cĩ : ( ) 2
2 2
6 6
' 1 0, (0;1]
t
f t t
t t
−
= − = < ∀ ∈ , nên hàm số nghịch biến trên (0;1] 
( ) ( ) 1 7, (0;1]f t f t⇒ ≥ = ∀ ∈ . 
 
Ví dụ 15: Cho 2 2 2, , 0 và 1a b c a b c> + + = . Chứng minh rằng: 
( )1 1 1 2 3a b c
a b c
+ + − + + ≥ . 
Lời giải. ðặt ( )2 2 23 0 3t a b c a b c t= + + ≤ + + ⇒ < ≤ . 
Ta cĩ: 1 1 1 9
a b c a b c
+ + ≥
+ +
Nguyễn Tất Thu  
8 
( ) ( ) ( )1 1 1 9 9a b c a b c t f t
a b c a b c t
⇒ + + − + + ≥ − + + = − =
+ +
. 
Xét: ( ) ( )
2
9 9
, (0; 3] ' 1 0f t t t f t
t t
= − ∈ ⇒ = − − < vậy hàm số nghịch biến 
trên ( ) ( )(0; 3] 3 2 3, (0; 3]f t f t⇒ ≥ = ∀ ∈ . 
 
Ví dụ 16: Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: 2 2 1; 3a b c d+ = − = . 
Chứng minh rằng: 9 6 2
4
F ac bd cd
+
= + − ≤ . 
Lời giải: Ta cĩ: 2 2 2 2 2 2( )( ) 2 6 9 3 ( )F a b c d cd d d d d f d≤ + + − = + + − − = 
Ta cĩ 
2
2
3 9
1 2( )
2 2'( ) (2 3)
2 6 9
d
f d d
d d
− + +
= +
+ +
. 
Vì 
2
2
3 9
1 2( )
2 2 0
2 6 9
d
d d
− + +
<
+ +
 nên 3 9 6 2( ) ( )
2 4
f d f
+≤ − = ta cĩ đpcm. 
Ví dụ 17. Cho các số thực khơng âm , ,a b c thỏa mãn 1a b c+ + = . 
Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( )3 3
18 18
a b b c c a− ≤ − − − ≤ 
Lời giải: Kí hiệu: ( ) ( ) ( ) ( ); ;F a b c a b b c c a= − − − 
Vì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ); ; ; ;F a c b a c c b b a F a b c= − − − = − suy ra miền giá trị của F là tập đối xứng vì vậy 
ta chỉ cần chứng minh : ( ) 3; ;
18
F a b c ≤ . 
* Nếu trong ba số , ,a b c cĩ hai số bằng nhau thì ( ) 3; ; 0
18
F a b c = < 
* Nếu , ,a b c đơi một khác nhau thì khơng mất tính tổng quát giả sử { }max ; ;a a b c= khi đĩ nếu 
b c> thì ( ) 3; ; 0
18
F a b c > . ðặt 1x a b c x= + ⇒ = − . 
Ta cĩ: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ); ; 1 2 1F a b c a b c b a c a b c a b c x x x h x= − − − ≤ + + − = − − = 
Xét ( ) ( ) ( ) 11 2 1 , 1
2
h x x x x x= − − < ≤ , ( ) 2 3 3' 6 6 1 0
6
h x x x x
+
= − + − = ⇔ = . 
Lập bảng biến thiên ta được: ( ) 3 3 3
6 18
h x h
 +
 ≤ =
 
 
 với mọi 1( ;1]
2
x ∈ . 
ðẳng thức xảy ra khi 3 3 3 3, 0,
6 6
a b c
+ −
= = = .
 
Ví dụ 18. Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn : 21 2 8 12ab bc ca+ + ≤ . 
Nguyễn Tất Thu  
9 
Chứng minh rằng: 1 2 3 15
2a b c
+ + ≥ . 
Lời giải: ðặt: 1 2 3, , , , 0x y z x y z
a b c
= = = ⇒ > . 
Khi đĩ: 2 2 3 1 2 321 2 8 12 4. 7. 2. . .ab bc ca
a b c a b c
+ + ≤ ⇔ + + ≤ 2 4 7 2x y z xyz⇔ + + ≤ 
Ta cần chứng minh: 15
2
x y z+ + ≥ . 
Từ: ( ) 2 42 4 7 2 2 7 2 4
2 7
x y
x y z xyz z xy x y z
xy
+
+ + ≤ ⇒ − ≥ + ⇒ ≥
−
( )2 142 2 72 4 2 7 7
2 7 2 2 2 7
x xy
x y xy x xx y z x y x
xy x x xy
+ − +
+ −
+ + ≥ + + = + + +
− −
( )2 14 142 2 7 22 7 7 11 2 7
2 2 2 7 2 2 2 7
x xy x
xy xyx x xx x
x x xy x x xy
+ − + +
− −
= + + + = + + +
− −
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta cĩ: 
2
14 14
2 2
2 7 2 7 7
2 . 2 1
2 2 7 2 2 7
x x
xy xyx x
x xy x xy x
+ +
− −
+ ≥ = +
− −
Do đĩ : ( )
2
11 7
2 1
2
x y z x f x
x x
+ + ≥ + + + = . 
Ta cĩ: ( )
2
3
2
11 14
' 1
72
1
f x
x
x
x
= − −
+
. 
Ta thấy ( )'f x tăng khi 0x > và ( )' 3 0f = . ( ) 153
2
x y z f⇒ + + ≥ = . 
ðẳng thức xảy ra khi:
3 1
314 32
2 7 5 4
2 2 7 2 5
2 32 4
22 7
x
ax
x
xy x y b
x xy
zx y cz
xy
 = 
 = =
 + 
−  
= ⇔ = ⇔ =  
−  
=+  
== 
− 
. 
Bài tập. 
1) Cho 2x y+ = . Chứng minh rằng: 2010 2010 2x y+ ≥ . 
2) Cho 2 2 0x y+ ≠ . Chứng minh: 
( )2 2
2 2 2 2
2 2
2axy b x y
a b a b
x y
+ −
− + ≤ ≤ +
+
3) Cho các số thực ,x y thay đổi và thỏa mãn 2 2 3x xy y− + ≤ . Chứng minh rằng: 
2 21 2 7 2 1 2 7x xy y− − ≤ + − ≤ − + . 
Nguyễn Tất Thu  
10 
4) Chứng minh với tam giác ABC nhọn ta cĩ: 
a) tan tan tan sin sin sin 2A B C A B C pi+ + + + + > 
b) ( ) ( )1 2tan tan tan sin sin sin
3 3
A B C A B C pi+ + + + + > 
5) Chứng minh mọi tam giác ABC ta luơn cĩ: 
a) 
1 os 1 os 1 os
2 2 2 3 3
A B C
c c c
A B C
+ + +
+ + > 
b) 1 1 1cot cot cot 3 3 2
sin sin sin
A B C
A B C
 
+ + + ≤ + + 
 
c) 1 13cos cos cos
cos cos cos 6
A B C
A B C
+ + + ≤
+ +
d) 1 65sin sin sin
2 2 2 8
sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C
+ ≥ 
6) Cho tam giác ABC cĩ 00 90A B C< ≤ ≤ < . Chứng minh: 
2 cos 3 4 cos 2 1
2
cos
C C
C
− + ≥ . 
7) Cho 0 1.x y z< < ≤ ≤ thỏa: 3 2 4x y z+ + ≤ .Chứng minh rằng : 
2 2 2 163 2
3
x y z+ + ≤ . 
8) Chứng minh: 
( )
3 3 3
3
16 16
16
81
a b c
a b c
+ +≤ ≤
+ +
 với , , 0a b c ≥ và 0a b c+ + > . 
9) Cho , ,a b c là ba cạnh của một tam giác cĩ chu vi bằng 3. Chứng minh : 
( )2 2 23 4 13a b c abc+ + + ≥ 
10) Cho bốn số nguyên , , ,a b c d thay đổi thỏa: 1 50a b c d≤ < < < ≤ 
Chứng minh: 53
175
a c
b d
+ ≥ . 
11) Cho , 0x y > . Chứng minh rằng : 
2
3
2 2
4 1
8
4
xy
x x y
≤
 
+ + 
 
. 
12) Cho hai số thực , 0a b > thỏa 1a b+ = và1 2k≤ ≤ . Chứng minh rằng: 
( ) ( )3 12 kk k k ka b a b −+ ≤ . 
13) Cho hai số , 0x y ≠ thay đổi thỏa mãn ( ) 2 2x y xy x y xy+ = + − . Chứng minh: 
3 3
1 1
16
x y
+ ≤ . 
14) Với x,y khác khơng chứng minh rằng: 
4 4 2 2
4 4 2 2
2
x y x y x y
y xy x y x
 
 + − + + + ≥ −
 
 
15) Với x,y,z là số dương và xyz ≥1 . Chứng minh: 
Nguyễn Tất Thu  
11 
3
2
x y z
x yz y xz z xy
+ + ≥
+ + +
. 
16) Cho , , 0 & 1x y z x y z≥ + + =
 Cmr: 
2 2 2
9
101 1 1
x y z
x y z
+ + ≤
+ + +
. 
17) Cho 
, , 0
1
x y z
x y z
 ≥
 + + =
 Cmr : 4 4 4 1( ) ( ) ( )
12
x y z y z x z x y− + − + − ≤ . 
18) Cho hai số thực 0a b≥ > . Chứng minh rằng: 1 12 2
2 2
b a
a b
a b
   
+ ≤ +   
   
 (D-2007). 
19) Cho , , 0x y z > thỏa 1x y z+ + ≤ . Chứng minh rằng 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
82x y z
x y z
+ + + + + ≥ (A – 2003 ). 
20) Cho ,x y R∈ và , 1x y > . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( )3 3 2 2
( 1)( 1)
x y x y
P
x y
+ − +
=
− −
. 
21) Cho các số thực ,x y thoả mãn 0 , 0
3 3
x y
pi pi≤ ≤ ≤ ≤ . Chứng minh rằng: 
( )cos cos 1 cosx y xy+ ≤ + (D1-2008) 
22) Cho các số thực khơng âm x, y thay đổi và thỏa mãn 1x y+ = . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( )2 24 3 4 3 25S x y y x xy= + + + .(D-2009). 
Chúc các em học giỏi 
Mời các bạn tham gia:  để thảo luận. 
Tác giả: Nguyễn Tất Thu – GV Trường THPT Lê Hồng Phong Biên Hịa 
 Trần Văn Thương – GV Trường THPT Trần Hưng ðạo – Bà Rịa Vũng Tàu