Sáng kiến kinh nghiệm Ứng dụng đạo hàm vào tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm nhiều biến

h biến trên đoạn này. 
- 4 - 
Từ đó có GTLN của H(t) trên đoạn 






1;
2
1
 là 
2
9
 khi: t =
2
1
, còn GTNN trên đoạn 
này của H(t) bằng 4 khi: t = 1. 
Đáp số: max(H) = 
2
9
     ; 1; 2x y  ; min(H) = 4  x y (với 1 , 2 ).x y  
 Ví dụ 3. ( CĐ Khối A, B – 2008 ). Cho , x y là số thực thỏa mãn 2 2 2x y  . 
 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 3 32 ( ) 3P x y x y   
 Hoạt động khám phá: 
- Từ giả thiết 2 2 2x y  . Có thể đưa bài toán về một ẩn không? 
- Ta nghĩ tới hằng đẳng thức 2 2 2 3 3 2 2( ) 2 ; ( )( )x y x y x y x y x y x x y y         . 
- Khai triển biểu thức P cố gắng làm xuất hiện 2 2x y để sử dụng giả thiết. 
- Biến đổi biểu thức P và thế vào 2 2 2x y  ta có : 
 2 22 ( )( ) 3 = 2 ( )( 2 ) 3P x y x x y y x y x y x y x y        
- Từ giả thiết 
2
2 ( ) 2
( ) 2 2
2
x y
x y x y x y
 
     . 
Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc có thể đưa P về hàm một biến số nếu ta đặt : 
t x y  . 
Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức: 
2
2 2 ( )
2
x y
x y

  . 
Lời giải 
Ta có : 2 22 ( )( ) 3 = 2 ( )( 2 ) 3P x y x x y y x y x y x y x y        
Ta có : 
2
( ) 2
2
x y
x y
 
 , vì thế sau khi đặt t x y  thì: 
2 2
3 22 2 3
( ) 2 ( 2 ) 3 6 3
2 2 2
t t
P t t t t t
 
        
Ta có 
2
2 2 2( )
( ) 4 2 2
2
x y
x y x y t

         . 
Xét hàm số 3 2
3
( ) 6 3
2
P t t t t     với 2 2t   . 
Ta có 2'( ) 3 3 6P t t t    . 
1
'( ) 0
2
t
P t
t

  
 
Ta có bảng biến thiên như sau 
t -2 1 2 
P’(t) + 0 - 
P(t) 
 13/2 
-7 1 
Vậy : 
- 5 - 
 2 ; 2
m in ( ) ( 2 ) 7P t P

    khi 1x y   
 2 ; 2
1 3 1 3
;
1 3 2 2
m a x ( ) (1)
2 1 3 1 3
;
2 2
x y
P t P
x y

  
 
  
  
 

Ví dụ 4. ( ĐH Khối D – 2009 )Cho 0 , 0x y  và 1x y  .Tìm giá trị lớn nhất, 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : 
 2 2( 4 3 )( 4 3 ) 2 5S x y y x x y    
Hoạt động khám phá : 
- Từ giả thiết 1x y  có thể đưa bài toán về một ẩn không ? 
- Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất hiện x y để sử dụng giả thiết. 
- Chú ý các hằng đẳng thức : 
2 2 2
3 3 2 2
( ) 2
( )( )
x y x y xy
x y x y x xy y
   
    
 Sau khi khai triển và thế vào 1x y  , ta có : 2 21 6 2 1 2S x y x y   
- Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc có thể đưa S về hàm một biến số nếu ta 
đặt : t xy 
- Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức : 
2
( )
0
4
x y
x y

  . 
Lời giải. 
Ta có : 2 2 2 2 3 3(4 3 )(4 3 ) 2 5 1 6 1 2 ( ) 3 4S x y y x xy x y x y xy        
 2 2 2 21 6 1 2 ( )( ) 3 4x y x y x x y y x y      
 2 2 21 6 1 2[( ) 3 ] 3 4 , d o 1x y x y xy xy x y       
 2 21 6 2 1 2x y x y   
Đặt t xy . Do 0; 0x y  nên 
2
( ) 1 1
0 0
4 4 4
x y
x y t

      
Xét hàm số 2( ) 1 6 2 1 2f t t t   với 
1
0
4
t  . 
Ta có '( ) 3 2 2f t t  . 
1
'( ) 0
1 6
f t t   . 
Bảng biến thiên 
 t 0 1/16 1/4 
 f(t) - 0 + 
 f(t) 
12 25/2 
 191/16 
Vậy : 
1
0 ;
4
1 1 9 1
m in ( ) ( )
1 6 1 6
f t f
 
 
 
  khi 
2 3 2 3
;
4 4
x y
 
  hoặc 
2 3 2 3
;
4 4
x y
 
  
- 6 - 
1
0 ;
4
1 2 5
( ) ( )
4 2
m a x f t f
 
 
 
  khi 
1
2
x y  . 
Ví dụ 5 (ĐH Khối B – 2009). Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức : 4 4 2 2 2 23 ( ) 2 ( ) 1A x y x y x y      . 
 Với ,x y là các số thỏa mãn điều kiện : 3( ) 4 2x y xy   . 
Hoạt động khám phá : 
- Vì giả thiết là biểu thức khá phức tạp nên ta khai thác nó trước cho gọn để sử dụng 
dễ dàng hơn. Chú ý hằng đẳng thức : 
2 2 2
3 3 2 2
( ) 2
( )( )
x y x y xy
x y x y x xy y
   
    
Và 2( ) 4x y x y  . Khi đó điều kiện bài toán trở thành : 1x y  
Ta biến đổi được A như sau : 
4 4 2 2 2 2
2 2 2 4 4 2 2
3( ) 2 ( ) 1
3 3
 ( ) ( ) 2 ( ) 1
2 2
A x y x y x y
x y x y x y
     
      
 
2 2 2
2 2 2 2 23 3( )
( ) 2 ( ) 1
2 4
x y
x y x y

     
 ( do 
2 2 2
4 4 ( )
2
x y
x y

  ) 
Hay 2 2 2 2 2
9
( ) 2 ( ) 1
4
A x y x y     . 
- Vì vậy ta có thể nghĩ đến việc đưa A về hàm một biến bằng cách đặt 2 2t x y  . 
- Tìm điều kiện của biến t ta sử dụng bất đẳng thức
2
2 2 ( )
2
x y
x y

  . 
Lời giải. 
Ta luôn có kết quả : 2( ) 4x y xy  , từ đó ta có : 
3 3 2 3
( ) 4 2 ( ) ( ) ( ) 4 2x y x y x y x y x y x y           
 
3 2
2
( ) ( ) 2
( ) 1 ( ) ( ) 2 0
( ) 1 0
x y x y
x y x y x y
x y
    
        
 
   
Do 
2
2 1 7
( ) ( ) 2 ( ) 0 , ,
2 4
x y x y x y x y
 
          
   
 
Bài toán được đưa về tìm max, min của : 
4 4 2 2 2 2
3( ) 2 ( ) 1A x y x y x y      
Với ,x y thỏa mãn 1x y  . 
Ta biến đổi biểu thức A như sau : 
 4 4 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2
3 3
3( ) 2 ( ) 1 ( ) ( ) 2 ( ) 1
2 2
A x y x y x y x y x y x y             
- 7 - 
2 2 2
2 2 2 2 23 3( )
( ) 2 ( ) 1
2 4
x y
x y x y

      
 ( do 
2 2 2
4 4 ( )
2
x y
x y

  ) 
Hay 2 2 2 2 2
9
( ) 2 ( ) 1
4
A x y x y     . 
Vì 
2
2 2 ( )
2
x y
x y

  ( do 1x y  ) nên 2 2
1
2
x y  . 
Đặt 2 2t x y  . Ta có hàm số 2
9
( ) 2 1
4
f t t t   với 
1
2
t  . 
9
'( ) 2
2
4
'( ) 0
9
f t t
f t t
 
  
Ta có bảng biến thiên như sau : 
t 4/9 1/2   
'( )f t + 
( )f t 
   
9
1 6
 Vậy 
1
2
1 9
m in ( ) ( )
2 1 6t
f t f

  đạt được khi 
1
2
t  
 Suy ra 
9
1 6
A  . Mặt khác, ta dễ thấy 
1
2
x y  thì 
9
1 6
A  . 
Kết luận : 
9
m in
1 6
A  khi 
1
2
x y  và không có giá trị lớn nhất. 
 Ví dụ 6. (ĐH Khối A- 2006). Cho hai số thực , 0x y  thay đổi thỏa mãn điều 
kiện 2 2( )x y x y x y x y    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
3 3
1 1
A
x y
  
Hướng dẫn: 
3 3 2 2
2 2
3 3 3 3 3 3
1 1 ( )( ) 1 1
( ) ( )
x y x y x x y y x y
A
x y x y x y x y x y
    
       . 
Đặt x ty . Từ giả thiết ta có: 2 2 3 2 2( ) ( 1) ( 1)x y x y x y x y t ty t t y         
Do đó 
2 2
2
1 1
;
1
t t t t
y x ty
t t t
   
  
 
. 
Từ đó 
22
2
2
1 1 2 1
1
t t
A
x y t t
    
     
    
. 
- 8 - 
Xét hàm số 
 
2 2
22
2
2 1 3 3
( ) '( )
1 1
t t t
f t f t
t t t t
   
  
   
. 
Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN của A là: 16 đạt được khi 
1
2
x y  . 
 Ví dụ 7 (ĐH Khối B- 2011). Cho a, b là các số thực dƣơng thỏa mãn 
 2 22 ( ) ( )( 2 )a b a b a b a b     . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
3 3 2 2
3 3 2 2
4 9
a b a b
P
b a b a
   
      
   
Hướng dẫn: 
 - Biến đổi giả thiết: 
 2 22 ( ) ( )( 2 )a b a b a b a b     
2 2 2 2
2 ( ) 2 ( )
1 1
2 1 ( ) 2
a b a b a b a b a b
a b
a b
b a a b
      
   
         
   
 - Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 
1 1 1 1
( ) 2 2 2 ( ) 2 2 2
a b
a b a b
a b a b b a
     
             
     
Suy ra: 
5
2 1 2 2 2
2
a b a b a b
b a b a b a
     
            
     
. 
 Đặt 
a b
t
b a
  , 
5
2
t  . Ta được : 3 2 3 24 ( 3 ) 9 ( 2 ) 4 9 1 2 1 8P t t t t t t        . 
Xét hàm số: 3 2( ) 4 9 1 2 1 8f t t t t    
 2
5
'( ) 6 ( 2 3 2 ) 0 ,
2
f t t t t      
Suy ra 
5
;
2
5 2 3
m in ( )
2 4
f t f
 
 
 
 
   
 
. 
Vậy 
2 3
m in
4
P   đạt đươc khi và chỉ khi 
5
2
a b
b a
  và 
1 1
2a b
a b
 
   
 
 ( ; ) ( 2;1)a b  hoặc ( ; ) (1; 2 )a b  
Ví dụ 8. Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 22 ( ) 1x y x y   . Tìm giá 
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 4
2 1
x y
T
x y



Hướng dẫn: 
- 9 - 
- Đặt t=xy từ giả thiết suy ra 
1 1
4 1
5 3
xy xy xy      . Vậy 
1 1
;
5 3
t
 
 
 
 
. 
Chú ý: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x và y ta được 2 2 2x y xy  
- Biến đổi và biểu diễn theo biến t ta được: 
2
7 2 1
8 4
t t
T
t
  


. 
- Xét hàm số 
2
7 2 1
( )
8 4
t t
f t
t
  


, 
1 1
;
5 3
t
 
 
 
 
. 
- Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên ta tìm được 
1 1
;
5 3
1
a x ( ) (0 )
4
m f t f
 

 
 
  và 
1 1
;
5 3
1 1 2
m in ( )
5 3 1 5
f t f f
 

 
 
   
      
   
 Từ đó kết luận về giá trị lớn nhất và giá trị nho nhất của T 
 Ví dụ 9. Cho x, y , z > 0 và x + y + z 
3
2
 . Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức: 
1 1 1
.M x y z
x y z
      
Nhận xét và hướng dẫn giải 
Rõ ràng không có dấu hiệu nào để biểu diễn các biến số của biểu thức cho trong bài 
toán theo một biến số mới, ta sẽ tìm GTNN của biểu thức M ban đầu thông qua việc tìm 
GTNN của một biểu thức trung gian T, biểu thức này được xác định qua lập luận sau: 
+ Trước hết theo BĐT Cô si ta có 
 M = x + y + z 3
3
1 1 1 3
3 x y z
x y z x y z
     , đẳng thức xảy ra  x = y = z (a) 
+ Để tìm GTNN của biểu thức M ta đi tìm GTNN của biểu thức 
3
3
3
3T x y z
x y z
  . 
 Đặt 33u xyz thì việc tìm GTNN của biểu thức T được quy về việc tìm GTNN của 
hàm số 
9
( )T u u
u
  trên nữa khoảng 
3
0 ;
2
 
 
 
 (vì 3
3
0 3
2
u xy z x y z      ). 
Dễ thấy hàm số T(u) nghịch biến trên nữa khoảng 
3
0 ;
2
 
 
 
, nên 
3
( 0 ; ]
2
3 1 5
( )
2 2
m in T u T
 
  
 
. 
Suy ra GTNN của biểu thức trung gian T là 
1 5
2
 (đạt được  x y z  ) 
Tức là 3
3
3 1 5
3
2
T x y z
x y z
   , đẳng thức xảy ra  x y z  (b). 
+ Từ các kết quả (a) và (b) suy ra GTNN của biểu thức M ban đầu là 
1 5
2
 đạt được khi và chỉ 
khi x y z  . 
2. Phƣơng pháp khảo sát lần lƣợt từng biến trong bài toán ba biến. 
 Đối với bất đẳng thức nhiều biến, ta có thể khảo sát lần lượt từng biến một 
bằng cách chọn một biến làm tham số biến thiên và cố định các biến còn lại, 
- 10 - 
bài toán lúc này trở thành bất đẳng thức một biến. Luôn có tâm thế nhìn biểu 
thức nhiều biến mà ta cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất dưới dạng là 
một hàm số để ta sử dụng được công cụ hiệu quả trong bài toán là đạo hàm. 
 Sơ đồ tổng quát. 
 Giả sử tìm cực trị của biểu thức ba biến , ,x y z là ( , , )P x y z với điều kiện T nào đó. 
 Bước 1. Xem ( , , )P x y z là hàm theo biến x , còn ,y z là hằng số. Khảo sát 
hàm này tìm cực trị với điều kiện T. Ta được: 
 ( , , ) ( , )P x y z g y z hoặc ( , , ) ( , )P x y z g y z 
 Bước 2. Xem ( , )g y z là hàm biến y , còn z là hằng số. Khảo sát hàm này 
với điều kiện T. Ta được : ( , ) ( )g y z h z hoặc ( , ) ( )g y z h z . 
 Bước 3. Cuối cùng khảo sát hàm số một biến ( )h z với điều kiện T ta tìm 
được min, max của hàm này. 
 Ta đi đến kết luận : ( , , ) ( , ) ( )P x y z g y z h z m   
 hoặc ( , , ) ( , ) ( )P x y z g y z h z M   . 
 Ví dụ 10 (ĐH Khối A-2011). Cho ba số thực  , , 1; 4x y z  và ,x y x z  . Tìm giá 
 trị nhỏ nhất của biểu thức : 
2 3
x y z
P
x y y z z x
  
  
Hoạt động khám phá: 
- Khảo sát từng biến như thế nào ? 
- Xem P là một hàm theo biến z, còn x, y là hằng số. Khảo sát hàm số với điều 
kiện đã cho suy ra giá trị nhỏ nhất của P, tức là : ( , , ) ( , )P x y z P x y . 
- Khảo sát hàm ( , )P x y , ở đây có thể đưa ( , )P x y về hàm số một biến không ? 
- Bằng cách đặt ẩn phụ 
x
t
y
 để đưa ( , )P x y về hàm một biến. Tìm GTLN của 
hàm số một biến này. 
- Vậy 
3 4
( , , ) ( , ) ( )
3 3
P x y z P x y P t   . 
Lời giải. 
Ta có : 
2 3
x y z
P
x y y z z x
  
  
. 
Xem đây là hàm theo biến z ; còn ,x y là hằng số 
2
2 2 2 2
( ) ( )
'( )
( ) ( ) ( ) ( )
y z x y z x y
P z
y z z x y z z x
  
  
   
Theo giả thiết 0x y x y    nên 0P z xy   (do  , , 1; 4x y z  ) 
 z xy 
'( )P z - 0 + 
( )P z 
min 
- 11 - 
Từ bảng biến thiên: 
2 2
( ) = 
2 3
2 3 1
x
yx y
P P x y
xx y x y x
y y
   
 
 
Đặt 
x
t
y
 , do ,x y x z  và  , , 1; 4x y z  nên 1 2t  . 
Xét hàm 
2
2
2
( )
2 3 1
t
f t
t t
 
 
 . Ta có 
 
3 2
2 2 2
2 4 ( 1) 3( 2 3)
'( ) 0 , 1; 2
( 2 3) (1 )
t t t t
f t t
t t
     
 
   
 
. 
Suy ra ( )f t giảm trên  1; 2 , do đó 
3 4
( ) ( ) ( 2 )
3 3
P P xy f t f    . 
Đẳng thức xảy ra : 4 , 1, 2
2
z x y
x y zx
t
y
 

   
 

. 
Vậy 
3 4
m in
3 3
P  khi 4 , 1, 2 .x y z   
 Ví dụ 11 . Cho ba số thực 
1
, , ; 3
3
a b c
 

 
 
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
a b c
P
a b b c c a
  
  
Hoạt động khám phá: 
- Khảo sát lần lượt từng biến như thế nào? 
- Xem P là một hàm theo biến a, còn b, c là hằng số. Khảo sát hàm số với điều 
kiện đã cho suy ra giá trị lớn nhất của P, tức là : ( , , ) ( , )P a b c g b c . 
- Khảo sát hàm ( , )g b c là một hàm theo biến c, còn b là hằng số. Khảo sát hàm số 
với điều kiện đã cho, suy ra GTLN của ( , )g b c , tức là ( , ) ( )g b c h b . 
- Tiếp theo khảo sát hàm ( )h b suy ra 
8
( )
5
h b  . 
- Vậy 
8
( , , ) ( , ) ( )
5
P a b c g b c h c   . 
Lời giải: 
Đặt ( )
a b c
P a
a b b c c a
  
  
Xem đây là hàm số theo biến a , còn ,b c là hằng số. 
2
2 2 2 2
( ) ( )
'( )
( ) ( ) ( ) ( )
b c b c a b c
P a
a b a c a b a c
 
  
   
. 
Trường hợp 1: a b c  và 
1
, , ; 3
3
a b c
 

 
 
. 
- 12 - 
Suy ra 20 ; 0b c a b c    nên '( ) 0P a  . Do đó ( )P a tăng trên 
1
; 3
3
 
 
 
. 
3
( ) (3) ( )
3 3
b c
P a P g c
b b c c
     
  
 (xem đây là hàm theo biến c) 
2
2 2 2 2
3 ( 3 ) (3 )
'( ) 0
( ) ( 3 ) ( ) ( 3 )
b b b c
g c
b c c b c c
  
   
   
. Do đó ( )g c giảm trên 
1
; 3
3
 
 
 
. 
Suy ra: 
1 3 3 1
( ) ( ) ( )
3 3 3 1 1 0
b
g c g h b
b b
    
 
.(xem ( )h b là hàm số theo biến b ) 
Ta có: 
2 2 2 2
3 3 (1 )(1 )
'( )
(3 2 ) ( 3 ) (3 1) ( 3 )
b b
h b
b b b b
 
  
   
. 
Ta có bảng biến thiên. 
b 1/3 1 3 
'( )h b + 0 - 
( )h b 
Suy ra 
8
( ) (1)
5
h b h  . 
Vậy 
1 1 8
( , , ) (3, , ) (3, , ) (3,1, )
3 3 5
P a b c P b c P b P    khi 
1
3; 1;
3
a b c   
Trường hợp 2 : c b a  và 
1
, , ; 3
3
a b c
 

 
 
. 
Từ kết quả của trường hợp 1, ta có: 
8
( , , )
5
P a b c  . 
Mặt khác : 
( )( )( )
( , , ) ( , , ) 0
( )( )( )
a b b c a c
P a b c P c b a
a b b c a c
  
  
  
8
( , , )
5
P a b c  . 
Vậy 
8
5
m a x P  , đạt được khi 
1 1 1
( , , ) 3;1; , ; 3;1 , 3; ;1
3 3 3
a b c
      
       
      
. 
 Ví dụ 12. Cho , ,a b c là ba số thực thỏa mãn điều kiện abc a c b   . Tìm giá trị 
 lớn nhất của biểu thức : 
2 2 2
2 2 3
1 1 1
P
a b c
  
  
Hoạt động khám phá: 
- Từ giả thiết abc a c b   có thể đưa bài toán về ít ẩn hơn không ? 
- Biến đổi giả thiết (1 ) 0
1
a c
a c b a c b
a c

     

 có thể đưa P về 2 biến (
1
a
c
 ). 
- Khi đó 
2
2 2 2 2
2 2 ( ) 3 1
2 ( 0 )
1 ( 1)( 1) 1
a c
P a
a a c c c

     
   
. 
- Xem P là hàm theo biến a còn c là hằng số. 
- Khảo sát hàm biến a là ( )f a với 
1
0 a
c
  suy ra 
2
2
2 3
( ) ( )
11
c
f a g c
cc
  

. 
- 13 - 
- Tiếp tục khảo sát hàm g(c) với 0 c   suy ra 
1 0
( )
3
g c  . 
 Lời giải : 
 Theo giả thiết ta có (1 ) 0
1
a c
a c b a c b
a c

     

 và 
1
a
c
 . 
Thay vào biểu thức P ta được : 
2
2 2 2 2
2 2 ( ) 3 1
2 , (0 )
1 ( 1)( 1) 1
a c
P a
a a c c c

     
   
Xét hàm số : 
2
2 2 2
1 ( )
( ) 1
1 ( 1)( 1)
x c
f x
x x c

  
  
 với 
1
0 x
c
  và coi c là tham số 
0c  
Ta có : 
2
2
02 2 2
2 ( 2 1) 1
'( ) 0 1 0;
(1 ) (1 )
c x cx
f x x c c
x c c
    
         
   
Ta có bảng biến thiên 
x 0 
0
x 1/c 
'( )f x + 0 - 
( )f x 
0
( )f x 
Từ bảng biến thiên ta có :
0
2
( ) ( )
1
c
f x f x
c
 

. 
2 2
2
3 2 3
2 ( ) ( )
1 11
c
P f a g c
c cc
    
 
Ta có :  
2
0
2 2 2
2(1 8 ) 1
'( ) 0 0;
8(1 ) (3 1 )
c
g c c c
c c c

      
  
Bảng biến thiên : 
c 0 0c   
'( )g c + 0 - 
( )g c 
0
( )g c 
Từ bảng biến thiên suy ra : 
0
( ) ( )g c g c 
0
1 0
( ) ( )
3
P g c g c    . 
Vậy với 
1 2
, , 2
28
c a b   thì 
1 0
m a x
3
P  . 
 Ví dụ 13. Cho ba số dƣơng , ,a b c thỏa mãn điều kiện 21 2 8 12ab bc ca   . Tìm giá 
 trị nhỏ nhất của biểu thức: 
1 2 3
S
a b c
   . 
Hoạt động khám phá: 
- Hãy suy nghĩ để chuyển bài toán về ẩn mới? 
- Có thể biểu diễn để biểu thức S và giả thiết đơn giản hơn hay không? 
- 14 - 
- Nếu đặt : 
1 1 1
, ,x y z
a b c
   bài toàn như thế nào? 
- Có thể chuyển bài toán sao cho ít ẩn hơn được không? 
- Từ giả thiết : 
2 8
2 8 2 1 1 2
1 2 2 1
x y
x y z x y z z
x y

    

 và 
7
4
x
y
 
- Khi đó: 
2 8
2 ( )
4 7
x y
S x y f x
x y

   

. 
- Khảo sát hàm số ( )f x xem y như tham số cố định. Ta được 
2
0
3 2 1 49
( ) ( ) 2 ( )
4 2
y
S f x f x y g y
y y

      
- Tiếp tục khảo sát hàm một biến g(y) 
- Ta đi đến kết luận : 
1 5
( ) ( )
2
S f x g y   . 
Lời giải : 
Đặt 
1 1 1
, ,x y z
a b c
   , , 0 ; 2 8 2 1 1 2x y z x y z xyz     và 2 3S x y z   
Từ 
2 8
2 8 2 1 1 2
1 2 2 1
x y
x y z x y z z
x y

    

 và 
7
4
x
y
 . 
Từ biểu thức S suy ra được: 
2 8
2 ( )
4 7
x y
S x y f x
x y

   

2
2
1 4 3 2
'( ) 1 0
( 4 7 )
y
f x
x y

   

2
0
3 2 1 47 7
;
4 4 4
y
x x
y y y
  
      
 
Bảng biến thiên: 
x 7/4y 0x   
 f’(x) - 0 + 
 ( )f x 
0
( )f x 
Khi đó từ bảng biến thiên , ta có: 
2
0
3 2 1 49
( ) ( ) 2 ( )
4 2
y
S f x f x y g y
y y

      
2 2
2 2
(8 9 ) 3 2 1 4 2 8
'( ) 0
4 3 2 1 4
y y
g y
y y
  
 

Đặt 23 2 1 4t y  thì phương trình 2 2'( ) 0 (8 9 ) 3 2 1 4 2 8 0g y y y      
3 5
5 0 1 2 2 0 8
4
t t t y        . Ta có bảng biến thiên: 
y 0 5/4   
 g’(y) - 0 + 
- 15 - 
 ( )g y 
 15/2 
Từ bảng biến thiên suy ra : 
5
( ) ( )
4
g y g 
5 1 5
( ) ( )
4 2
S g y g    . 
Vậy với : 
5 2 1 4 3
, 3, , ,
4 3 3 5 2
y x z a b c       thì 
1 5
m in
2
S  . 
 Ví dụ 14. 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: 
 2 2 23( ) 4T a b c a b c    
Hoạt động khám phá: 
- Bài toán cần làm có chứa 3 ẩn là , ,a b c và chúng thỏa mãn 3a b c   . hãy suy 
nghĩ biến đổi 2 2 23( ) 4T a b c a b c    sao cho ít ẩn hơn? 
- Từ giả thiết 3a b c   3a b c    , mà 
3
1
2
a b c c     . 
- Khi đó : 2 23(3 ) 3 2 ( 2 3)T c c a b c     
- Tích a b và tổng 3a b c   gợi cho chúng ta nghĩ đến bất đẳng thức nào? 
2 2
3
2 2
a b c
a b
    
    
   
- Khi đó 
2
2 2 3 23 3 2 7
3(3 ) 3 2 ( 2 3) ( )
2 2 2
c
T c c c c c f c
 
         
 
- Khảo sát hàm một biến f(c) ta đi đến kết quả 
( ) (1) 1 3T f c f   . 
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 3a b c   nên 3a b c    mà 
3
1
2
a b c c     
Ta biến đổi : 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
3( ) 4 3 ( ) 3 4
 = 3 ( ) 2 3 4 3(3 ) 3 2 ( 2 3 )
T a b c a b c a b c a b c
a b a b c a b c c c a b c
       
         
 
Mặt khác : 
2 2
3
2 2
a b c
a b
    
    
   
2
3
( 2 3) ( 2 3)
2
c
a b c c
 
    
 
 ( vì 
3
2 3 0
2
c c    ) 
Do đó : 
2
2 2 3 23 3 2 7
3(3 ) 3 2 ( 2 3) ( )
2 2 2
c
T c c c c c f c
 
         
 
Xét hàm số : 3 2
3 2 7
( )
2 2
f c c c   , trên đoạn 
3
1;
2
 
 