Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải một số bài toán tìm GTLN, GTNN

Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Năm học : 2016-2017 
 1 
VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI VÀO GIẢI 
MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GTLN, GTNN 
I. ĐẶT VẤN ĐỀ 
 Bất đẳng thức Cô-si là bất đẳng thức rất quan trọng trong toán học, áp dụng 
nhiều trong bài tập chứng minh bất đẳng thức và những bài tập tìm giá trị lớn nhất 
(GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức. 
 Nhưng bất đẳng thức Côsi không được đề cập trong sách giáo khoa toán THCS 
mà chỉ có trong một bài tập của sách bài tập toán 9. 
 Hệ quả của bất đẳng thức Côsi cũng không kém phần quan trọng, áp dụng rất 
nhiều vào việc tìm GTLN, GTNN của một biểu thức. Nhưng hệ quả của bất đẳng 
thức Cô-si không được đề cập trong sách toán THCS. Đối với giáo viên nhất là 
giáo viên dạy nâng cao hoặc bồi dưỡng không thể bỏ qua được việc nghiên cứu và 
áp dụng bất đẳng thức Côsi và hệ quả của nó cho các bài tập toán ở lớp 9. 
 Trong các kỳ thi học sinh giỏi và thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, học sinh 
cũng có thể gặp bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất liên quan đến bất đẳng 
thức Côsi. 
 Với mong muốn có được một tài liệu để dạy cho học sinh ở THCS tôi sưu tầm, 
tuyển chọn một số bài toán tìm GTLN, GTNN ở bậc THCS và viết thành đề tài: 
“Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải một số bài toán tìm GTLN, GTNN” để 
góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn toán tại trường THCS. 
II. NỘI DUNG 
a) Bất đẳng thức Côsi : Với hai số không âm thì trung bình cộng luôn lớn hơn 
hoặc bằng trung bình nhân của nó. 
 Cụ thể: Với a ≥ 0; b ≥ 0 thì 
a b
ab
2

 . Dấu “ = ” xảy ra  a = b 
b) Hệ quả 1: Nếu tổng của hai số dương không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 
hai số đó bằng nhau. 
Cụ thể: a b 2 ab  mà a + b = S không đổi nên 
2S
S 2 ab a.b
4
   . 
Vậy max a.b = 
2S
a b
4
  . 
c) Hệ quả 2: Nếu tích của hai số dương không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi 
hai số đó bằng nhau. 
Cụ thể: a b 2 ab  mà a.b = P không đổi nên a b 2 P  . 
Vậy min (a + b) = 2 P a b  
d) Mở rộng với 3 số: Với a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 thì 
3a b c abc
3
 
 . Dấu “ = ” xảy ra 
 a = b = c. 
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Năm học : 2016-2017 
 2 
III. ÁP DỤNG 
1) Một số bài toán đại số vận dụng bất đẳng thức Côsi 
Ví dụ 1: Tìm GTNN của biểu thức : M = 
2
2
a a 2
a a 1
 
 
 với mọi giá trị của a. 
Giải 
Ta có: M = 
2 2
2
2 2 2 2
a a 2 a a 1 1 1
a a 1
a a 1 a a 1 a a 1 a a 1
   
     
       
Vì 
2a a 1 0   ; 
2
1
0
a a 1

 
 nên áp dụng BĐT Cô-si ta có: 
M = 
2a a 1  +
2
2 2
1 1
2 a a 1. 2
a a 1 a a 1
   
   
. Vậy min M = 2 
Dấu “ = ” xảy ra khi: 
2 2
2
a 01
a a 1 a a 1 1 a(a 1) 0
a 1a a 1

               
Ví dụ 2: (Đề thi vào lớp 10 THPT Hà Tĩnh 2011-2012) 
Cho các số a, b, c đều lớn hơn 
25
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 5 2 5 2 5
  
  
a b c
Q
b c a
. 
Giải 
Do a, b, c > 
25
4
(*) nên suy ra: 2 5 0 a , 2 5 0 b , 2 5 0 c 
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương, ta có: 
2 5 2
2 5
  

a
b a
b
 (1) 
2 5 2
2 5
  

b
c b
c
 (2) 
2 5 2
2 5
  

c
a c
a
 (3) 
Cộng vế theo vế của (1),(2) và (3), ta có: 5.3 15 Q . 
Dấu “ = ” xẩy ra  a = b = c = 25 (thỏa mãn điều kiện (*)) 
Vậy Min Q = 15  a = b = c = 25 
Ví dụ 3: 
Cho P =
8
(x 3)(5 x) 
 với -3< x < 5. Tìm x để P đạt giá trị nhỏ nhất. 
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Năm học : 2016-2017 
 3 
Giải 
Ta giải bài này bằng cách dùng hệ quả 1 của BĐT Cô-si: 
Đặt A= (x 3)(5 x)  . Nhận xét P > 0 nên P đạt min khi A đạt max khi và chỉ khi 
(x+3)(5 – x) đạt max. Xét tổng (x+3) +(5 – x) = 8 là số không đổi. 
Vậy tích (x+3)(5 – x) đạt max  x+3 = 5 – x  2x = 2  x = 1(TMĐK). 
Thay x = 1 vào P min P = 2 khi x = 1 
Ví dụ 4: 
Cho biểu thức:
2x 72
N
3x

 (x > 0). Tìm x để N đạt giá trị nhỏ nhất. 
Giải 
2x 72 x 24
N
3x 3 x

   . Vì 
x 24
0 ; 0
3 x
  nên áp dụng hệ quả 2 của BĐT Cô-si. 
Xét tích 
x 24
. 8
3 x
 không đổi 
x 24
3 x
 đạt min 
x 24
3 x
  x 6 2  (vì x > 0) 
Thay x 6 2 vào N ta có min N 4 2 x 6 2   . 
Ví dụ 5: Tìm GTNN của: 
 a) 
1
A x (x 1)
x 1
  

 b) 
3 x
B 0 x 1)
x 1 x
   

Giải 
a) Ta biến đổi A để áp dụng được BĐT Côsi cho hai số dương: 
1
x 1 và
x 1


Ta có : 
1
A (x 1) 1
x 1
   

. Theo BĐT Cô-si: 
1 1
(x 1) 2 (x 1). 2
x 1 x 1
    
 
Vậy A 2 1 3    min A = 3
21x 1 (x 1) 1 x 2
x 1
      

 (loại x = 0 vì x>1) 
b) Ta biến đổi B sao cho áp dụng được BĐT Cô-si 
3 x 3 x 3(1 x) x
B 3 3 3
x 1 x x 1 x x 1 x

        
  
. 
Vì 0 < x < 1 nên 
3(1 x)
0
x

 và 
x
0
1 x


Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: 
3(1 x) x
2 3
x 1 x

 

Vậy B 2 3 3  . Suy ra min B 2 3 3 
3(1 x) x
x 1 x

 

Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Năm học : 2016-2017 
 4 
1
2
2
3 3
2
2 6 3 0
3 3
1
2
x
x x
x
 

    
 
 

 Vậy min 
3 3
B 2 3 3 x
2

    
Ví dụ 6: (Đề thi vào lớp 10 THPT Hà Tĩnh 2016-2017) 
Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
  3 3 2
7
F 2a 2b 3 a b
(a b)
    

. 
Giải 
Vì a, b > 0 nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 
a b 2 ab 2 2a 2b 2(a b) 4 2a 2b 3 0            (do ab = 1) 
Mặt khác, ta có: 
3 3 3a b 2 (ab) 2   (do ab = 1) 
3 3(2a 2b 3)(a b ) 2(2a 2b 3) 4(a b) 6          
Khi đó ta có: 2 2
7 7(a b) 7(a b) 7 18(a b)
F 4(a b) 6 6
(a b) 8 8 (a b) 8
  
        
 
3
2
7(a b) 7(a b) 7 18 21 18 15
3. . . .2 ab 6 6
8 8 (a b) 8 4 4 4
 
      

Vậy F đạt giá trị nhỏ nhất bằng 
15
4
. Dấu “ = ” xẩy ra khi a = b =1 
Ví dụ 7: Cho a, b > 0 cho trước. Các số x, y > 0 thay đổi sao cho 1 
a b
x y
. 
Tìm x, y để S = x + y đạt giá trị nhỏ nhất theo a, b. 
Giải 
Ta có:  1
a b a b bx ay
S x y a b
x y x y y x
 
          
 
2 . 2      
bx ay
S a b a b ab
y x
2
min 2
 
          
 
ay bx x a x a
S a b ab
x y y b y b
Mà 1
  
   
 
x a aba b
x y y b ab
(loại) 
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Năm học : 2016-2017 
 5 
Ví dụ 8 : Tìm GTNN của hàm y = 
2 1
1

 x x
 với 0 < x < 1 
Giải 
Ta có: y = 
2 1 2 2 2 1
1 1
   
  
 
x x x x
x x x x
 ( 0 < x < 1) 
 = 
2 1 2 1
3 3 2 . 3 2 2
1 1
 
     
 
x x x x
x x x x
Dấu “ = ” xẩy ra 
2 1
2 1
1

    

x x
x
x x
2) Một số bài toán hình học vận dụng bất đẳng thức Côsi 
Ví dụ 1: ( Bài 67 SBT Toán 9 – Tập 1) 
a) Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất; 
b) Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình vuông có chu vi bé nhất. 
Giải 
Gọi a, b là kích thước của hình chữ nhật. Ta có a >0, b >0. 
Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: 
a b
ab
2

 
 a) Với các hình chữ nhật có cùng chu vi thì 
a b
2

 không đổi (bằng một phần tư 
chu vi). Suy ra ab đạt giá trị lớn nhất bằng 
a b
2

 khi a = b. Điều này có nghĩa là 
trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất. 
 b) Với các hình chữ nhật có cùng diện tích thì tích a.b không đổi nên ta có: 
a b
2

đạt giá trị nhỏ nhất bằng ab khi a = b. Điều này có nghĩa là trong các hình chữ 
nhật có cùng diện tích thì hình vuông có chu vi bé nhất. 
Ví dụ 2: ( Bài tập 95 SBT Toán 9 – Tập 1) 
 a) Trong các hình hộp chữ nhật có cùng tổng ba kích thước thì hình lập phương 
có thể tích lớn nhất; 
 b) Trong các hình hộp chữ nhật có cùng thể tích thì hình lập phương có tổng ba 
kích thước bé nhất. 
Giải 
Gọi a, b,c là ba kích thước của hình hộp chữ nhật. 
Ta có a > 0, b > 0, c > 0. 
a 
b 
a b 
c 
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Năm học : 2016-2017 
 6 
Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: 
3a b c abc
3
 
 
a) Với các hình hộp chữ nhật có cùng tổng ba kích thước thì 
a b c
3
 
 không đổi. 
Suy ra 3 abc đạt giá trị lớn nhất bằng 
a b c
3
 
 khi a = b = c. Điều này có nghĩa là 
trong các hình hộp chữ nhật có cùng tổng ba kích thước thì hình lập phương có thể 
tích lớn nhất. 
b) Với các hình hộp chữ nhật có cùng thể tích thì tích a.b.c không đổi nên ta có: 
a b c
3
 
 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 abc khi a = b = c. Điều này có nghĩa là trong 
các hình hộp chữ nhật có cùng thể tích thì hình lập phương có tổng ba kích thước 
bé nhất. 
Ví dụ 3: ( Đề thi vào lớp 10 THPT Hà Tĩnh 2006-2007) 
Từ điểm S ngoài đường tròn (O; R), vẽ hai tiếp tuyến SA, SB (A, B là các tiếp 
điểm). Cát tuyến qua S (cắt bán kính OB) cắt đường tròn tại M, N. Qua O, vẽ 
đường thẳng vuông góc với OS cắt các tia SA, SB thứ tự tại E, F. Khi đường tròn 
(O; R) và đường thẳng MN cố định, tìm vị trí của S trên đường thẳng MN để diện 
tích tam giác SEF nhỏ nhất. 
Giải 
Ta có: SSEF = 2.SSOE = SE.OA = (SA+AE).R 
SSEF đạt giá trị nhỏ nhất SA+AE đạt giá trị nhỏ nhất. 
Theo hệ thức lượng trong ∆SOE vuông tại O 
Ta có: SA. AE = OA
2
 = R
2
 ( không đổi ) 
Nên SA + AE nhỏ nhất  SA = AE = R 
(theo hệ quả 2 bất đẳng thức Cô-si ) 
∆SOE vuông cân tại E và ∆SOA vuông 
cân tại A  SA = OA = R OS R 2  . 
Vậy S là giao điểm của đường tròn tâm O, 
bán kính R 2 với đường thẳng MN. 
Ví dụ 4: (Đề thi vào lớp 10 THPT Hà Tĩnh 2007-2008) 
Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính BC = 2R không đổi. Vẽ hai dây BM, CN 
sao cho cắt nhau tại H. Tia BN cắt CM tại A. Tìm vị trí của điểm P trên trên đoạn 
thẳng BC để tích PH. PA đạt giá trị lớn nhất. 
A 
B 
O 
S 
N 
M 
E 
F 
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Năm học : 2016-2017 
 7 
Giải 
Ta có: ∆PBH ∽∆PAC(g-g) 
PH PB
PH.PA PB.PC
PC PA
    
PH.PA đạt giá trị lớn nhất  PB.PC đạt giá trị lớn nhất. 
Mà PB + PC = BC = 2.OB = 2.R ( không đổi ) 
PB.PC đạt giá trị lớn nhất  PB = PC = R 
(theo hệ quả 2)  P ≡ O. 
Vậy P ≡ O thì PH.PA lớn nhất và Max PH.PA = R2. 
Ví dụ 5: ( Đề thi vào lớp 10 THPT Hà Tĩnh 2009-2010) 
Cho đường tròn tâm O có các đường kính MN, PQ (PQ không trùng MN). 
Các tia NP, NQ cắt tiếp tuyến tại M của đường tròn tâm O thứ tự ở E, F. 
Khi MN cố định, PQ thay đổi, tìm vị trí của E và F khi diện tích tam giác NEF đạt 
giá trị nhỏ nhất. 
Giải 
Ta có : NEF
1
S .MN.EF
2
 . Do MN không đổi 
nên SNEF đạt giá trị nhỏ nhất 
EF đạt giá trị nhỏ nhất. Theo hệ thức 
lượng trong ∆NEF vuông tại N, ta có: 
ME.MF = MN
2
 không đổi. 
Mà ME + MF = EF 2 2 2EF (ME MF) 4.ME.MF 4MN     (theo bđt Cô-si) 
EF 2MN  (do EF > 0). Do đó Min EF = 2MN ME = MF = MN. 
Vậy vị trí của E và F cùng cách tiếp điểm M một khoảng bằng MN khi MN cố 
định, PQ thay đổi thì SNEF đạt giá trị nhỏ nhất. Min 
2
NEF
1
S .MN.EF MN
2
  
Ví dụ 6: (Đề thi vào lớp 10 THPT Hà Tĩnh 2012-2013) 
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (D ∈ 
BC, E ∈ AC).Gọi F là giao điểm của tia CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 
AD BE CF
Q .
HD HE HF
   
Giải 
Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S. 
Vì ∆ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên trong ∆ABC, 
do đó: S = S1 + S2 + S3 . 
Ta có: 
ABC
BHC 1
SAD S
HD S S
  (1) 
A 
N 
M 
H 
C 
P O 
B 
M 
N 
Q 
P 
F E 
O 
B 
F 
A 
E 
C 
D 
H 
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Năm học : 2016-2017 
 8 
ABC
AHC 2
SBE S
HE S S
  (2) 
ABC
AHB 3
SCF S
HF S S
  (3) 
Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: 
1 2 3 1 2 3
AD BE CF S S S 1 1 1
Q S
HD HE HF S S S S S S
 
         
 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có: 
 31 2 3 1 2 3S S S S 3 S .S .S    (4) ; 
3
1 2 3 1 2 3
1 1 1 3
S S S S .S .S
   (5) . 
Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q ≥ 9. Đẳng thức xẩy ra 1 2 3S S S   hay H 
là trọng tâm của ∆ABC, nghĩa là ∆ABC đều. Vậy Min Q = 9 
Ví dụ 7: 
Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kỳ trên cạnh BC ( M khác B và C). 
Kí hiệu SABM , SDCM lần lượt là diện tích của các tam giác ABM, DCM. Chứng 
minh tổng SABM + SDCM không đổi. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để 
2 2
ABM DCMS S đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo a. 
Giải 
Ta có: 
. .
2 2
 AMB
BM AB a BM
S ( do AB = a) 
. .
2 2
 DCM
DC MC a MC
S ( do DC = a) 
Vậy 
. . .( )
2 2 2

   AMB DCM
a BM a MC a BM MC
S S 
2.
2 2
 
a BC a
không đổi (do BC = a). 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có : 
2 2 2 2 2 22. . 2( ) 2. .      ABM DCM ABM DCM ABM DCM ABM DCM ABM DCMS S S S S S S S S S 
2
2 2 4
2 2 ( ) 1
2 2 2 8
 
     
 
ABM DCM
ABM DCM
S S a a
S S 
Vậy giá trị nhỏ nhất của: 
4
2 2
8
 ABM DCM
a
S S đạt được khi: 
2
4
 ABM DCM
a
S S 
 điểm M là trung điểm BC. 
a 
A B 
C D 
M 
a 
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Năm học : 2016-2017 
 9 
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c. Gọi x, y, z theo thứ tự là 
khoảng cách từ điểm M ở trong tam giác tới các cạnh BC, AC, AB. 
Xác định vị trí của điểm M để tổng 
a b c
x y z
  có giá trị nhỏ nhất. 
Giải 
Gọi S là diện tích tam giác ABC 
 S = SMBC + SMAC + SMAB 
 S = 
1
2
(ax + by + cz) 
 ax + by + cz = 2S không đổi. 
Ta xét biểu thức: 
 P = (ax + by + cz)(
a b c
x y z
  ) 
 = a
2
 + b
2
 + c
2
 + ab(
x y
y x
 ) + bc(
y z
z y
 ) + ca(
x z
z x
 ) 
Theo bất đẳng thức Côsi với x, y, z > 0 
Ta có: 
x y
2
y x
  , dấu “ = ” xảy ra khi x = y 
y z
2
z y
  , dấu “ = ” xảy ra khi y = z 
x z
2
z x
  , dấu “ = ” xảy ra khi x = z 
Do đó P  a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc Hay 2S(
a b c
x y z
  )  (a + b + c)2 
 
 
2
a b ca b c
x y z 2S
 
   Nên min (
a b c
x y z
  ) = 
 
2
a b c
2S
 
  x = y = z 
 M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 
3) Bài tập tương tự 
Bài 1: Tìm GTNN của 
2
2
x 2
x 1


 ( HD: Áp dụng : 
2x 1 và 
2
1
x 1
) 
Bài 2: Tìm GTNN của 
8
1


x
x
 với x > 1 (HD: Áp dụng : x 1 và 
9
x 1
) 
a 
b 
c 
x 
y z 
A 
B 
C 
M 
Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán Năm học : 2016-2017 
 10 
Bài 3: Tìm GTLN của A = 
21x x với -1≤ x ≤ 1 (HD: Áp dụng : x2 và 1 – x2) 
Bài 4: Tìm GTNN của y = 
2 1
1

 x x
 với 0 < x < 1(HD: Áp dụng : 
2x
1 x
 và 
1 x
x

) 
Bài 5: Tìm GTLN của B = 
1 2 3    yz x xz y xy z
xyz
 với x ≥ 1, y ≥ 2, z ≥ 3 
(HD: 
21 3 1 1 1
2 2 2 2 3
 
     
yx z
B
x y z
) 
Bài 6: Tìm GTNN của C = 
2
2
2
1
 
 
x x
x x
 (HD: Áp dụng : 
2x x 1  và 
2
1
x x 1 
) 
IV. KẾT LUẬN 
 Bất đẳng thức Côsi và hệ quả rất quan trọng trong việc chứng minh bất đẳng 
thức và tìm GTLN, GTNN của biểu thức nên chúng ta cần khai thác và tìm hiểu 
sâu hơn về bất đẳng thức này. 
 Thông qua việc hướng dẫn học sinh tìm tòi, sáng tạo các bài toán mới từ những 
bài toán đã học, đã gặp giúp học sinh tự tin hơn trong giải toán, nhờ đó mà học 
sinh phát huy được tư duy và nâng cao năng lực sáng tạo, bước đầu hình thành cho 
học sinh niềm say mê nghiên cứu khoa học. 
 Để gây hứng thú và niềm say mê nghiên cứu khoa học cho học sinh, trước hết 
người thầy giáo phải nêu cao tấm gương tự học, tự nghiên cứu nhằm nâng cao trình 
độ chuyên môn nghiệp vụ của mình. Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ mà tôi 
tích luỹ được khi dạy các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất có vận dụng 
bất đẳng thức Côsi, hy vọng rằng đề tài này của tôi góp phần tăng thêm hiệu quả 
học tập của học sinh. Dù đã cố gắng học hỏi trau dồi kiến thức song không tránh 
khỏi những thiếu sót, tôi rất mong nhận được sự quan tâm góp ý chân thành của 
đồng nghiệp và hội đồng khoa học các cấp để đề tài ngày một hoàn thiện hơn. Xin 
trân trọng cảm ơn. 
Ngày 04/01/2017