(Ôn thi Toán vào 10) Bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất nằm trong bộ Chuyên đề ôn thi Toán vào lớp 10 năm 2026 đầy đủ lý thuyết và bài tập đa dạng có lời giải chi tiết giúp học sinh có thêm tài liệu ôn thi vào lớp 10 môn Toán.

(Ôn thi Toán vào 10) Bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Xem thử

Chỉ từ 500k mua trọn bộ 12 Chuyên đề ôn thi Toán vào lớp 10 năm 2026 theo cấu trúc mới bản word có lời giải chi tiết:

• B1: gửi phí vào tk: 1133836868 - CT TNHH DAU TU VA DV GD VIETJACK - Ngân hàng MB (QR)
• B2: Nhắn tin tới Zalo VietJack Official - nhấn vào đây để thông báo và nhận giáo án

I. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

1. Mở đầu về bất đẳng thức

Với$A\ge B$ thì $A-B\ge 0$.

Tính chất cơ bản của bất đẳng thức:

•$A^2\ge 0$ với mọi $A$.

•Tính chất cộng với một số: $A\ge B$ thì $A+C\ge B+C$.

•Tính chất bắc cầu: $A\ge B,B\ge C$ thì $A\ge C$.

•Tính chất cộng hai bất đẳng thức cùng chiều: $A\ge C;B\ge D$ thì $A+B\ge C+D$.

•Tính chất nhân với cùng một số khác 0:

$A\ge B;C>0$ thì $AC\ge BC$.

$A\ge B;C<0$ thì $AC\le BC$.

•Tính chất nhân hai bất đẳng thức cùng chiều:

$A\ge B>0,C\ge D>0$ thì $AC\ge BD$

•Tính chất nâng lên lũy thừa và khai căn.

2. Bất đẳng thức Cauchy, phương pháp tìm điểm rơi

2.1. Bất đẳng thức Cauchy

Bất đẳng thức Cauchy với hai số không âm:

Với $x,y\ge 0$ thì $x+y\ge 2\sqrt{xy}$, dấu $"="$ xảy ra khi $x=y$.

Chứng minh: Với $x,y\ge 0$ thì $x+y\ge 2\sqrt{xy}$ hay $\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)\ge 0$(đúng).

Dấu $"="$ xảy ra khi $\sqrt{x}=\sqrt{y}$ nên $x=y$.

2.2. Hệ quả hay sử dụng khi chứng minh bất đẳng thức

•$\frac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}\ge \frac{2}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}},$ dấu $"="$ xảy ra khi $x=y$.

•$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y},$ dấu $"="$ xảy ra khi $x=y$.

•Bất đẳng thức Cauchy với ba số không âm:

Với $x,y,z\ge 0$ thì $x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz},$ dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z$.

Chứng minh:

Đặt $x=a^3;y=b^3;z=c^3\left(a,b,c\ge 0\right)$

Suy ra $x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}$ hay $a^3+b^3+c^3\ge 3abc$.

2.3. Hệ quả hay sử dụng khi chúng minh bất đẳng thức:

•Với $a,b,c>0$ thì $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc},$ dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c$.

•Với mọi $x,y,z>0$, ta có:$\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge 9$

                                      $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge \frac{9}{x+y+z}$

                                     $\frac{1}{x+y+z}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)$.

Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z$.

2.4. Phương pháp tìm điểm rơi với bất đẳng thức Cauchy

Điểm rơi trong bất đẳng thức là các giá trị của biến khi dấu $"="$ xảy ra.

• Biểu thức với biến cố điều kiện ràng buộc thì GTLN, GTNN của biểu thức thường xảy ra tại các vị trí biên.

• Biểu thức có tính đối xứng giữa các biến thì dấu $"="$ thường xảy ra khi các biến bằng nhau.

• Phương pháp tìm điểm rơi với biểu thức có một biến.

Ví dụ 1. Cho $x\ge 2$, tìm GTNN của biểu thức $A=x+\frac{1}{x}$.

Phân tích:

• Thông thường, ta nghĩ tới việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy luôn: $x+\frac{1}{x}\ge 2\sqrt{x\cdot \frac{1}{x}}=2.$

Tuy nhiên dấu $"="$ xảy ra khi $x=\frac{1}{x}$ nên $x=1$ (không thỏa mãn điều kiện).

Vì vậy cần tách $A$ để khi áp dụng bất đẳng thức có dấu $"="$ xảy ra.

•Với điều kiện $x\ge 2$, ta nghĩ đến dấu $"="$ xảy ra khi $x=2$.

Khi $x=2$ thì $x>\frac{1}{x}$ nên số cần tách là số lớn hơn $x$.

$A=x+\frac{1}{x}=\left(mx+\frac{1}{x}\right)+\left(1-m\right)x$ với $0<m<2$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm $\frac{1}{x},mx$.

Dấu $"="$ xảy ra khi $\frac{1}{x}=mx$ và với dự đoán dấu $"="$ xảy ra khi $x=2$, từ đó có $m=\frac{1}{4}.$

Hướng dẫn giải:

Với $x\ge 2$, ta có: $A=x+\frac{1}{x}=\left(\frac{x}{4}+\frac{1}{x}\right)+\frac{3x}{4}\ge 2\sqrt{\frac{x}{4}\cdot \frac{1}{x}}+\frac{3\cdot 2}{4}=\frac{5}{2}.$

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{4}=\frac{1}{x}\\ x=2\end{array}\right.$, do đó $x=2$.

Vậy $A_{\min }=\frac{5}{2}\text{ khi }x=2$.

Ví dụ 2.Cho $x>0$, tìm giá trị nhỏ nhất của $B=x^2+3x+\frac{1}{x}$.

Phân tích:

• Bài toán không cho giá trị biên của biến.

•Ta cần đưa $B$ về dạng $B={\left(x-k\right)}^2+[\left(3+2k\right)x+\frac{1}{x}]+M\left(k>0\right)$.

Sau đó áp dụng bất đẳng thức ${\left(x-k\right)}^2\ge 0$ và bất đẳng thức Cauchy.

Khi đó dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}x=k\\ \left(3+2k\right)x=\frac{1}{x}\end{array}\right.$ nên $\left\{\begin{array}{l}x=k\\ 3+2k=\frac{1}{k^2}\end{array}\right.$suy ra $k=\frac{1}{2}.$

Hướng dẫn giải:

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}x-\frac{1}{2}=0\\ 4x=\frac{1}{x}\end{array}\right.$ nên $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ 4x^2=1\end{array}\right.$ hay $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2}\\ x=\pm \frac{1}{2}\end{array}\right.$, do đó $x=\frac{1}{2}$.

Vậy $B_{\min }=\frac{15}{4}\text{ khi }x=\frac{1}{2}$.

Nhận xét: Phương pháp tìm điểm rơi với biểu thức nhiều biến có tính đối xứng.

Với biểu thức nhiều biến và có tính đối xứng, thông thường điểm rơi xảy ra khi các biến bằng nhau.

Ví dụ 3. Cho các số thực $a\ge 1,b\ge 1$. Chứng minh: $C=a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le ab$.

Phân tích:

Vai trò của $a,b$ là bình đẳng nên ta dự đoán dấu $"="$ xảy ra khi $a=b$.

Khi đó giải hệ $\left\{\begin{array}{l}a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}=ab\\ a=b\end{array}\right.$ ta được $a=b=2$ nên $b-1=1;a-1=1.$

Hướng dẫn giải:

Với $a\ge 1,b\ge 1,$ áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$\sqrt{b-1}=\sqrt{1\left(b-1\right)}\le \frac{1+b-1}{2}=\frac{b}{2}$ suy ra $a\sqrt{b-1}\le \frac{ab}{2}\left(1\right)$.

Tương tự $b\sqrt{a-1}\le \frac{ab}{2}\left(2\right)$.

Cộng $\left(1\right),\left(2\right)$ theo từng vế suy ra: $a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le ab$.

Dấu $"="$ xảy ra khi $a-1=b-1=1$ hay $a=b=2$.

Ví dụ 4. Cho ba số thực $a,b,c>0$ thỏa mãn: $a+b+c\ge 3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $D=a^3+b^3+c^3$.

Phân tích:

•Vai trò $a,b,c$ bình đẳng nên điểm rơi có thể xảy ra khi

$a=b=c=1$ suy ra $a^3=1;b^3=1;c^3=1$.

•Khi đó ta có cách ghép để hạ bậc và áp dụng bất đẳng thức Cauchy như sau:

$a^3+1+1\ge 3\sqrt[3]{a^3\cdot 1\cdot 1}=3a.$

Hướng dẫn giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương $a^3;1;1$, ta có:

$a^3+1+1\ge 3\sqrt[3]{a^3\cdot 1\cdot 1}=3a.$

Tương tự: $b^3+1+1\ge 3b;c^3+1+1\ge 3c$.

Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều, ta có: $D+6\ge 3\left(a+b+c\right)\ge 3\cdot 3=9$ nên $D\ge 3.$

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}{a}^3=b^3=c^3=1\\ a+b+c=3\end{array}\right.$, suy ra $a=b=c=1$.

Vậy $D_{\min }=3$ khi $a=b=c=1$.

Ví dụ 5. Cho ba số thực $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c\ge 3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $E=\frac{a^3}{b+c}+\frac{b^3}{a+c}+\frac{c^3}{b+a}$.

Phân tích:

Vai trò $a,b,c$ bình đẳng nên điểm rơi có thể xảy ra khi $a=b=c=1$ nên ta có

                                $\frac{a^3}{b+c}=\frac{1}{2};\frac{b^3}{a+c}=\frac{1}{2};\frac{c^3}{b+a}=\frac{1}{2}$.

Với $\frac{a^3}{b+c}=\frac{1}{2}$ và để thêm biểu thức cần cộng (chứa $b+c$) cho mất mẫu số và hạ bậc của $a^3$ nên ta có cách ghép: $\frac{a^3}{b+c};\frac{b+c}{4};\frac{1}{2}$.

Hướng dẫn giải:

Với $a,b,c>0$, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương $\frac{a^3}{b+c};\frac{b+c}{4};\frac{1}{2}$, ta có:

                  $\frac{a^3}{b+c}+\frac{b+c}{4}+\frac{1}{2}\ge 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{b+c}\cdot \frac{b+c}{4}\cdot \frac{1}{2}}=\frac{3}{2}a$.

Tương tự: $\frac{b^3}{a+c}+\frac{c+a}{4}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}b;\frac{c^3}{a+b}+\frac{b+a}{4}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}c$.

Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều, ta có:

$E+\frac{a+b+c}{2}+\frac{3}{2}\ge \frac{3}{2}\left(a+b+c\right)$ suy ra $E\ge a+b+c-\frac{3}{2}\ge 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}.$

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}\frac{a^3}{b+c}=\frac{b+c}{4}=\frac{1}{2}\\ \frac{b^3}{a+c}=\frac{a+c}{4}=\frac{1}{2}\\ \frac{c^3}{a+b}=\frac{b+a}{4}=\frac{1}{2}\end{array}\right.$ suy ra $a=b=c=1$

Ví dụ 6. Cho các số thực sương $x,y,z$ thỏa mãn$x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $F=\sqrt{x\left(1-x\right)}+\sqrt{y\left(1-y\right)}+\sqrt{z\left(1-z\right)}$.

Phân tích:

Vai trò của $x,y,z$ là như nhau nên ta dự đoán điểm rơi $x=y=z=\frac{1}{3}$.

Khi đó $1-x=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}=2\cdot \frac{1}{3}=2x$.

Hướng dẫn giải:

Ta có $x,y,z>0$ và $1-x;1-y;1-z>0$.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các cặp số dương $2x;\left(1-x\right);2y;\left(1-y\right)$ và $2z;\left(1-z\right)$

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}2x=1-x;2y=1-y;2z=1-z\\ x+y+z=1\end{array}\right.$ hay $\left\{\begin{array}{l}3x=1;3y=1;3z=1\\ x+y+z=1\end{array}\right.$

Do đó $x=y=z=\frac{1}{3}$.

Vậy $F_{max}=\sqrt{2}$ khi $x=y=z=\frac{1}{3}$.

Ví dụ 7. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c\ge \frac{3}{2}$.Tìm giá trị nhỏ nhất của $G=a^2+b^2+c^2+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.

Phân tích:

• Vì $G$ và $a+b+c$ có tính đối xứng giữa các biến nên ta dự đoán $G$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $a=b=c=\frac{1}{2}$.

• Để áp dụng được bất đẳng thức Cauchy, ta cần tách:

$a^2+\frac{1}{a}=a^2+\frac{m}{a}+\frac{m}{a}\stackrel{Cô-si}{\ge }3\sqrt[3]{m^2}\left(m>0\right)$.

Dấu $"="$ xảy ra khi $a^2=\frac{m}{a}=\frac{m}{a},$ mà $a=\frac{1}{2}$ nên $m=\frac{1}{8}.$

Hướng dẫn giải:

Với điều kiện đề bài cho, ta có:

3. Bất đẳng thức Bunhiacopxki với hai số và ba số

Với $a,b,c,x,y,z\ne 0$ thì:

• $\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge {\left(ax+by\right)}^2$, dấu $"="$ xảy ra khi $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}.$

• $\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge {\left(ax+by+cz\right)}^2$, dấu $"="$ xảy ra khi $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}.$

Ví dụ 8. Cho hai số $a,b$ thỏa mãn $2a+3b=5$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $A=4a^2+9b^2.$

Phân tích:

Ta có $A=4a^2+9b^2={\left(2a\right)}^2+{\left(3b\right)}^2$.

Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki sẽ xuất hiện $2a+3b$.

Hướng dẫn giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

$5^2={\left(1\cdot 2a+1\cdot 3b\right)}^2\le \left(1^2+1^2\right)[{\left(2a\right)}^2+{\left(3b\right)}^2]=2\cdot A$ nên $A\ge 12,5.$

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}\frac{2a}{1}=\frac{3b}{1}\\ 2a+3b=5\end{array}\right.$ suy ra $a=\frac{5}{4};b=\frac{5}{6}.$

Vậy $A_{\min }=12,5$ khi $a=\frac{5}{4};b=\frac{5}{6}.$

Ví dụ 9. Tìm giá trị lớn nhất của $B=3x+4y$ biết $3x^2+4y^2\le 7.$

Phân tích: Quan sát biểu thức $B=3x+4y$ để xuất hiện $3x^2+4y^2$ và áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: $B=3x+4y=\left(x\sqrt{3}\right)\cdot \sqrt{3}+\left(2y\right)\cdot 2.$

Hướng dẫn giải:

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

Ví dụ 10.

a) Cho $x,y,z$ là ba số dương, chứng minh $\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge 9$.

b) Cho ba số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c=6$.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A=\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}$.

(Đề thi vào 10 Hải Phòng 2019–2020)

Hướng dẫn giải:

a) Do $x,y,z>0$ nên tồn tại $\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}$, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

$\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge {\left(\sqrt{x}\cdot \frac{1}{\sqrt{x}}+\sqrt{y}\cdot \frac{1}{\sqrt{y}}+\sqrt{z}\cdot \frac{1}{\sqrt{z}}\right)}^2=9.$

Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z$ (đpcm).

b) $\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge 9$ nên $\frac{1}{x+y+z}\le \frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)$(với $x,y,z>0).$

Khi đó: $\frac{ab}{a+3b+2c}=\frac{ab}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)+2b}$

$=\frac{1}{\frac{\left(a+c\right)}{ab}+\frac{\left(b+c\right)}{ab}+\frac{2}{a}}\le \frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\left(1\right)$

Tương tự: $\frac{bc}{2a+b+3c}\le \frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c}+\frac{b}{2}\right)\left(2\right)$

$\frac{ac}{3a+2b+c}\le \frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\left(3\right)$

Cộng theo từng vế $\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)$, ta có:

$A\le \frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)\text{ =}\frac{a+b+c}{6}=1$ hay $A\le 1.$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=2$.

Vậy $A_{max}=1$ khi $a=b=c=2$.

II. CÁC DẠNG BÀI VÀ VÍ DỤ MINH HỌA

Dạng 1. Biến đổi để chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ 11. Cho số thực $x$ thỏa mãn $-1\le x\le 1.$ Chứng minh $\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}\ge 2-x^2.$

Hướng dẫn giải:

Với $-1\le x\le 1$ thì các căn có nghĩa và $2-x^2>0$.

Ta có $\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}\ge 2-x^2$

${\left(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}\right)}^2\ge {\left(2-x^2\right)}^2$

$2+2\sqrt{1-x^2}\ge {\left(2-x^2\right)}^2\left(1\right)$

Đặt $t=\sqrt{1-x^2}$ nên với $0\le t\le 1$ ta có $2-x^2=t^2+1.$

Khi đó bất đẳng thức $\left(1\right)$ trở thành $2+2t\ge {\left(t^2+1\right)}^2$

$t^4+2t^2-2t-1\le 0$

$(t-1)\left(t^3+t^2+3t+1\right)\le 0\left(2\right).$

Vì $0\le t\le 1$ nên $t-1\le 0,t^3+t^2+3t+1>0$ suy ra $\left(2\right)$ đúng.

Dấu $"="$ xảy ra khi <$t=1$ thì $\sqrt{1-x^2}=1$ nên $1-x^2=1$ hay $x=0.$

Vậy $\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}\ge 2-x^2$, dấu $"="$ xảy ra khi $x=0$.

Ví dụ 12. Chứng minh $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$ với mọi giá trị $a,b,c\in ℝ.$

Hướng dẫn giải:

Ta có $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$ 

$2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge 0$

${\left(a-b\right)}^2+{\left(b-c\right)}^2+{\left(c-a\right)}^2\ge 0$ (đúng).

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c$.

Áp dụng: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a\ge 1;b\ge 1;c\ge 1$ và $ab+bc+ca=9.$Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=a^2+b^2+c^2$.

Hướng dẫn giải:

Chứng minh tương tự ví dụ trên, ta có $P=a^2+b^2+c^2$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c>0$ và $ab+bc+ca=9$ nên $a=b=c=\sqrt{3}$.

Vậy $P_{\min }=9$ khi $a=b=c=\sqrt{3}$.

Ví dụ 13. Cho ba số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c\ge 0$. Chứng minh $a^3+b^3+c^3\ge 3abc.$

Hướng dẫn giải:

Xét $M=a^3+b^3+c^3-3abc$

$=\left(a^3+3a^{2}b+3a{b}^2+b^3\right)+c^3-3ab\left(a+b+c\right)$

$={\left(a+b\right)}^3+c^3-3ab\left(a+b+c\right)$

$=\left(a+b+c\right)[{\left(a+b\right)}^2-\left(a+b\right)c+c^2]-3ab\left(a+b+c\right)$

$=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)$

$=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)[{\left(a-b\right)}^2+{\left(b-c\right)}^2+{\left(c-a\right)}^2].$

Do $a+b+c\ge 0;{\left(a-b\right)}^2+{\left(b-c\right)}^2+{\left(c-a\right)}^2\ge 0$ nên $M\ge 0$ (đpcm).

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}a+b+c=0\\ a=b=c\end{array}\right.$, do đó $a=b=c=0.$

Áp dụng: Cho ba số thực $a,b,c$. Chứng minh:

(Trích đề thi vào 10 tỉnh Đồng Nai 2019–2020)

Hướng dẫn giải:

Đặt $x=a^2-bc;y=b^2-ca;c=c^2-ab$

Suy ra $x+y+z=\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)$.

Ta đã biết $\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\ge 0$ với $a,b,c\in ℝ$.

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $x^3+y^3+z^3\ge 3xyz$ với $x+y+z\ge 0.$

Đây chính là bất đẳng thức trong Ví dụ 3, chứng minh tương tự ta có đpcm.

Dạng 2. Chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp xét riêng từng biến

Ví dụ 14. Cho $x,y\ge 2,$ tìm giá trị nhỏ nhất của $f\left(x,y\right)=\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{4+y^2}+xy.$

Hướng dẫn giải: Với $x,y\ge 2,$

Ta chứng minh: $f\left(x,y\right)\ge f\left(2,y\right)\left(*\right)$

$\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{4+y^2}+xy\ge \frac{1}{1+2^2}+\frac{1}{4+y^2}+2y$

$\left(\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+2^2}\right)+\left(xy-2y\right)\ge 0$

$\left(x-2\right)\left(y-\frac{x+2}{5\left(1+x^2\right)}\right)\ge 0\left(1\right)$

Ta thấy $\left(1\right)$ đúng vì $x-2\ge 0$ và $y-\frac{x+2}{5\left(1+x^2\right)}>y-1>0\text{ do }\frac{x+2}{5\left(1+x^2\right)}<1$ với $x\ge 2$.

Dấu $"="$ xảy ra khi $x=2$.

Mặt khác, $f\left(2,y\right)\ge f\left(2,2\right)\left(**\right)$

Khi đó $\frac{1}{1+2^2}+\frac{1}{4+y^2}+2y\ge \frac{1}{1+2^2}+\frac{1}{4+2^2}+2\cdot 2$

$\frac{\left(2-y\right)\left(2+y\right)}{\left(4+y^2\right)\cdot 8}+2\left(y-2\right)\ge 0$

$\left(y-2\right)[2-\frac{y+2}{8\left(4+y^2\right)}]\ge 0\left(2\right)\text{.}$

Ta thấy $\left(2\right)$ đúng vì $y-2\ge 0$ và

$2-\frac{\left(2+y\right)}{\left(4+y^2\right).8}>2-1\left(\text{do }\frac{\left(2+y\right)}{\left(4+y^2\right)\cdot 8}<1\right)$$\left(\text{do }\frac{2+y}{\left(4+y^2\right)\cdot 8}<1;y\ge 2\right).$

Dấu $"="$ xảy ra khi $y=2$.

Từ $\left(*\right),\left(**\right)$ ta có: $f\left(x,y\right)\ge f\left(2,2\right)=4\frac{13}{40}$, dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=2$.

Ví dụ 15. Cho $a,b$ là các số thực thỏa mãn $a\ge 1,b\ge 2.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                                           $M=a^2+b^2+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b}.$

Hướng dẫn giải:

Đặt $M=f\left(a,b\right)=a^2+b^2+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b}$ với $a\ge 1,b\ge 2$.

• Ta chứng minh: $f\left(a,b\right)\ge f\left(a,2\right)\left(*\right)$

$a^2+b^2+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b}\ge a^2+2^2+\frac{1}{a+2}+\frac{1}{2}$

$\left(b-2\right)\left(b+2\right)+\frac{2-b}{\left(a+b\right)\left(a+2\right)}+\frac{2-b}{2b}\ge 0$

$\left(b-2\right)[b+2-\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+2\right)}-\frac{1}{2b}]\ge 0\left(1\right)\text{.}$

Bất đẳng thức $\left(1\right)$ đúng vì: $b-2\ge 0$ và $b+2-\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+2\right)}-\frac{1}{2b}>b+2-1-1>0.$

Dấu $"="$ xảy ra khi $b=2$.

• Ta lại chứng minh: $f\left(a,2\right)\ge f\left(1,2\right)\left(**\right)$

$\left(a-1\right)\left(a+1\right)+\frac{1-a}{\left(a+2\right)\cdot 3}\ge 0$

$\left(a-1\right)\left(a+1-\frac{1}{\left(a+2\right)\cdot 3}\right)\ge 0\left(2\right)\text{.}$

Bất đẳng thức $\left(2\right)$ đúng vì $a-1\ge 0$ và $a+1-\frac{1}{\left(a+2\right)\cdot 3}>a+1-1>0$.

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=1$.

Từ $\left(*\right),\left(**\right)$ta có: $f\left(a,b\right)\ge f\left(1,2\right)=5\frac{5}{6},$dấu $"="$ xảy ra khi $a=1;b=2$.

Vậy $M_{\min }=5\frac{5}{6}$ khi $a=1;b=2$.

Dạng 3. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM (Cauchy), Bunhiacopxki chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị

Ví dụ 16.Cho các số thực $a,b$ thoả mãn: $a>0,b>0$ và ${(a+b)}^3=2\left(1-a^2-b^2\right)$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M=\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}$.

(Đề thi vào 10 TPHải Phòng 2023 –2024)

Hướng dẫn giải:

Ta có ${\left(a+b\right)}^3=2\left(1-a^2-b^2\right)$hay ${\left(a+b\right)}^3+2\left(a^2+b^2\right)=2$.

Vì $a>0,b>0$ ta có $2\left(a^2+b^2\right)\ge {\left(a+b\right)}^2$ (theo AM-GM)

Khi đó ${(a+b)}^3+{\left(a+b\right)}^2\le 2$

${\left(a+b\right)}^3+{\left(a+b\right)}^2-2\le 0$

$\left(a+b-1\right)[{\left(a+b\right)}^2+2\left(a+b\right)+2]\le 0$

$a+b-1\le 0$ (vì ${\left(a+b\right)}^2+2\left(a+b\right)+2>0$ với $a>0,b>0).$

Chứng minh bất đẳng thức phụ sau: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}\left(x>0,y>0\right)\left(*\right)$

Ta có $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}$ nên ${\left(x+y\right)}^2\ge 4xy$ hay ${\left(x-y\right)}^2\ge 0$ (luôn đúng)

Áp dụng bất đẳng thức $\left(*\right)$, ta được:

$\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\ge \frac{4}{a^2+b^2+2ab}$

$\frac{1}{2ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\ge \frac{4}{{\left(a+b\right)}^2}\ge 4$ (vì $a+b\le 1$)

Với $a>0,b>0$, ta có $1\ge a+b\ge 2\sqrt{ab}$ nên $1\ge 4ab$ suy ra $\frac{1}{2ab}\ge 2.$

Khi đó $M=\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}=\left(\frac{1}{2ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\right)+\frac{1}{2ab}\ge 4+2$ hay $M\ge 6.$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=\frac{1}{2}$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $M$ là 6 khi và chỉ khi $a=b=\frac{1}{2}$.

Ví dụ 17.Cho hai số thực không âm $a,b$ thỏa mãn $a^2+b^2=2$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M=\frac{a^3+b^3+4}{ab+1}$.

(Đề thi vào 10 tỉnh Bắc Ninh 2019–2020)

Hướng dẫn giải:

•Tìm $M_{\text{max}}$.

Với$ab>0$ thì $ab+1\ge 1>0$ nên $M\le a^3+b^3+4$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}a,b\ge 0\\ a^2+b^2=2\end{array}\right.$ nên $\left\{\begin{array}{l}{a}^2\le 2\\ b^2\le 2\end{array}\right.$ suy ra $\left\{\begin{array}{l}0\le a^3\le a^2\sqrt{2}\\ 0\le b^3\le b^2\sqrt{2}\end{array}\right.$.

Do đó $M\le {\text{a}}^3+{\text{b}}^3+4\le \sqrt{2}\left({\text{a}}^2+{\text{b}}^2\right)+4=2\sqrt{2}+4$.

Dấu $"="$ xảy ra khi $ab=0;a^2=2;b^2=2$ thì $\left(a;b\right)\in \{\left(0;\sqrt{2}\right);\left(\sqrt{2};0\right)\}$.

•Tìm $M_{\min }$.

Tacó ${\text{a}}^3+{\text{b}}^3+1\ge 3\sqrt[3]{{\text{a}}^3\cdot {\text{b}}^3\cdot 1}=3ab$

Khi đó $a^3+b^3+4\ge 3ab+3=3\left(ab+1\right)$.

Do $ab+1>0$ nên $M=\frac{a^3+b^3+4}{ab+1}\ge 3$. Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}a=b=1\\ {\text{a}}^2+{\text{b}}^2\text{=2}\end{array}\right.$, do đó $a=b=1$.

Vậy $M_{\min }=3$ khi $a=b=1$ và $M_{\text{max}}=2\sqrt{2}+4$ khi $\left(a;b\right)\in \{\left(0;\sqrt{2}\right);\left(\sqrt{2};0\right)\text{}}$.

Ví dụ 18. Cho ba số thực $a,b,c$ không âm thỏa mãn $a+b+c=1$.

Chứng minh: $a+2b+c\ge 4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)$.

(Trích đề thi vào 10 tỉnh Lạng Sơn 2019 – 2020)

Hướng dẫn giải:

Ta có: 

$1-a=b+c\ge 0;1-b=a+c\ge 0$$;1-c=b+a\ge 0$

Khi đó $a+2b+c\ge 4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)$

$a+2b+c\ge 4\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(1\right)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:

$a+2b+c=\left(a+b\right)+\left(b+c\right)\ge 2\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}$

${\left(a+2b+c\right)}^2\ge 4\left(a+b\right)\left(b+c\right)$

${\left(a+2b+c\right)}^2\left(c+a\right)\ge 4\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)$.

Để chứng minh $\left(1\right)$ ta chứng minh

$a+2b+c\ge {\left(a+2b+c\right)}^2\left(c+a\right)$

$\left(a+2b+c\right)\left(c+a\right)\le 1$ (vì $a+2b+c>0$)

Thật vậy,$\left(a+2b+c\right)\left(c+a\right)\le {\left(\frac{a+2b+c+c+a}{c}\right)}^2$$={\left(a+b+c\right)}^2=1$.

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}a+b=b+c\\ a+2b+c=c+a\\ a+b+c=1\end{array}\right.$, do đó $a=c=\frac{1}{2};b=0.$

Vậy $\left(2\right)$ đúng, nên có đpcm.

Ví dụ 19. Cho các số thực $x\ge 1,y\ge 2$ thỏa mãn $x+y=4$.Tìm giá trị lớn nhất của $A=\sqrt{x-1}+\sqrt{y-2}$.

(Trích đề thi vào 10 tỉnh Hà Giang 2019–2020)

Hướng dẫn giải:

Với $x\ge 1,y\ge 2$, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

$A=1\cdot \sqrt{x-1}+1\cdot \sqrt{y-2}\le \sqrt{\left(1^2+1^2\right)\left({\sqrt{x-1}}^2+{\sqrt{y-2}}^2\right)}$$=\sqrt{2\left(4-3\right)}$$=\sqrt{2.}$

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}x-1=y-2\\ x+y=4\end{array}\right.$, do đó $x=\frac{3}{2};y$$=\frac{5}{2}.$

Vậy $A_{\min }=\sqrt{2}$ khi $x=\frac{3}{2};y=\frac{5}{2}$.

Dạng 4. Chứng minh bất đẳng thức và tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp biến đổi dựa vào miền giá trị của biến

Ví dụ 20. Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x,y,z\ge 1$ và $xy+yz+xz=9.$Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A=x^2+y^2+z^2$.

Hướng dẫn giải:

Với$x,y,z\ge 1$ nên ta có $\left(x-1\right)\left(y-1\right)+\left(y-1\right)\left(z-1\right)+\left(z-1\right)\left(x-1\right)\ge 0$.

Khi đó $x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)\le 6$.

Suy ra $A+2\cdot 9\le 36$ hay $A\le 18$.

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}\left(x-1\right)\left(y-1\right)=\left(y-1\right)\left(z-1\right)=\left(z-1\right)\left(x-1\right)=0\\ x+y+z=6\\ xy+yz+zx=9\end{array}\right.$.

Do đó $\left(x;y;z\right)$ là hoán vị của $\left(1;1;4\right)$.

Vậy $A_{\text{max}}=18$ khi $\left(x;y;z\right)$ là hoán vị của $\left(1;1;4\right)$.

Ví dụ 21. Cho các số không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=1$.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A=\sqrt{2x^2+x+1}+\sqrt{2y^2+y+1}+\sqrt{2z^2+z+1}$.

(Trích đề thi khảo sát trường THCS Nam Từ Liêm 2020)

Hướng dẫn giải:

Với điều kiện bài ra, ta có:$0\le x\le 1$ nên $x^2\le x$.

Suy ra $2x^2+x+1\le x^2+x+1={\left(x+1\right)}^2$ suy ra $\sqrt{2x^2+x+1}\le x+1$.

Tương tự, ta có: $\sqrt{2y^2+y+1}\le y+1;\sqrt{2z^2+z+1}\le z+1$.

Do đó $A\le x+1+y+1+z+1=4.$

Dấu $"="$ xảy ra khi $\left\{\begin{array}{l}{x}^2=x;y^2=y;z^2=z\\ x+y+z=1\end{array}\right.$.

Giải ra ta có $\left(x;y;z\right)$ là hoán vị của $\left(1;0;0\right)$.

Vậy $A_{\text{max}}=4$ khi $\left(x;y;z\right)$ là hoán vị của $\left(1;0;0\right)$.

Ví dụ 22.Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3.$Chứng minh rằng:

$M=\frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{bc}{\sqrt{a^2+3}}+\frac{ac}{\sqrt{b^2+3}}\le \frac{3}{2}$.

Hướng dẫn giải:

Dễ chứng minh $ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2$

$3\left(ab+bc+ca\right)\le a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca$

$3\left(ab+bc+ca\right)\le {\left(a+b+c\right)}^2=9$ suy ra $ab+bc+ca\le 3.$

Với điều kiện bài ra, ta có:

Dạng 5. Sử dụng dấu của tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức

Xét tam thức bậc hai $f\left(x\right)=a{x}^2+bx+c\left(a\ne 0\right)$.

Ví dụ 23. Chứng minh $x^2{y}^4+2\left(x^2+2\right)y^2+4xy+x^2\ge 4x{y}^3$.

Hướng dẫn giải:

Đặt $f\left(x\right)=x^2{y}^4+2\left(x^2+2\right)y^2+4xy+x^2-4x{y}^3\ge 0$

$x^2{y}^4+2\left(x^2+2\right)y^2+4xy+x^2-4x{y}^3\ge 0$

${\left(y^2+1\right)}^2{x}^2+4y\left(1-y^2\right)x+4y^2\ge 0$

Coi ${\left(y^2+1\right)}^2{x}^2+4y\left(1-y^2\right)x+4y^2$ là một hàm số bậc hai ẩn$x$ta thấy:

${\Delta }^{\text{'}}=4y^2{\left(1-y^2\right)}^2-4y^2{\left(1+y^2\right)}^2=-16y^2$.

•Với $y=0$ dễ thấy bất đẳng thức đã cho luôn đúng.

•Với $y\ne 0$ thì ${\Delta }^{\text{'}}=-16y^2$ nên $f\left(x;y\right)$ cùng dấu với hệ số của $x^2$, tức cùng dấu với

${\left(y^2+1\right)}^2>0$ nên $f\left(x;y\right)>0$.

Vậy ta có $f\left(x\right)=x^2{y}^4+2\left(x^2+2\right)y^2+4xy+x^2-4x{y}^3\ge 0$ (đpcm).

Ví dụ 24. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$.

Chứng minh $a+ab+2abc\le \frac{9}{2}\left(*\right)$.

Hướng dẫn giải:

Vì $a+b+c=3$nên $b=3-a-c$.

Thay $b=3-a-c$ vào bất phương trình $\left(*\right)$, ta được:

$a+a\left(3-a-c\right)+2ac\left(3-a-c\right)\le \frac{9}{2}$

$f\left(a\right)=\left(2c+a\right)a^2+\left(2c^2-5c-4\right)a+\frac{9}{2}\ge 0$.

Ta thấy$f\left(a\right)$ là tam thức bậc hai, ta có:

$\Delta ={\left(2c^2-5c-4\right)}^2-18\left(2c+1\right)$$={\left(2c-1\right)}^2\left(c^2-4c-2\right).$

•Với $c=\frac{1}{2}$, ta có $f\left(a\right)=2a^2-6a+\frac{9}{2}=2{\left(a-\frac{3}{2}\right)}^2\ge 0$.

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=\frac{3}{2}$ suy ra $b=1.$

•Với $c\ne \frac{1}{2},$ vì $0<c<3$ nên $c^2-4c-2<0$ suy ra $\Delta <0$.

Suy ra $f\left(a\right)$ cùng dấu với $2c+1>0$ nên $f\left(a\right)>0$.

Vậy $f\left(a\right)\ge 0$ hay $a+ab+2abc\le \frac{9}{2}$, dấu $"="$ xảy ra khi $a=\frac{3}{2};b=1;c=\frac{1}{2}.$

Dạng 6. Sử dụng miền giá trị của hàm số tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Ví dụ 25. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của $M=\frac{x^2}{x^2-5x+7}\left(*\right)$

Hướng dẫn giải:

Ta có $x^2-5x+7={\left(x-\frac{5}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}\ge \frac{3}{4}>0$ nên tập xác định của hàm số là $ℝ$.

Khi đó $M=\frac{x^2}{x^2-5x+7}$ hay $\left(M-1\right)x^2-5Mx+7M=0\left(1\right)$

• Nếu $M=1$ thì ${\left(x-\frac{5}{2}\right)}^2=0$ nên $x=\frac{5}{2}$.

•Nếu $M\ne 1$ để tồn tại $x$ thì $\left(1\right)$ có nghiệm, khi đó

$\Delta =25M^2-28M\left(M-1\right)\ge 0$nên $0\le M\le \frac{28}{3}\left(3\right)$.

➣ Chú ý: Tới $\left(3\right)$ chưa thể kết luận $M$ lớn nhất, nhỏ nhất khi chưa xét dấu $"="$ xảy ra.

•Với $M=0$ nên $x=0$so sánh với $\left(2\right)$ ta có $M_{\min }=0\text{\hspace{0.17em} khi\hspace{0.17em} }x=0$.

•Với $M=\frac{28}{3}$ nên $x=\frac{14}{5}$, ta có $M_{\text{max}}=\frac{28}{3}$ khi $x=\frac{14}{5}$.

Ví dụ 26. Cho các số thực$x,y$thỏa mãn $x^2+y^2+xy-6\left(x+y\right)+5=0$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức $A=y+2x$.

Phân tích: Với sự liên hệ giữa $x,y$ trong hai biểu thức đã cho ta rất khó để dùng các bất đẳng thức cổ điển để giải, nhưng nếu dùng tam thức bậc hai ta sẽ thấy bài toán được giải quyết đơn giản hơn rất nhiều.

Hướng dẫn giải:

Ta có $A=y+2x$ suy ra $y=A-2x$.

Khi đó $x^2+y^2+xy-6\left(x+y\right)+5=0$

$x^2+{\left(A-2x\right)}^2+\left(A-2x\right)-6\left(A-x\right)+5=0$

$3x^2-\left(3A-6\right)x+A^2-6A+5=0$.

Điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm là$-3\left(A^2-12A+8\right)\ge 0$.

Do đó $6-2\sqrt{7}\le A\le 6+2\sqrt{7}$.

•Với $A=6-2\sqrt{7}$, ta có

$\Delta =0$ thì $x=\frac{3A-6}{6}=\frac{A-2}{2}=\frac{4-2\sqrt{7}}{2}=2-\sqrt{7}$suy ra $y=2$.

•Với $A=6+2\sqrt{7}$, ta có

$\Delta =0$ thì $x=\frac{3A-6}{6}=\frac{A-2}{2}=\frac{4+2\sqrt{7}}{2}=2+\sqrt{7}$ suy ra $y=2$

Vậy$A_{\min }=6-2\sqrt{7}$ khi$2-\sqrt{7};y=2$;$A_{\text{max}}=6+2\sqrt{7}$ khi $2+\sqrt{7};y=2$.

................................

................................

................................

Xem thử

Xem thêm các chuyên đề ôn thi vào lớp 10 môn Toán năm 2026 có đáp án hay khác:

• (Ôn thi Toán vào 10) Bài tập tổng hợp Bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Để học tốt lớp 10 các môn học sách mới:

• Giải bài tập Lớp 10 Kết nối tri thức
• Giải bài tập Lớp 10 Chân trời sáng tạo
• Giải bài tập Lớp 10 Cánh diều

• Hơn 20.000 câu trắc nghiệm Toán,Văn, Anh lớp 9 có đáp án

Loạt bài Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có đáp án) được các Giáo viên hàng đầu biên soạn theo cấu trúc ra đề thi Trắc nghiệm, Tự luận mới giúp bạn ôn luyện và giành được điểm cao trong kì thi vào lớp 10 môn Toán.

---