Đề cương ôn thi THPT Quốc gia năm 2015-2016 - Chuyên đề 10: Phương pháp hàm số với các bài toán cực trị

, dấu bằng xảy ra khi 2 1.x yz  
Ta lại có        
2
2 22 2 22 2 2 2
2
x y z
x y z x y z x y z yz x y z yz
 
              
   2 4 1 2 1 .x y z yz x y z yz          
1 11 1
1 1 2 1 1
y z x x
x y z x y z yz
      
       
Do đó, 
1 1 1 11 1
9 92 1 1 2 1 1 2 1 1
1 1 11 1 3 11 2 51
1 1 1 9 9 3 9 9 3 9
x x yz yzP
yz yz yz
yz yz
yz yz
        
     
               
Dấu bằng xảy ra khi 1, 1, 0x y z   hoặc 1, 0, 1x y z   . 
Ví dụ 6. ( Đề thi chọn HSG QG THPT bảng B, 1999) 
Xét phương trình 3 2 1 0ax x bx    với a, b là các số thực, 0a  , a b sao cho các 
nghiệm đều là số thực dương. Tìm GTNN của  
2
2
5 3 2a abP
a b a
 

. 
Lời giải 
Gọi u, v, s là ba nghiệm thực dương của đa thức 3 2 1ax x bx   . Theo định lý Viete ta có 
 1 1; ; 1bu v s uv vs su uvs
a a a
       . 
Từ đó suy ra a > 0, b > 0. 
Đặt 1c
a
 . Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có 
 33 33 3 27 3 3 2c uvs u v s uvs c c c c          . 
Mặt khác,           2 2 2 213 02u v s uv vs su u v v s s u            . 
Do đó      22 3 3 3c u v s uv vs su bc       
Từ (1), (2) và (3) ta có 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2015-2016 
 
       
2 2 2 22 3
22 2
15 3 2 5 3 2 5 2 5 55 3 2 1 . 4
1 31 1
3
b
c bc c c c c c ca ab a aP b ca b a a bc c
a
           
   
Xét hàm số    
2
2
5 5
3
c c
f c
c



 với 3 3c  . 
Ta được   12 3f c  . Dấu bằng xảy ra khi 3 3c  . Suy ra 12 3P  . 
Đẳng thức xảy ra khi 3u v s   , tức là 1 , 3
3 3
a b  . Vậy min 12 3P  . 
Bài tập tự luyện 
Bài 1. Cho các số dương a, b, c với 1a b c   .Chứng minh rằng 
  1 1 13 2 21a b c
a b c
        
. 
Bài 2. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 2 2 2 1a b c   . Chứng minh rằng 
 1 1 1 2 3a b c
a b c
      
Bài 3. Cho các số x, y, z thay đổi trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn 3
2
x y z   . Tìm GTLN và 
GTNN của  2 2 2osA c x y z   . 
Bài 4. (IMO, 1984) Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng 
70 2
27
xy yz zx xyz     . 
Bài 5. Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm GTNN của 
2 2 2 4A x y z xyz    . 
Bài 6. (Trích đề khối B năm 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện 0x y z   
và 2 2 2 1.x y z   Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 5 5 5.P x y z   
Bài 7. Cho các số  , , 0;1x y z thỏa mãn    1 1 1xyz x y z    . Chứng minh rằng 
2 2 2 3
4
x y z   . 
Bài 8. Cho ba số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 1a b c   . Chứng minh rằng 
72
27
ab bc ca abc    . 
Bài 9. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 2 2 2 1a b c   . Tìm GTLN của biểu thức 
 3 22S a b c abc    . 
Bài 10. Chứng minh rằng nếu , ,a b c là độ dài các cạnh của một tam giác thì 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2015-2016 
3 1
2 2
a b c a c b
b c a c b a
        
. 
3. Phương pháp khảo sát hàm số theo từng biến 
Đối với bài toán cực trị nhiều biến, ta có thể chọn một biến là biến số biến thiên và cố định 
các biến còn lại, bài toán đưa về việc khảo sát hàm một biến. 
Ví dụ 1. Cho ba số thực , , 0x y z  , chứng minh rằng: 
      3 3 3 2 2 23x y z xyz x y z y z x z x y         
Lời giải 
Bài toán hoàn toàn đối xứng với ba biến số, nên không mất tính tổng quát, ta giả sử 
0x y z   , coi x là biến số và coi ,y z là tham số trong hàm số 
   3 2 2 2 2 2 3 33f x x x y z xyz xy xz y z z y y z          
Ta có    2 2 2' 3 2 3f x x x y z yz y z      
và      '' 6 2 2 3 0f x x y z x y z       với mọi , , 0x y z  và x y z  . 
Điều đó chứng tỏ  'f x là hàm số đồng biến, suy ra 
     2 2 2 2' ' 3 2 3 0f x f y y y y z yz y z yz z          ( do x y z  ). 
Đến đây ta suy ra  f x là hàm số đồng biến, như vậy      2 0f x f y z z y    . 
Vậy bài toán đã chứng minh xong! 
Ví dụ 2. Cho 1, , ;3
3
a b c     
. Tìm GTLN của biểu thức a b cS
a b b c c a
  
  
. 
Lời giải 
Đặt   a b cf a
a b b c c a
  
  
. Xét hai trường hợp sau: 
* TH1: a b c  . Ta có 
     
  
   
2
2 2 2 2 0
b c a bcb cf a
a b a c a b a c
 
    
   
Suy ra,      33
3 3
b cf a f g c
b b c c
    
  
. 
Mặt khác,      
  
   
2
2 2 2 2
3 33 0
3 3
b b cbg c
c b c c b c
     
   
Suy ra,    1 3 3 1
3 3 3 1 10
bg c g h b
b b
         
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2015-2016 
Ta có,      
  
  2 2
1 13 3 0
3 1 33 1 3
b b
h b
b bb b
     
  
Bảng biến thiên 
 b 
 1
3
 1 3 
13; ;
3
f b   
 + - 
13; ;
3
f b   
 8
5
Từ bảng biến thiên suy ra   1 8; ; 3;1;
3 5
f a b c f     
. 
* TH2: c b a  . Từ TH1 ta có   8; ;
5
f c b a  . Mặt khác 
          ; ; ; ; 0
a b b a a c
f a b c f c b a
a b b a a c
  
  
  
. 
Suy ra ,   8; ;
5
f a b c  . 
Vậy 8max
5
S  , đạt được khi và chỉ khi   1 1 1, , 3,1, , ,3,1 , 1, ,3
3 3 3
a b c                   
. 
Ví dụ 3. Cho  , , 0;1a b c . Tìm GTLN của biểu thức 3 3 3 3 3 36 6 6
a b cS
b c c a a b
  
     
. 
Lời giải 
 Đặt   3 3 3 3 3 36 6 6
a b cf c
b c c a a b
  
     
. Ta có 
     
2 2
2 23 3 3 3 3 3
1 3 3
6 6 6
ac cf c
a b b c a c
   
     
    
 
 
3 3 3 3
2 23 3 3 3
6 6 2 6 6 2
0
6 6
ac b c bc a c
f c
b c a c
   
    
   
và  ''f c liên tục trên  0;1 
Nên f’(c) nghịch biến trên [0; 1]. Suy ra 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2015-2016 
       2 23 3 3 3
1 3 3 1 31 2. 0
6 8 497 7
a bf c f
a b b a
       
   
Suy ra, f(c) đồng biến trên [0; 1]. Do đó 
    3 3 3 3
11 ( )
7 7 6
a bS f c f g a
b a a b
     
   
. 
Ta có      
2 2
2 23 3 3 3
1 2 3 ,
7 7 7
a b ag a
b a a b
   
   
    
 
 
3 3 3
3 33 3 3
6 7 2 6 6 2
0
7 7
ab a a b a
g a
a a b
  
    
  
Nên g’(a) nghịch biến trên [0; 1]. Suy ra, 
     23 3 33
1 3 3 1 1 5 3 5 31 0
7 64 7 8 8 7 647
b bg a g
b b bb
                 
Suy ra g(a) đồng biến trên [0; 1]. Do đó,     3
21 ( )
7 8
bS g a g h b
b
    

. 
Ta có    
 
   
23 22
2 23 3
7 481 6 0, 0;1
8 7 8 7
b bbh b b
b b
 
      
 
. 
Suy ra h(b) đồng biến trên [0; 1], nên     3 31
8 8
h b h S    . 
Với a = b = c = 1 thì 3max
8
S  . 
Ví dụ 4. (Đề thi VMO bảng A 1999) 
Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc + a + c = b. Tìm GTLN của biểu thức 
2 2 2
2 2 3
1 1 1
P
a b c
  
  
. 
Lời giải 
 Biến đổi giả thiết thành a + c = b(1 - ac) > 0. suy ra  1 , 1
1
a ca b
c ac
 

Thay (1) vào biểu thức P và biến đổi được      
2
2 2 2 2
22 3 2 2
1 1 1 1
a c
P
a c a b

   
   
Xét hàm số      
2
2 2 2
21
1 1 1
x c
f x P
x x c

  
  
 với 0 < x < 1
2
 và coi c là tham số (c > 0). 
Ta có      
2
22 2
2 2 1
1 1
c x cx
f x
c x
  
 
 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2015-2016 
Trên 10,
c
 
  
 thì   0f x  có nghiệm duy nhất là 20 1x c c    (3) với 0 10 x c  . Qua 0x 
thì f’(x) đổi dấu từ dương sang âm nên f(x) đạt cực đại tại 0x nên    0 21 1
cf x f x
c
  

Từ đó theo (2) ta có    2 22
3 2 32 2
1 11
cP f x g c
c cc
     
 
. 
Xét hàm số g(c) với c > 0. Ta có  
  
2
2 2
2(1 8 )
1 3 1
cg c
c c c
 
  
. 
Với c > 0, thì g’(c) = 0 tại 0
1
8
c  va qua 0c thì g’(c) đổi dấu từ dương sang âm nên g( 0c ) là giá 
trị cực đại, suy ra 1 10
38
P g     
. 
Giá trị 10
3
P  đạt được khi 1 1, , 2
8 2
c a b   theo (1) và (3). 
Ví dụ 5. (Đề thi VMO năm 2001) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện 
       2 4 1min , 1 ; 2 ; 3
5 15 5
z x y xz yz    
Hãy tìm GTLN của biểu thức   1 2 3, ,P x y z
x y z
   . 
Lời giải 
 Từ điều kiện (1) và (2) suy ra 4ax ,
15
x m z
z
   
 
 (4) 
a) Xét hàm số   1 1f x
x z
  với x > 0 và tham số 2
5
z  . Xét hai trường hợp 
* Nếu 2
15
z  thì 4
15
x z
z
  theo (4) nên   1 1 2 15f x
z z z
    (5) 
* Nếu 2 2
5 15
z  thì 4
15
x z
z
  theo (4) nên    15 1
4
zf x g z
z
   . 
Xét hàm số g(z) với 2 2
5 15
z  . Ta có   2
15 1 20
4 15
g z z
z
      . 
Do đó g(z) là hàm nghịch biến và     2 4
5
f z g z g      
 (6) 
So sánh (5) và (6) ta có 1 1 4
x z
  và 1 1 2 24 ,
3 5
x z
x z
     (7) 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2015-2016 
b) Xét hàm số   1 1h y
y z
  với tham số 2
5
z  
Từ điều kiện (1) và (3) suy ra 1ax ,
5
y m z
z
   
 
 (8) 
Lập luận tương tự phần a) ta được 
* Nếu 1
5
z  thì   2 5h y  (9) 
* Nếu 2 1
5 5
z  thì   9
2
h y  (10) 
So sánh (9) và (10) ta có 1 1 9
2y z
  và 1 1 9 2 1,
2 5 2
x y
x z
     (11) 
So sánh kết quả phần a) và b) ta có   1 1 1 1 9, , 2 4 2. 13
2
P x y z
x y y z
            
   
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 1 2, ,
3 2 5
x y z   
Vậy maxP = 13. 
 Ví dụ 6. Chứng minh rằng nếu  , , 1;2a b c thì 10 11 12 69
2
a b c
bc ca ab
   . 
Lời giải 
Ta coi một trong ba số , ,a b c là một biến số của hàm số, chẳng hạn là a , khi đó ta đặt 
 , 1;2x a x  và ta đi xét hàm số   1 11 12 10 .b cf x x
x c b bc
     
, 
Đặt 
2 211 12 11 12 10,b c b c
c b bc bc
     . 
Khi đó  
2
2 2'
xf x
x x
       ,  ' 0f x x    . 
Ta có 
2 211 12 33 103. 3 1b c x
bc bc bc
 

       
Như vậy, ta luôn có            max 1 , 2 max ,f x f f g b h b  , 
trong đó     10 11 121 b cg b f
bc c b
    và     20 11 62
2
b ch b f
bc c b
    . 
Ta xét tiếp  g b trên đoạn  1;2 có   2 2
1 10 11 1' 12g b c A B
b c c b
        
, 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2015-2016 
trong đó 
210 10 12 1112 ,cA c B
c c c
    và có  ' 0 1Ag b b
B
    
Như vậy,        21 27max 1 , 2 max 12 , 6g b g g c c
c c
     
 
Xét lần nữa   21 12c c
c
   và   27 6c c
c
   trên đoạn  1;2 có 
 
    
1;2
69 69max , max ,33
2 2
c c     
 
, từ đó suy ra   69
2
g b  với mọi  , 1;2b c . 
Xét tương tự đối với  h b trên đoạn  1;2 ta cũng có 
       51 21 63 63max 1 , 2 6 , 3 ,24
2 2 2
h b h h c c
c c
           
   
. 
Vậy 10 11 12 69
2
a b c
bc ca ab
   , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1, 2a b c   . 
Bài tập tự luyện 
Bài 1: Chứng minh rằng      3 3 3 2 2 22 3, , , 0;1x y z x y y z z x x y z        . 
Bài 2: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng 
     2 2 2 3 3 34a b c b c a c a b abc a b c         . 
Bài 3: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác (có thể suy biến). Đặt 
   
   
a b b a a c
T
a b b a a c
  

  
. 
Tìm maxT và chứng minh rằng 1max
21
T  . 
Bài 4: (Bảng A, 2001) Cho hàm số  , , 2f x y z xy yz zx xyz    trên miền 
  , , | 0 , , 1, 1D x y z x y z x y z      . 
Bài 5: ( Bảng A, 2001) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ điều kiện 
2 2 2 2
3 2 18 4 180 3; 1; 3z y x
xy y x y y z z x
         
Hãy tìm GTLN của biểu thức   3 31 80 18, ,
2 27 8
P x y z xyz x y   . 
Bài 6: (Đề thi chọn ĐTQG, 2001) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac 12 . 
Tìm GTNN của biểu thức   1 2 3, ,P a b c
a b c
   . 
4. Phương pháp đổi biến 
Ví dụ 1. (Trích đề thi khối D năm 2012) 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2015-2016 
Cho các số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy  32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2). 
Lời giải 
 Ta có 
 2 2( 4) ( 4) 2 32x y xy     2( ) 8( ) 0x y x y     0 8x y    
 24 ( )xy x y  236 ( )
2
xy x y    
A = 3 3 3( 1)( 2)x y xy x y     = 3( ) 6 3( ) 6x y xy x y     
A 3 23( ) ( ) 3( ) 6
2
x y x y x y       
Đặt t = x + y ( 0 8t  ), xét f(t) = 3 23 3 6
2
t t t    f’(t) = 23 3 3t t  
f’(t) = 0 khi t = 1 5
2
 ; f(0) = 6, f(8) = 398, f(1 5
2
 ) = 17 5 5
4
 
Vậy giá trị nhỏ nhất của f(t) là 17 5 5
4
 xảy ra khi t = 1 5
2
 
A  f(t)  17 5 5
4
 . Dấu bằng xảy ra khi x = y và x + y = 1 5
2
 hay x = y = 1 5
4
 
Ví dụ 2. (Trích đề thi khối B năm 2011) 
 Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức P = 
3 3 2 2
3 3 2 24 9
a b a b
b a b a
        
   
. 
Lời giải 
Theo giả thiết ta có     2 22 2a b ab a b ab     . Từ đây suy ra: 
 1 12 1 2a b ab
b a a b
             
 hay 2 22 1a b a b
b a b a
        
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 2 2 2 2 a ba b
b a b a
 
     
 
Đặt t = a b
b a
 , ta suy ra: 2t + 1  2 2 2t   4t2 – 4t – 15  0  t  5
2
Mặt khác: P = 
3 3 2 2
3 3 2 24 9
a b a b
b a b a
        
   
 = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t) 
 f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0  t = 1
2
 hay t = 2 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2015-2016 
  Min f(t) = 23
4
 khi t = 5
2
 Vậy min P = 23
4
 khi a = 1 và b = 2 hay a = 2 và b = 1. 
Ví dụ 3. Cho ba số thực , , 1a b c  và thỏa mãn 1 1 1 1
1 1 1a b c
  
  
. Chứng minh rằng 
8 1 1 2
1 1 1ab bc ca
  
  
. 
Lời giải 
Đặt 1 1 1, ,
1 1 1
x y z
a b c
  
  
. Khi đó 1, ,
2
x y z  và 1x y z   . 
Ta có 1 , 1 , 1z x yab bc ac
xy yz zx
      , khi đó bất đẳng thức cần chứng minh có dạng 
8 2xy yz zx
z x y
   với điều kiện 10 , ,
2
x y z  và 1x y z   . 
Với nhận xét bài toán đối xứng với biến ,x y nên ta có thể đưa bài toán từ ba biến về hai biến 
bằng cách đặt ,x y s xy p   , khi đó 1 1
2
s  và 
2
0
4
sp  . 
Ta có 
     
2 2 28 8 8 21
1
z x yxy yz zx xy p s pP s f p
z x y z xy s p
         

Bây giờ xét hàm số    
28 21
1
p s pf p s
s p
  

 có    
2
2
18'
1
s s
f p
s p

 

, 
 ' 0f p    1
2 2
s s
p

 . 
Lập bảng biến thiên, biện luận so sánh  1
2 2
s s
 với 
2
4
s có: Nếu  
21
2 2
42 2
s s s s

    ta có 
     1 4 2 2 2 6 2 6 2
2 2
s s
f p f s
        
 
Nếu  
21
2 2
42 2
s s s s

    ta có:    
2 2 4
4 1
sf p f s g s
s
       
Khảo sát  g s trên 1 ;2 2
2
   
có    2
2' 4
1
g s
s
  

, từ đó   1 2
2
g s g     
. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
4
x y  và 1
2
z  , tức là 3, 1a b c   . 
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2015-2016 
Ví dụ 4. (Trích đề thi khối A năm 2012) Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn 0x y z   . Tìm 
giá trị nhỏ nhất của biểu thức | | | | | | 2 2 23 3 3 6 6 6x y y z z xP x y z        . 
Lời giải. 
Cách 1 
Đặt | | 0, | | 0, | | 0a y z b z x c x y         . Khi đó ta có 
         22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 3 3xa b c x y z xy yz z x y z x y z x y z                . 
Ta lại có,  2 22 3 9a b y z z x x y z z a b z            
Tương tự    2 22 29 , 9a c y b c x    nên ta có: 
       
     
   
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
9
9
6
a b a c b c x y z
a b c a b c x y z
a b c x y z
       
        
     
Khi đó, ta có  3 3 3a b cP a b c      
Xét hàm số:    3 , 0;tf t t t    
   ' 3 ln 3 1 0, 0;tf t t      
Do đó,  f t đồng biến trên  0; nên      0 3 1, 0;tf t f t t       
Nên  3 3P a b c a b c        
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 0x y z   . 
Cách 2. 
Do vai trò của , ,x y z như nhau nên có thể giả sử: x y z  . Thay z x y   vào P ta 
được 
      22 2 22 x 223 3 3 6 6 3 3 3 12 xx y y z x z x y x y yP x y x xy yy                
Tương tự như cách (1) ta có: 
   2 2 2 22x 2 3 12 4x 2 3 12P x y y y x x xy y y x xy y                
Ta chỉ cần chứng minh: 
       2 2 2 24x 2 12 4x 4x 8 0 4 2 0 4 0y x xy y y y x y x y x y y z               
(đúng theo giả thiết) 
Do đó, 3P  . 
Ví dụ 5. (Trích đề thi khối A năm 2009) CMR với mọi số dương x,y,z thỏa mãn: 
x(x+y+z)=3yz, ta có          3 3 35x y x z x y y z x z y z         
https://www.facebook.com/letrungkienmath https://sites.google.com/site/letrungkienmath 
Đề cương ôn thi THPT quốc gia năm học 2015-2016 
Lời giải. 
Cách 1. 
Đặt , ,a y z b z x c x y      thì a,b,c dương và 
b c a c a b a b cx , y ,z
2 2 2
        điều kiện bài toán trở thành    2 224 3a b c b c    (1) 
, ta phải chứng minh: 3 3 33 5b c abc a   
Từ (1) ta có:  224 2a b c a b c     
và 2 2 2 22a b c bc bc bc a bc       
Có   3 3 2 2 2 2 33 3 . 2 . 3 . 5b c abc b c b bc c a bc a a a a a          
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c hay x=y=z 
Cách 2. 
Đặt y=ax,z=by ( a,b>0). Khi đó , ta có bài toán tương đương: 
“Cho a,b dương a+b+1=3ab (1).CMR          3 3 31 1 3 1 1 5a b a b a b a b         (2) ” 
Từ (1) ta có: 
       
2
231 3 3 4 4 0 2 0
4
a b
a b ab a b a b a b do a b

               (3) 
           
      
     
       
3 3
3 3
3 3
3 3
(2) 1 1 3 1 1 1 1 3 1 1 5
2 6 1 1 5
2 2 3 3 3 3 5
2 8 1 5 (1)
a b a b a b a b a b a b
a b a b a b
a b ab a b a b
a b a b a b do
               
       
        
       
Đặt t=a+b từ (3) ta có t≥2 
suy ra ,         3 3 22 8 1 5 2 2 3 2 0 2 2 1 2 0t t t t t t t t t            đúng với mọi t≥2 
Dấu = xảy ra khi x=y=z 
5. Phương pháp tiếp tuyến 
Trong phần này chúng ta xét bài toán tổng quát: “Cho 1 2 3, , ,..., na a a a D thoả mãn 
1 2 3 ... na a a a n     , với D  , cần chứng minh bất đẳng thức 
       1 2 ... nf a f a f a nf     , đẳng thức xảy ra khi 1 2 3 ... na a a a      ”. 
Bài toán này có tính chất nổi bật với vế trái là biểu thức đối xứng của các biến 
1 2 3, , ,..., na a a a và viết được dưới dạng tổng của một hàm số với các biến số khác nhau. Dẫn đến 
suy nghĩ một cách tự nhiên để giải quyết bài toán này là ta xét hàm số  y f x , sau đó chứng 
minh  f x Ax B  với mọi x D , trong đó A, B thỏa mãn   