Vận dụng kiến thức về hàm số bậc hai, phương trình bậc hai, tam thức bậc hai để chứng minh bất ðẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

VẬN DỤNG KIẾN THỨC VỀ HÀM SỐ BẬC HAI, PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI, TAM 
THỨC BẬC HAI ðỂ CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, 
GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 
– NGUYỄN VĂN XÁ – 
Bài viết này chúng tôi hi vọng chia sẻ một vài suy nghĩa với bạn ñọc việc vận dụng các kiến thức về hàm số 
bậc hai, phương trình bậc hai, tam thức bậc hai ñể chứng minh bất ñẳng thức (BðT) và tìm giá trị lớn nhất 
(GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN). 
Nhận xét 1.Ta biết rằng nếu phương trình ax2 + bx + c = 0 (a ≠ 0) có nghiệm thì b2 – 4ac ≥ 0. Như thế, ñể 
chứng minh bất ñẳng thức có dạng b2 – 4ac ≥ 0 (a ≠ 0) ta có thể ñi chứng minh phương trình ax2 + bx + c = 0 
có nghiệm. Vận dụng ñiều này ñể giải quyết bài toán sau: 
Ví dụ 1. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a > 0, a2 = bc, và a + b + c = abc. Chứng minh a ≥ 3 , b > 0, c > 0, 
b2 + c2 ≥ 2a2. 
HD. Từ giả thiết ta có bc = a2, b + c = abc – a = a(bc – 1) = a(a2 – 1) nên b và c là hai nghiệm của phương 
trình x2 – a(a2 – 1)x + a2 = 0. Vì phương trình này có nghiệm nên ∆ = (a3 – a)2 – 4a2 ≥ 0 ⇔ (a2 – 1)2 ≥ 4 ⇔ a2 
≥ 3. Từ ñây và do a > 0 suy ra a ≥ 3 . Lúc này b + c = a(a2 – 1) > 0 và bc = a2 > 0 nên b > 0, c > 0. Hơn nữa 
b2 + c2 = (b + c)2 – 2bc = (a3 – a)2 – 2a2 = a2.((a2 – 1)2 – 2) ≥ 2a2. Vậy ta có ñiều phải chứng minh. 
Nhận xét 2. Nếu a > 0 thì có ngay ax2 + bx + c > 0 ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac < 0, và ax2 + bx + c ≥ 0 ∀x∈R ⇔ b2 – 
4ac ≤ 0. Còn nếu a < 0 thì ax2 + bx + c < 0 ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac < 0, và ax2 + bx + c ≤ 0 ∀x∈R ⇔ b2 – 4ac ≤ 0. 
Lưu ý rằng ñôi khi ta lại thay một hằng số bởi một biến số thích hợp. Và cũng có khi ñể chứng minh b2 – 4ac 
< 0 ta ñi chứng minh phương trình ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm. 
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d, e thì a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e). 
HD. Ta xét tam thức bậc hai ẩn x là f(x) = x2 – (b + c + d + e)x + b2 + c2 + d2 + e2, có biệt thức ∆ = (b + c + d 
+ e)2– 4(b2 + c2 + d2 + e2) = – (b – c)2– (b – d)2– (b – e)2– (c – d)2– (c – e)2– (d – e)2≤ 0 nên 1.f(x) ≥ 0 ∀x∈R, 
suy ra f(a) ≥ 0 hay a2 – (b + c + d + e)a + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ 0. Vậy ta luôn có a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c 
+ d + e), với mọi số thực a, b, c, d, e. 
Ví dụ 3. (Bất ñẳng thức Bunhiacốpxki) Chứng minh rằng với mọi số thực a1, a2, a3, b1, b2, b3 ta có 
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3(a b + a b + a b ) (a a a )(b b b )≤ + + + + . 
HD. Trường hợp 1: Nếu 2 2 21 2 3a a a+ + = 0 ⇔ a1 = a2 = a3 = 0 thì bất ñẳng thức ñã cho hiển nhiên ñúng. 
Trường hợp 2: Ta xét 2 2 21 2 3a a a+ + > 0. Nhận thấy (a1x + b1)2 + (a2x + b2)2 + (a3x + b3)2 ≥ 0 ∀x∈R, hay f(x) = 
( 2 2 21 2 3a a a+ + )x2 +2x( 1 1 2 2 3 3a b + a b + a b ) + 2 2 21 2 3b b b+ + ≥ 0 ∀x∈R. Như vậy tam thức bậc hai f(x) sẽ có ∆ ’ = 
( 1 1 2 2 3 3a b + a b + a b )2 – 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3(a a a )(b b b )+ + + + ≤ 0. Tức là ta có 
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3(a b + a b + a b ) (a a a )(b b b )≤ + + + + . 
Nhận xét 3. Nếu a < b và x ∈ [a; b] thì (x – a)(b – x) ≥ 0 hay x2 – (a + b)x + ab ≤ 0 ∀ x ∈ [a; b]. 
Ví dụ 4. Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = x 2010
2009 x
+ trên ñoạn [2009; 2010]. 
HD. Theo bất ñẳng thức Côsi ta có x 2010 x 2010 20102 . 2
2009 x 2009 x 2009
+ ≥ = , dấu “=” xảy ra khi x = 
2009.2010 . Vậy 
x [2009; 2010]min y∈ = 
20102
2009
, ñạt ñược khi x = 2009.2010 . 
Mặt khác, với mọi x ∈ [2009; 2010] thì (x – 2009)(2010 – x) ≥ 0 hay 4019x ≥ x2 + 2009.2010. Suy ra 
x 2010 4019
2009 x 2009
+ ≤ , ∀ x ∈ [2009; 2010]. Dấu “=” xảy ra khi x = 2009 hoặc x = 2010. Vậy 
x [2009; 2010]max y∈ = 
4019
2009
, ñạt ñược khi x = 2009 hoặc x = 2010. 
Ví dụ 5. Chứng minh 
n
1 1 1
, n *
n n! n
≤ ≤ ∀ ∈ℕ . 
HD. Trước hết ta thấy n! = 1.2.3n ≤ nn ⇒
n
1 1
n n!
≤ , ∀ n ∈ N *. Tiếp ñó, với ∀k = 1, n ta luôn có 
(n k)(k 1) 0 k(n k 1) n− − ≥ ⇒ − + ≥ , lần lượt cho k = 1, 2, 3, , n – 1, n ta thu ñược n bất ñẳng thức mà hai vế 
ñều dương: 1.n ≥ n 
 2.(n –1) ≥ n 
 3.(n – 2) ≥ n 
 (n –1).2 ≥ n 
 n.1 ≥ n 
 Nhân n bất ñẳng thức này, vế với vế tương ứng, dẫn tới (n!)2 ≥ nn hay 
n
1 1
, n *
n! n
≤ ∀ ∈ℕ . Vậy 
n
1 1 1
, n *
n n! n
≤ ≤ ∀ ∈ℕ . 
Chú ý: Từ 
n
1 1 1
, n *
n n! n
≤ ≤ ∀ ∈ℕ , và lim 1
n
 = lim 1
n
 = 0, suy ra lim
n
1
n!
= 0. 
Nhận xét 4. Nếu phương trình bậc hai 2ax bx c 0+ + = ( a 0≠ ) có hai nghiệm 1 2x , x (phân biệt hoặc trùng 
nhau) thì 1 2 1 2
b c
x x ; x .x
a a
+ = − = (ñịnh lí VIET). Nếu hai số u, v có tổng u v S, u.v = P+ = thì u, v là hai 
nghiệm của phương trình bậc hai 2x Sx P 0− + = (ñịnh lí VIET ñảo). 
Nhận xét 5. ðể tìm GTLN, NN của hàm số có dạng 
2
2
1 1 1
ax bx cy
a x b x c
+ +
=
+ +
, với 21 1 1 1a 0, b 4a c 0≠ − < , ta coi 
2
2
1 1 1
ax bx c y 0
a x b x c
+ +
− =
+ +
 là phương trình ẩn x, còn y là tham số, và ñi tìm ñiều kiện của y ñể phương trình này 
có nghiệm x. 
Nhận xét 6. Ta có thể dựa vào bảng biến thiên của hàm số bậc hai (SGK ðại số 10) ñể tìm GTLN, NN của 
hàm số. Nếu a 0> thì 2ax bx c , x ,
4a
∆
+ + ≥ − ∀ ∈ℝ dấu “=” xảy ra khi bx
2a
= − . Nếu a 0< thì 
2ax bx c , x ,
4a
∆
+ + ≤ − ∀ ∈ℝ dấu “=” xảy ra khi bx
2a
= − . Dựa vào tính chất của ñồ thị hàm số bậc hai, ta suy 
ra cách tìm GTLN, NN của hàm số bậc hai 2y ax bx c (a 0)= + + ≠ trên doạn [ ];α β như sau: 
+ Nếu [ ]b ;
2a
α β− ∈ thì 
[ ]x ;
b
max(y) max y( ); y( ); y( )
2aα β
α β
∈
− 
=  
 
,
[ ]x ;
b
min (y) min y( ); y( ); y( )
2aα β
α β
∈
− 
=  
 
. 
+ Nếu [ ]b ;
2a
α β− ∉ thì 
[ ]
{ }
x ;
max(y) max y( ); y( )
α β
α β
∈
= ,
[ ]
{ }
x ;
min (y) min y( ); y( )
α β
α β
∈
= . 
Ví dụ 6. Gọi 1 2x , x là hai nghiệm của phương trình 2 22x 2(m 1)x m 4m 3 0+ + + + + = (m là tham số). Tìm 
GTLN, NN của biểu thức 1 2 1 2A x x 2(x x )= − + . 
HD. Phương trình 2 22x 2(m 1)x m 4m 3 0+ + + + + = có nghiệm khi 2' m 6m 5 0 5 m 1∆ = − − − ≥ ⇔ − ≤ ≤ − . 
Theo ñịnh lí VIET thì 
2
1 2 1 2
m 4m 3
x x m 1; x .x
2
+ +
+ = − − = nên 
2 2m 4m 3 m 8m 7A 2( m 1) .
2 2
+ + + +
= − − − =
Với 5 m 1− ≤ ≤ − thì 2 21 7m 8m 7 (m 1)(m 7) 0 A f (m) m 4m .
2 2
+ + = + + < ⇒ = = − − − Xét hàm số bậc hai (coi 
m là ẩn ) 21 7f (m) m 4m
2 2
= − − − trên ñoạn [ ]5; 1− − ta có [ ]b 4 5; 1
2a
− = − ∈ − − dẫn tới 
• 
[ ]
{ }
m 5; 1
9 9
max A max f (m) max f ( 5); f ( 4);f ( 1) max 4; ;0
2 2∈ − −
 
= = − − − = = 
 
, ñạt ñược khi m = -4. 
• 
[ ]
{ }
m 5; 1
9
min A min f (m) min f ( 5);f ( 4); f ( 1) min 4; ;0 0
2∈ − −
 
= = − − − = = 
 
, ñạt ñược khi m = -1. 
Ví dụ 7. Cho các số thực x, y thoả mãn x 3 x 1 3 y 2 y− + = + − . Tìm GTLN, NN của biểu thức T x y= + . 
HD. Nếu T là một giá trị của biểu thức thì hệ phương trình sau ñây phải có nghiệm 
x 3 x 1 3 y 2 y
T x y

− + = + −

= +
(I). Ta ñặt u x 1
v y 2
 = +

= +
 thì hệ (I) trở thành 
2 2 2
u 0, v 0
u 0, v 0 1
u v T3u 3v T 3
u v T 3 T T 3
uv
18 2 2
≥ ≥
≥ ≥
 + = + = ⇔ 
 
+ = +  = − −

nghĩa là u, v là hai nghiệm không âm của phương trình 
2
2 T T T 3X X 0
3 18 2 2
− + − − = . Dễ thấy phương trình này 
có hai nghiệm không âm khi 
2
2
T 2T 6 0 9 3 179 T 9 3 15
2T T T 3S 0, P 0
3 18 2 2

∆ = − + + ≥
+
⇔ ≤ ≤ +

= ≥ = − − ≥
. ðiều này chứng tỏ 
tập giá trị của T là ñoạn 9 3 17[ ;9 3 15]
2
+
+ và 9 3 17minT 
2
+
= , max T 9 3 15= + . 
Ví dụ 8. Cho hai số thực x 0, y 0≠ ≠ thoả mãn 2 2(x y)xy x y xy+ = + − . Tìm GTLN của 3 3
1 1A
x y
= + . 
HD. Ta ñặt 2 21 1a , b a 0, b 0,a b a b ab.
x y
= = ⇒ ≠ ≠ + = + − Lại ñặt 
2m m
m a b ab
3
−
= + ⇒ = , như vậy a, b là 
hai nghiệm khác 0 của phương trình 
2
2 m mt mt 0.
3
−
− + = Phương trình này có hai nghiệm khác 0 khi 
2
2
4m m 0 0 m 43
.
m 1m mP 0
3

−∆ = ≥ < ≤
⇔ 
≠
−
= ≠
Lúc này 3 3 2 2 2 23 3
1 1A a b (a b)(a b ab) (a b) m 16.
x y
= + = + = + + − = + = ≤ 
A = 16 khi m = 4 1a b 2 x y .
2
⇔ = = ⇔ = = Vậy maxA = 16, ñạt ñược khi 1x y .
2
= = 
Ví dụ 9. Giả sử (x; y) là nghiệm dương của hệ phương trình (m là tham số) 2 2 2
x y m
.
x y m 6
+ =

+ = − +
 Tìm GTLN 
của biểu thức F xy 2(x y).= + + 
HD. Ta thấy 2 2 2 2
x y m x y m
x y m 6 xy m 3
+ = + =  
⇔ 
+ = − + = −  
 nên x, y là hai nghiệm của phương trình bậc hai 
2 2t mt m 3 0.− + − = Phương trình này có hai nghiệm dương khi 
3
2
12 3m 0
S m 0 3 m 2.
P m 3 0
∆ = − ≥

= > ⇔ < ≤

= − >
 Lúc này 
2F xy 2(x y) m 2m 3.= + + = + − Ta xét hàm số bậc hai 2f (m) m 2m 3= + − trên tập ( 3; 2] , có bảng biến 
thiên 
m 
- ∞ -1 3 2 + ∞ 
f(m) 
 5 
Vậy 
m ( 3; 2]
max F maxf(m) 5
∈
= = , ñạt ñược khi m = 2. 
Ví dụ 10. Tìm GTLN, NN của hàm số 
44 2sin x 12sin x 4sin xcos2x 52sin x 12sin x 4sin x cos2x 5y 2 2 .
+ + ++ + +
= − 
HD. Xét 34 4u 2sin x 12sin x 4sin x cos 2x 5 2sin x 8sin x 16sin x 5.= + + + = − + + ðặt t = sinx, 1 t 1− ≤ ≤ , 
thì 4 3 2 2 2u 2t 8t 16t 5 2(t 2t) 8(t 2t) 5.= − + + = − − − + ðặt 2v t 2t= − thì 2u 2v 8v 5.= − + Xét hàm 
2v t 2t= − với 1 t 1− ≤ ≤ , có bảng biến thiên 
t - ∞ -1 1 + ∞ 
2v t 2t= − 
3 
-1
 + ∞ 
Suy ra 1 v 3.− ≤ ≤ Ta lại xét hàm số 2u 2v 8v 5= − + với 1 v 3− ≤ ≤ , có bảng biến thiên 
v - ∞ -1 2 3 + ∞ 
2u 2v 8v 5= − + 
15 -1 
 -3 
 + ∞ 
Suy ra 3 u 15.− ≤ ≤ 
Với cách ñặt u như trên ñây thì hàm số ñã cho viết là uuy 2 2 .= − Ta ñặt tiếp uw 2= thì hàm số ñã cho 
viết thành 2y w w.= − Do 3 u 15 3 15 23 u 15 nên 2 2 2 2 w 2 w 128 2.
4
− −
− ≤ ≤ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ 
Bây giờ ta xét hàm 2y w w= − với 2 w 128 2
4
≤ ≤ , có bảng biến thiên 
w 
- ∞ 
2
4
1
2
 128 2 + ∞ 
2y w w= − 
1 2 2
8
−
 32768 128 2− 
 + ∞ 
1
4
− 
Vậy, maxy = 32768 128 2,− miny = 1 .
4
− 
Ví dụ 11. Chứng minh rằng với mọi a, b khác 0 ta có 
1) 
2 2
2 2
a b a b
b ab a
+ ≥ + . 
2) 
2 2
2 2
a b a b2( ) 5( ) 6 0
b ab a
+ − + + ≥ . 
HD. ðặt a bt 
b a
= + , vì a b. 1 0
b a
= > nên a b a b|t| | | | | 2 | | . | | 2,
b a b a
= + ≥ =
 hay t ( ; 2] [2; ).∈ −∞ − ∪ +∞ Và ta có 
2 2
2 2
2 2
a b a b( ) 2 t 2.
b ab a
+ = + − = − 
1) Ta cần chứng minh 2t 2 t (1), t ( ; 2] [2; ).− ≥ ∀ ∈ −∞ − ∪ +∞ Do 2(1) t t 2 0 (t+1)(t 2) 0,⇔ − − ≥ ⇔ − ≥ và 
nếu t 2≥ thì t 1 0, t 2 0 (t+1)(t 2) 0,+ > − ≥ ⇒ − ≥ nếu t 2≤ − thì t 1 1 0, t 2 3 0+ < − < − < − < 
(t+1)(t 2) 0,⇒ − ≥ tức là (1) luôn ñúng với mọi t ( ; 2] [2; ).∈ −∞ − ∪ +∞ Vậy ta luôn có 
2 2
2 2
a b a b
b ab a
+ ≥ + , với 
mọi a 0,b 0,≠ ≠ dấu “=” xảy ra khi t = 2 hay a = b. (ðể chứng minh (1) ta có thể sử dụng bảng biến thiên). 
2) Ta cần chứng minh 22(t 2) 5t 6 0, t ( ; 2] [2; ).− − + ≥ ∀ ∈ −∞ − ∪ +∞ (Tương tự như ý 1). 
Ví dụ 12. Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z ta có 
2 2 2 2 2 2 2 2ln(2x 2xyz 2y z y z y 2yz z 3) ln(x z 1)− + − + − + + > + + . 
HD. Do 2 2x z 1 0, x, z ,+ + > ∀ ∈ℝ nên bất dẳng thức cần chứng minh tương ñương với 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22x 2xyz 2y z y z y 2yz z 3 x z 1 x 2xyz (2y z y z y 2yz 2) 0.− + − + − + + > + + ⇔ − + − + − + > Xét 
tam thức bậc hai 2 2 2 2 2f (x) x 2xyz (2y z y z y 2yz 2)= − + − + − + ẩn x (coi y, z là tham số) có hệ số của 2x 
bằng 1 và 2 2x' g(y) ( z z 1)y 2yz 2.∆ = = − + − + − Ta lại xét tam thức bậc hai g(y) ẩn y (coi z là tham số) có hệ 
số của 2y là 2 21 3z z 1 (z ) 0, z ,
2 4
− + − = − − − < ∀ ∈ℝ và 2y' z 2z 2∆ = − + − 
2(z 1) 1 0, z .= − − − < ∀ ∈ℝ Do ñó 
g(y) luôn cùng dấu với hệ số của 2y với mọi y (và với mọi z), hay x' g(y) 0, y, z .∆ = < ∀ ∈ℝ Suy ra f(x) luôn 
cùng dấu với hệ số của 2x với mọi x (và với mọi y, z), nghĩa là 
2 2 2 2 2
x 2xyz (2y z y z y 2yz 2) 0, x, y, z .− + − + − + > ∀ ∈ℝ Như vậy ta luôn có bất ñẳng thức 
2 2 2 2 2 2 2 2ln(2x 2xyz 2y z y z y 2yz z 3) ln(x z 1), x, y, z .− + − + − + + > + + ∀ ∈ℝ 
Ví dụ 13. 
a) Cho 2x − y = 1, tìm GTNN của P = x2 + 2y2. 
b) Cho 
2 2
x y 1,
2 3
+ = tìm GTLN, NN của Q = x + y. 
c) Cho 2 2x 4y x 2y 4xy 2+ + + + ≤ . Chứng minh 2 x 2y 1− ≤ + ≤ . 
HD. Bài này có thể vận dụng BðT Bunhiacôpxki ñể làm, ở ñây chúng ta sẽ vận dụng phương trình, bất 
phương trình bậc hai ñể làm. 
a) Từ 2x − y = 1 ta có y = 2x − 1 suy ra P = x2 + 2(2x − 1)2 ⇔ 9x2 − 8x + 2 − P = 0. Coi ñây là PT bậc hai 
ẩn x, tham số P. Phương trình này có nghiệm khi 2' 9P 2 0 P .
9
∆ = − ≥ ⇔ ≥ Vậy 2min P ,
9
= ñạt ñược khi 
2 2
42x y 1 x
9
.2 1x 2y y9 9

− = =  
⇔ 
−+ = 
= 
b) Từ Q = x + y ⇒ y = x − Q, thế vào ñẳng thức ñề bài cho, ta ñược 5x2 − 4xQ + 2Q2 − 6 = 0. Bất phương 
trình bậc hai ẩn x này có nghiệm khi 2' 30 6Q 0 5 Q 5.∆ = − ≥ ⇔ − ≤ ≤ Vậy maxQ = 5 ñạt ñược khi 
2 2 2 5xx y 1 5
,2 3
3 5yx y 5
5

 =+ = 
⇔ 
 
=+ = 
 minQ = − 5 ñạt ñược khi 
2 2 2 5xx y 1 5
.2 3
3 5yx y 5
5

 = −+ = 
⇔ 
 
= −+ = − 
c) ðặt t x 2y= + thì 2 2x 4y x 2y 4xy 2+ + + + ≤ 2 2(x 4xy 4y ) (x 2y) 2 0⇔ + + + + − ≤ 2t t 2 0⇔ + − ≤ 
2 t 1⇔ − ≤ ≤ 2 x 2y 1 (ñpcm).⇔ − ≤ + ≤ 
Ví dụ 14. Tìm GTLN, NN của hàm số y x 3 6 x (x 3)(6 x).= + + − − + − 
HD. ðiều kiện 3 x 6.− ≤ ≤ ðặt 2t x 3 6 x 0 t 9 2 (x 3)(6 x) 9 t 3 (do t 0).= + + − ≥ ⇒ = + + − ≥ ⇒ ≥ ≥ Lại 
có 2 2t 9 2 (x 3)(6 x) (x 3) (6 x) 9 t 18 t 3 2 (do t 0).− = + − ≤ + + − = ⇒ ≤ ⇒ ≤ ≥ Vậy khi x chạy khắp ñoạn 
[ ]3;6− thì t chạy khắp ñoạn 3;3 2 .   Với cách ñặt như trên thì hàm số ñã cho trở thành 
21 9y f (t) t t , t 3;3 2 .
2 2
 = = − + + ∈   Do 
b 1 3;3 2
2a
 
− = ∉   nên 
x [ 3;6] t [3;3 2]
min y minf (t) min{f (3); f (3 2)}=
∈ − ∈
= = 
6 2 9 6 2 9
min{3; }= ,
2 2
− −
= ñạt ñược khi 3t 3 2 x ;
2
= ⇔ = và 
x [ 3;6] t [3;3 2]
max y max f (t) =max{f (3);f (3 2)}=
∈ − ∈
= 
6 2 9
m ax{3; }=3,
2
−
= ñạt ñược khi t 3 x 6, x 3.= ⇔ = = − 
Nhận xét 7. ðể tìm GTLN, NN của biểu thức dạng 
2 2
2 2
1 1 1
ax bxy cyP
a x b xy c y
+ +
=
+ +
 ta có thể xét y = 0, rồi xét y ≠ 0 và 
chia cả tử, mẫu của P cho y2, ñặt xt
y
= , ñưa về áp dụng nhận xét 5. 
Ví dụ 15. Cho 2 2x y 1+ = , tìm GTLN, NN của 2M 4xy 3y .= + 
HD. 
− Nếu y = 0 thì M = 0. 
− Nếu y 0≠ thì 
2
2 2 2
x4 3
4xy 3y yM .
xx y ( ) 1
y
+
+
= =
+ +
 ðặt 
x
t
y
= thì 2
4t 3M
t 1
+
=
+
 hay Mt2 − 4t + M − 3 = 0. 
 + Nếu M = 0 thì 3t .
4
= − 
 + Nếu M ≠ 0 thì phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn t có 2' M 3M 4.∆ = − + + Phương trình này 
có nghiệm khi 2M 3M 4 0 1 M 4.− + + ≥ ⇔ − ≤ ≤ 
Tóm lại, miền giá trị của M là ñoạn [−1; 4]. Vậy minM = − 1 ñạt khi 
2 2
2
2 1
x , y
x y 1 5 5 ;
2 14xy 3y 1 x , y
5 5

= = − + = ⇔
+ = − = − =

maxM = 4 ñạt khi 
2 2
2
1 2
x , y
x y 1 5 5
.
1 24xy 3y 4 x , y
5 5

= = + = ⇔
+ = = − = −

Nhận xét 8. 
a) ðể tìm GTLN, NN của biểu thức dạng 
2 2
2 2
1 1 1
a sin x bsin x cos x c.cos xP
a sin x b sin x cos x c .cos x
+ +
=
+ +
 ta xét cosx = 0, sau ñó xét 
cosx ≠ 0 và chia cả tử, mẫu của P cho cos2x, ta ñặt t = tanx, chuyển về áp dụng nhận xét 5. 
b) ðể tìm GTLN, NN của biểu thức dạng 2 2P a sin x bsin x cos x c.cos x= + + ta viết lại P ở dạng 
2 2
2 2
a sin x bsin x cos x c.cos xP
sin x cos x
+ +
=
+
 rồi làm tiếp như nhận xét 8a. 
c) ðể tìm GTLN, NN của biểu thức dạng 
1 1 1
a sin x b cos x cP
a sin x b cos x c
+ +
=
+ +
 ta biến ñổi biểu thức P ñể làm tiếp như 
nhận xét 8a như sau 
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 1
x x x x x x2a sin cos b(cos sin ) c(cos sin )
2 2 2 2 2 2P
x x x x x x2a sin cos b (cos sin ) c (cos sin )
2 2 2 2 2 2
+ − + +
=
+ − + +
. 
d) ðể tìm GTLN, NN của biểu thức dạng P a sin x bcos x c= + + ta biến ñổi 
2 2 2 2
2 2
x x x x x x2a sin cos b(cos sin ) c(cos sin )
2 2 2 2 2 2P
x x
cos sin
2 2
+ − + +
=
+
 và làm tiếp như nhận xét 8a. 
Ví dụ 16. Tìm GTLN, NN của 
1) 2y 3cos x 2sin 2x.= + 
2) 2 sin x cos xP .
2 sin x cos x
+ −
=
− +
HD. 1) Viết lại 2y 3cos x 4sin x cos x.= + Nếu cos x 0= thì y = 0. Nếu cos x 0≠ ta biến ñối 
2
2
2 2 2
3cos x 4sin x cos x 4 t anx 33cos x 4sin x cos x .
sin x cos x tan x 1
+ +
+ = =
+ +
 ðặt t = tanx thì hàm số trở thành 2
4t 3y .
t 1
+
=
+
 Coi t 
là ẩn, y là tham số, và biến ñổi 22 2
4t 3 4t 3y y 0 yt 4t y 3 0 (1).
t 1 t 1
+ +
= ⇔ − = ⇔ − + − =
+ +
 Với y = 0 thì (1) có nghiệm 
3
t ,
4
= − với y 0≠ thì (1) là phương trình bậc hai và có nghiệm khi 2' y 3y 4 0 1 y 4 (y 0).∆ = − + + ≥ ⇔ − ≤ ≤ ≠ 
Như vậy (1) có nghiệm khi 1 y 4− ≤ ≤ . Tóm lại maxy = 4, miny = -1. 
2) Ta có 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x x x x x x x x x x2sin cos (cos sin ) 2(cos sin ) 3sin 2sin cos cos
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2P .
x x x x x x x x x x2sin cos (cos sin ) 2(cos sin ) sin 2sin cos 3cos
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
− − + + + +
= =
− + − + + − +
− Khi cos x
2
= 0 thì P = 3. 
− Khi cos x
2
≠ 0 thì chia cả tử và mẫu của P cho cos2 x
2
 và ñặt t = tan x
2
 ta ñược 
2
2
3t 2t 1P (1).
t 2t 3
+ +
=
− +
 Vì 
2t 2t 3 0 ( t )− + > ∀ ∈ℝ nên 2(1) (P 3)t 2(P 1)t 3P 1 0 (2).⇔ − − + + − = Nếu P = 3 thì (2) có nghiệm t 1.= Nếu 
P 3≠ thì (2) là phương trình bậc hai ẩn t và có nghiệm khi 2' 2P 12P 2 0∆ = − + − ≥ 
3 2 2 P 3 2 2.⇔ − ≤ ≤ + Do ñó tập giá trị của P là ñoạn 3 2 2; 3 2 2 . − +  Vậy: 
• 
x 3
max P 3 2 2, khi tan 1 2 x k2 , k .
2 4
pi
= + = + ⇔ = + pi ∈ℤ 
• 
x
min P 3 2 2, khi tan 1 2 x k2 , k .
2 4
−pi
= − = − ⇔ = + pi ∈ℤ 
Ví dụ 17. Với mọi tam giác nhọn ABC, tìm GTLN của biểu thức M 3cos A 2(cos B cosC).= + + 
HD. Trong biểu thức M vai trò của cosB và cosC như nhau, vì thế ta biến ñổi 
2B C B C A A B CM 3cos A 2(cos B cosC) 3cos A 4.cos .cos 3 6sin 4.sin .cos .
2 2 2 2 2
+ − −
= + + = + = − + 
Do B C A0 cos 1, sin 0
2 2
−
 nên 2 A AM 6sin 4sin 3.
2 2
≤ − + + ðặt A 2t sin t (0; ),
2 2
= ⇒ ∈ ta xét hàm số 
2f (t) 6t 4t 3= − + + trên khoảng 2(0; ),
2
 nhận thấy 
t 0 1
3
2
2
f(t) 
11
3
Từ ñó suy ra 2 211 2 A A 11 116t 4t 3 ( t (0; )) 6sin 4sin 3 M .
3 2 2 2 3 3
− + + ≤ ∀ ∈ ⇒ − + + ≤ ⇒ ≤ 
Vậy 
B C
cos 111 1 1 12
max M , khi hay A = arcsin , B = C = arcsin . 
A 13 3 2 2 3
sin
2 3
−
= pi
= −

=

Nhận xét 9. Từ các khả năng xảy ra của ∆ ta thấy một tam thức bậc hai ñổi dấu khi và chỉ khi 0.∆ > Vì thế, 
ñể chứng minh bất ñẳng thức có dạng 2b 4ac 0 (a 0)− > ≠ ta có thể xét tam thức 2f (x) ax bx c= ± + và chỉ ra 
sự tồn tại của hai số thực , α β sao cho f ( ) 0, f ( ) 0.α > β < 
Ví dụ 18. Cho các số thực m, n, p thoả mãn ñiều kiện (m p)(m n p) 0.+ + + < Chứng minh rằng 
2 2n p 2[2m(m n p) np].+ > + + + 
HD. Nếu m = 0 việc kiểm tra tính ñúng ñắn của bất ñẳng thức cần chứng minh xin dành cho bạn ñọc. Với 
m 0≠ ta xét tam thức bậc hai 2f (x) mx (n p)x m n p,= + − + + + có f(0) = m + n + p và f(−1) = 2(m + p) nên 
f(0).f(−1) ⇔ + > + + + 
Ví dụ 19. Cho ( )1 2 na ,a ,..., a 0;1 .∈ Chứng minh 2 2 2 21 2 n 1 2 n(1 a a ... a ) 4(a a ... a ).+ + + + > + + + 
HD. Tam thức 2 2 2 21 2 n 1 2 nf (x) x (1 a a ... a )x (a a ... a )= − + + + + + + + + ñổi dấu vì 2 2 21 2 nf (0) a a ... a 0,= + + + > 
1 1 2 2 n nf (1) a (a 1) a (a 1) ... a (a 1) 0.= − + − + + − tức là 
2 2 2 2
1 2 n 1 2 n(1 a a ... a ) 4(a a ... a ).+ + + + > + + + 
Nhận xét 10. Nếu a > 0 thì ñồ thị hàm số 2y ax bx c= + + là parabol (P) quay bề lõm lên trên, tức là với bất 
kì hai ñiểm phân biệt A, B nằm trên (P), gọi M là một ñiểm thuộc ñoạn AB (M khác A, B), N là một ñiểm 
thuộc cung AB của (P) sao cho xM = xN, ta luôn có yM > yN (nếu a < 0 thì yM < yN). 
Ví dụ 20. Cho 2 1 2 3f (x) ax bx c (a 0), và x x x .= + + > < < Chứng minh rằng 
3 2 3 1 2 1
3 2 3 1 2 1
f (x ) f (x ) f (x ) f (x ) f (x ) f (x )
.
x x x x x x
− − −
> >
− − −
HD. Lấy 1 1 2 2 3 3A(x ;f (x )),B((x ;f (x )),C(x ;f (x )) thuộc parabol (P) 2: y f (x) ax bx c.= = + + ðường thẳng 
AC có hệ số góc 3 1
3 1
f (x ) f (x )k
x x
−
=
−
 và ñi qua ñiểm A nên có phương trình 1 1y k(x x ) f (x ).= − + ðường thẳng 
x = x2 cắt ñoạn thẳng AC tại 3 12 2 1 1
3 1
f (x ) f (x )M(x ;(x x ) f (x )).
x x
−
− +
−
 Do (P) quay bề lõm lên trên nên yM > yB 
hay 3 1 3 1 2 12 1 1 2
3 1 3 1 2 1
f(x ) f (x ) f(x ) f (x ) f(x ) f (x )(x x ) f(x ) f(x ) .
x x x x x x
− − −
− + > ⇔ >
− − −
 Mặt khác ñường thẳng AC ñi qua C và 
có hệ số góc 3 1
3 1
f (x ) f (x )k
x x
−
=
−
 nên phương trình của nó lại có thể viết ở dạng 3 3y k(x x ) f (x ).= − + Vì thế 
lại có thể biểu diễn giao ñiểm của ñường thẳng AC và ñường thẳng x = x2 là ñiểm 
3 1
2 2 3 3
3 1
f (x ) f (x )M(x ;(x x ) f (x )).
x x
−
− +
−
 Dẫn tới M By y> 3 12 3 3 2
3 1
f (x ) f (x )(x x ) f (x ) f (x )
x x
−
⇔ − + > ⇔
−
3 2 3 1
3 2 3 1
f (x ) f (x ) f (x ) f (x )
.
x x x x
− −
⇔ >
− −
Vậy 3 2 3 1 2 1
3 2 3 1 2 1
f (x ) f (x ) f (x ) f (x ) f (x ) f (x )
.
x x x x x x
− − −
> >
− − −
 Tôi cũng ñịnh nêu thêm ra ñây vài bài tập ñể các bạn học sinh tham khảo, nhưng tôi lại muốn các bạn hãy 
sưu tầm trong các tài liệu giúp tôi những bài tập tương tự như mấy ví dụ tôi vừa trao ñổi cùng các bạn. Nếu 
bạn nào có thể tự nghĩ ra các bài tập tương tự thì càng tốt. Hẹn gặp lại ở một dịp khác nhé! Chúc các bạn 
thành công.