Sáng kiến kinh nghiệm Một số bài toán bất đẳng thức ba biến có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r

i Học sinh giỏi Toán Quốc tế 
năm 2021) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 
 2 2 22 a b c 3 ab bc ca 5 a b c . 
Chứng minh rằng 2 2 24 a b c 2 ab bc ca 7abc 25 . 
 Tôi đã tìm tòi lời giải các bài toán này, nghiên cứu kỹ các lời giải đó và đúc rút 
ra một số kinh nghiệm cho bản thân trong quá trình dạy học. 
2. Thực trạng 
 Bài toán bất đẳng thức dạng này thường hay xuất hiện trong các đề thi tuyển 
sinh vào lớp 10 THPT chuyên Toán, đề thi tốt nghiệp THPT và đề thi Học sinh giỏi. 
Nhưng trong thực tế vấn đề dạy và học bài toán này Giáo viên và Học sinh gặp một số 
khó khăn và hạn chế như: Học sinh không nắm vững các bất đẳng thức đúng hay sử 
dụng, Học sinh không biết định hướng để tìm lời giải cho bài toán,; Khi giải xong 
bài toán Giáo viên không yêu cầu Học sinh nghiên cứu sâu lời giải, 
3. Phương hướng và giải pháp 
3.1. Một số định hướng để giải bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết 
và kết luận liên quan đến p, q, r 
Bài toán 1. (Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Toán năm học 2020-2021 của Sở Giáo 
dục và Đào tạo Hà Nội) 
Với a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c abc 4 , tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức P ab bc ca . 
Lời giải 1. 
Ta chứng minh P 4 . 
Từ giả thiết ta có ab 1 0 và 
4 a b
c
ab 1
 
8 
Do đó 
 a b 4 a b
P 4 ab 4
ab 1
 ab ab 1 a b 4 a b 4 ab 1 
2
a b 2 ab ab 3 (1) 
Từ giả thiết ta lại có 
ab 0 và a b 4 ab 3 ab a b 1 a 1 b 1 
 ab ab 3 ab a 1 b 1 (2) 
Ta sẽ chứng minh 
2
a b 2 ab a 1 b 1 (3) 
Thật vậy: 
 TH1: Nếu a 1 b 1 0 thì VT(3) 0 VP(3) . 
 TH2: Nếu a 1 b 1 0 , thì 
2
VT(3) a 1 b 1 4 a 1 b 1 VP(3) 
(Vì 
2
4ab a b 16 ab 4 ). 
Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng (Điều phải chứng minh). 
Suy ra P 4 , dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a b 2, c 0 . 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 4. 
Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải này là: “Từ giả thiết rút 1 biến nào đó theo 2 
biến còn lại (có thể hạn chế điều kiện hoặc tìm điều kiện liên quan trước khi rút) thế 
vào bất đẳng thức cần chứng minh để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về bất đẳng 
thức 2 biến. Chứng minh bất đẳng thức này (với điều kiện đã tìm được) và kết luận”. 
Lời giải 2. 
9 
 Không mất tính tổng quát, giả sử a b c (*). 
TH1: Nếu bc < 1 thì từ (*) và giả thiết a, b, c là ba số không âm suy ra 
 P 3bc P 3 . 
TH2: Nếu bc 1 thì từ giả thiết suy ra 
 4 a b c abc a b c a 2 a b a c 
 24 a b a c a ab bc ca ab bc ca 
 P 4 . 
Suy ra P 4 , dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a b 2, c 0 . 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 4. 
Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải này là: “Phân chia thành các trường hợp một 
cách hợp lý. Trong các trường hợp đó ta biến đổi một cách thích hợp rồi áp dụng các 
bất đẳng thức đúng đã biết để suy ra bất đẳng thức cần chứng minh”. 
Lời giải 3. 
 Đặt p a b c, q ab bc ca, r abc . 
Từ giả thiết ta có p + r = 4 (1) , p 4 và 
3
a b c
4 a b c abc a b c
3
 3 2p 27p 108 0 p 3 p 3p 36 0 
p 3 . 
Do đó 3 p 4 (2) 
Áp dụng bất đẳng thức Schur, ta có 
10 
3
3 p 9rp 9r 4pq q
4p
 (3) 
Từ (1) và (2) suy ra 
 233 p 4 p 4p 9p 9 4 pp 9r
4 4
4p 4p 4p
 (4) 
Từ (3) và (4) suy ra q 4 hay ab bc ca 4 . 
Suy ra P 4 , dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a b 2, c 0 . 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 4. 
Nhận xét. 
+) Định hướng để tìm lời giải này là: “Dùng các bất đẳng thức đúng đã biết để 
đánh giá các vế của bất đẳng thức cần chứng minh một cách hợp lý để dẫn đến việc 
cần chứng minh bất đẳng thức một biến (biến p); chứng minh bất đẳng thức này và 
kết luận (Để chứng minh thì ta phải tìm điều kiện cho p)”. 
+) Với giả thiết như trong bài toán trên, ta có thể chứng minh bất đẳng thức 
chặt hơn là ab bc ca a b c . Từ đó ta có bài toán sau (bài toán 2) 
Bài toán 2. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c abc 4 . 
Chứng minh rằng ab bc ca a b c . 
Lời giải. Từ giả thiết ta có ab 1 0 và 
4 a b
c
ab 1
 
Do đó 
ab bc ca a b c 
 a b 4 a b 4 a b
ab a b
ab 1 ab 1
 ab ab 1 a b 4 a b a b ab 1 4 a b 
2
a b 2 ab a 1 b 1 
(Bất đẳng thức này đúng theo chứng minh trong lời giải 1). 
11 
Nhận xét. 
+) Định hướng để tìm lời giải này tương tự ở lời giải 1 của bài toán 1. 
+) Kết luận ab bc ca a b c vẫn đúng nếu ta thay giả thiết “Cho ba số 
thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c abc 4 ” bởi giả thiết “Cho ba 
số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab bc ca abc 4 ”. Do đó ta có bài 
toán sau (bài toán 3) 
Bài toán 3. (Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 1996) 
Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện ab bc ca abc 4 . Chứng 
minh rằng ab bc ca a b c . 
Lời giải 1. 
Nếu a b ab 0 thì a b 0 ab bc ca abc 0 (Trái với giả thiết). 
Do đó, từ giả thiết ta có a b ab 0 và 
4 ab
c
a b ab
 
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 
 a b 4 ab 4 ab
ab a b
a b ab a b ab
 ab a b ab a b 4 ab a b a b ab 4 ab 
2
a b 2 ab a 1 b 1 (1) 
TH1: Nếu a 1 b 1 0 thì VT(1) 0 VP(1) . 
TH2: Nếu a 1 b 1 0 , thì 
2
VT(1) a 1 b 1 4 a 1 b 1 VP(1) 
(Vì từ giả thiết suy ra ab 4 ). 
Nhận xét. Định hướng để tìm lời giải này tương tự ở lời giải 1 của bài toán 1. 
12 
Lời giải 2. 
Vì a và b là hai số không âm nên luôn tồn tại các số thực không âm x, y, z thỏa 
mãn y z 0 , z x 0 sao cho 
2x 2y
a , b
y z z x
 
Nếu x y 0 thì x y 0 a b 0 ab bc ca abc 0 (Trái với 
giả thiết). Do đó x y 0 . 
Nếu a b ab 0 thì a b 0 ab bc ca abc 0 (Trái với giả thiết). 
Do đó, từ giả thiết ta có a b ab 0 và 
4xy
4
y z z x4 ab 2z
c
2x 2y 4xya b ab x y
y z z x y z z x
 
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 
4xy 4yz 4zx 2x 2y 2z
y z z x z x x y x y y z y z z x x y
 2xy x y 2yz y z 2zx z x x x y x z y x y y z z x z y z 
 3 3 3x y z 3xyz xy x y yz y z zx z x (1) 
Theo bất đẳng thức Schur bậc ba thì bất đẳng thức (1) đúng. 
Nhận xét. 
+) Định hướng để tìm lời giải này là: “Đặt ẩn phụ để chuyển bài toán về bài 
toán với 3 ẩn mới đơn giản hơn (có thể chứng minh được) và chứng minh bài toán 
này”. 
 +) Ta có thể nghĩ đến cách đặt ẩn phụ như trên vì: Với ba số thực x, y, z thỏa 
mãn x y 0 , y z 0 , z x 0 ta có đẳng thức đúng sau 
13 
xy x y yz y z zx z x 2xyz
1
x y y z z x
hay 
2x 2y 2z 2x 2y 2z 2x 2y 2z
4
y z z x x y y z z x x y y z z x x y
     
. 
+) Tương tự phân tích trên, ta có các kết quả sau: 
+ Nếu a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện 2
2
ab bc ca abc k
k
 (với 
k 0 ) thì tồn tại ba số thực dương x, y, z sao cho: 
kx ky kz
a , b , c
y z z x x y
 
+ Nếu a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2
2
a b c abc k
k
 (với 
k 0 ) thì tồn tại ba số thực dương x, y, z sao cho: 
kx ky kz
a , b , c
x y x z y x y z z x z y
hoặc 
k yz k xyk zx
a , b , c
x y x z y x y z z x z y
 
Từ các bài toán và lời giải trên ta có thể rút ra một số định hướng để giải một số 
bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r: 
Định hướng 1. Từ giả thiết rút 1 biến nào đó theo 2 biến còn lại (có thể hạn chế điều 
kiện hoặc tìm điều kiện liên quan trước khi rút) thế vào bất đẳng thức cần chứng minh 
để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về bất đẳng thức 2 biến. Chứng minh bất đẳng 
thức này (với điều kiện đã tìm được) và kết luận. 
Định hướng 2. Phân chia thành các trường hợp một cách hợp lý. Trong các trường 
hợp đó ta biến đổi một cách thích hợp rồi áp dụng các bất đẳng thức đúng đã biết để 
suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. 
14 
Định hướng 3. Dùng các bất đẳng thức đúng đã biết để đánh giá các vế của bất đẳng 
thức cần chứng minh một cách hợp lý để dẫn đến việc cần chứng minh bất đẳng thức 
một biến (Thường dùng các bất đẳng thức đúng đã biết liên quan đến p, q, r để đánh 
giá các vế của bất đẳng thức cần chứng minh theo 1 trong 3 đại lượng p, q, r một 
cách hợp lý); chứng minh bất đẳng thức này và kết luận (Để chứng minh được thì ta 
phải tìm điều kiện cho biến này). 
Định hướng 4. Đặt ẩn phụ để chuyển bài toán về bài toán với 3 ẩn mới đơn giản hơn 
(có thể chứng minh được) và chứng minh bài toán này. 
Nhận xét. Có một số bài toán ta có thể vận dụng phối hợp các định hướng trên. 
3.2. Vận dụng các định hướng trên để giải một số bài toán 
Bài toán 4. 
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện 2 2 2a b c abc 4. Chứng 
minh rằng a b c 3 . 
Lời giải: 
Từ giả thiết và các kết quả trên, ta có thể đặt 
2x 2y 2z
a , b , c
x y x z y x y z z x z y
 
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 
2x 2y 2z
3
x y x z y x y z z x z y
 (1) 
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có 
x x y y z z
VT(1)
x y x z y x y z z x z y
=3. 
Suy ra (1) đúng. 
Bài toán 5. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn 2 2 2a b c 8 . Chứng minh 
rằng 
15 
 4 a b c 4 abc . 
 (Nguyễn Phi Hùng) 
Lời giải. 
Đặt p a b c, q ab bc ca, r abc . 
Từ giả thiết ta có 2p 2q 8 , 2p 8 và p > 0. 
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 4p 16 r (1) 
Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc bốn, ta có 
 2 24 2 2 4q p p qp 4q 6pr 5p q r
6p
 (2) 
Ta sẽ chứng minh 
 2 24q p p q
4p 16
6p
 (3) 
Thật vậy 
 2 2p 16 p 8
(3) 4p 16
6p
 (Vì 2p 2q 8 ) 
2 2p 4 p p 8
0
12p
 (đúng) 
Do đó (3) đúng. 
Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng. Dấu bằng xảy ra khi a = b = 2, c = 0 và các hoán 
vị tương ứng. 
Bài toán 6. (Bài toán gốc của Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 2002) 
Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn 2 2 2a b c 9 . Chứng minh rằng 
 2 a b c abc 10 . 
16 
Lời giải. 
 Không mất tính tổng quát, giả sử a b c (*). 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxky, ta có 
22 2
2 a b c abc 2 a b c 2 ab 
2 22a b c 4 2 ab 
2
2ab 9 8 4ab ab 
3 2
2 ab ab 20ab 72 
2
ab 2 2ab 7 100 (1) 
Từ giả thiết và (*) suy ra 2c 3 . Do đó 2 2 22ab a b 9 c 6 (2) 
Vì vậy, từ (1) và (2) suy ra 
2
2 a b c abc 100 2 a b c abc 10 (Điều phải chứng minh). 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1, b c 2 . 
 Vậy 2 a b c abc 10 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1, b c 2 
và các hoán vị tương ứng. 
Nhận xét. 
 Về mặt hình thức thì bài toán 5 và bài toán 6 tương tự nhau nhưng để giải bài 
toán 6 ta không thể dung bất đẳng thức Schur bậc bốn (đối với ba số thực bất kỳ) vì 
khi đó dấu bằng ở bất đẳng thức Schur bậc bốn xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 
và các hoán vị tương ứng. Khi đó dấu bằng ở bất đẳng thức cần chứng minh không 
xảy ra. 
17 
 Vì vậy để giải được bài toán bất đẳng thức nói chung và bất đẳng thức ba biến 
a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến p, q, r thì việc lựa chọn bất đẳng thức 
đúng để đánh giá là rất quan trọng. 
Bài toán 7. (Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia năm 2004) 
Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 
3
x y z 32xyz . Hãy tìm giá 
trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 
4 4 4
4
x y z
P
x y z
 
Lời giải. 
 Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x + y + z = 4. Khi đó bài toán trở 
thành: 
“Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức 4 4 4
1
P x y z
256
 khi các 
biến số dương x, y, z thay đổi và thỏa mãn điều kiện x + y + z = 4 và xyz = 2”. 
Đặt 4 4 4Q x y z và t = xy + yz + zx, ta có 
22 2 2 2 2 2 2 2 2Q x y z 2 x y y z z x 
22 2
x y z 2 xy yz zx 2 xy yz zx 2xyz x y z 
2 2 216 2t 2 t 16 2t 64t 288 (1) 
Từ điều kiện đối với x, y, z ta có y z 4 x và 
2
yz
x
 (2) 
Do đó 
2
t x 4 x
x
 (3) 
Áp dụng bất đẳng thức 
2
y z 4yz và điều kiện (2) ta được 
18 
2 3 284 x x 8x 16x 8 0
x
 2x 2 x 6x 4 0 
3 5 x 2 (Do 0 < x < 4). 
Xét hàm số 
2
t x x 4 x
x
 với x 3 5;2 
. 
Bằng cách lập bảng biến thiên của hàm số t(x) trên đoạn 3 5;2 
, ta tìm được điều 
kiện 
5 5 1
t 5;
2
. 
Do đó 2Q 2t 64t 288 với 
5 5 1
t 5;
2
. 
Xét hàm số 2f t 2t 64t 288 với 
5 5 1
t 5;
2
. 
Từ bảng biến thiên của hàm số f(t) trên 
5 5 1
5;
2
 ta có 
383 165 5
f t 9
2
 với mọi 
5 5 1
t 5;
2
. 
Vì vậy 
383 165 5
Q 9
2
 hay 
383 165 5 9
P
256 128
  
383 165 5
P
256
 , chẳng hạn khi 
1 5
x 3 5, y z
2
  
9
P
128
 , chẳng hạn khi x = 2, y = z = 1. 
19 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
383 165 5
256
 và giá trị lớn nhất của P là 
9
128
 
Bài toán 8. (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam tham gia thi Học sinh giỏi Toán Quốc tế 
năm 2021) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 
 2 2 22 a b c 3 ab bc ca 5 a b c . 
Chứng minh rằng 2 2 24 a b c 2 ab bc ca 7abc 25 . 
Lời giải: 
 Đặt p a b c, q ab bc ca, r abc . 
Từ giả thiết ta có 22 p 2q 3q 5p hay 2q 2p 5p (1) 
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 
 2 24 p 2q 2q 7r 25 4p 7r 25 6q 
 2 2 24p 7r 25 6 2p 5p 7r 8p 30p 25 (2) 
Mặt khác ta có 
2
ab bc ca 3abc(a b c) hay 23rp q (3) 
TH1: Nếu p = 0 hay a b c 0 a b c 0 thì r = 0. 
Do đó (2) đúng. 
TH2: Nếu p > 0 thì từ (3) ta suy ra 
27q
7r
3p
 (4) 
Ta chứng minh 
2
27q 8p 30p 25
3p
 (5) 
Từ (1), ta suy ra 
22 2(5) 7 2p 5p 3p 8p 30p 25 
 p p 3 2p 5 14p 5 0 (6) 
20 
Từ giả thiết p > 0, kết quả (1) và kết quả 
2
a b c
ab bc ca
3
 hay 
2p
q
3
 suy 
ra 
2
2 p 50 2p 5p p 3
3 2
 . Suy ra (6) đúng. Do đó (5 ) đúng. 
Từ (4) và (5) suy ra (2) đúng (Điều phải chứng minh). 
4. Đánh giá và kết quả thực hiện 
Trong năm học 2021 – 2022 tôi đã dùng đề tài này làm tài liệu giảng dạy cho 
lớp 12A1 của trường THPT Kim Liên và đã đạt được kết quả rất cao. Sau đây là số 
liệu so sánh kết quả trước và sau khi áp dụng đề tài ở trường THPT Kim Liên: 
Năm học Dùng đề tài này làm tài liệu Số học sinh đạt Học sinh giỏi Tỉnh 
2020 - 2021 Không 1 (Giải Ba) 
2021 - 2022 Có 2 (2 Giải Ba) 
 Đề tài này đã được các đồng nghiệp ở các trường khác như trường THCS Đặng 
Thai Mai, THCS Đặng Chánh Kỷ, THCS Kim Liên, THPT chuyên Phan Bội Châu, 
THPT Hà Huy Tập, PTDTNT THPT Số 2, sử dụng làm tài liệu và đã đem lại kết 
quả tốt. 
21 
III. KẾT LUẬN 
Qua quá trình tìm hiểu các bài toán về bất đẳng thức nói chung và dạng toán 
này nói riêng, tác giả nhận thấy bài toán này thường gây ra nhiều khó khăn cho Học 
sinh; đồng thời đây cũng là một dạng toán hay. Vì vậy tác giả đã cố gắng tìm hiểu, 
nghiên cứu, trao đổi với một số đồng nghiệp và tìm hiểu thêm các tài liệu liên quan. 
Từ đó đúc rút ra được một số kinh nghiệm như đã trình bày trong đề tài này. Đề tài 
này giúp cho tác giả “tự tin hơn” khi gặp các bài toán dạng này và đã được một số 
đồng nghiệp ghi nhận, áp dụng. Đề tài này có thể làm tài liệu tham khảo cho các Học 
sinh yêu Toán và một số Đồng nghiệp. 
Các bài toán bất đẳng thức ba biến a, b, c có giả thiết và kết luận liên quan đến 
p, q, r thường là bài toán khó, để tìm được lời giải cho các bài toán bất đẳng thức này 
đòi hỏi chúng ta phải lựa chọn được định hướng thích hợp và vận dụng các kiến thức 
đã biết một cách linh hoạt. Có một số bài toán khó dạng này chúng ta phải dùng các 
“phương pháp mạnh” như phương pháp dồn biến, phương pháp phân tích bình 
phương S.O.S, mới có thể tìm được lời giải. 
Ngoài các phương pháp để giải bài toán dạng này mà đề tài đã đề cập vẫn còn 
một số định hướng “quen thuộc” khác chẳng hạn như phương pháp phản chứng. Mặc 
dù đã rất cố gắng nhưng đề tài chắc chắn còn nhiều thiếu sót, vì vậy tác giả mong 
muốn nhận được sự góp ý chân thành từ các Thầy Cô và các em Học sinh.