Vận dụng kiến thức về hàm số bậc hai, phương trình bậc hai, tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng 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. 
(Kì sau ñăng tiếp)