sáng kiến kinh nghiệm-sử dụng công cụ đạo hàm trong khảo sát hàm số

LỜI NÓI ĐẦU.
ất đẳng thức là một chuyên đề hay và đặc sắc của toán học sơ cấp đã đựoc đưa vào
dạy và học rộng rãi ở các trường phổ thông trung học.Trong các kỳ thi học sinh giỏi
các cấp ,kỳ thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng không bao giờ vắng mặt các bài toán
về bất đẳng thức. Tuy nhiên phải nhận thấy rằng các bài toán chứng minh bất đẳng thức là
các bài toán khó bởi lẽ nó không có một phương pháp chính thống nào để giải đựợc tất cả các
bài toán bất đẳng thức cũng như nó đòi hỏi người học phải có kiến thức vững chắc và một số
kỹ năng giải toán nhất định. Hiện nay tài liệu viết về bất đẳng thức cũng khá đa dạng theo
nhiều hướng giải quyết sử dụng các công cụ khác nhau. Với ý tưởng sử dụng công cụ đạo
hàm trong khảo sát hàm số, chúng tôi mạnh dạn lựa chọn và thực hiện đề tài này với mục
đích đóng góp một phần công sức nho nhỏ và việc tuyển chọn và chứng minh một số bất
đẳng thức bằng phương pháp hàm số .Hi vọng cuốn tiểu luận này sẽ là một tài liệu bổ ích cho
bạn đọc.
B
Cuốn tiểu luận chia làm 4 chương:
Chương I: ĐẠO HÀM VÀ ÁP DỤNG XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ.
Chương II: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT ĐẲNG THỨC.
Chương III: TÍNH LỒI LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT
ĐẲNG THỨC
Chương IV: ĐỊNH LÝ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG

Mỗi chương đều được trình bày theo 2 phần: lý thuyết và hệ thống bài tập .Cuối mỗi chương
đều có phần bài tập tương tự và nâng cao nhằm mở rộng và đào sâu kiến thức.
Cuốn tiểu luận này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn đầy nhiệt tình của thầy giáo Dương
Thanh Vỹ cùng với sự nỗ lực rất lớn của tất cả các thành viên trong nhóm.Nhân đây chúng
em xin chân thành cảm ơn thầy.
Quy Nhơn,ngày 03 tháng 12 năm 2009.
Nhóm thực hiện.
1
MỤC LỤC
Nội dung ……………………………………………………………………………….Trang

LỜI NÓI ĐẦU
MỤC LỤC
Chương I: .
ĐẠO HÀM VÀ ÁP DỤNG XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ………………………3
Chương II:
CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT ĐẲNG THỨC ….………………15
Chương III:
TÍNH LỒI LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT ĐẲNG THỨC… 32
Chương IV:
ĐỊNH LÝ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG ……………………………………………… …38
KẾT LUẬN CHUNG……………………………………………………………………… 42
TÀI LIỆU THAM KHẢO………………………………………………………………… 43
2
CHƯƠNG I
ĐẠO HÀM VÀ ÁP DỤNG XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ.
I.Lý thuyết :
1.Đạo hàm:
a.Định nghĩa :
Cho hàm số y=f(x) xác định trên khoảng
( )
, ⊆a b ¡
và
( )
0
,x a b∈
.
Ký hiệu :
0
x x x∆ = −
:số gia của đối số tại x

0
.

0 0 0 0
( ) ( ) ( ) ( )y y y f x f x f x x f x∆ = − = − = + ∆ −
:số gia của hàm số tại
0
x
.
Nếu tồn tại (hữu hạn) giới hạn:
0 0
0 0
( ) ( )
lim lim
x x
f x x f x
y
x x
∆ → ∆ →
+ ∆ −
∆
=
∆ ∆
thì ta nói hàm số f(x) có
đạo hàm tại
0
x
và giới hạn đó chính là đạo hàm của f(x) tại
0
x

.
Ký hiệu:
,
0
( )f x
hoặc
0
( ).
df
x
dx
Nếu hàm số f(x) có đạo hàm tại mọi điểm của khoảng (a,b) thì ta nói hàm số f(x) có đạo hàm
trên khoảng (a,b).
b.Định lý :( điều kiện cần của đạo hàm)
Nếu hàm số f(x) có đạo hàm tại
0
x
thì f(x) liên tục tại
0
x
. Và do đó nếu hàm số f(x) có đạo
hàm trên khoảng (a,b) thì nó liên tục trên khoảng (a,b).
Chứng minh:
Thật vậy : Vì f(x) có đạo hàm tại
0
x
nên tồn tại
0
lim
x

y
x
∆ →
∆
∆
=
,
0
( )f x
. Từ đó suy ra:

0 0
lim lim . 0.
x x
y
y x
x
∆ → ∆ →
∆
∆ = ∆ =
∆
Tức là f(x) liên tục tại
0
x
.
Lưu ý:Điều ngược lại của định lý nói chung là không đúng ,chẳng hạn hàm
y x=
liên tục
tại 0 tuy nhiên nó không có đạo hàm tại 0.
c.Các công thức và quy tắc tính đạo hàm :

' , ,
, ,
, , ,
, ,
,
2
( ( ) ( )) ( ) ( ).
( . ( )) . ( ), .
( ( ). ( )) ( ). ( ) ( ). ( ).
( ) ( ). ( ) ( ). ( )
( ) .
( ) ( )
+ = +
= ∀ ∈
= +
−
=
f x g x f x g x
f x f x
f x g x f x g x f x g x
f x f x g x f x g x
g x g x
α α α
¡
3
,
,
1
,
,

, 2
2
, 2
2
,
,
,
,
0.
1.
. , .
(sin ) cos .
(cos ) sin .
1
(tan ) 1 tan .
cos
1
(cot ) (1 cot ).
sin
( ) .
( ) .ln , 0 1.
1
(ln ) , 0.
1
(log ) , 0,0 1.
ln
−
=
=
= ∀ ∈

=
= −
= = +
−
= = − +
=
= ∀ < ≠
= >
= > < ≠
x x
x x
a
C
x
x x
x x
x x
x x
x
x x
x
e e
a a a a
x x
x
x x a
x a
α α
α α
¡

2.Ứng dụng đạo hàm xét tính đơn điệu của hàm số:
a.Định nghĩa:
Cho hàm số f(x) xác định trên khoảng (a,b).
• Hàm số f(x) được gọi là đồng biến(tăng) trên khoảng (a,b) nếu
( )
1 2 1 2 1 2
, , , ( ) ( ).x x a b x x f x f x∀ ∈ < ⇒ <
• Hàm số f(x) được gọi là nghịch biến(giảm) trên khoảng (a,b) nếu
( )
1 2 1 2 1 2
, , , ( ) ( ).x x a b x x f x f x∀ ∈ < ⇒ >
Ví dụ:
3
1, , , ln ,
x
y x y x y e y x= + = = =
là những hàm đồng biến trên miền xác định của nó.

1
2
1
, ( ) , log ,
2
x
y x y y x= − = =
là những hàm nghịch biến trên miền xác định của nó.
b.Định lý:
Giả sử f(x) có đạo hàm trên khoảng (a,b).Khi đó:
• Nếu
( )

,
( ) 0, ,f x x a b≥ ∀ ∈
thì f(x) đồng biến trên khoảng(a,b).
• Nếu
( )
,
( ) 0, ,f x x a b≤ ∀ ∈
thì f(x) nghịch biến trên khoảng(a,b).
II.Hệ thống bài tập minh họa:
Như vậy sử dụng đạo hàm ta có thể xét tính đơn điệu của hàm số và từ đó áp dụng vào giải
quyết một số bài toán chứng minh bất đẳng thức.Sau đây là một số ví dụ minh họa.
Bài 1[3]. Chứng minh rằng:
0 .
2
π
α β
∀ < < <
Ta có:

sin sin 2( os os )c c
α α β β β α
− > −
.
Giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
sin 2 os sin 2 osc c
α α α β β β
+ > +
.
4

Xét hàm số:f(x)=xsinx+2cosx ,x
(0; )
2
π
∈
.

,
,,
( ) cos sinx.
f ( ) sinx 0, 0; .
2
× = −
 
× = − < ∀ ∈
 ÷
 
f x x x
x x x
π

Suy ra : f’(x) nghịch biến trên
(0; )
2
π
'( ) '(0) 0.f x f⇒ < =
Do đó f(x) nghịch biến trên (0,
2
π
).

Theo giả thiết
0
2
π
α β
< < <
nên
( ) ( )f f
α β
>

⇒
sin 2 os sin 2 osc c
α α α β β β
+ > +
(đpcm).
Bài2:[9] Chứng minh rằng: sinx >
2
, 0,
2
x
x
π
π
 
∀ ∈
 ÷
 
.
Giải :

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
sinx 2
, (0, ).
2
x
x
π
π
> ∀ ∈
Xét hàm số
sinx
( ) , 0,
2
f x x
x
π
 
= ∈
 ÷
 
. Ta có:
2 2
cos sinx ( )
'( ) .
x x g x
f x
x x
−
= =
(với g(x)=xcosx-sinx ).

Ta có : g’(x)=-xsinx<0,
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 ÷
 
.
Suy ra g(x) nghịch biến trên khoảng
0,
2
π
 
 ÷
 
Do đó g(x)<g(0)=0.
Suy ra :f’(x)=
2
( )g x
x
<0,
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 ÷

 
.Hay f(x) là hàm giảm trên
0,
2
π
 
 ÷
 
.
Suy ra
2
( ) ( )
2
f x f
π
π
> =
⇔
sinx 2
, (0, )
2
x
x
π
π
> ∀ ∈
(đpcm).
Bài 3:[3] Chứng minh rằng :
1
,1

2
x
 
∀ ∈
 
 
ta có : arctanx-
( )
2
ln 1 ln 2.
4
x
π
≥ + −
Giải:
Ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng: arctanx
( )
2
1
ln 1 ln 2, ,1
4 2
x x
π
 
− + ≥ − ∀ ∈
 
 
.
Xét hàm số: f(x)=arctanx-
2

ln(1 )x+
trên đoạn
1
,1
2
 
 
 
,ta có:
f’(x)=
2
1 2 1
0, ,1
1 2
x
x
x
−
 
≤ ∀ ∈
 
+
 
.
5
Suy ra f(x) nghịch biến trên
1
,1
2
 

 
 
.
⇒
( )
1
(1), ,1
2
f x f x
 
≥ ∀ ∈
 
 
hay: arctanx
( )
2
1
ln 1 ln 2, ,1
4 2
x x
π
 
− + ≥ − ∀ ∈
 
 
.(đpcm)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=1.
Bài 4:[3] Chứng minh rằng :
cos os( ), 0,
2

2
x
x c x
π
 
< ∀ ∈
 ÷
 
.
Giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:
2
os cos 0, 0,
2
2
x
c x x
π
 
 
− > ∀ ∈
 ÷
 ÷
 
 
.
Xét hàm số: f(x)=
2
os cos , 0,
2

2
x
c x x
π
 
 
− ∀ ∈
 ÷
 ÷
 
 
.Ta có:
• f’(x)=
1
.sin( 2 ) sinx.
2
x
−
+
• f’’(x)=
os( 2 ) cos .c x x− +
Vì hàm y=cosx nghịch biến trên
( )
0,
π
và x<
2
x ,
0,
2

x
π
 
∀ ∈
 ÷
 
nên
cos os( 2. ), 0,
2
x c x x
π
 
> ∀ ∈
 ÷
 
.
⇒
f’’(x)>0,
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 ÷
 
.
⇒
f’(x) đồng biến trên
0,

2
π
 
 ÷
 
'( ) '(0) 0,f x f⇒ > =
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 ÷
 
.
Do đó f(x) đồng biến trên
0,
2
π
 
 ÷
 
cho nên f(x)>f(0)=0,
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 ÷

 
.
⇔
2
os cos 0, 0,
2
2
x
c x x
π
 
 
− > ∀ ∈
 ÷
 ÷
 
 
.(đpcm)
Bài 5[9] : Chứng minh rằng :Với mọi x>0,ta có:

3 3 5
sinx .
3! 3! 5!
x x x
x x− < < − +
Giải:
Xét hàm f(x)=
3
3!
x

-x+sinx trên khoảng
( )
0,+∞
, ta có:
• f’(x)=
2
1 cos .
2
x
x− +
• f’’(x)=x-sinx.
• f’’’(x)=1-cosx>0,
0x∀ >
.
6
hay
3
sinx, 0.
3!
x
x x− < ∀ >
(*)
Mặt khác xét hàm g(x)=
5 3
sin x
5! 3!
x x
x− + −
,x>0. Tương tự ta cũng có:
( )

4 2
3
' 1 cos .
4! 2!
''( ) sinx ( ).
3!
x x
g x x
x
g x x f x
= − + −
= − + =
Theo chứng minh trên ta có :g”(x)=f(x)>0,
∀
x>0.Do đó g’(x) đồng biến trên
( )
0,+∞
.
⇒
g’(x)>g’(0)=0 ,
∀
x>0.Do vậy g(x) lại đồng biến trên
( )
0,+∞
.
Suy ra :g(x)>g(0),
∀
x>0
Hay sinx <
3 5

, 0.
3! 5!
x x
x x− + ∀ >
(**)
Kết hợp (*) và (**) ta có đpcm.
Bài 6:[5] Chứng minh rằng: nếu
0
2
π
α β
< < <
thì
tan tan
.
α β
α β
<
Áp dụng:
a, Cho 0<a<b<1.Chứng minh rằng :tan(ab)<tana.tanb
b,Cho
0 , , 2
4( 1)
< < ∈ ≥
−
n n
n
π
α
¥

.Chứng minh rằng:
tan( ) .tann n
α α
>
Giải:
Xét hàm số: f(x)=
t anx
, 0,
2
x
x
π
 
∈
 ÷
 
.Ta có:
f’(x)=
2 2 2 2
sinx.cos 2 sin 2
. os 2 . os
x x x x
x c x x c x
− −
=
.
Ta biết rằng sin2x<2x,
∀
x>0.Từ đó suy ra:f’(x)>0,
0,

2
x
π
 
∀ ∈
 ÷
 
,tức là f(x) đồng biến trên
0,
2
π
 
 ÷
 
.Kết hợp giả thiết
0
2
π
α β
< < <
suy ra
( ) ( )
f f
α β
<
hay
tan tan
.
α β
α β

<
Áp dụng:
a.Từ gt 0<a<b<1 suy ra :0<ab<a<b<
2
π
.Áp dụng kết quả trên ta có:
tan( ) tan
tan( ) .tan
ab a
ab b a
ab a
< ⇔ <
(*).
7
( )
'' ''(0) 0, 0.
'( ) '(0) 0, 0.
( ) (0) 0, 0
f x f x
f x f x
f x f x
⇒ > = ∀ >
⇒ > = ∀ >
⇒ > = ∀ >
Lại vì:0<b<1<
2
π
nên b<tanb
⇒
b.tana<tanb.tana (vì tana>0) (**)

Kết hợp (*) &(**) ta có: tan(a.b)<tana.tanb (đpcm).
b.Từ gt
0 , , 2
4( 1)
< < ∈ ≥
−
n n
n
π
α
¥
suy ra:
( 1)
0 .
4( 1) 4( 1) 4 4( 1) 4 4 2
n n
n
n n n
π π π π π π π π
α α
− +
< < < = = + ≤ + =
− − −
Áp dụng kết quả trên suy ra:
tan tan( )
.tan tan( )
n
n n
n
α α

α α
α α
< ⇔ <
(đpcm).
Bài 7 [5]:Chứng minh rằng :
2 2
1 .ln( 1 ) 1 , . 0+ + + ≥ + ∀ >x x x x x
Giải:
Xét hàm số:
( )
2 2
1 .ln( 1 ) 1 ,= + + + − + ∀f x x x x x x
>0.Ta có:
•
(
)
2
2
2 2 2
1
'( ) ln( 1 )
1 ( 1 ) 1
x x x
x
f x x x
x x x x
+ +
= + + + −
+ + + +

=
2
ln( 1 )x x+ +
.
•
2
1
''( )
1
=
+
f x
x
>0.Suy ra f’(x) là hàm tăng trên
( )
0,+∞
nên f’(x)>f’(0)=ln1=0
Vậy f(x) cũng là hàm tăng trên
( )
0,+∞
.Suy ra:
f(x)>f(0)=0,
2 2
0 1 ln( 1 ) 1x x x x x∀ > ⇔ + + + > +
,
∀
x>0(đpcm).
Bài 8 [9]:Chứng minh rằng:
( )
1

ln ln 4, , 0,1 ,
1 1
y x
x y x y
y x y x
 
− > ∀ ∈ ≠
 ÷
− − −
 
.(*)
Giải:
Ta xét 2 trường hợp sau:
• Nếu 1>y>x>0 thì (*)
ln ln 4( ).
1 1
y x
y x
y x
⇔ − > −
− −

ln 4 ln 4
1 1
y x
y x
y x
⇔ − > −
− −
.(1)

• Nếu 1>x>y>0 thì (*)
ln ln 4( ).
1 1
y x
y x
y x
⇔ − < −
− −

ln 4 ln 4
1 1
y x
y x
y x
⇔ − < −
− −
. (2)
Xét hàm số :
( )
( ) ln 4 , 0,1
1
t
f t t t
t
= − ∀ ∈
−
. Ta có:

( )
2

1 (2 1)
'( ) 4 0, 0,1
(1 ) (1 )
t
f t t
t t t t
−
= − = > ∀ ∈
− −
.
Suy ra f(t) đồng biến trên khoảng (0,1).Do đó:
 Nếu 1>y>x>0 thì f(y)>f(x) tức là (1) đúng.
 Nếu 1>x>y>0 thì f(x)>f(y) tức là (2) đúng.
8
Tóm lại (*) đúng với mọi x,y
( )
0,1 & x y∈ ≠
(đpcm)
Bài 9 :[0]Chứng minh rằng với mọi x>0,ta có:
(
)
2
1
ln 1 1 ln .x x
x
+ + < +
Giải:
Xét hàm số :f(x)=
(
)

2
1
ln 1 1 ln , 0.x x x
x
+ + − − ∀ >
Ta có:
2
2 2
1
'( ) 0, 0.
. 1
x x
f x x
x x
+ −
= > ∀ >
+
Do vậy f(x) là hàm đồng biến trên
( )
0,+∞
.
2
2
1
( ) ( ) lim ln(1 1 ) ln
1 1 1
lim ln( ) 0
x
x
f x f x x

x
x
x x
→+∞
→+∞
 
⇒ < +∞ = + + − −
 ÷
 
 
+ +
= − =
 ÷
 ÷
 
Hay
(
)
2
1
ln 1 1 ln , 0.x x x
x
+ + < + ∀ >
(đpcm)
Bài 10[9]:Chứng minh rằng :
, 0
2 ln ln
x y x y
x y
x y

+ −
> ∀ > >
−
.(*)
Giải:
Vì lnx là hàm đồng biến nên từ gt suy ra: lnx>lny hay lnx-lny>0.
Do vậy : (*)
ln ln 2. ,
x y
x y
x y
−
⇔ − > ∀
+
x>y>0.

1
ln 2. ,
1
x
x
y
x
y
y
−
⇔ > ∀
+
x>y>0.(**)
Đặt t=

x
y
>1, ta có:(**)
1
ln 2. , 1
1
t
t t
t
−
⇔ > ∀ >
+
Xét hàm f(t)=
1
ln 2. , 1
1
t
t t
t
−
− ∀ ≥
+
.Ta có:
2
2
( 1)
'( ) 0, 1.
( 1)
t
f t t

t t
−
= ≥ ∀ ≥
+
Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên
[
)
1,+∞
Do đó:f(t)>f(1)=0,
1t
∀ >
1
ln 2. , 1
1
t
t t
t
−
⇔ > ∀ >
+
.
Từ đó suy ra đpcm.
Bài 11[5]: Chứng minh rằng nếu
∆
ABC là tam giác nhọn thì
sinA+sinB+sinC+tanA+tanB+tanC >
2
π
.
9

Giải:
Vì tam giác ABC nhọn cho nên :
0 , ,
2
A B C
π
< <
Xét hàm số f(x)=sinx+tanx-2x trên
0,
2
π
 
 ÷
 
.
Ta có :
2
2 2
1 (1 cos )(cos sin )
'( ) cos 2 0, 0,
os os 2
x x x
f x x x
c x c x
π
− +
 
= + − = > ∀ ∈
 ÷
 

.
⇒
f(x) đồng biến trên khoảng
0,
2
π
 
 ÷
 
.Do đó f(x)>f(0),
∀
0,
2
x
π
 
∈
 ÷
 
sinx t anx 2 , 0,
2
x x
π
 
⇔ + > ∀ ∈
 ÷
 
.
Lần lượt xét x=A,B,C sau đó cộng vế theo vế ta có:
sinA+sinB+sinC+tanA+tanB+tanC>2(A+B+C)=2

π
.(đpcm)
Bài 12[5]:Cho a,b,c>0.Chứng minh rằng:

( )
3
. .
a b c
a b c
abc a b c
+ +
<
(*)
Giải:
Trước hết ta có nhận xét bất đẳng thức trên là một bất đẳng thức đẹp và có thể giải theo nhiều
cách. Ở đây theo phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số ta có thể làm như sau:
Lấy logarit Nepe hai vế (*) ta có:
( )
1
(ln ln ln ) ln ln ln .
3
a b c a b c a a b b c c+ + + + < + +
( )
(ln ln ln ) 3( ln ln ln )a b c a b c a a b b c c⇔ + + + + < + +
( )ln ( )ln ( )ln 0a b c a b c a b c a b c⇔ − − + − − + − − >
( )(ln ln ) ( )(ln ln ) ( )(ln ln ) 0⇔ − − + − − + − − >a b a b b c b c c a c a
. (**)
Vì hàm f(x)=lnx đồng biến trên khoảng
( )
0,+∞

cho nên bất đẳng thức (**) là đúng.Từ đó
suy ra (*) cũng đúng.(đpcm)
Bài 13[5]: Chứng minh rằng :
( )
1
log ( 1) log ( 2), , 2
+
+ > + ∀ ∈ ≥
n
n
n n n n¥
.
Giải:
Ta có
2 2 2
2 1
2 2 1 ( 2) ( 1)
1
n n
n n n n n n n
n n
+ +
+ < + + ⇔ + < + ⇔ <
+
.
( ) ( )
1 1
2 1
log log
1

n n
n n
n n
+ +
+ +
⇒ <
+
.
Mà
( )
1
1 1
log log
n
n
n n
n n
+
+ +
<
.Suy ra:
( )
1
2
log
1
n
n
n
+

+
⇒ <
+
1
log
n
n
n
+
( )
1
log ( 2) log ( 1).
n
n
n n
+
⇔ + < +
(đpcm)
Bài 14: (Đề thi tuyển sinh đại học khối D-2007)
10
Chứng minh rằng:
1 1
2 2 , 0.
2 2
b a
a b
a b
a b
   
+ ≤ + ∀ ≥ >

 ÷  ÷
   
(*)
Giải:
(*)
( ) ( )
1 4 1 4
1 4 1 4
2 2
b a
a b
b a
a b
a b
   
+ +
⇔ ≤ ⇔ + ≤ +
 ÷  ÷
   

( ) ( )
ln(1 4 ) ln(1 4 )
ln 1 4 ln 1 4
a b
b a
a b
a b
+ +
⇔ + ≤ + ⇔ ≤
.

Xét hàm số
( )
ln 1 4
( ) , 0
x
f x x
x
+
= >
.
Ta có:
2
4 .ln 4 (1 4 )ln(1 4 )
'( ) 0, 0
.(1 4 )
x x x x
x
f x x
x
− + +
= < ∀ >
+
.
Suy ra f(x) nghịch biến trên
( )
0,+∞
,do đó
ln(1 4 ) ln(1 4 )
a b
a b

+ +
≤
.
Từ đó suy ra đpcm.
Tổng quát: Cho a,b,x,y là các số dương; x>y
Chứng minh rằng:
x x y y y x
(a b ) (a b )+ < +
(*)
Giải:
(*)
xy x y xy y x
1
1
x y
y
x
b b
a (1 ( ) ) a (1 ( ) )
a a
b b
(1 ( ) ) (1 ( ) ) (**)
a a
⇔ + < +
⇔ + < +
Đặt b/a =c >0
(**)
⇔
1
1

x y
y
x
(1 c ) (1 c )+ < +

x y
ln(1 c ) ln(1 c )
x y
+ +
⇔ <
(***)
Xét hàm số :f(t)=
t
ln(1 c )
,t 0
t
+
>
Ta có f’(t)=
t t t t
2 t
e lne (1 e )ln(1 e )
t (1 e )
− + +
+
Rõ ràng f’(t)<0,
∀
t>0,suy ra f(t) nghịch biến trên (0;+
∞
)

Theo giả thiết x>y>0 nên (***) đúng(đpcm)
Bài 15[10]:Cho x,y>0,thỏa mãn x+y=1
Chứng minh rằng:
2 2
2 2
1 1 1
x y 18
y x 16
 
 
+ + ≥
 ÷ ÷
 
 
Giải:
11
A=
2 2
2 2
1
x y 2
x y
+ +
Đặt t=
2 2
1
x y ,0 t
16
< ≤
Xét hàm số f(t)=t+1/t+2 ,với t

∈
(0,1/16]
∀
1 2 1 2
1
t ,t 0, ,t t
16
 
∈ ≠
 
 
,ta có
1 2
1 2 1 2
f (t ) f (t ) 1
1 0
t t t t
−
= − <
−
.Thật vậy
Vì 0<
1 2 1 2
2
1
1
t ,t t t
16
16
≤ ⇒ ≤

⇒
2
1 2
1
1 1 16 0
t t
− ≤ − <
Do đó f(t) nghịch biến trên (0,1/16]
Suy ra f(0)>f(t)
≥
f(
1
16
)=18
1
16
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t=
1
16
2 2
x y 16⇔ =
.
Theo gt x+y=1(x,y>0) nên x=y=1/2
Bài 16[2]: Chứng minh rằng
3
1
2sinx tanx
2
2 2 2 , 0,

2
x
x
π
+
 
+ > ∀ ∈
 ÷
 
.
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2sinx tanx 2sinx t anx
2 2 2 2
+
+ ≥
.Ta chuyển về chứng minh :

2sinx tanx
2 2
+
>
3
1
2
2 , 0,
2
x
x
π

+
 
∀ ∈
 ÷
 
2sinx t anx 3 , 0,
2
x x
π
 
⇔ + > ∀ ∈
 ÷
 
.
Xét hàm số f(x)=2sinx+tanx-3x trên
0,
2
π
 
 ÷
 
. Ta có:
2
2 2
1 1
'( ) 2cos 3 2 os 3 2 2 3 0
os os
f x x c x
c x c x
= + − > + − ≥ − >

,
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 ÷
 
Suy ra f(x) đồng biến trên
0,
2
π
 
 ÷
 
.Do đó f(x)>f(0),
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 ÷
 

2sinx t anx 3 , 0,
2
x x
π

 
⇔ + > ∀ ∈
 ÷
 
.(đpcm).
Bài 17 [5]:Chứng minh rằng :
2
ln(1 ) , 0
2
x
x x x x− < + < ∀ >
.
Áp dụng: Cho dãy (
n
u
) được xác định như sau:
12

2 2 2
1 2
ln 1 1 1
n
n
u
n n n
 
    
= + + +
 ÷ ÷  ÷
 ÷

    
 
.
Tìm
lim
n
n
u
→∞
.
Giải:
Xét hàm số f(x)=x-ln(1+x) và g(x)=ln(1+x)-x +
2
2
x
,
0x
∀ >
.
Ta có:
1
'( ) 1 0, 0
1 1
x
f x x
x x
= − = > ∀ >
+ +
.
Suy ra f(x) tăng trên

( )
0,+∞
,do đó f(x)>f(0)=0,
0x
∀ >
⇒
ln(1 ) , 0x x x+ < ∀ >
.(*)
Lại có:
2
1
'( ) 1 0, 0
1 1
x
g x x x
x x
= + − = > ∀ >
+ +
.
Suy ra g(x) cũng là hàm tăng trên (0;+
∞
),do vậy g(x)>g(0)=0,
0x∀ >
⇒
2
ln(1 ), 0
2
x
x x x− < + ∀ >
.(**)

Kết hợp (*)&(**) ta có đpcm.
Áp dụng:
Áp dụng bất đẳng thức vừa chứng minh lần lượt với x=
2 2 2
1 2
, , ,
n
n n n
sau đó cộng vế theo vế
ta có:
( )
( )
( )
2 2 2
2 2
2 2
2
1 1
1 2 n 1 2 n
n 2n
1 n
ln 1 ln 1
n n
1
1 2 n
n
+
 
+ + + − + +
 

 
   
< + + + +
 ÷  ÷
   
< + + +
⇔
2 2 2 2 2
( 1) 2 1 1 2 1 1
1 ln 1 1 1 1
2 6 2
n n n n
n n n n n n
+ +  
        
− < + + + < +
 ÷  ÷ ÷  ÷  ÷
 ÷
        
 
.
Qua giới hạn và sử dụng định lý kẹp ta có :
1
lim
2
n
n
u
→∞
=

.
Bài 18:[1] Chứng minh rằng a,b là những số dương bất kì,còn c là thông số bất kì âm,thì

4 3 4 4
3a 4ca b c b 0+ + ≥
Giải:
Bất đẳng thức chứng minh tương đương với
4 3
4
a a
3 4c c 0
b c
   
+ + ≥
 ÷  ÷
   
(#)
Đặt f(x)=
4 3 4
3x 4cx c+ +
với x
≥
0
Ta có f’(x)=
( )
3 2 2
12x 12cx 12x x c+ = +
13
-Nếu x
( )

0, c∈ −
:Khi đó f’(x)<0,do đó f(x) là hàm giảm ngặt trong khoảng này.Mặt khác f(x)
liên tục [0,-c] nên tất cả các giá trị nằm từ f(-c)=0 đến f(0)=
4
c
.Vì vậy
4
0 f(x) c≤ ≤
với
0 x c< ≤ −
(*)
Có đẳng thức f(x)=0 chỉ khi với x=-c
-Nếu x>-c :Khi đó f’(x)>0 , do đó f(x) là hàm tăng ngặt trong khoảng (-c,+
∞
).Vì vậy f(x)
≥
f(-c) với x
≥
-c(**)
Đẳng thức chỉ có với x=-c
Vì a/b >0 nên theo (*)&(**) ta được (#) đúng
Đẳng thức xảy ra khi a/b=-c
Bài 19:[9] Cho 4 số dương a,b,c,d.Chứng minh rằng:
4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c d 2abcd (a b a c a d b c b d c d )+ + + + − + + + + +
>0
Giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử
a b c d 0
≥ ≥ ≥ >

Xét hàm số f(a)=
4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c d 2abcd (a b a c a d b c b d c d )+ + + + − + + + + +
,với a>0
Ta có f’(a)=
3 2 2 2
4a 2bcd 2a(b c d )+ − + +
f”(a)=
2
12a −

2 2 2
2(b c d )+ +
>0
Suy ra f’(a) đồng biến trên (0,+
∞
)
Vì a
≥
b nên f’(a)
≥
f’(b)
Mặt khác ta có f’(b)=
( )
( )
2 2
2b b c 2bc c d− + −
≥
0 nên f(a) đồng biến trên (0,+
∞

)
Do a>0 nên f(a)>f(0)=0(đpcm)
III.Bài tập đề nghị :
Bài 1[2].Chứng minh rằng:
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 ÷
 
,ta có:
a. sinx > x
b.tanx < x
c.cosx <
2 4
2! 4!
x x
x − +
.
Bài 2[2].: Chứng minh rằng với mọi x>0 ,ta có:
a.lnx <
x
b.1+2lnx <
2
x
c.ln(1+
2
x

)<2x.arctanx
Bài 3[2]:Chứng minh rằng

ln(1 )
1
x
x x
x
< + <
+
Bài 4[3]: Chứng minh rằng:
sinx tanx 1
2 2 2 , 0,
2
x
x
π
+
 
+ ≥ ∀ ∈
 ÷
 
.
Hướng dẫn:Làm tương tự như bài 15
Bài 5[3]: Chứng minh rằng
∀ ∈x ¡
ta luôn có:

2
2 2

x
x
e
x x
>
− +
.
14
Hướng dẫn:
Dễ thấy
2
x
-2x+2>0,
x
∀ ∈
¡
.
Nếu x
≤
o thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng
Nếu x>0 ,xét 2 hàm
( )
x
e
f x
x
=
,
2
1

( )
2 2
g x
x x
=
− +
.
Hãy chứng minh rằng
( )
( )
0,
0,
min ( ) ax ( )f x m g x
+∞
+∞
>
.Từ đó suy ra đpcm.
Bài 6[2]: Chứng minh rằng
2
x
x
2 1 x
2
> + +
∀ ∈
x ¡
Bài 7[9]:Chứng minh rằng :
,
b a
a b a b e< ∀ > >

.
Hướng dẫn:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
ln lna b
a b
<
,
∀
a>b>e.
Xét hàm f(x)=
ln
,
x
x e
x
∀ >
.Chứng minh f(x) là hàm nghịch biến ,từ đó hãy suy ra đpcm.
Bài 8:(Đề thi tuyển sinh trường đại học Quy Nhơn)
Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng:
1 , 0.
x
x
e x
n
> + ∀ >
Bài 9[2] : Chứng minh rằng sin 20 >1/3
Hướng dẫn:
Sin60=3sin20-4
3
sin 20

Do đó sin20 là nghiệm của phương trình 3x-4
3
x
=
3
2
Xét hàm số f(x)= 3x-4
3
x
Bài 10[2]:Cho tam giác ABC nhọn ,chứng minh rằng:
2(sinA+sinB+sinC)+(tanA+tanB+tanC)>3
π
.
Hướng dẫn:
Xét hàm f(x)=2sinx+tanx-3x , x
0,
2
π
 
∈
 ÷
 
.
15
CHƯƠNG II
CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT ĐẲNG THỨC.
I.Lý thuyết:
1.Định nghĩa:
Cho hàm số f(x) xác định trên tập D
⊆ ¡

và
0
x ∈
D. Khi đó:
a.
0
x
được gọi là một điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một khoảng (a,b) chứa
0
x

sao cho
( )
,a b ⊆
D sao cho :
( )
0
( ) ( ), ,f x f x x a b< ∀ ∈
\{
0
x
}. Và khi đó ta nói f(
0
x
) là giá trị
cực đại của hàm số f.
b.
0
x
được gọi là một điểm cực tiểu của hàm số f nếu tồn tại một khoảng (a,b) chứa

0
x

sao cho
( )
,a b ⊆
D sao cho :
( )
0
( ) ( ), ,f x f x x a b> ∀ ∈
\{
0
x
}. Và khi đó ta nói f(
0
x
) là giá trị
cực tiểu của hàm số f.
c.Điểm cực đại và cực tiểu gọi chung là điểm cực trị của hàm số
Giá trị cực đại và giả trị cực tiểu gọi chung là cực trị của hàm số.
Điểm (
( )
0 0
,x f x
) gọi là điểm cực trị của đồ thị của hàm số f.
2.Định lý:
a.Định lý 1 :( điều kiện cần của cực trị)
Giả sử hàm số f có đạo hàm tại
0
x

.Khi đó nếu f đạt cực trị tại
0
x
thì
0
'( ) 0f x =
.
Chú ý: Điều ngược lại nói chung là không đúng,tức là
0 0
: '( ) 0x f x∃ =
nhưng f không đạt cực
trị tại
0
x
. Và hàm số f có thể đạt cực trị tại những điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm.
b.Định lý 2: ( điều kiện đủ thứ 1)
Giả sử f liên tục trên (a,b) chứa
0
x
và có đạo hàm trên các khoảng (a,
0
x
) và (
0
x
,b).Khi đó:
i. Nếu f’(x)<0,
0
( , )x a x∀ ∈
và f’(x)>0,

0
( , )x x b∀ ∈
thì f đạt cực tiểu tại
0
x
.
ii. Nếu f’(x)>0,
0
( , )x a x∀ ∈
và f’(x)<0,
0
( , )x x b∀ ∈
thì f đạt cực đại tại
0
x
c.Định lý 3:(điều kiện đủ thứ 2)
Giả sử f có đạo hàm cấp 1 trên khoảng (a,b) chứa điểm
0
x
, f’(
0
x
)=0 và f có đạo hàm cấp hai
tại
0
x
khác 0. Khi đó:
i. Nếu f’’(
0
x

)<0 thì hàm số f đạt cực đại tại
0
x
.
ii. Nếu f’’(
0
x
)>0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại
0
x
.
3.Nhận xét:
Giá trị cực đại (cực tiểu) của 1 hàm số nói chung không phải là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của
hàm số f trên tập hợp D.Tuy nhiên nếu hàm số f liên tục trên [a,b] và chỉ có một giá trị cực
đại (cực tiểu) duy nhất thì giá trị đó cũng là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f.
II.Hệ thống bài tập minh họa:
Bài 1[6]:Chứng minh rằng với mọi giá trị của x ta đều có:
4 4
1
(1 )
8
x x+ − ≥
.
Giải:
Xét hàm f(x)=
4 4
(1 )x x+ −
. Ta có:

2

'( ) 4(2 1)( 1)f x x x x= − − +
.
1
'( ) 0
2
f x x= ⇔ =
.
16
Bảng biến thiên :


x
−∞
1
2
+∞
f’(x)
−
0 +
f(x)
−∞
+∞

1
8
Như vậy f đạt cực tiểu là
1
8
tại x=
1

2
.Từ đó suy ra :
( )
1
, .
8
≥ ∀ ∈f x x ¡
(đpcm)
Bài 2[9]:Chứng minh rằng với mọi số thực x ta luôn có:

( )
3
2
3 4 2 os 2 2 sinx cos 3sin 2 3c x x x− − ≤ + + − ≤
.
Giải:
Đặt t=sinx+cosx ,
2t ≤
.Khi đó:
Sin2x=
2
1t −
.
( )
2
2 2 2 2
os 2 1 sin 2 1 1 2c x x t t t= − = − − = −
.
Do đó:
( )

3
2
os 2 2 sinx cos 3sin 2c x x x+ + −
=
4 3 2
2 3t t t− + − +
:=f(t)
Ta có :
( )
2
' 2 (2 3 1)f t t t t= − − +
.
0
1
'( ) 0
2
1
t
f t t
t
=


= ⇔ =


=

.
Bảng biến thiên :

t
2
−
0
1
2
1
2
f’(t) + 0
−
0 + 0
−
3 3
f(t)
3 4 2− −
47
16
3 4 2− +
Do vậy :
3 4 2 ( ) 3, 2, 2f t t
 
− − ≤ ≤ ∀ ∈ −
 
.Từ đó suy ra đpcm.
Bài 3[4]: Cho tam giác ABC có
0
0 90A B C< ≤ ≤ <
.Chứng minh rằng:

2 os3 4 os2 1
2
cos
c C c C
C
− +
≥
. (*)
Giải:
(*)
3 2
2(4 os 3cos ) 4(2 os 1) 1 2cosc C C c C C⇔ − − − + ≥

3 2
8 os 8 os 8cos 5 0c C c C C⇔ − − + ≥
Từ giả thiết
0
0 90A B C< ≤ ≤ <
suy ra
0 0
60 90C≤ <
hay
1
0 cos
2
C< ≤
.
17
Đặt t=cosC,
1

0
2
t< ≤
.
Ta xét hàm :
3 2
1
( ) 8 8 8 5, 0,
2
f t t t t t
 
= − − + ∈


 
.
2
'( ) 24 16 8.
1
'( ) 0
1
3
f t t t
t
f t
t
= − −
=

= ⇔


−
=


Bảng biến thiên:
t
−∞
1
3
−
0
1
2
1 +
∞
'( )f t
+ 0
−
−

−
0 +
3
( )f t
0
Từ bảng biến thiên ta suy ra
( )
1
0

2
f t f
 
≥ =
 ÷
 
,
1
0
2
t< ≤
.Từ đó suy ra đpcm.
Bài 4[6]: Cho
0a
>
,Chứng minh rằng:
( )
2 ,
2
n
n
n
a
x a x n
 
+ − ≥ ∀ ∈
 ÷
 
¥
.

Giải:
Xét hàm f(x)=
( )
, 0,
n
n
x a x a n+ − > ∈¥
. Ta có:

( )
1
1
'( ) .
n
n
f x n x n a x
−
−
= − −
.
'( ) 0
2
a
f x x= ⇔ =
( ) 2
2 2
n
a a
f
 

⇒ =
 ÷
 
.
Dù n chẵn hay lẻ ta đều có
( ) 2
2
n
a
f x
 
≥
 ÷
 
hay
( )
2 ,
2
n
n
n
a
x a x n
 
+ − ≥ ∀ ∈
 ÷
 
¥
.
Bài 5[6]: Chứng minh rằng :

1 0, 0,0 1.x x x
α
α α α
− + − ≤ ∀ > < <
(bất đẳng thức
Bernoulli).
Giải:
Xét hàm f(x)=
1, 0,0 1.x x x
α
α α α
− + − > < <
Ta có:

1 1
'( ) ( 1)f x x x
α α
α α α
− −
= − = −
.

'( ) 0 1.f x x= ⇔ =
Bảng biến thiên:
18
x 0 1 +
∞
'( )f x
+ 0
−

( )f x
0

−∞
Từ đó suy ra f(x)
≤
f(1)=0 hay
1 0, 0,0 1.x x x
α
α α α
− + − ≤ ∀ > < <
Dấu đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi x=1.(đpcm)
* Một số dạng khác của bất đẳng thức Bernoulli:
i.
1 0, 0, 1.x x x
α
α α α
− + − ≥ ∀ > >
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=1.
ii.
1 0, 0,0x x x
α
β
α α
α β
β β
− + − ≤ ∀ > < <
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=1.
iii.

1 0, 0, 0x x x
α
β
α α
α β
β β
− + − ≥ ∀ > > >
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=1.
iv.
. 1 0, , 0,0
x x
x a
a a
α
β
α α
α β
β β
 
− + − ≤ ∀ > < <
 ÷
 
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x=a.
v.
. 1 0, , 0, 0
x x
x a
a a
α

β
α α
α β
β β
 
− + − ≥ ∀ > > >
 ÷
 
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x=a.
Bài 6[5]: Tìm m để cho :
[ ]
2
1 , 1,1x x m x+ − ≤ ∀ ∈ −
.(*)
Giải:
Xét hàm số :f(x)=
[ ]
2
1 , 1,1x x x+ − ∈ −
.Ta có:

2
2 2
1
'( ) 1
1 1
x x x
f x
x x

− −
= − =
− −
.

1
'( ) 0
2
f x x= ⇔ =
.
Bảng biến thiên:
19
x
1−
1
2
1

'( )f x
+ 0
−
2

( )f x
-1 1
Suy ra :
[ ]
( ) 2, 1,1f x x≤ ∀ ∈ −
.Như vậy ta chỉ cần chọn m
2≥

ta có (*).
Bài 7[8]:Cho tam giác ABC, chứng minh rằng:

3
cos cos cos
2
A B C+ + ≤
.
Giải:
Trước hết ta thấy rằng đây là một bất đẳng thức trong tam giác rất cơ bản và cũng có rất
nhiều cách để làm.Sau đây chúng tôi chỉ trình bày một cách giải bằng phương pháp hàm
số,bạn đọc có thể giải hoặc tìm đọc trong các tài liệu khác để làm phong phú thêm phép
chứng minh .
Ta có : cosA+cosB+cosC=
2 os os cos
2 2
+ −
+
A B A B
c c C
.(*)
Vì cos
A B
2
−
≤
1,cos
A B C
sin 0
2 2

+
= >
,nên cosA+cosB+cosC
2sin cos
2
≤ +
C
C
Do vậy ta xét hàm
( )
( ) 2sin cos , 0,
2
x
f x x x
π
= + ∈
.
'( ) os sinx os 2sin os
2 2 2 2
x x x x
f x c c c= − = −
.
( )
'( ) 0 0,
3
f x x
π
π
= ⇔ = ∈
.

x 0
3
π
π

'( )f x
+ 0
−
f(x)
3
2
1 1
20
Suy ra :
( )
3
( ) , 0,
2
f x x
π
≤ ∀ ∈
, do đó
3
2sin cos
2 2
C
C+ ≤
.(**)
Kết hợp (*)&(**) suy ra :
3

cos cos cos
2
A B C+ + ≤
.
Dấu đẳng thức xảy ra
3
A B
ABC
C
π
=


⇔ ⇔ ∆

=


đều.
Nhận xét:Qua phép chứng minh trên ,ta nghĩ tới lớp các bất đẳng thức tam giác ma dấu
đẳng thức xảy ra khi tam giác đều chúng liên quan đến các lớp hàm số có đạo hàm phụ thuộc
vào 2cosx-1,cosx –sin(x/2),hoặc 2sinx -
3
(vì đạo hàm bằng 0 khi x=
3
π
)
Ví dụ:Xuất phát từ f’(x)=
2
2x 1

sin x
−
Xét
2
2x 1
f '(x)
sin x
−
=
∫ ∫
=cotx-
( )
2
,x 0,
sinx
∈ π
Ta đặt f(x)=cotx -
( )
2
,x 0,
sinx
∈ π
x 0
3
π
π

'( )f x
+ 0
−

f(x)

Suy ra max f(x)=f(
3
π
)=-
3
Do đó cotA -
2
sin A
≤
-
3
cotB -
2
sin B
≤
-
3
21
cot C-
2
sin C
≤
-
3
Cộng các vế của 3 bất đẳng thức trên ta được
cotA+cotB+cotc+3
3
≤

2(
1 1 1
)
sin A sin B sin C
+ +
Như vậy bằng con đường trên bạn đọc tìm ra nhiều bất đẳng thức lượng giác
Bài8 [8]:Cho tam giác ABC,chứng minh rằng:
1+cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA
≤
13
12
(cosA+cosB+cosC)+cosAcosBcosC. (*)
Giải:
(*)
13
2 2cos cos 2cos cos 2cos cos 2cos cos cos (cos cos cos )
6
A B B C C A A B C A B C⇔ + + + − ≤ + +
2 2 2
13
cos cos cos 2(cos cos cos cos cos cos ) 1 (cos cos cos )
6
A B C A B B C C A A B C⇔ + + + + + + ≤ + +
2
13
(cos cos cos ) 1 (cos cos cos )
6
A B C A B C⇔ + + + ≤ + +
(1).
Mặt khác : cosA+cosB+cosC=1+4

sin sin sin
2 2 2
A B C
>1.
Và cosA+cosB+cosC
3
2
≤
nên từ đó suy ra:
1< cosA+cosB+cosC
3
2
≤
.Khi đó (1) tương đương với :
1 13
cos cos cos
cos cos cos 6
A B C
A B C
+ + + ≤
+ +
. (2)
Đặt t= cosA+cosB+cosC, 1<t
3
2
≤
.
Xét hàm
1 3
( ) , 1,

2
f t t t
t
 
= + ∈


 
, ta có:
22
2
2 2
1 1 3
'( ) 1 0, 1,
2
t
f t t
t t
−
 
= − = > ∀ ∈


 
.
Suy ra f(t) đồng biến trên 1<t
3
2
≤
, do đó

3 13
( ) ( )
2 6
f t f≤ =
. Như vậy (2) đúng từ đó suy ra
bất đẳng thức ban đầu cũng đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra
⇔
cosA+cosB+cosC
3
2
=
⇔ ∆
ABC đều.
Bài 9[4]: Cho a,b,c là 3 số dương thõa điều kiện:
2 2 2
1a b c+ + =
.chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2
3 3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
(*)
Giải:
Vì
2 2 2

1a b c+ + =
nên 0<a,b,c<1.
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3
(*) .
1 1 1 2
3 3
(1 ) (1 ) (1 ) 2
a b c
a b c
a b c
a a b b c c
⇔ + + ≥
− − −
⇔ + + ≥
− − −
Xét hàm
2 3
( ) (1 ) , (0,1).f t t t t t t= − = − ∈
Ta có:

2
'( ) 1 3 .f t t= −
Bảng biến thiên
t 0
1
3
1

'( )f t
+ 0
−
f(t)
2
3 3
0 0
23
Suy ra
( )
2
0 ( ) , 0,1
3 3
< ≤ ∀ ∈f t t
.Do đó:

2
2
2
3 3
(1 ) 2
a
a
a a
≥
−
Tương tự:
2
2

2
3 3
(1 ) 2
b
b
b b
≥
−

2
2
2
3 3
(1 ) 2
c
c
c c
≥
−
.
Cộng vế các bất đẳng thức trên ,sử dụng giả thiết
2 2 2
1a b c+ + =
ta có:
(đpcm)
Dấu đẳng thức xảy ra
1
3
a b c⇔ = = =
.

Bài 10[4]: Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để
4 3
0,+ + ≥ ∀ ∈x px q x ¡
là

4
256 27q p≥
.
Giải:
Xét hàm
4 3
( ) ,= + + ∀ ∈f x x px q x ¡
, ta có:

3 2 2
'( ) 4 3 (4 3 )f x x px x x p= + = +
.

0
'( ) 0
3
4
x
f x
p
x
=


= ⇔

−

=

Bảng biến thiên:
24
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3 3 3
( )
(1 ) (1 ) (1 ) 2 2
+ + ≥ + + =
− − −
a b c
a b c
a a b b c c
x
−∞

3
4
p−
+∞
'( )f x
−
0 +
( )f x
+∞
+∞

4
256 27
256
q p−
Như vậy
3
3 256 27
( ) ( )
4 256
p q p
f x f
− −
≥ =
. Do đó:
4
256 27
( ) 0, min ( ) 0 0
256
−
≥ ∀ ∈ ⇔ ≥ ⇔ ≥
q p
f x x f x
¡
¡
4
256 27q p⇔ ≥
(đpcm)
Bài 11[6]: Cho
2

2y x≥
và
2
2 3y x x≤ − +
.Chứng minh rằng:
2 2
2x y+ ≤
Giải:
Từ gt suy ra
0y ≥
và
2
2 2
6
2 3 5 6 0 0
2 5
x
x x x x x≤ − + ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤
.Do đó:
2 2 2 2 2 2 2
( 2 3 ) 2 (2 6 5)x y x x x x x x+ ≤ + − + = − +
Xét hàm f(x)=
2 2
2 (2 6 5)x x x− +
,
6
0
5
x≤ ≤
. Ta có:

2
'( ) 4 (4 9 5)f x x x x= − +
.

0
'( ) 0 1
5
4
x
f x x
x

=


= ⇔ =

=


Bảng biến thiên:
25