KHAI THÁC KHÁI NIỆM ĐỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM ĐỂ ĐÁNH GIÁ BẤT ĐẲNG THỨC doc

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
1


KHAI THÁC KHÁI NIỆM ĐỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM
ĐỂ ĐÁNH GIÁ BẤT ĐẲNG THỨC

1. Cơ sở lí thuyết.

a. Định nghĩa: Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục
[ ; ]
a b
và có đồ thị là (C). Khi đó ta có hai
điểm
( ; ( )), ( ; ( ))
A a f a B b f b
nằm trên đồ thị (C).
i) Đồ thị (C) gọi là lồi trên
( ; )
a b
nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung
AB

luôn nằm phía trên đồ thị (C).
ii) Đồ thị (C) gọi là lõm trên
( ; )

a b
nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung
AB

luôn nằm phía dưới đồ thị (C).


b. Dấu hiệu đồ thị lồi
Định lí 1: Cho hàm số
( )
y f x
=
có đạo hàm cấp hai liên tục trên
(
)
;
a b

* Nếu
(
)
''( ) 0 ;
f x x a b
> " Î thì đồ thị hàm số lõm trên
( ; )
a b

* Nếu
(
)

''( ) 0 ;
f x x a b
< " Î thì đồ thị hàm số lồi trên
(
)
;
a b

c. Ứng dụng
Từ hình ảnh trực quan của định nghĩa cho ta một phương pháp giải các bài toán BĐT
và cực trị sau :

Đồ thị hàm lõ
m
_

x

_

y

a
_
b
_
1
Đồ thị hàm số lồi
_

x

_

y

_

b

_

a


Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
2

Định lí 2: (Bất đẳng thức tiếp tuyến)
Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên
[a;b]
.
i) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
³ " Î

thì
0 0 0 0
( ) '( )( ) ( ) [ ; ]
f x f x x x f x x a b
³ - + " Î
ii) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
£ " Î
thì
0 0 0 0
( ) '( )( ) ( ) [ ; ]
f x f x x x f x x a b
£ - + " Î
Đẳng thức trong hai Bất đẳng thức trên xảy ra
0
x x
Û =
.
Ta có thể chứng minh định lí trên như sau
i) Xét hàm số
0 0 0
( ) ( ) '( )( ) ( )
g x f x f x x x f x
= - - - ,
[ ; ]
x a b
Î

Ta có :

0
'( ) '( ) '( ) ''( ) ''( ) 0 [ ; ]
g x f x f x g x f x x a b
= - Þ = ³ " Î
0
'( ) 0
g x x x
Þ = Û =
và
'( )
g x
đổi dấu từ
-
sang
+
khi x qua
0
x
nên ta có :
0
( ) ( ) 0 [ ; ]
g x g x x a b
³ = " Î .
ii) Chứng minh tương tự.

Định lí 3: (Bất đẳng thức cát tuyến)
Cho hàm số
( )
y f x
=

liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên
[a;b]
.
i) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
³ " Î
thì
0
( ) ( )
( ) ( ) ( ) [ ; ]
f a f b
f x x a f a x a b
a b
-
³ - + " Î
-

ii) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
£ " Î
thì
0
( ) ( )
( ) ( ) ( ) [ ; ]
f a f b
f x x a f a x a b
a b
-

£ - + " Î
-
.
Đẳng thức trong các BĐT trên có khi và chỉ khi
x a
=
hoặc
x b
=
.

2. Nội dung, biện pháp thực hiện giải pháp của đề tài:

Ví dụ 1: Cho các số thực dương
, ,
a b c
thỏa
1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng
2 2 2
3
10
1 1 1
a b c
a b c
+ + £
+ + +
.

Giải: Xét hàm số
2
( )
1
x
f x
x
=
+
với
(0;1)
x
Î
.
Ta có:
2 3 2 5
1 3
'( ) ''( ) 0 (0;1)
( 1) ( 1)
x
f x f x x
x x
= Þ = - < " Î
+ +


Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
3

Nên ta có:

1 1 1
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f a f a f
£ - +

1 1 1
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f b f b f
£ - +

1 1 1
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f c f c f
£ - +
Suy ra :
( )
1 1 3
( ) ( ) ( ) ' 1 3 ( )
3 3
10
f a f b f c f a b c f
æ ö
+ + £ + + - + =
ç ÷
è ø

Đẳng thức xảy ra

1
3
a b c
Û = = =
.
Ví dụ 2 : Cho các số thực dương
, ,
a b c
thỏa :
2 2 2
3
a b c
+ + =
. Chứng minh
1 1 1
1
1 8 1 8 1 8
a b b
+ + ³
+ + +
.
Giải :
Xét hàm số :
1
( )
1 8
f x
a
=
+

,
0 3
a
< £ . Ta có :
3 5
4 48 1
'( ) "( ) 0 ( ; 3]
8
(1 8 ) (1 8 )
f x f x x
x x
= - Þ = > " Î -
+ +

Nên ta có :
( ) '(1)( 1) (1)
f a f a f
³ - +


( ) '(1)( 1) (1)
f b f b f
³ - +


( ) '(1)( 1) (1)
f c f c f
³ - +

( ) ( ) ( ) '(1)( 3) 3 (1)

f a f b f c f a b c f
Þ + + ³ + + - +
(*)
Mặt khác :
2 2 2 2
( ) 3( ) 9
a b c a b c
+ + £ + + =

3 3 3 0
a b c a b c
Þ - £ + + £ Þ + + - £
và
4
'(1) 0
27
f
= - <
nên từ (*)
Ta suy ra :
( ) ( ) ( ) 3 (1) 1
f a f b f c f
+ + ³ =
.
Nhận xét : Dấu hiệu giúp chúng ta nhận ra phương pháp trên là BĐT cần chứng
minh có dạng
1 2
( ) ( ) ( )
n
f a f a f a k

+ + + ³
hoặc
1 2
( ) ( ) ( )
n
f a f a f a k
+ + + £
, trong đó
( 1, , )
i
a i n
= là
các số thực cho trước. Trong một số trường hợp BĐT chưa có dạng trên, ta phải thực

Nguyn Tt Thu Trng Lờ hng Phong Biờn Hũa
4

hin mt s phộp bin i mi a v dng trờn.Chỳng ta cn chỳ ý mt s du hiu
sau.


ã
Nu BT cú dng
1 2
( ). ( ) ( )
n
f a f a f a k

thỡ ta ly loganepe hai v

ã
Nu BT cn chng minh ng bc thỡ ta cú th chun húa. Tựy thuc vo tng
bi toỏn m ta la chn cỏch chun húa phự hp.

Vớ d 3 : Cho cỏc s thc dng
, ,
a b c
tha :
3
a b c
+ + =
. Tỡm GTLN ca biu
thc :
2 2 2
1 1 1
b c a
P a a b b c c
ổ ử ổ ử ổ ử
= + + + + + +
ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ ố ứ
.
Gii :
Ta cú :
2 2 2
ln ln( 1 ) ln 1 ln 1
P b a a c b b a c c
ổ ử ổ ử
= + + + + + + + +

ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ

Xột hm s :
2
( ) ln 1 , 0 1
f x x x x
ổ ử
= + + < <
ỗ ữ
ố ứ
. Ta cú :
2 2 3
1
'( ) ''( ) 0
1 (1 )
x
f x f x
x x
-
= ị = <
+ +

(0;1)
x
" ẻ

Suy ra :
(
)

( ) '(1) 1 (1) '(1) (1) '(1)
f a f a f f a f fÊ - + = + -
( ) '(1) (1) '(1)
bf a f ab f f b
ộ ự
ị Ê + -
ở ỷ


( ) '(1) (1) '(1)
cf b f cb f f c
ộ ự
Ê + -
ở ỷ


( ) '(1) (1) '(1)
af c f ac f f a
ộ ự
Ê + -
ở ỷ
.
(
)
ln '(1) ( ) (1)( ) 3 ln(1 2)
P f ab bc ca a b c f a b cị Ê + + - + + + + + Ê +
(Do
3
ab bc ca a b c
+ + Ê = + +

)
Nờn
3
ln 3 ln(1 2) (1 2)
P P
ị Ê + ị Ê + .
ng thc xy ra
1
a b c
= = =
. Vy GTLN ca
3
(1 2)
P
= + .

Vớ d 4 : Cho
, 0
x y
>
tha
1
x y z
+ + =
. Tỡm GTNN ca biu thc

Nguyn Tt Thu Trng Lờ hng Phong Biờn Hũa
5

y z x

P x y z
- - -
= + + .
Gii : p dng BT Cụ si, ta cú :
3
3
. .
y z x
P
x y z

t
. . ln ln ln ln
y z x
A x y z A y x z y x z
= ị = + + . Vỡ hm s
( ) ln
f t t
=
cú
2
1
''( ) 0
f t
t
= - <

1 1 1
ln ' ( ) 3 1 ln 3
3 3 3

x f x f x
ổ ử ổ ử
ị Ê - + = - -
ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ

ln (3 1 ln 3) (3 1 ln 3) (3 1 ln 3)
A y x z y x z
ị Ê - - + - - + - -


2
3( ) 1 3 ln 3 ( ) 1 3 ln 3 3 ln 3
xy yz zx x y z
= + + - - Ê + + - - = -
3
1
3 3
3
A Pị Ê ị . ng thc xy ra
1
3
x y z
= = =
.
Vy GTNN ca
3
3 3
P
= .

Vớ d 5 : Cho
1
, ,
2
a b c

tha
2
a b c
+ + =
. Tỡm GTNN ca biu thc
a b c
P a b c
= + +
.
Gii :
Xột hm s
1
( ) , 1
2
t
f t t t
= Ê Ê
. Ta cú :
ln ( ) ln
f t t t
=
ly o hm hai v ta c
(
)

'( ) (1 ln ) ( ) ln '( ) ln ( ) ln ln 1
f t t f t f t f t t
= + ị = + +

''( ) '( )
1 1
1 ln
'( ) ( ) (ln 1) (ln 1)
f t f t
t
f t f t t t t t
ị = + = + +
+ +

1 1
''( ) (1 ln ) ( ) 1 ln 0 [ ;1]
(1 ln ) 2
f t t f t t t
t t
ộ ự
ị = + + + > " ẻ
ờ ỳ
+
ở ỷ

Vỡ
1
, , ;1
2
a b c

ộ ự
ẻ
ờ ỳ
ở ỷ
nờn ỏp dng BT tip tuyn, ta cú :
2 2 2
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f a f a f
- +
2 2 2
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f b f b f
- +

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
6

2 2 2
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f c f c f
³ - +
Cộng ba BĐT trên ta có :
( )
3
2 2 4
( ) ( ) ( ) '( ) 2 3 ( ) 3
3 3 9

f a f b f c f a b c f+ + ³ + + - + = .
Vậy GTNN của
3
4
3
9
P = đạt được
2
3
a b c
Û = = =
.

Ví dụ 6 : Cho
, , 0
a b c
>
. Chứng minh rằng :
2 2 2 2 2 2
1 3 1 1 1
( )( )
3 3
a b c a b c a b c
a b c
+
+ + + + ³ + + + + + .
(Trích đề thi Albania 2002)
Lời giải. Vì BĐT đã cho thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bđt đúng với mọi số
thực dương a,b,c thỏa mãn
2 2 2

1
a b c
+ + =
, khi đó bđt cần chứng minh trở thành:
( ) ( ) ( ) 1
f a f b f c
+ + ³
trong đó:
1 3 1
( ) .
3 3
f x x
x
+
= -
với
0 1
x
< <
. Dễ thấy hàm số
f
có
''( ) 0 (0;1)
f x x
> " Î

Nên theo BĐT tiếp tuyến ta có :
1 1
( ) ( ) ( ) ' ( 3) 3
3 3

f a f b f c f a b c f
æ ö æ ö
+ + ³ + + - +
ç ÷ ç ÷
ç ÷ ç ÷
è ø è ø
.
Do
2 2 2
1
' 0
1
( ) ( ) ( ) 3 1
3
3
3( ) 3
f
f a f b f c f
a b c a b c
ì
æ ö
<
ï
ç ÷
æ ö
ï
ç ÷
Þ + + ³ =
è ø
ç ÷

í
ç ÷
è ø
ï
+ + £ + + =
ï
î
.
Ví dụ 7: Cho
n
số thực
1 2
, , ,
n
x x x
thuộc khoảng
(0; )
2
p
thỏa :
1 2
tan tan tan
n
x x x n
+ + + £
.Chứng minh :
1 2
1
sin . sin sin
2

n
n
x x x £ .
Giải :
Đặt
tan ( 1, 2, , )
i i
a x i n
= =
0 1,2, ,
i
a i n
Þ > = và
1
n
i
i
a n
=
£
å


Nguyn Tt Thu Trng Lờ hng Phong Biờn Hũa
7

Ta cn chng minh :
2
1
1

1 2
n
i
n
i
i
a
a
=
Ê
+
ế
(1).
Xột hm s
2
( ) , 0
1
x
f x x
x
= >
+
cú
2 3
1
'( )
(1 )
f x
x
=

+
''( ) 0 0
f x x
ị < " >
.
3
1 1 1
( ) '(1)( 1) (1) ( 1) ( 1)
2 2 2
2
f x f x f x x
ị Ê - + = - + = +
.
1
2
1 1 1
( 1)
1 1 2 1
( ) ( 1)
1 8 8 8 2
n
n
i
n n n
n
i i
i i
n n n n
i i i
i

a
a
f a a
n
a
=
= = =
ổ ử
ỗ ữ
+
ỗ ữ
ị = Ê + Ê Ê =
ỗ ữ
ỗ ữ
+
ỗ ữ
ố ứ
ồ
ế ế ế

ng thc xy ra
1 2 1 2
1 tan tan tan 1
n n
a a a x x x
= = = = = = = =

1 2

4

n
x x x
p
= = = =
.
Nhn xột : Qua cỏc vớ d trờn, ta cú c kt qu tng quỏt sau
nh lớ 4 : Cho hm s
( )
y f x
=
cú o hm cp hai trờn
;
a b
ộ ự
ở ỷ
v
n
s
1 2
, , ,
n
a a a

nm trong on
;
a b
ộ ự
ở ỷ
tha món :
1

,
n
i
i
a k na k nb
=
= Ê Ê
ồ
.


ã
Nu
''( ) 0 ;
f x x a b
ộ ự
> " ẻ
ở ỷ
thỡ ta cú :
1
( ) ( )
n
i
i
k
f a nf
n
=

ồ

ã
Nu
''( ) 0 ;
f x x a b
ộ ự
< " ẻ
ở ỷ
thỡ ta cú :
1
1
( ) ( )
n
i
i
k
f a f
n n
=
Ê
ồ
.






Nguyn Tt Thu Trng Lờ hng Phong Biờn Hũa

8

Vớ d 8. Cho tam giỏc
ABC
cú mt gúc khụng nh hn
2
3
p
. Chng minh rng :
tan tan tan 4 3
2 2 2
A B C
+ + - .
Li gii.
Khụng mt tớnh tng quỏt, ta gi s
2
3 6
A B C C
p p
> ị Ê
.
Hm s
( ) tan
f x x
=
,
0;
3
x
p

ổ ử
ẻ
ỗ ữ
ố ứ
cú
''( ) 0 0;
3
f x x
p
ổ ử
> " ẻ
ỗ ữ
ố ứ
. p dng BT tip tuyn, ta
cú
( ) '( )( ) ( )
2 3 2 3 3
A A
f f f
p p p
- +
( ) '( )( ) ( )
2 12 2 12 12
B B
f f f
p p p
- +
( ) '( )( ) ( )
2 12 2 12 12
C C

f f f
p p p
- + .
2
'( ) '( ) '( )
2 2 2 3 12 2 3 12 2 2
A B C A A B C
f f f f f f
p p p p p
ổ ử ổ ử ổ ử ộ ự ổ ử ổ ử
+ +
ị + + - - + -
ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ
ờ ỳ
ố ứ ố ứ ố ứ ở ỷ ố ứ ố ứ

2
3 12
f f
p p
ổ ử ổ ử
+ +
ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ

Do
' ' 0; 0
3 12 2 3
A
f f

p p p
ổ ử ổ ử
- > -
ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ
v
2 2
A B C
p
+ +
=
nờn ta cú :
2 4 3
2 2 2 3 12
A B C
f f f f f
p p
ổ ử ổ ử ổ ử ổ ử ổ ử
+ + + = -
ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ ố ứ ố ứ ố ứ
pcm.
ng thc xy ra
2
;
3 6
A B C
p p
= = =
v cỏc hoỏn v.

Vớ d 9. Cho cỏc s thc khụng õm
, ,
a b c
tha
3
max{ , , }
4
a b c

v
1
a b c
+ + =
. Tỡm
GTNN ca biu thc :
3 3 3
2 2 2
1 3 1 3 1 3
P a b c
= + + + + + .
Li gii.
Khụng mt tớnh tng quỏt, ta gi s
3 1
max { , , } ,
4 8
a a b c a c
= ị Ê
.

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

9

Xét hàm số
( )
3
2
( ) 1 3 , 0;1
f x x x= + Î có
2 2
3
2
'( )
(1 3 )
x
f x
x
=
+

2
2 5
3
2 2
''( ) 0 (0;1)
(1 3 )
x
f x x
x
-
Þ = > " Î

+
. Áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có :
3 3 3
( ) '( )( ) ( )
4 4 4
f a f a f
³ - + ;
1 1 1
( ) '( )( ) ( )
8 8 8
f b f b f
³ - + ;
1 1 1
( ) '( )( ) ( )
8 8 8
f c f c f
³ - +
3 3
3 1 3 3 1 3 1 172 2 67
( ) ( ) ( ) '( ) '( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )
4 8 4 4 8 4 8 4
f a f b f c f f x f f f f
é ù
+
Þ + + ³ - - + + ³ + =
ê ú
ë û
.
Đẳng thức xảy ra
3 1

;
4 8
a b c
Û = = =
và các hoán vị.
Vậy
3 3
172 2 67
min
4
P
+
= .
Nhận xét : Trong một số trường hợp đồ thị hàm số
( )
y f x
=
có khoảng lồi, lõm trên
;
a b
é ù
ë û
nhưng ta vẫn có được đánh giá :
0 0 0 0
( ) '( )( ) ( ) , ( ; )
f x f x x x f x x a b
³ - + Î . Chẳng
hạn các bạn xem đồ thị minh họa dưới đây.

Ví dụ 10: Cho
, ,
a b c
Î
¡
và
6
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng :
4 4 4 3 3 3
2( )
a b c a b c
+ + ³ + + .

Lời giải:
_
x
_
y
x
0

a
_
O

b

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

10

BĐT đã cho
4 3 4 3 4 3
( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0 ( ) ( ) ( ) 0
a a b b c c f a f b f c
Û - + - + - ³ Û + + ³

Trong đó
4 3
( ) 2
f x x x
= - . Ta thấy
2
''( ) 12 12
f x x x
= - nên đồ thị hàm số
f
có khoảng
lồi và khoảng lõm do đó ta không thể áp dụng BĐT tiếp tuyến được. Tuy nhiên ta
vẫn có thể đánh giá được
( )
f x
qua tiếp tuyến của nó tại điểm có hoành độ
2
x
=
(vì
đẳng thức xảy ra khi
2

a b c
= = =
)
Ta có tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
( )
y f x
=
điểm có hoành độ
2
x
=
là:
8 16
y x
= -
.
4 3 2 2
( ) (8 16) 2 8 16 ( 2) ( 2 4) 0
f x x x x x x x x x
- - = - - + = - - + ³ " Î
¡
.
( ) ( ) ( ) 8( ) 48 0
f a f b f c a b c
Þ + + ³ + + - =
(đpcm).
Chú ý. Vì
8 16
y x
= -

là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
4 3
( ) 2
f x x x
= - tại điểm có
hoành độ
2
x
=
nên ta có sự phân tích:
( ) ( ) ( ) ( )
8 16 2
k
f x x x g x
- - = - với
2
k
³
và
(2) 0
g
¹
.
Ví dụ 11: Cho
3
, ,
4
a b c
³ -
và

1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng:
2 2 2
9
10
1 1 1
a b c
a b c
+ + £
+ + +
. ( Vô địch Toán Ba Lan 1996)
Lời giải.
Ta thấy đẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c
= = =
và Bđt đã cho có dạng:
9
( ) ( ) ( )
10
f a f b f c+ + £ trong đó
2
( )
1
x
f x
x

=
+
với
3 5
[ ; ]
4 2
x Î - .
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x
=
tại điểm có hoành độ
1
3
x
=
là :
36 3
50
x
y
+
= .
Ta có:
2
2 2
(3 1) (4 3)
36 3 36 3 3 5
( ) 0 [ ; ]
50 50 4 2

1 50( 1)
x x
x x x
f x x
x x
- +
+ +
- = - = ³ " Î -
+ +

Vậy :
2 2 2
36( ) 9
9
50 10
1 1 1
a b c
a b c
a b c
+ + +
+ + £ =
+ + +
đpcm.

Ví dụ 12 : Cho các số thực
, , 0
a b c
>
thoả mãn
1

a b c
+ + =
. Chứng minh :

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
11

9
1 1 1 10
a b c
bc ac ab
+ + ³
+ + +
.

Lời giải. Ta có :

2 2 2 2 2 2
1 1 1
( ) ( ) ; ( ) ( ) ; ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
b c a a c b b a c
bc ca ab
+ - + - + -
£ = £ = £ = nên
2 2 2
4 4 4
( ) ( ) ( )
1 1 1
2 5 2 5 2 5

a b c a b c
f a f b f c
bc ac ab
a a b b c c
+ + ³ + + = + +
+ + +
- + - + - +
.
(Nhận xét : Đẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c
= = =
và tiếp tuyến của đồ thị hàm
số
2
4
( )
2 5
x
f x
x x
=
- +
tại điểm có hoành độ
1
3
x
=
là :

99 3
100
x
y
-
= )
Mặt khác:
2
2 2
(3 1) (15 11 )
4 99 3
0 (0;1)
100
2 5 100( 2 5)
x x
x x
x
x x x x
- -
-
- = ³ " Î
- + - +

2 2 2
99( ) 9
4 4 4 9
100 10
2 5 2 5 2 5
a b c
a b c

a a b b c c
+ + -
Þ + + ³ =
- + - + - +
đpcm.

Ví dụ 13. Cho
, ,
a b c
là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng :
1 1 1 9 1 1 1
4
a b c a b c a b b c c a
æ ö
+ + + ³ + +
ç ÷
+ + + + +
è ø
.

Lời giải. Không làm mất tính tổng quát ta giả sử
1
a b c
+ + =
, khi đó Bđt đã cho trở
thành
2 2 2
5 1 5 1 5 1
9
a a c

a a b b c c
- - -
+ + £
- - -
.
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác và
1
a b c
+ + =
suy ra
1
, , (0; )
2
a b c Î .
Ta có :
2
2 2
(3 1) (2 1)
5 1 1
(18 3) 0 (0; )
2
a a
a
a a
a a a a
- -
-
- - = £ " Î
- -

2
5 1 1
18 3 (0; )
2
a
a a
a a
-
Þ £ - " Î
-
.
Ta cũng có hai Bđt tương tự. Cộng các Bđt này lại với nhau ta có:

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
12

2 2 2
5 1 5 1 5 1
18( ) 9 9
a a c
a b c
a a b b c c
- - -
+ + £ + + - =
- - -
(đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c

= = =
.
Ví dụ 14. Cho
, , 0
a b c
>
. Chứng minh rằng :
2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
3
5
( ) ( ) ( )
b c a c a b a b c
b c a c a b a b c
+ - + - + -
+ + ³
+ + + + + +
.
(Olympic Toán Nhật Bản 1997)

Lời giải . Vì Bđt cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bđt đúng
với mọi số thực dương
, ,
a b c
thỏa mãn
1
a b c
+ + =
. Khi đó Bđt đã cho trở thành:

2 2 2
2 2 2 2 2 2
(1 2 ) (1 2 ) (1 2 )
3
5
(1 ) (1 ) (1 )
a b c
a a b b c c
- - -
+ + ³
- + - + - +

2 2 2
2 2 2
4 4 1 4 4 1 4 4 1 3
5
2 2 1 2 2 1 2 2 1
a a b b c c
a a b b c c
- + - + - +
Û + + ³
- + - + - +

2 2 2
1 1 1 27
5
2 2 1 2 2 1 2 2 1
a a b b c c
Û + + £
- + - + - +

27
( ) ( ) ( )
5
f a f b f cÛ + + £ .
Trong đó
2
1
( )
2 2 1
f x
x x
=
- +
với
(0;1)
x
Î
.
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x
=
tại điểm có hoành độ
1
3
x
=
là :
54 27

25
x
y
+
=
Ta có:
3 2 2
2 2
2(54 27 1) 2(3 1) (6 1)
54 27
( ) 0 (0;1)
25
25(2 2 1) 25(2 2 1)
x x x x
x
f x x
x x x x
- + - +
+
- = = ³ " Î
- + - +

54( ) 81
27
( ) ( ) ( )
25 5
a b c
f a f b f c
+ + +
Þ + + £ = đpcm.

Trong các ví dụ trên ta chỉ xét các BĐT đối xứng ba biến và đẳng thức xảy ra khi các
biến bằng nhau. Phần tiếp theo ta sẽ đi xét một số BĐT không đối xứng hoặc BĐT
đối xứng nhưng đẳng thức xảy ra khi có ít nhất hai biến không bằng nhau.

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
13

Ví dụ 15: Cho
, , 0
a b c
>
và
1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng:
3 3 3 5 5 5
10( ) 9( ) 1
a b c a b c
+ + - + + ³
(Trung Quốc 2005).

Lời giải: Giả sử
a b c
³ ³
.
Xét hàm số
3 4
( ) 10 9 , (0;1)
f x x x x

= - Î có
2 4 3
'( ) 30 45 ''( ) 60 180
f x x x f x x x
= - Þ = -
0
1
''( ) 0
3
f x x xÞ = Û = = đồng thời
0
''( ) 0 (0; )
f x x x
> " Î và
0
''( ) 0 ( ;1)
f x x x
< " Î .

·
Nếu
0
a x
<
. Áp dụng BĐT tiếp tuyến ,ta có:
1 1 1
( ) '
3 3 3
f a f a f
æ ö æ ö æ ö

³ - +
ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø

1 1 1
( ) '
3 3 3
f b f b f
æ ö æ ö æ ö
³ - +
ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø

1 1 1
( ) '
3 3 3
f c f c f
æ ö æ ö æ ö
³ - +
ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø

( )
1 1
( ) ( ) ( ) ' 1 3 1
3 3
f a f b f c f a b c f
æ ö æ ö
Þ + + ³ + + - + =
ç ÷ ç ÷

è ø è ø
.

·
Nếu
0
a x
>
. Áp dụng BĐT tiếp tuyến và cát tuyến ta có:
( ) ( )
0
0
(1) ( )
( ) 1 1 (1) 1
1
f f x
f a a f f
x
-
³ - + > =
-
.
(
)
(
)
(
)
( ) ' 0 0 0 0
f b f b f

³ - + =

(
)
(
)
(
)
( ) ' 0 0 0 0
f c f c f
³ - + =

( ) ( ) ( ) 1
f a f b f c
Þ + + >
.
Ví dụ 16: Cho
ABC
D
nhọn. Tìm GTLN của biểu thức:
2 2
sin . sin .sin
F A B C
=
.
Lời giải:
Ta có :
ln ln sin 2 ln sin 3 ln sin
F A B C
= + +

Xét hàm số
2
1
( ) ln sin , (0; ) '( ) cot ''( ) 0;
2 2
sin
f x x x f x x f x x
x
p p
æ ö
= Î Þ = Þ = - " Î
ç ÷
è ø

Áp dụng BĐT tiếp tuyến với
MNP
D
nhọn, ta có :

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
14

(
)
(
)
( ) '( ) ( ) cot ln sin
f A f M A M f M A M M M
£ - + = - +

(
)
(
)
( ) '( ) ( ) cot ln sin
f B f N B N f N B N N N
£ - + = - +
(
)
(
)
( ) '( ) ( ) cot ln sin
f C f P C P f P C P P P
£ - + = - +
tan . ( ) tan . ( ) tan . ( ) tan ln sin tan . ln sin tan .l
n sin
M f A N f B P f C M M N N P P
Þ + + ³ + +

Chọn ba góc
, ,
M N P
sao cho :
tan tan tan
tan ; tan 2 ; tan 3
1 2 3
M N P
k M k N k P k
= = = Þ = = =
Mặt khác :

tan tan tan tan . tan . tan
M N P M N P
+ + =

3
2
tan 1 2 3
6 6 1 sin ; sin ; sin
2 5 10
1 tan
M
k k k M N P
M
Þ = Þ = Þ = = = =
+

1 2 3 27
( ) ( ) ( ) ln 2 ln 3 ln ln
2 5 10 25 5
f A f B f CÞ + + £ + + =
27
25 5
FÞ £ . Đẳng thức xảy ra
; ;
A M B N C P
Û = = =
.
Vậy GTLN của
27
25 5

F = .
Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có được cách giải cho bài toán tổng quát sau :
Cho
ABC
D
nhọn. Tìm GTLN của
sin . sin .sin
m n p
E A B C
=
, với
, ,
m n p
là những số
thực dương. (Xem ở phần bài tập)
Ví dụ 17 : Cho tam giác
ABC
nhọn. Tìm GTNN của biểu thức :
tan 2 tan 3 tan
F A B C
= + +
.

Lời giải : (Dựa theo lời giải của 2M)
Xét hàm số
( ) tan , 0;
2
f x x x
p
æ ö

= Î
ç ÷
è ø
, có
2
'( ) 1 tan
f x x
= +
2
''( ) 2 tan (1 tan ) 0, 0;
2
f x x x x
p
æ ö
Þ = + > " Î
ç ÷
è ø
.

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
15

Áp dụng BĐT tiếp tuyến với
MNP
D
nhọn, ta có :
2
1
( ) '( )( ) ( ) ( ) tan
cos

f A f M A M f M A M M
M
³ - + = - +
2
1
cos . ( ) sin 2
2
M f A M A M
Þ ³ + -

Tương tự :
2 2
1 1
cos . ( ) sin 2 ; cos . ( ) sin 2
2 2
N f B N B N P f C P C P
³ + - ³ + -

2 2 2
sin 2 sin 2 sin 2
cos . ( ) cos . ( ) cos . ( )
2
M N P
M f A N f B P f C
+ +
Þ + + ³ .
Ta chọn các góc
, ,
M N P
sao cho :

cos 0; cos 2 ; cos 3
M k N k P k
= > = =
Vì
, ,
M N P
là ba góc của tam giác nên ta có đẳng thức :
2 2 2
cos cos cos 2 cos . cos .cos 1
M N P M N P
+ + + =

3
(1 2 3) 2 6 1
k k k
Þ + + + = Þ là nghiệm dương của phương trình :
3
2 6 (1 2 3) 1 0
x x
+ + + - =
(1).
2 2
sin 2 2 1 cos .cos 2 1
M M M k k
Þ = - = - ;
2 2
sin 2 2 2(1 2 ); sin 2 2 3(1 3 )
N k k P k k
= - = -
2 2 2

2
1 2(1 2 ) 3(1 3 )
sin 2 sin 2 sin 2
2
k k k
M N P
F
k
k
- + - + -
+ +
Þ ³ = .
Vậy GTNN của
2 2 2
1 2(1 2 ) 3(1 3 )
k k k
F
k
- + - + -
= đạt được khi
; ;
A M B N C P
= = =

Với
, ,
M N P
là ba góc của tam giác nhọn được xác định bởi :
cos 0; cos 2 ; cos 3
M k N k P k

= > = = , trong đó
k
là nghiệm dương duy nhất của
PT (1).
Nhận xét : Tương tự cách làm trên, ta cũng tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức
. tan .tan . tan
F m A n B p C
= + +
, trong đó
, ,
m n p
là các số thực dương và
, ,
A B C
là ba
góc của tam giác nhọn (Xem ở phần bài tập).


Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
16


Ví dụ 18: Cho
, , 0
x y z
>
thỏa
1
x y z
+ + =

. Tìm GTNN của :
4
3 2 4
1 1
P x y z
= + + + + .
Lời giải:
Ta có các hàm số
4
3 2 4
( ) ; ( ) 1 ; ( ) 1
f t t g t t h t t
= = + = +
,
(0;1)
t
Î
là những hàm số có
đạo hàm cấp hai dương trên khoảng
(0;1)
. Nên với
, , 0
a b c
>
thỏa
1
a b c
+ + =
áp dụng
BĐT tiếp tuyến, ta có:

( ) '( )( ) ( )
f x f a x a f a
³ - +
;
( ) '( )( ) ( )
h y h b y b h b
³ - +
;
( ) '( )( ) ( )
g z g c z c g c
³ - +

Ta chọn
, ,
a b c
sao cho
'( ) '( ) '( )
f a g b h c k
= = =
2
2 2
3 3
4
4 3
3
4
3
3
1 1
(1 )

1
k
a
a k
b k
k b
b k
c
k
k
c
c
k k
ì
ì
ï
ï
ï
ï
=
=
ï
ï
ï
ï
ï
Û = Û =
í í
ï ï
+ -

ï ï
ï ï
=
=
ï ï
+
-
ï
î
î
(1)
Do
3
4
2 3
1 1
3
1
1
k k k
a b c
k
k k
+ + = Û + + =
-
-
(2).
Dễ thấy phương trình (2) luôn có nghiệm trong khoảng
(0;1)
.

4
2 3
3 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
9
1
1
k k
P f x g y h z f a h b g c
k
k k
Þ = + + ³ + + = + +
-
-

Đẳng thức xảy ra
; ;
x a y b z c
Û = = =
.
Vậy
4
2 3
3 1 1
min
9
1
1
k k
P

k
k k
= + +
-
-
với
k
là nghiệm nằm trong
(0;1)
của (2).
Ví dụ 19. (BĐT Jensen). Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục và có đạo hàm cấp hai trên
(
)
;
a b
và
n
số thực dương
1 2
, , ,
n
a a a
có tổng bằng 1.
a) Nếu
''( ) 0 ( ; )
f x x a b

> " Î
thì ta có:
1 1
( )
n n
i i i i
i i
f x f x
a a
= =
æ ö
ç ÷
³
ç ÷
è ø
å å

với
(
)
; 1,
i
x a b i n
" Î = . Đẳng thức có khi
1 2

n
x x x
= = = .

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
17

b) Nếu
''( ) 0 ( ; )
f x x a b
< " Î
thì ta có:
1 1
( )
n n
i i i i
i i
f x f x
a a
= =
æ ö
ç ÷
£
ç ÷
è ø
å å

với
(
)
; 1,
i
x a b i n
" Î = . Đẳng thức có khi

1 2

n
x x x
= = = .
Lời giải.
a) Đặt
1 1 2 2
( ; )
n n
y a a a y a b
a a a
= + + + Þ Î .
Vì
''( ) 0
f x
>
nên áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có:
(
)
( ) '( ) ( ) 1,2, ,
i i
f a f y a y f y i n
³ - + " =
(
)
( ) '( ) ( ) 1,2, ,
i i i i i i
f a f y a y f y i n
a a a a

Þ ³ - + " =
1 1 1 1
( ) '( ) ( ) ( ) ( )
n n n n
i i i i i i i i
i i i i
f a f y a y f y f y f a
a a a a a
= = = =
æ ö
ç ÷
Þ ³ - + = =
ç ÷
è ø
å å å å
.
b) Chứng minh tương tự.
Ví dụ 20. (2M) Cho hai bộ số thực dương
1 2
, , ,
n
x x x
và
1 2
, , ,
n
a a a
thỏa mãn:
1 1
n n

i i
i i
x a
= =
=
å å
. Chứng minh rằng:
1 1
i i
n n
a a
i i
i i
x a
= =
³
Õ Õ
.

Lời giải.
BĐT cần chứng minh
1 1
ln ln
n n
i i i i
i i
a x a a
= =
Û ³
å å

.
Hàm số
( ) ln
f x x
=
là hàm lồi, nên áp dụng BĐT tiếp tuyến ta có:
1
( ) '( )( ) ( ) ( ) ( )
i i i i i i i i
i
f x f a x a f a x a f a
a
£ - + = - +
1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n n n n
i i i i i i i i i i i i i i
i i i i
a f x x a a f a a f x x a a f a a f a
= = = =
Þ £ - + Þ £ - + =
å å å å

1 1
ln ln
n n
i i i i
i i
a x a a
= =

Þ £
å å
đpcm.
Chú ý: Điều thú vị là BĐT Cô si lại là một hệ quả của bài toán trên. Thật vậy:

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
18

Cho
1
1 2

n
i
i
n
x
a a a
n
=
= = = =
å
. Khi đó BĐT đã cho trở thành:
1
1 1
n
n
i
n n
i

i i
i i
x
x a
n
=
= =
æ ö
ç ÷
ç ÷
£ =
ç ÷
ç ÷
ç ÷
è ø
å
Õ Õ
( do
1 2

n
a a a
= = =
)
1
1
n
i
n
i

n
i
i
x
x
n
=
=
Þ ³
å
Õ
đây chính là BĐT Cô Si cho
n
số.




Bài tập áp dụng
1. Cho
, , 0.
a b c
>
Chứng minh:
2 2 2
1 1 1
b c c a a b
a b c
a b c
+ + +

+ + ³ + +

2. Cho
, , 0
a b c
>
thỏa
3
a b c
+ + ³
. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1
1
a b c b c a c a b
+ + £
+ + + + + +

3. Cho
, , 1
x y z
£
thỏa
1
x y z
+ + =
. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 27
10

1 1 1
x y z
+ + £
+ + +

4. Cho các số thực
1 2
1
, , , 0;
2
n
a a a
æ ö
Î
ç ÷
è ø
và
1 2
1
n
a a a
+ + + =
. Chứng minh
( )
1 2
1 1 1
1 1 1 1
n
n
n

a a a
æ ö æ ö æ ö
- - - ³ -
ç ÷ ç ÷ ç ÷
ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
.
5. Cho
, , , (0; )
2
a b c d
p
Î và
a b c d
p
+ + + =
. Chứng minh
2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1
0
cos cos cos cos
a b c d
a b c d
- - - -
+ + + ³
.

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
19

6. Cho n số thực dương thoả mãn:

1
n
i
i
x n
=
=
å
. Cmr:
1
2 2
1
1
1 1

1 1
1 1
n
n
n
x x
x x
x x
+ + £ + +
+ +
+ +
( New Zealand 1998).
7. Cho tam giác
ABC
. Tìm GTNN của biểu thức

2 2 2
tan ( )cot tan ( )cot tan ( )cot
4 4 4 4 4 4 4 4 4
A A B B C C
P
p p p
= - + - + - .
8. Cho tam giác
ABC
. Chứng minh rằng
cos cos cos
2 2 2
3 2
1 sin 1 sin 1 sin
2 2 2
A B C
A B C
£ + + <
+ + +
.
9. Cho tam giác
ABC
nhọn và
, , 0
m n k
>
. Tìm:
1) Giá trị lớn nhất của
sin . sin sin
m n k

F A B C
=
.
2) Giá trị nhỏ nhất của
tan tan tan
F m A n B k C
= + +

10. Cho
n
số thực không âm
1 2
, , ,
n
a a a
có tổng bằng 1. Chứng minh:
1 2
1

n
n
a a a
n
£

(BĐT Cauchy).
11. Cho
, , 0
a b c
>

. Chứng minh:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(2 ) (2 ) (2 )
8
2 ( ) 2 ( ) 2 ( )
a b c b c a c a b
a b c b c a c a b
+ + + + + +
+ + £
+ + + + + +
(Mỹ - 2003 ).
12. Cho
, , 0
a b c
>
. Chứng minh:
4( )
b c c a a b a b c
a b c b c c a a b
+ + +
+ + ³ + +
+ + +
.
13. Cho
, , 0
a b c
>
. Chứng minh:
2 2 2

9
4( )
( ) ( ) ( )
a b c
a b c
b c c a a b
+ + ³
+ +
+ + +
.
14. Cho
, , 0
a b c
>
và
2 2 2
1
a b c
+ + =
. Chứng minh :
1 1 1
( ) ( ) 2 3
a b c
a b c
+ + - + + ³ .
15. Cho
, , 0
x y z
>
. Chứng minh:

2 2 2
2 2 2
( )
3 3
9
( )( )
xyz x y z x y z
x y z xy yz zx
+ + + + +
+
£
+ + + +
.( Hồng Kông
1997)