phương pháp tiếp tuyến giải bất đẳng thức

CLB Toán THPT Lê Lợi

GV. Phan Chiến Thắng
SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
CLB. Hướng tới kỳ thi HSG sắp tới, Chuyên
đề thú vị này sẽ giúp các bạn HS có thêm
phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trước khi vào chuyên đề, các bạn thử xem lời giải của bài toán sau.
Bài toán mở đầu.
Cho
,
x y
là hai số thực dương thỏa mãn
1
x y
+ =
. Chứng minh rằng:
1 1
5 (1)
x y
x y
+ + + ≥
Giải.
Ta chứng minh:
1
3 4 (*)
x x
x
+ ≥ − + .
Thật vậy,

2
1 (2 1)
(*) 4 4 0 0, (0;1)
x
x x
x x
−
⇔ + − ≥ ⇔ ≥ ∀ ∈ .
Do đó
(*)
luôn đúng với
(0;1)
x
∀ ∈
và dấu “=” xảy ra
⇔ =
1
2
x .
Vậy thì ta cũng có:
1
3 4 (**)
y y
y
+ ≥ − + và dấu “=” xảy ra
⇔ =
1
2
y .
Từ (*) và (**), ta có

1 1
(1) 3( ) 8 5
x y x y
x y
⇔ + + + ≥ − + + =
.
Dấu “=” xảy ra
⇔ = =
1
2
x y (đ.p.c.m)
Lời bình. Thoạt nhìn ta cảm thấy lời giải thật độc đáo, tuy nhiên không ít những câu hỏi đặt ra
và mọi người lại cảm thấy lời giải đó chưa hay vì nó thiếu tính tự nhiên. Hai bất đẳng thức (*) và
(**) xuất phát từ đâu, hay chăng có một thủ thuật nào đó? Để trả lời cho câu hỏi này tôi đã tìm
hiểu, sưu tầm, nghiên cứu và đưa đến một phương pháp đó là “Sử dụng Tiếp Tuyến để tìm lời giải
trong chứng minh bất đẳng thức”. Tuy nhiên, đây là chỉ là một trong những phương pháp chứng
minh bất đẳng thức và phương pháp này liên quan đến các hàm số có đạo hàm. Dĩ nhiên ngoài
phương pháp này các BĐT mà tôi sẽ đưa ra trong chuyên đề này còn có nhiều cách giải khác. Vì
năng lực còn nhiều hạn chế nên ở chuyên đề sẽ có những sai sót nhất định rất mong nhận được sự
thông cảm và góp ý để chuyên đề được tốt hơn.

II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.
1. Nhận xét.
a. Nếu
y ax b
= +
là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x

=
tại điểm
0 0
( ; )
A x y
(A không là
điểm uốn của đồ thị hay nói cách khác
0
''( ) 0
f x
≠
), khi đó sẽ tồn tại một khoảng D
chứa điểm
0
x
sao cho
( ) ,
f x ax b x D
≥ + ∀ ∈
hoặc
( ) ,
f x ax b x D
≤ + ∀ ∈
. Đẳng thức
xảy ra khi
0
x x
=
.
b. Nếu

y ax b
= +
là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x
=
tại điểm
0 0
( ; )
A x y
thì ta luôn
phân tích được
0
( ) ( ) ( ) ( ), 2
k
f x ax b x x g x k
− + = − ≥

CLB Toán THPT Lê Lợi

GV. Phan Chiến Thắng
Bây giờ ta vận dụng nhận xét trên để chứng minh một số bất đẳng thức.

2. Các bài toán vận dụng

Bài toán 1. (Trở lại bài toán mở đầu).
Cho
,
x y
là hai số thực dương thỏa mãn

1
x y
+ =
. Chứng minh rằng:
1 1
5 (1)
x y
x y
+ + + ≥
Nhận xét.
Đẳng thức xảy ra khi
1
2
x y
= =
và BĐT có dạng
1 1
( ) ( ) 5 ( ) ( ) 5
x y f x f y
x y
+ + + ≥ ⇔ + ≥
.
Trong đó
1
( ) , (0;1)
f t t t
t
= + ∈ .
Ta có tiếp tuyến với đồ thị hàm số
( )

y f t
=
tại điểm có hoành độ
1
2
t
=
là:

1 1 5
'( )( ) 3 4
2 2 2
y f x x
= − + = − +
.
Ta hy vọng có sự đánh giá:
( ) 3 4, (0;1)
f t t t
≥ − + ∀ ∈
.
Thật vậy,
2
1 (2 1)
( ) ( 3 4) 3 4 0, (0;1)
t
f t t t t t
t t
−
− − + = + + − = ≥ ∀ ∈ .
Vậy ta có lời giải như sau:

Giải.
Với điều kiện bài toán thì
, (0,1)
x y
∈
. Ta có:
2
1 1 (2 1) 1
( 3 4) 4 4 0, (0;1) 3 4, (0;1)
x
x x x x x x x
x x x x
−
+ − − + = + − = ≥ ∀ ∈ ⇒ + ≥ − + ∀ ∈ .
Tương tự
1
3 4, (0;1)
y y y
y
+ ≥ − + ∀ ∈ .
Cộng hai bất đẳng thức này lại ta có:
1 1
3( ) 8 5
x y x y
x y
+ + + ≥ − + + =
(đ.p.c.m).
Chú ý. Vì
3 4

y t
= − +
là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f t
=
tại điểm có hoành độ
1
2
t
=

nên ta có sự phân tích
1
( ) ( 3 4) (2 1) ( ), 2, ( ) 0
2
k
f t t t g t k g
− − + = − ≥ ≠
.

Bài toán 2. (Vô địch Toán Ba Lan 1996)
Cho
3
, ,
4
a b c
≥ −
và
2 2 2

9
1. CMR:
10
1 1 1
a b c
a b c
a b c
+ + = + + ≤
+ + +

CLB Toán THPT Lê Lợi

GV. Phan Chiến Thắng
Nhận xét. Dấu đẳng thức xảy ra
⇔
1
3
a b c
= = =
và BĐT có dạng
9
( ) ( ) ( )
10
f a f b f c+ + ≤ ,
trong đó
2
3
( ) , [- ; )
4
1

x
f x x
x
= ∈ +∞
+
. Tiếp tuyến với đồ thị
( )
y f x
=
tại điểm
1
3
x
=
có dạng:
36 3
50
x
y
+
= . Vậy ta có lời giải như sau:
Giải.
+ − +
− = ≥ ∀ ≥ −
+ +
+
⇒ ≤ ∀ ≥ −
+
2
2 2

2
36 3 (3 1) (4 3) 3
0,
50 4
1 50(1 )
36 3 3
,
50 4
1
a a a a
a
a a
a a
a
a
.
Vậy
2 2 2
36( ) 9 9
50 10
1 1 1
a b c a b c
a b c
+ + +
+ + ≤ =
+ + +
(đ.p.c.m).
Lời bình. Đây là bài toán hay và tương đối khó, thông thường BĐT với ba biến đối xứng với
các biến đều không âm. Từ lời giải trên ta thấy điều kiện bài toán rất chặt chẽ và cần thiết.

Bài toán 3. (Vô địch Toán Nga 2002)
Cho
, , 0
a b c
>
và
3. Cmr: (1)
a b c a b c ab bc ca
+ + = + + ≥ + +


Nhận xét. Mới đầu nhìn vào ta thấy BĐT trên chưa có dạng
1 2
( ) ( ) ( )
n
f a f a f a m
+ + ≥
hoặc

1 2
( ) ( ) ( )
n
f a f a f a m
+ + ≤
với
( 1, , )
i
a i n

= thỏa điều kiện nào đó.
Tuy nhiên BĐT trên ta biến đổi lại như sau:

2 2 2
(1) 2 2 2 9 ( ) ( ) ( ) 9
a a b b c c f a f b f c
⇔ + + + + + ≥ ⇔ + + ≥
.
Đẳng thức xảy ra khi
1
a b c
= = =
. Trong đó
2
( ) 2 , (0;3)
f x x x x
= + ∈ . Ta có tiếp
tuyến với đồ thị hàm số
( )
y f x
=
tại điểm có hoành độ
1
x
=
là
3
y x
=
. Ta có

2 2
( ) 3 2 3 ( 1) ( 2 ) 0, (0;3)
f x x x x x x x x x
− = + − = − + ≥ ∀ ∈ . Vậy ta có lời giải
như sau:
Giải.
Với điều kiện bài ra thì
, , (0;3)
a b c
∈
.
2 2 2
(1) 2 2 2 9
a a b b c c
⇔ + + + + + ≥

Ta có:
2 2 2
2 3 ( 1) ( 2 ) 0, (0;3) 2 3
a a a a a a a a a a
+ − = − + ≥ ∀ ∈ ⇒ + ≥ .
Tương tự
2 2
2 3 , 2 3 ( , (0; 3))
b b b c c c b c
+ ≥ + ≥ ∈
Vậy
2 2 2
2 2 2 3( ) 9
a a b b c c a b c

+ + + + + ≥ + + =
(đ.p.c.m)

Bài toán 4.
Cho
2 2 2
9
, , 0. : (1)
4( )
( ) ( ) ( )
a b c
a b c Cmr
a b c
b c a c a b
> + + ≥
+ +
+ + +

CLB Toán THPT Lê Lợi

GV. Phan Chiến Thắng

Giải.
Ta thấy BĐT cần chứng minh là thuần nhất nên có thể giả sử
1
a b c
+ + =
mà không
làm mất tính tổng quát của bài toán.
Vì vậy,

2 2 2
9 9
(1) ( ) ( ) ( )
4 4
(1 ) (1 ) (1 )
a b c
f a f b f c
a b c
⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥
− − −
.
Trong đó:
2
( ) , (0;1)
(1 )
x
f x x
x
= ∈
−
và dấu đẳng thức xảy ra k.v.c.k
1
3
a b c
= = =
.
Tiếp tuyến của hàm số
( )
y f x
=

tại điểm có hoành độ
1
3
x
=
là:
18 3
4
x
y
−
= .
Lại có:
2
2
18 3 (3 1) (3 2 ) 18 3
( ) 0, (0;1) ( )
4 4
4(1 )
x x x x
f x x f x
x
− − − −
− = ≥ ∀ ∈ ⇒ ≥
−
.
Vậy:
18( ) 9 9
( ) ( ) ( )
4 4

a b c
f a f b f c
+ + −
+ + ≥ =
(đ.p.c.m)

III. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Cho
, , 0
a b c
>
và
2 2 2
1 1 1
1. Cmr: ( ) ( ) 2 3
a b c a b c
a b c
+ + = + + − + + ≥
Bài 2. Cho
, , , 0
a b c d
>
và
2 2 2 2
1 1 1 1 16
2.Cmr:
7
1 3 1 3 1 3 1 3
a b c d
a b c d

+ + + = + + + ≥
+ + + +

Bài 3. Cho
, , 0
a b c
>
và
2 2 2
1 1 1
3. Cmr: 1
a b c
a b c b a c c a b
+ + = + + ≤
+ + + + + +


–––––––––––––––––––––––––––––––––––