Phương pháp sử dụng đường thẳng tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức

GV. Phaùm Troùng Thử - THPT chuyeõn Nguyeón Quang Dieõu ng Thỏp


1/5

PHNG PHP S DNG NG THNG TIP TUYN
CHNG MINH BT NG THC


Bi vit gii thiu phng phỏp s dng ng thng tip tuyn trong chng
minh bt ng thc v cỏc vớ d minh ha tiờu biu.


Bt ng thc (BT) l mt b phn ca Toỏn hc v ngy c chỳ trng nh nú bao hm
nhiu sỏng to v suy lun. Trong cỏc thi tuyn sinh vo i hc cng nh thi Olympic
trong nc v quc t ca nhng nm gn õy thng cú bi chng minh BT hay cỏc vn
liờn quan. õy l loi toỏn khú cú nhiu dng v nhiu phng phỏp gii. Trong bi vit ny tỏc
gi ch trỡnh by phng phỏp s dng ng thng tip tuyn chng minh BT (phng phỏp
cú liờn quan ti hm s cú o hm).

Vớ d 1.
Cho
, , 0.

>
a b c
Chng minh rng
2 2 2
9
( )
4

( ) ( ) ( )

+ + + +


+ + +

a b c
a b c
b c c a a b
(1)
Li gii.
Khụng m

t tớnh t

ng quỏt nờn b

ng ph

ng phỏp h

s

b

t

nh (tờn ti

ng Anh l
Undefined Coefficient
Technique
) ta chu

n húa
3.
+ + =
a b c
B

T (1) tr

thnh
2 2 2
3
4
(3 ) (3 ) (3 )
a b c
a b c
+ +

hay
3
( ) ( ) ( )
4
f a f b f c+ +
(*)

trong ú hm s c trng l

2
( ) , (0; 3).
(3 )

x
f x x
x
=


ng thc (*) xy ra khi v ch khi
1.
a b c
= = =

Hm s
2
( )
(3 )
x
f x
x
=

cú
2
4
9
( )
(3 )

x
f x
x
+

=


Nh vy phng trỡnh tip tuyn ca th
( )
y f x
=
ti im
(1; (1))
M f l
1 1
(1)( 1) (1) ( 1)
2 4
y f x f x

= + = +
hay
2 1
4
x
y

=

Ta cú

3 2 2
2 2
2 1 2 13 20 9 ( 1) (9 2 )
( ) 0, (0; 3).
4
4(3 ) 4(3 )

x x x x x x
f x x
x x
+ +

= =




Suy ra
2 1
( ) , (0; 3).
4

x
f x x


T ú ta cú
2( ) 3.1 3
( ) ( ) ( ) ; , , (0; 3).
4 4

+ +
+ + =
a b c
f a f b f c a b c
Vy BT (1) c chng minh. ng thc (1) xy ra khi v ch khi
.
a b c
= =

Vớ d 2.
Cho
, ,

a b c
l cỏc s
th

c d

ng.
Ch

ng minh r

ng
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 6
5
( ) ( ) ( )

+ + +
+ +
+ + + + + +
a b c b c a c a b
b c a c a b a b c
(2)
Li gii.
Khụng m

t tớnh t

ng quỏt nờn b

ng ph

ng phỏp h

s

b

t

nh ta chu

n húa
3.
+ + =
a b c
B

T (2) tr

thnh
2 2 2 2 2 2
(3 ) (3 ) (3 ) 6
5
(3 ) (3 ) (3 )
a a b b c c
a a b b c c

+ +
+ + +
hay
6
( ) ( ) ( )
5
f a f b f c+ +
(*)

trong
ú hm s c trng l
2 2
(3 )
( ) , (0; 3).
(3 )

x x
f x x
x x

=
+

ng thc trong (*) xy ra khi v ch khi
1.
a b c
= = =

GV. Phaïm Troïng Thö - THPT chuyeân Nguyeãn Quang Dieâu – Đồng Tháp


2/5

Hàm số
2 2
(3 )
( )
(3 )
x x
f x
x x
−
=
− +
có
2 2
18 27
( )
(2 6 9)

x
f x
x x
− +
′
=
− +

Như vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị
( )
y f x
=
tại điểm
(1; (1))
M f là
9 2
(1)( 1) (1) ( 1)
25 5
y f x f x
′
= − + = − +
hay
9 1
25
x
y
+
= ⋅

Ta có

( ) ( )
3 2 2
2 2 2 2
9 1 18 27 9 ( 1) (18 9)
( ) 0, (0; 3).
25
25 (3 ) 25 (3 )

x x x x x
f x x
x x x x
+ − + − − − +
 
− = = ≤ ∀ ∈
 
 
− + − +

Suy ra
9 1
( ) , (0; 3).
25

x
f x x
+
≤ ∀ ∈
Từ đó ta có
9( ) 3.1 6
( ) ( ) ( ) ; , , (0; 3).

25 5

+ + +
+ + ≤ = ∀ ∈
a b c
f a f b f c a b c
Vậy BĐT (2) được chứng minh. Đẳng thức (2) xảy ra khi và chỉ khi
.
a b c
= =

Ví dụ 3.
Cho
, , 0

>
a b c th
ỏ
a mãn
3.
+ + =
a b c
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2
2 2 2
1 1 1

2( ) ( )
+ + + + + ≥ + +
ab bc ca a b c
a b c
(3)
Lời giải.
Ta có
2 2 2
2 2 2
1 1 1
(3) 0
a b c
a b c
     
⇔ − + − + − ≥
     
     
(*)
g
Do
, , 0

a b c
>
nên
2 2 2 2
( ) 9.
a b c a b c
+ + < + + =
T

ừ

đ
ó n
ế
u có m
ộ
t trong ba s
ố

, ,

a b c
nh
ỏ
h
ơ
n
1
3

gi
ả
s
ử

1
3
a
<

thì
2 2 2
2 2 2
1 1 1
9
a b c
a b c
+ + > > + +
nên B
Đ
T (*)
đ
ã
đượ
c ch
ứ
ng minh.
g
Xét
1
, ,
3
a b c
≥
và k
ế
t h
ợ
p v
ớ

i
3
a b c
+ + =
ta suy ra
1 7
, , ;
3 3
a b c
 
∈ ⋅
 
 

Xét hàm số đặc trưng
2
2
1
( )
f x x
x
= −
trên
1 7
;
3 3

 
 
 

, có
3
2
( ) 2
f x x
x
′
= − −

Như vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị
( )
y f x
=
tại điểm
(1; (1))
M f
là
(1)( 1) (1) 4( 1) 0
y f x f x
′
= − + = − − +
hay
4 4
y x
= − + ⋅

Ta có
(
)
2 2

4 3 2
2 2
( 1) 2 ( 1)
4 4 1 1 7
( ) ( 4 4) 0, ; .
3 3

x x
x x x
f x x x
x x
− − −
− + − +
 
− − + = = ≥ ∀ ∈
 
 

Suy ra
1 7
( ) 4 4, ; .
3 3

f x x x
 
≥ − + ∀ ∈
 
 

T

ừ

đ
ó ta có
( ) ( ) ( ) 4( ) 12 0.
f a f b f c a b c
+ + ≥ − + + + =

V
ậ
y B
Đ
T (3)
đượ
c ch
ứ
ng minh.
Đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
1.
a b c
= = =

Ví dụ 4. Gi

ả
s
ử

, , ,

a b c d
là các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng sao cho
1.
+ + + =
a b c d
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng

(
)
3 3 3 3 2 2 2 2
1
6
8
+ + + ≥ + + + +

a b c d a b c d (4)
Lời giải.
1
(4) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , (0; 1)
8
,
f a f b f c f d a b c d⇔ + + + ≥ ∀ ∈
trong
đ
ó hàm s
ố

đặ
c tr
ư
ng là
3 2
( ) 6 , (0; 1).

f x x x x= − ∈
Đẳ
ng th
ứ
c trong (4) x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
1
4

a b c d
= = = = ⋅

Hàm s
ố

3 2
( ) 6
f x x x
= −
có
2
( ) 18 2
f x x x
′
= −

Nh
ư
v
ậ
y ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a

đồ
th
ị

( )
y f x
=
t
ạ
i
đ
i
ể
m
1 1
;
4 4

M
 
 
 
 
 
 
f
là
GV. Phaïm Troïng Thö - THPT chuyeân Nguyeãn Quang Dieâu – Đồng Tháp

3/5

1 1 1 5 1 1
4 4 4 8 4 32
y f x f x
      
′
= − + = − +
      
      
hay
5 1
8
x
y
−
= ⋅

Ta có
3 2 2
5 1 1 1
( ) (48 8 5 1) (4 1) (3 1) 0, (0; 1).
8 8 8

x
f x x x x x x x
−
 
− = − − + = − + ≥ ∀ ∈
 

 

Suy ra
5 1
( ) , (0; 1).
8

x
f x x
−
≥ ∀ ∈
Từ đó ta có
5( ) 4 1
( ) ( ) ( ) ( ) , , , (0; 1).
8 8
;
+ + + −
+ + + ≥ = ∀ ∈
a b c d
f a f b f c f d a b c d
Vậy BĐT (4) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
4
a b c d
= = = = ⋅

Ví dụ 5.
Cho
, , 0.

>
a b c
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng

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
(5)
Lời giải.
Đặt
1 1 1 1 1 1
; ; ; 1

a b c
m a b c a b c a b c
m m m
= + + = = = ⇒ + + =

1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
3
(5)
5
( ) ( ) ( )
b c a c a b a b c
b c a c a b a b c
+ − + − + −
⇔ + + ≥
+ + + + + +


1 1 1
1 1 1 1 1 1
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
− − −
⇔ + + ≥
− + − + − +
hay
1 1 1

3
( ) ( ) ( )
5
f a f b f c+ + ≥
(*)

trong
đ
ó hàm s
ố

đặ
c tr
ư
ng là
2
2 2
(1 2 )
( ) , (0; 1).
(1 )

x
f x x
x x
−
= ∈
− +

Đẳ
ng th

ứ
c (*) x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
1 1 1
1
3
a b c
= = = ⋅

Hàm s
ố

2
2 2
(1 2 )
( )
(1 )
x
f x
x x
−
=
− +
có
( )
2
2

4 2
( )
2 2 1
x
f x
x x
−
′
=
− +

Nh
ư
v
ậ
y ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
đồ
th
ị

( )
y f x

=
t
ạ
i
đ
i
ể
m
1 1
;
3 3
M
 
 
 
 
 
 
f
là
1 1 1 54 1 1
3 3 3 25 3 5
y f x f x
      
′
= − + = − − +
      
      
hay
23 54

25
x
y
−
= ⋅


Ta có
( )
2
2 2
23 54 2(3 1) (6 1)
( ) 0, (0; 1).
25
25 (1 )

x x x
f x x
x x
− − +
 
− = ≥ ∀ ∈
 
 
− +

Suy ra
23 54
( ) , (0; 1).
25

x
f x x
−
≥ ∀ ∈
Từ đó ta có
1 1 1
1 1 1 1 1 1
)
69 54(
3
( ) ( ) ( ) , , (0; 1).
25 5
;
− + +
+ + ≥ = ∀ ∈
a b c
f a f b f c a b c
Vậy BĐT (5) được chứng minh. Đẳng thức (5) xảy ra khi và chỉ khi
.
a b c
= =

Ví dụ 6.
Giả sử
, ,

a b c
là các số
th

ự
c sao cho
1.
+ + =
a b c
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng

2 2 2
9
10
1 (1 ) 1 (1 ) 1 (1 )
+ + ≤
+ − − + − − + − −
a b c
b c c a a b
(6)
Lời giải.
2 2 2
9
(6)
10
1 1 1
a b c
a b c
⇔ + + ≤
+ + +

hay
9
( ) ( ) ( )
10
f a f b f c
+ + ≤

trong đó hàm số đặc trưng là
2
( )
1
x
f x
x
=
+

GV. Phaïm Troïng Thö - THPT chuyeân Nguyeãn Quang Dieâu – Đồng Tháp


4/5

Hàm số
2
( )
1
x
f x
x
=

+
với
,
x
∈
¡
có
( )
2
2
2
1
( ) ,
1

x
f x
x
−
′
=
+
( ) 0 1.

f x x
′
= ⇔ = ±

Bảng biến thiên của hàm số
( )

f x
trên
.
¡

x

−∞

3
−

1
−

1
3
−
1 2
+∞

( )
f x
′


−

−
0

+

+
0
−

−

( )
f x

0
1
2


3
10
−

3
10
−

2
5



1

2
−
0

Trường hợp 1. Giả sử tồn tại một số
( ; 3]

a
∈ −∞ −
4
b c
⇒ + ≥
nên trong hai số b, c này chắc chắn có
một số lớn hơn bằng 2, chẳng hạn
2.
b
≥
T
ừ

đ
ó suy ra
2 1 9
( ) ( ) ( ) 0
5 2 10
f a f b f c
+ + < + + = ⋅

Trường hợp 2.Giả sử tồn tại một số
1

3; .
3
a
 
∈ − −


 
Khi đó
3 1 1 7 9
( ) ( ) ( )
10 2 2 10 10
f a f b f c
+ + ≤ − + + = < ⋅

Trường hợp 3. Các số
1
, , ;
3

 
∈ − + ∞ ⋅
 
 
a b c
Ta thấy đẳng thức trong (6) xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c
= = = ⋅

Như vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị
( )
y f x
=
tạ
i
đ
i
ể
m
1 1
;
3 3
M
 
 
 
 
 
 
f
là
1 1 1 18 1 3
3 3 3 25 3 10
y f x f x
      
′
= − + = − +
      

      
hay
18 3
25 50
y x
= + ⋅

Ta có
2
2
18 3 (3 1) (4 3) 1
( ) 0, ; .
25 50 3
50(1 )

− +
   
− + = − ≤ ∀ ∈ − + ∞
   
   
+
x x
f x x x
x

Suy ra
18 3 1
( ) , ; .
25 50 3

 
≤ + ∀ ∈ − + ∞
 
 
f x x x
Từ đó ta có
18 3 9 1
( ) ( ) ( ) ( ) 3 ; , , ;
25 50 10 3

 
+ + ≤ + + + ⋅ = ∀ ∈ − + ∞ ⋅
 
 
f a f b f c a b c a b c
Cả ba trường hợp ta suy ra BĐT (6) đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c
= = = ⋅

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1.
Cho
, , 0.

a b c
>
Ch
ứ

ng minh r
ằ
ng
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥ ⋅
+ + +

2.
Cho
, , , 0

a b c d
>
thỏa mãn
4.
a b c d
+ + + =
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2 2 2 2
1 1 1 1
2.
1 1 1 1
a b c d

+ + + ≥
+ + + +

3.
Cho
, , 0

a b c
>
th
ỏ
a mãn
3.
a b c
+ + =
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2 2 2
1 1 1
1.
a b c b c a c a b
+ + ≤
+ + + + + +

4.
Cho
, , 0

a b c
>
th
ỏ
a mãn
3.
a b c
+ + =

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
2
2 2 2
1 1 1
3 2( ) 15 4( ).
a b c ab bc ca
a b c
 
+ + + + + ≥ + + +
 
 

5.
Cho
, , 0.

a b c
>
Chứng minh rằng
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
+ + + + + +
+ + ≤
+ + + + + +

GV. Phaïm Troïng Thö - THPT chuyeân Nguyeãn Quang Dieâu – Đồng Tháp


5/5

6.
Cho
, , 0.

a b c
>
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng

2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) 1
2
2 ( ) 2 ( ) 2 ( )
b c a a c b a b c
a b c b a c c b a
+ − + − + −
+ + ≥ ⋅
+ + + + + +

7.
Cho
, , 0

>
a b c th
ỏ
a mãn
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 3 2( ).
+ + = + + +
a b c a b b c c a

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
1 1 1

1.
4 4 4
+ + ≤
− − −
ab bc ca