ứng dụng hàm lõm cm bdt

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


KHAI THÁC KHÁI NIỆM ðỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM
ðỂ ðÁNH GIÁ BẤT ðẲNG THỨC

I. LÝ DO CHỌN ðỀ TÀI

Ứng dụng hàm lồi ñể ñánh giá bất ñẳng thức (BðT) ñã ñược khai thác nhiều và
ñại diện cho ứng dụng ñó là BðT Jensen. Khái niệm hàm lồi trong chương trình
SGK cũ và mới (bài ñọc thêm) ñược ñịnh nghĩa dựa vào vị trí nằm trên, nằm dưới
của tiếp tuyến với ñồ thị hàm số. Trong ñịnh nghĩa ñó, ñã cho ta một tính chất hình
học của tiếp tuyến. ðó là: ta có thể ñánh giá
( )
f x
thông qua một biểu thức bậc nhất
của
x
. Vận dụng tính chất này, ta có thể tìm ñược lời giải ñơn giản cho một số bài
toán chứng minh BðT. Hơn nữa thông qua ñó ñể chúng ta thấy ñược việc dạy cho
HS Bản chất của các khái niệm Toán học rất quan trọng trong phát triển tư duy cho
học sinh. ðó là lí do mà tôi chọn ñề tài “Khai thác khái niệm ñồ thị hàm số lồi, lõm
ñể ñánh giá BðT”

II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ðỀ
TÀI:
1. Thuận lợi:
 Với sự ñổi mới phương pháp dạy học trung học phổ thông lấy học sinh làm
trung tâm và tạo sự hứng thú trong học tập. Học sinh chủ ñộng chiếm lĩnh tri

thức. Do ñó, việc dạy cho học sinh nắm ñược bản chất của một khái niệm
Toán học hết sức quan trọng
2. Khó khăn:
 Khi dạy khái niệm Toán học giáo viên chưa chú trọng nhiều vào việc dạy
cho học sinh nắm ñược bản chất của khái niệm mà chủ yếu tập trung vào việc
khảo sát các ñối tướng có thuộc về khái niệm ñó hay không?. Do ñó học sinh

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

cũng ít quan tâm ñến bản chất cảu khái niệm ñã học nên một phần nào ñó hạn
chế việc phát triển tư duy cũng như sự hứng thú trong học tập.
III. NỘI DUNG ðỀ TÀI

1. Cơ sở lí thuyết.

a. ðịnh nghĩa: Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục
[ ; ]
a b
và có ñồ thị là (C). Khi ñó ta có hai
ñiểm
( ; ( )), ( ; ( ))
A a f a B b f b
nằm trên ñồ thị (C).
i) ðồ thị (C) gọi là lồi trên
( ; )

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

luôn nằm phía trên ñồ thị (C).
ii) ðồ thị (C) gọi là lõm trên
( ; )
a b
nếu tiếp tuyến tại mọi ñiểm nằm trên cung
AB

luôn nằm phía dưới ñồ thị (C).


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

* Nếu
(
)
''( ) 0 ;
f x x a b

> ∀ ∈
thì ñồ thị hàm số lõm trên
( ; )
a b

* Nếu
(
)
''( ) 0 ;
f x x a b
< ∀ ∈
thì ñồ thị hàm số lồi trên
(
)
;
a b

c. Ứng dụng
Từ hình ảnh trực quan của ñịnh nghĩa cho ta một phương pháp giải các bài toán BðT
và cực trị sau :
ðịnh lí 2: (Bất ñẳng thức tiếp tuyến)

ðồ thị hàm lõ
m
_

x

_

y

a

_

b

_

1

ðồ thị hàm số lồi
_

x

_

y

_

b

_

a

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

Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục và có ñạo hàm ñến cấp hai trên
[a;b]
.
i) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
≥ ∀ ∈
thì
0 0 0 0
( ) '( )( ) ( ) [ ; ]
f x f x x x f x x a b
≥ − + ∀ ∈

ii) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
≤ ∀ ∈
thì
0 0 0 0
( ) '( )( ) ( ) [ ; ]
f x f x x x f x x a b
≤ − + ∀ ∈

ðẳng thức trong hai Bất ñẳng thức trên xảy ra
0
x x
⇔ =
.
Ta có thể chứng minh ñịnh lí trên như sau
i) Xét hàm số
0 0 0
( ) ( ) '( )( ) ( )
g x f x f x x x f x
= − − −
,
[ ; ]
x a b
∈

Ta có :
0
'( ) '( ) '( ) ''( ) ''( ) 0 [ ; ]
g x f x f x g x f x x a b
= − ⇒ = ≥ ∀ ∈

0
'( ) 0
g x x x
⇒ = ⇔ =
và
'( )
g x
ñổi dấu từ

−
sang
+
khi x qua
0
x
nên ta có :
0
( ) ( ) 0 [ ; ]
g x g x x a b
≥ = ∀ ∈ .
ii) Chứng minh tương tự.

ðịnh lí 3: (Bất ñẳng thức cát tuyến)
Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục và có ñạo hàm ñến cấp hai trên
[a;b]
.
i) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
≥ ∀ ∈
thì
0
( ) ( )
( ) ( ) ( ) [ ; ]
f a f b

f x x a f a x a b
a b
−
≥ − + ∀ ∈
−

ii) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
≤ ∀ ∈
thì
0
( ) ( )
( ) ( ) ( ) [ ; ]
f a f b
f x x a f a x a b
a b
−
≤ − + ∀ ∈
−
.
ðẳng thức trong các BðT trên có khi và chỉ khi
x a
=
hoặc
x b
=
.

2. Nội dung, biện pháp thực hiện giải pháp của ñề 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

∈
.
Ta có:
2 3 2 5
1 3
'( ) ''( ) 0 (0;1)
( 1) ( 1)
x
f x f x x
x x
= ⇒ = − < ∀ ∈
+ +

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


Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
4


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
 
+ + ≤ + + − + =
 
 

ðẳng thức xảy ra
1
3
a b c
⇔ = = =
.
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
+ + ≥
+ + +
.
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
= − ⇒ = > ∀ ∈ −
+ +

Nên ta có :
( ) '(1)( 1) (1)
f a f a f
≥ − +


( ) '(1)( 1) (1)
f b f b f
≥ − +


( ) '(1)( 1) (1)
f c f c f
≥ − +

( ) ( ) ( ) '(1)( 3) 3 (1)
f a f b f c f a b c f
⇒ + + ≥ + + − +
(*)
Mặt khác :
2 2 2 2
( ) 3( ) 9
a b c a b c
+ + ≤ + + =

3 3 3 0
a b c a b c
⇒ − ≤ + + ≤ ⇒ + + − ≤
và
4
'(1) 0
27
f
= − <
nên từ (*)
Ta suy ra :
( ) ( ) ( ) 3 (1) 1
f a f b f c f
+ + ≥ =
.
Nhận xét : Dấu hiệu giúp chúng ta nhận ra phương pháp trên là BðT cần chứng
minh có dạng
1 2
( ) ( ) ( )
n
f a f a f a k
+ + + ≥
hoặc
1 2
( ) ( ) ( )
n
f a f a f a k
+ + + ≤
, trong ñó

( 1, , )
i
a i n
=
là
các số thực cho trước. Trong một số trường hợp BðT chưa có dạng trên, ta phải thực
hiện một số phép biến ñổi mới ñưa về dạng trên.Chúng ta cần chú ý một số dấu hiệu
sau.

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
5




•
Nếu BðT có dạng
1 2
( ). ( ) ( )
n
f a f a f a k
≥
thì ta lấy loganepe hai vế


•
Nếu BðT cần chứng minh ñồng bậc thì ta có thể chuẩn hóa. Tùy thuộc vào từng
bài toán mà ta lựa chọn cách chuẩn hóa phù hợp.

Ví dụ 3 : Cho các số thực dương

, ,
a b c
thỏa :
3
a b c
+ + =
. Tìm GTLN của biểu
thức :
2 2 2
1 1 1
b c a
P a a b b c c
     
= + + + + + +
     
     
.
Giải :
Ta có :
2 2 2
ln ln( 1 ) ln 1 ln 1
P b a a c b b a c c
   
= + + + + + + + +
   
   

Xét hàm số :
2
( ) ln 1 , 0 1

f x x x x
 
= + + < <
 
 
. Ta có :
2 2 3
1
'( ) ''( ) 0
1 (1 )
x
f x f x
x x
−
= ⇒ = <
+ +

(0;1)
x
∀ ∈

Suy ra :
(
)
( ) '(1) 1 (1) '(1) (1) '(1)
f a f a f f a f f≤ − + = + −

( ) '(1) (1) '(1)
bf a f ab f f b
 

⇒ ≤ + −
 


( ) '(1) (1) '(1)
cf b f cb f f c
 
≤ + −
 


( ) '(1) (1) '(1)
af c f ac f f a
 
≤ + −
 
.
(
)
ln '(1) ( ) (1)( ) 3 ln(1 2)
P f ab bc ca a b c f a b c⇒ ≤ + + − + + + + + ≤ +
(Do
3
ab bc ca a b c
+ + ≤ = + +
)
Nên
3
ln 3 ln(1 2) (1 2)
P P

⇒
≤ +
⇒
≤ +
.
ðẳng thức xảy ra
1
a b c
⇔ = = =
. Vậy GTLN của
3
(1 2)
P
= +
.
Ví dụ 4 : Cho
, 0
x y
>
thỏa
1
x y z
+ + =
. Tìm GTNN của biểu thức
y z x
P x y z
− − −
= + +
.

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

Giải : Áp dụng BðT Cô si, ta có :
3
3
. .
y z x
P
x y z
≥

ðặt
. . ln ln ln ln
y z x
A x y z A y x z y x z
= ⇒ = + +
. Vì hàm số
( ) ln
f t t
=
có
2
1
''( ) 0
f t
t
= − <

1 1 1

ln ' ( ) 3 1 ln 3
3 3 3
x f x f x
   
⇒ ≤ − + = − −
   
   

ln (3 1 ln 3) (3 1 ln 3) (3 1 ln 3)
A y x z y x z
⇒ ≤ − − + − − + − −


2
3( ) 1 3 ln 3 ( ) 1 3 ln 3 3 ln 3
xy yz zx x y z
= + + − − ≤ + + − − = −

3
1
3 3
3
A P
⇒ ≤ ⇒ ≥
. ðẳng thức xảy ra
1
3
x y z
⇔ = = =
.

Vậy GTNN của
3
3 3
P
=
.
Ví dụ 5 : Cho
1
, ,
2
a b c
≥
thỏa
2
a b c
+ + =
. Tìm GTNN của biểu thức
a b c
P a b c
= + +
.
Giải :
Xét hàm số
1
( ) , 1
2
t
f t t t
= ≤ ≤
. Ta có :

ln ( ) ln
f t t t
=
lấy ñạo hàm hai vế ta ñược
(
)
'( ) (1 ln ) ( ) ln '( ) ln ( ) ln ln 1
f t t f t f t f t t
= + ⇒ = + +

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

1 1
''( ) (1 ln ) ( ) 1 ln 0 [ ;1]
(1 ln ) 2
f t t f t t t
t t
 
⇒ = + + + > ∀ ∈
 
+
 

Vì
1
, , ;1
2
a b c
 
∈
 
 
nên áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có :
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
7

2 2 2
( ) '( )( ) ( )
3 3 3

f c f c f
≥ − +

Cộng ba BðT trên ta có :
( )
3
2 2 4
( ) ( ) ( ) '( ) 2 3 ( ) 3
3 3 9
f a f b f c f a b c f+ + ≥ + + − + = .
Vậy GTNN của
3
4
3
9
P = ñạt ñược
2
3
a b c
⇔ = = =
.

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
+
+ + + + ≥ + + + + +
.
(Trích ñề thi Albania 2002)
Lời giải. Vì BðT ñã cho thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bñt ñúng với mọi số
thực dương a,b,c thỏa mãn
2 2 2
1
a b c
+ + =
, khi ñó bñt cần chứng minh trở thành:
( ) ( ) ( ) 1
f a f b f c
+ + ≥
trong ñó:
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
> ∀ ∈

Nên theo BðT tiếp tuyến ta có :
1 1
( ) ( ) ( ) ' ( 3) 3
3 3
f a f b f c f a b c f
   
+ + ≥ + + − +
   
   
   
.
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


 
<

 
 

 
⇒ + + ≥ =
 
 

 
 

+ + ≤ + + =


.
Ví dụ 7: Cho
n
số thực
1 2
, , ,
n
x x x
thuộc khoảng
(0; )
2
π
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 :
ðặt
tan ( 1,2, , )
i i
a x i n
= =
0 1,2, ,
i
a i n
⇒ > =
và
1
n
i
i
a n

=
≤
∑


Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
8

Ta cần chứng minh :
2
1
1
1 2
n
i
n
i
i
a
a
=
≤
+
∏
(1).
Xét hàm số
2
( ) , 0
1
x

f x x
x
= >
+
có
2 3
1
'( )
(1 )
f x
x
=
+
''( ) 0 0
f x x
⇒ < ∀ >
.
3
1 1 1
( ) '(1)( 1) (1) ( 1) ( 1)
2 2 2
2
f x f x f x x
⇒ ≤ − + = − + = +
.
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
=
= = =
 
 
+
 
⇒ = ≤ + ≤ ≤ =
 
 
+
 
 
∑

∏ ∏ ∏

ðẳng thức xảy 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
π
⇔ = = = =
.
Nhận xét : Qua các ví dụ trên, ta có ñược kết quả tổng quát sau
ðịnh lí 4 : Cho hàm số
( )
y f x
=
có ñạo hàm cấp hai trên
;
a b
 
 
và
n
số

1 2
, , ,
n
a a a

nằm trong ñoạn
;
a b
 
 
thỏa mãn :
1
,
n
i
i
a k na k nb
=
= ≤ ≤
∑
.


•
Nếu
''( ) 0 ;
f x x a b
 
> ∀ ∈
 

thì ta có :
1
( ) ( )
n
i
i
k
f a nf
n
=
≥
∑


•
Nếu
''( ) 0 ;
f x x a b
 
< ∀ ∈
 
thì ta có :
1
1
( ) ( )
n
i
i
k
f a f

n n
=
≤
∑
.

Ví dụ 8. Cho tam giác
ABC
có một góc không nhỏ hơn
2
3
π
. Chứng minh rằng :
tan tan tan 4 3
2 2 2
A B C
+ + ≥ −
.
Lời giải.

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
9

Không mất tính tổng quát, ta giả sử
2
3 6
A B C C
π π
≥ > ≥ ⇒ ≤
.

Hàm số
( ) tan
f x x
=
,
0;
3
x
π
 
∈
 
 
có
''( ) 0 0;
3
f x x
π
 
> ∀ ∈
 
 
. Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta
có
( ) '( )( ) ( )
2 3 2 3 3
A A
f f f
π π π
≥ − +

( ) '( )( ) ( )
2 12 2 12 12
B B
f f f
π π π
≥ − +

( ) '( )( ) ( )
2 12 2 12 12
C C
f f f
π π π
≥ − +
.
2
'( ) '( ) '( )
2 2 2 3 12 2 3 12 2 2
A B C A A B C
f f f f f f
π π π π π
           
+ +
⇒ + + ≥ − − + −
         
 
           


2

3 12
f f
π π
   
+ +
   
   

Do
' ' 0; 0
3 12 2 3
A
f f
π π π
   
− > − ≥
   
   
và
2 2
A B C
π
+ +
=
nên ta có :
2 4 3
2 2 2 3 12
A B C
f f f f f
π π

         
+ + ≥ + = −
         
         
ñpcm.
ðẳng thức xảy ra
2
;
3 6
A B C
π π
⇔ = = =
và các hoán vị.
Ví dụ 9. Cho các số thực không âm
, ,
a b c
thỏa
3
max{ , , }
4
a b c
≥
và
1
a b c
+ + =
. Tìm
GTNN của biểu thức :
3 3 3
2 2 2

1 3 1 3 1 3
P a b c
= + + + + +
.
Lời giải.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử
3 1
max { , , } ,
4 8
a a b c a c
= ⇒ ≥ ≤
.
Xét hàm số
( )
3
2
( ) 1 3 , 0;1
f x x x= + ∈ 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
−
⇒ = > ∀ ∈
+
. Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có :

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
10

3 3 3
( ) '( )( ) ( )
4 4 4
f a f a f
≥ − +
;
1 1 1
( ) '( )( ) ( )
8 8 8
f b f b f
≥ − +
;
1 1 1
( ) '( )( ) ( )

8 8 8
f c f c f
≥ − +

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
 
+
⇒ + + ≥ − − + + ≥ + =
 
 
.
ðẳng thức xảy ra
3 1
;
4 8
a b c
⇔ = = =
và các hoán vị.
Vậy
3 3
172 2 67
min
4
P
+
= .

Nhận xét : Trong một số trường hợp ñồ thị hàm số
( )
y f x
=
có khoảng lồi, lõm trên
;
a b
 
 
nhưng ta vẫn có ñược ñánh giá :
0 0 0 0
( ) '( )( ) ( ) , ( ; )
f x f x x x f x x a b
≥ − + ∈
. Chẳng
hạn các bạn xem ñồ thị minh họa dưới ñây.


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

a b c a b c
+ + ≥ + +
.

Lời giải:
BðT ñã cho
4 3 4 3 4 3
( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0 ( ) ( ) ( ) 0
a a b b c c f a f b f c
⇔ − + − + − ≥ ⇔ + + ≥

Trong ñó
4 3
( ) 2
f x x x
= −
. Ta thấy
2
''( ) 12 12
f x x x
= −
nên ñồ thị hàm số
f
có khoảng
lồi và khoảng lõm do ñó ta không thể áp dụng BðT tiếp tuyến ñược. Tuy nhiên ta
_

x

_

y

x

0

a

_

O

b


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

vẫn có thể ñánh giá ñược
( )
f x
qua tiếp tuyến của nó tại ñiểm có hoành ñộ
2
x
=
(vì
ñẳng thức xảy ra khi
2
a b c

= = =
)
Ta có tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại
( )
y f x
=
ñiểm có hoành ñộ
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
− − = − − + = − − + ≥ ∀ ∈
ℝ
.
( ) ( ) ( ) 8( ) 48 0
f a f b f c a b c
⇒ + + ≥ + + − =
(ñpcm).
Chú ý. Vì
8 16
y x
= −
là tiếp tuyến của ñồ thị hàm số

4 3
( ) 2
f x x x
= −
tại ñiểm có
hoành ñộ
2
x
=
nên ta có sự phân tích:
( ) ( ) ( ) ( )
8 16 2
k
f x x x g x
− − = − với
2
k
≥
và
(2) 0
g
≠
.
Ví dụ 11: Cho
3
, ,
4
a b c
≥ −
và

1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng:
2 2 2
9
10
1 1 1
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
. ( Vô ñịch Toán Ba Lan 1996)
Lời giải.
Ta thấy ñẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c
= = =
và Bñt ñã cho có dạng:
9
( ) ( ) ( )
10
f a f b f c
+ + ≤
trong ñó
2
( )
1
x

f x
x
=
+
với
3 5
[ ; ]
4 2
x ∈ − .
Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số
( )
y f x
=
tại ñiểm có hoành ñộ
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
− +
+ +
− = − = ≥ ∀ ∈ −
+ +

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

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

thoả mãn
1
a b c
+ + =
. Chứng minh :
9
1 1 1 10
a b c
bc ac ab
+ + ≥
+ + +
.


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

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
+ + ≥ + + = + +
+ + +
− + − + − +
.
(Nhận xét : ðẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c
= = =
và tiếp tuyến của ñồ thị hàm
số
2
4
( )
2 5
x
f x
x x
=
− +
tại ñiểm có hoành ñộ
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
− −
−
− = ≥ ∀ ∈
− + − +

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
+ + −
⇒ + + ≥ =
− + − + − +
ñpcm.

Ví dụ 13.
Cho
, ,
a b c
là ñộ 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
 
+ + + ≥ + +
 
+ + + + +
 
.

Lời giải. Không làm mất tính tổng quát ta giả sử
1
a b c
+ + =
, khi ñó Bñt ñã 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 ñộ dài ba cạnh tam giác và
1
a b c
+ + =
suy ra
1
, , (0; )
2
a b c
∈
.
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
− −
−
− − = ≤ ∀ ∈
− −

2
5 1 1
18 3 (0; )
2
a
a a
a a
−
⇒
≤ − ∀ ∈
−
.
Ta cũng có hai Bñt tương tự. Cộng các Bñt này lại với nhau ta có:
2 2 2
5 1 5 1 5 1
18( ) 9 9
a a c
a b c
a a b b c c
− − −
+ + ≤ + + − =
− − −
(ñpcm).

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

ðẳng 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
+ − + − + −
+ + ≥
+ + + + + +
.
(Olympic Toán Nhật Bản 1997)

Lời giải . Vì Bñt cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bñt ñúng
với mọi số thực dương

, ,
a b c
thỏa mãn
1
a b c
+ + =
. Khi ñó Bñt ñã 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
− − −
+ + ≥
− + − + − +

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
− + − + − +
⇔ + + ≥
− + − + − +

2 2 2
1 1 1 27
5
2 2 1 2 2 1 2 2 1
a a b b c c
⇔ + + ≤
− + − + − +

27
( ) ( ) ( )
5
f a f b f c
⇔ + + ≤
.
Trong ñó
2
1
( )
2 2 1
f x
x x
=
− +
với
(0;1)
x
∈
.
Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số
( )

y f x
=
tại ñiểm có hoành ñộ
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
− + − +
+
− = = ≥ ∀ ∈

− + − +

54( ) 81
27
( ) ( ) ( )
25 5
a b c
f a f b f c
+ + +
⇒ + + ≤ =
ñpcm.
Trong các ví dụ trên ta chỉ xét các BðT ñối xứng ba biến và ñẳng thức xảy ra khi các
biến bằng nhau. Phần tiếp theo ta sẽ ñi xét một số BðT không ñối xứng hoặc BðT
ñối xứng nhưng ñẳng thức xảy ra khi có ít nhất hai biến không bằng nhau.



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

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
+ + − + + ≥
(Trung Quốc 2005).

Lời giải: Giả sử
a b c
≥ ≥
.
Xét hàm số
3 4
( ) 10 9 , (0;1)
f x x x x
= − ∈
có
2 4 3
'( ) 30 45 ''( ) 60 180
f x x x f x x x
= − ⇒ = −

0
1
''( ) 0
3
f x x x⇒ = ⇔ = = ñồng thời
0
''( ) 0 (0; )
f x x x
> ∀ ∈
và

0
''( ) 0 ( ;1)
f x x x
< ∀ ∈
.

•
Nếu
0
a x
<
. Áp dụng BðT tiếp tuyến ,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
     
≥ − +
     
     

( )
1 1
( ) ( ) ( ) ' 1 3 1
3 3
f a f b f c f a b c f
   
⇒ + + ≥ + + − + =
   
   
.

•
Nếu
0
a x
>
. Áp dụng BðT tiếp tuyến và cát tuyến ta có:
( ) ( )
0
0
(1) ( )

( ) 1 1 (1) 1
1
f f x
f a a f f
x
−
≥ − + > =
−
.
(
)
(
)
(
)
( ) ' 0 0 0 0
f b f b f
≥ − + =

(
)
(
)
(
)
( ) ' 0 0 0 0
f c f c f
≥ − + =

( ) ( ) ( ) 1

f a f b f c
⇒ + + >
.
Ví dụ 16: Cho
ABC
∆
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
π π
 
= ∈ ⇒ = ⇒ = − ∀ ∈
 

 

Áp dụng BðT tiếp tuyến với
MNP
∆
nhọn, ta có :

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

(
)
(
)
( ) '( ) ( ) 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
⇒ + + ≥ + +

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
= = = ⇒ = = =

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
⇒ = ⇒ = ⇒ = = = =
+

1 2 3 27
( ) ( ) ( ) ln 2 ln 3 ln ln
2 5 10 25 5
f A f B f C⇒ + + ≤ + + =
27
25 5
F⇒ ≤ . ðẳng thức xảy ra
; ;
A M B N C P
⇔ = = =
.
Vậy GTLN của
27
25 5
F = .
Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có ñược cách giải cho bài toán tổng quát sau :
Cho
ABC
∆
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
π
 
= ∈
 
 
, có
2
'( ) 1 tan
f x x
= +

2
''( ) 2 tan (1 tan ) 0, 0;
2
f x x x x
π
 
⇒ = + > ∀ ∈
 
 
.

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

Áp dụng BðT tiếp tuyến với
MNP
∆
nhọn, ta có :
2
1
( ) '( )( ) ( ) ( ) tan
cos
f A f M A M f M A M M
M
≥ − + = − +
2
1
cos . ( ) sin 2
2
M f A M A M

⇒ ≥ + −

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
≥ + − ≥ + −

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
+ +
⇒ + + ≥
.
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 ñẳng 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
⇒ + + + = ⇒
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
⇒ = − = −
;
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
− + − + −
+ +
⇒ ≥ =
.
Vậy GTNN của
2 2 2
1 2(1 2 ) 3(1 3 )
k k k
F
k
− + − + −
=
ñạt ñược khi
; ;
A M B N C P
= = =

Với
, ,
M N P
là ba góc của tam giác nhọn ñược xác ñịnh bởi :
cos 0; cos 2 ; cos 3
M k N k P k
= > = =

, trong ñó
k
là nghiệm dương duy nhất của
PT (1).
Nhận xét : Tương tự cách làm trên, ta cũng tìm ñược giá trị nhỏ nhất của biểu thức
. tan . tan . tan
F m A n B p C
= + +
, trong ñó
, ,
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
17


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
∈
là những hàm số có
ñạo hàm cấp hai dương trên khoảng
(0;1)
. Nên với
, , 0
a b c
>
thỏa
1
a b c
+ + =
áp dụng

BðT tiếp tuyến, ta có:
( ) '( )( ) ( )
f x f a x a f a
≥ − +
;
( ) '( )( ) ( )
h y h b y b h b
≥ − +
;
( ) '( )( ) ( )
g z g c z c g c
≥ − +

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






=
=





⇔ = ⇔ =
 
 

+ −
 
 
=
=
 
+
−



(1)
Do
3
4
2 3
1 1
3
1
1
k k k
a b c
k
k k
+ + = ⇔ + + =
−
−
(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
⇒
= + + ≥ + + = + +
−
−

ðẳng thức xảy ra
; ;
x a y b z c
⇔ = = =
.
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. (BðT Jensen). Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục và có ñạo hàm cấp hai trên
(
)
;
a b
và
n
số thực dương
1 2
, , ,
n
α α α
có tổng bằng 1.
a) Nếu

''( ) 0 ( ; )
f x x a b
> ∀ ∈
thì ta có:
1 1
( )
n n
i i i i
i i
f x f x
α α
= =
 
 
≥
 
 
∑ ∑


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

với
(
)
; 1,
i
x a b i n
∀ ∈ = . ðẳng thức có khi

1 2

n
x x x
= = =
.
b) Nếu
''( ) 0 ( ; )
f x x a b
< ∀ ∈
thì ta có:
1 1
( )
n n
i i i i
i i
f x f x
α α
= =
 
 
≤
 
 
∑ ∑

với
(
)
; 1,

i
x a b i n
∀ ∈ =
. ðẳng thức có khi
1 2

n
x x x
= = =
.
Lời giải.
a) ðặt
1 1 2 2
( ; )
n n
y a a a y a b
α α α
= + + + ⇒ ∈
.
Vì
''( ) 0
f x
>
nên áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có:
(
)
( ) '( ) ( ) 1,2, ,
i i
f a f y a y f y i n
≥ − + ∀ =

(
)
( ) '( ) ( ) 1,2, ,
i i i i i i
f a f y a y f y i n
α α α α
⇒ ≥ − + ∀ =

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
α α α α α
= = = =
 
 
⇒ ≥ − + = =
 
 
∑ ∑ ∑ ∑
.
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
= =
=
∑ ∑
. Chứng minh rằng:
1 1
i i
n n
a a
i i
i i
x a
= =
≥
∏ ∏
.

Lời giải.
BðT cần chứng minh
1 1

ln ln
n n
i i i i
i i
a x a a
= =
⇔ ≥
∑ ∑
.
Hàm số
( ) ln
f x x
=
là hàm lồi, nên áp dụng BðT 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
= = = =
⇒ ≤ − + ⇒ ≤ − + =

∑ ∑ ∑ ∑

1 1
ln ln
n n
i i i i
i i
a x a a
= =
⇒ ≤
∑ ∑
ñpcm.

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

Chú ý: ðiều thú vị là BðT Cô si lại là một hệ quả của bài toán trên. Thật vậy:
Cho
1
1 2

n
i
i
n
x
a a a
n
=
= = = =

∑
. Khi ñó BðT ñã cho trở thành:
1
1 1
n
n
i
n n
i
i i
i i
x
x a
n
=
= =
 
 
 
≤ =
 
 
 
 
∑
∏ ∏
( do
1 2

n

a a a
= = =
)
1
1
n
i
n
i
n
i
i
x
x
n
=
=
⇒ ≥
∑
∏
ñây chính là BðT 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
+ + +
+ + ≥ + +

2. Cho
, , 0
a b c
>
thỏa
3
a b c
+ + ≥
. 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
 
∈
 
 
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
     
− − − ≥ −
     
     
     
.
5. Cho
, , , (0; )
2
a b c d
π
∈
và
a b c d
π
+ + + =
. 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
− − − −
+ + + ≥
.

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
20

6. Cho n số thực dương thoả mãn:
1
n
i
i
x n
=
=
∑
. 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
π π π
= − + − + −
.
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
≤

(BðT 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
+ + +
+ + ≥ + +
+ + +
.
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
+ + ≥
+ +
+ + +
.
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
+ + − + + ≥
.
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)

IV. KẾT QUẢ

•
Học sinh hứng thú và chú ý hơn khi học các khái niệm Toán học.

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
21



•
Học sinh giải quyết ñược một lớp bài toán khó về BðT.
V. BÀI HỌC KINH NGHIỆM


•
Khi dạy học các khái niệm Toán học cần chú ý ñến bản chất của khái niệm ñó và
khai thác bản chất của khái niệm.


•
Trong quá trình dạy học, chúng ta có thể gợi mở một số hướng phát triển từ một
khái niệm Toán học cho học sinh tìm tòi và nghiên cứu.
VI. KẾT LUẬN.
Việc khái thác khái niệm ñồ thị lồi lõm của ñồ thị hàm số cho chúng ta:


•
Một phương pháp chứng minh BðT và giải một số dạng toán cực trị khá hiệu quả
và ñơn giản.

•
Dựa vào hai BðT tiếp tuyến và cát tuyến kết hợp với phương pháp cân bằng hệ
số, chúng ta có thể sáng tạo ra nhiều bài toán BðT hay và khó.


NGƯỜI THỰC HIỆN


Nguyễn Tất Thu