Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ - lôgarit và hàm lượng giác

Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
ĐỀ
TÀI
PHÁT TRIỂN TƯ DUY HỌC SINH THÔNG QUA VIỆC
KHAI THÁC TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ MŨ -
LÔGARIT VÀ HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC.
A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Bất đẳng thức là một vấn đề khó trong chương trình phổ thông, nó thường
xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi các cấp và thi đại học. Trong quá trình dạy
học và nghiên cứu vấn đề này tôi thấy bất đẳng thức chứa các hàm số Mũ - Lôgarit
và hàm số lượng giác ít thấy trong các tài liệu và sách báo.
Một số đề thi đại học và học sinh giỏi trong những năm gần đây thường thấy
sử dụng hàm số để giải quyết loại này, đặc biệt đã có xuất hiện bất đẳng thức chứa
các đối tượng là hàm số Mũ -lôgarit và hàm số lượng giác. Chẳng hạn như đề thi
đại học khối A, A
1
năm 2012, đề thi đại học khối D 2007 . . .
Trong đề tài này tôi đề xuất các ví dụ đặc trưng cho từng hàm số, từ những
ví dụ đó xây dựng thành các chuỗi bài toán. Việc xây dựng chuỗi bài toán nâng dần
mức độ khó giúp học sinh phát triển tư duy, gây hứng thú cho học sinh. Từ đó học
sinh hoạt động một cách tích cực, độc lập, chủ động và sáng tạo.
Vì những lý do trên tôi chọn đề tài là " Phát triển tư duy học sinh thông qua
việc khai thác tính đơn điệu của hàm số mũ, lôgarit và hàm số mũ "
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1. Định nghĩa tính đơn điệu của hàm số
Sách giáo khoa đại số 10 định nghĩa hàm số đồng biến nghịch biến như sau:

" Giả sử K là một khoảng, một đoạn hoặc một nữa khoảng và f là hàm số xác định
trên K.
•
Hàm số f được gọi là đồng biến trên K nếu
( ) ( )
1 2 1 2 1 2
, :∀ ∈ < ⇒ <x x K x x f x f x
•
Hàm số f được gọi là nghịch biến trên K nếu
( ) ( )
1 2 1 2 1 2
, :∀ ∈ < ⇒ <x x K x x f x f x
2. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I.
a) Nếu hàm số f đồng biến trên I thì
( )
' 0≥f x
với mọi
∈x I
b) Nếu hàm số f nghịch biến trên I thì
( )
' 0≤f x
với mọi
∈x I
Chú ý: Khoảng I trên định lí trên có thể được thay bởi một đoạn hoặc một nửa
khoảng. Khi đó phải bổ sung giả thiết “Hàm số liên tục trên đoạn hoặc nửa khoảng
đó”.
3. Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I.
a) Nếu

( )
' 0>f x
với mọi
∈x I
thì hàm số f đồng biến trên khoảng I.
b) Nếu
( )
' 0<f x
với mọi
∈x I
thì hàm số f nghịch biến trên khoảng I.
c) Nếu
( )
' 0=f x
với mọi
∈x I
thì hàm số f không đổi trên khoảng I.
4. Các nhận xét
 Nhận xét 1: Hàm số
f
xác định trên
K
và
•
Đồng biến trên
K
thì
1 2 1 2
, ,∀ ∈ < x x K x x
( ) ( )

1 2
⇔ <f x f x
•
Đồng biến trên
K
thì
1 2 1 2
, ,∀ ∈ ≤ x x K x x
( ) ( )
1 2
⇔ ≤f x f x
•
Nghịch biến trên
K
thì
1 2 1 2
, ,∀ ∈ < x x K x x
( ) ( )
1 2
⇔ >f x f x
.
•
Nghịch biến trên
K
thì
1 2 1 2
, ,∀ ∈ ≤ x x K x x
( ) ( )
1 2
⇔ ≥f x f x

.
 Nhận xét 2: Hàm số
f
xác định trên
K
và
•
Đồng biến trên K thì
( ) ( ) ( )
0− −  ≥
 
f x f y x y
, với mọi x, y thuộc K.
•
Nghịch biến trên K thì
( ) ( ) ( )
0− −  ≤
 
f x f y x y
, với mọi x, y thuộc K.
 Nhận xét 3: Cho hàm số
( )=y f x
liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên
đoạn
[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
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
ii) Nếu
''( ) 0 [ ; ]≤ ∀ ∈f x x a b
thì
0 0 0 0
( ) '( )( ) ( ) [ ; ]≤ − + ∀ ∈f x f x x x f x x a b
Đẳng thức trong hai Bất đẳng thức trên xảy ra
0
⇔ =x x
.
Ta có thể chứng minh nhận xét 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
Suy ra phương trình
'( ) 0=g x
có nghiệm duy nhất
0
=x x
và
'( )g x
đổi 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.
Chú ý: Phương trình
0 0 0
'( )( ) ( )− +f x x x f x
là phương trình tiếp tuyến của đồ thị
hàm số
( )
=y f x
tại điểm
( )
( )
0 0
;M x f x
.
 Nhận xét 4: Cho hàm số
( )=y f x
liên tục trên
[a;b]
, và phương trình

( )
0=f x
chỉ có đúng hai nghiệm trên
[a;b]
là a và b thì
( )
f x
luôn mang
một dấu trên
( )
;a b
II. XÂY DỰNG CÁC CHUỖI BÀI TẬP BẤT ĐẲNG THỨC
1. XUẤT PHÁT TỪ NHẬN XÉT 1
a) Từ tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit
Ví dụ 1. Xuất phát từ hàm số
log=
a
y x
đồng biến trên từng khoảng xác định với
1>a
và nghịch biến trên từng khoảng xác định với
0 1< <a
.
Do đó với mọi số thực
( )
, ≥x y x y
thuộc khoảng một xác định của hàm số ta có
1)
log log≥
a a

x y
với
1>a
.
2)
log log≤
a a
x y
với
0 1< <a
.
•
Với
(
]
1;2∈x
nên
( ) ( )
2
1 2 0 3 2− − ⇔ −≤ ≤x x x x
( )
1
3
2
x 1 33 x 1⇔ − ≥ +
+ Tương tự ta có:
2 2
3 2, 3 2≤ ≤− −y y z z
.
Do x, y, z là các cơ số lớn hơn 1 nên:

( ) ( ) ( )
2 2 2
3 2 3 2 3 2− + − + − ≥ + +
x y z x y z
log y log z log x log y log z log x
(1)
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
( )
2 2 2
3
2 6 log .log .log 6= ≥+ + + =+
x y z x y z x y z
log y log z log x log y log y zg x xz lo
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
( ) ( ) ( )
3 2 3 2 3 2 6− + − + − ≥
x y z
log y log z log x
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
Đẳng thức xẩy ra khi
2= = =x y z
.
+ Vì
x 1>
nên
( )
( )

( )
( )
1
3 3
2
3 3 3 3
3 1 3 1 3 1 3 1
1
log 1 log 1 log 1 log 13 3
2
3 3
+ + + +
− ≥ + ⇔ − ≥ +
z z z z
x x x x
Tương tự ta có:
( )
( )
( )
( )
3 3
3 3 3 3
3 1 3 1 3 1 3 1
1 1
log 1 log 1 , log 1 log 1
2
3
2
3 3 3
+ + + +

− ≥ + − ≥ +
x x y y
y y z z
Cộng vế với vế ta được:
3 3 3
3 1 3 1 3 1
log (3 1) log (3 1) log (3 1)
+ + +
− + − + − ≥
x y z
y z x
3 3 3
3 3 3
3 1 3 1 3 1
1 1 1
log (3 1) log (3 1) log (3 1)
2 2 2
+ + +
+ + + + +
x y z
y z x
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
3 3 3
3 3 3
3 1 3 1 3 1
1
[log (3 1) log (3 1) log (3 1) ]
2
+ + +
+ + + + +

x y z
y z x
3 3 3
3
3 3 3
3 1 3 1 3 1
3 3
log (3 1).log (3 1).log (3 1)]
2 2
+ + +
≥ + + + =
x y z
y z x
Đẳng thức xẩy ra khi
2= = =x y z
.
Do đó ta có bài toán sau:
 Bài 1: Cho x, y, z là các số thực thuộc nửa khoảng
(
]
1;2
, chứng minh rằng:
a)
( ) ( ) ( )
3 2 3 2 3 2 6− + − + − ≥
x y z
log y log z log x
.
b)
3 3 3

3 1 3 1 3 1
3
log (3 1) log (3 1) log (3 1)
2
+ + +
− + − + − ≥
x y z
y z x
.
•
Xét
(
, , 1; 3

∈

x y z
nên
1 1 1
1+ + ≥ ⇔ + + ≥x y z xyz
xy yz zx
.
Khi đó ta có:
( ) ( )
log ,≥+ +
x x
log x y z xyz
( ) ( )
log ,≥+ +
y y

log x y z xyz

( ) ( )
log+ ≥+
z z
log x y z xyz
Mà
( ) ( ) ( )
+ +
x y z
xyz xylog log logz xyz

3 9= + + + + + + ≥
x y y z x z
log log log log log loy z gy x z x
Suy ra
( ) ( ) ( )
9+ + + + + + ≥+ +
x y z
log x y z log x y z x yg zlo
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
Từ đó ta có bài toán sau:
 Bài 2: Cho
(
, , , 1; 3

∈


x y z t
. Chứng minh rằng :
a)
( ) ( ) ( )
9+ + + + + + ≥+ +
x y z
log x y z log x y z x yg zlo
.
b)
( ) ( ) ( ) ( )
log 12+ + + + + + + + ++ + ≥
x y z t
log y z t log z t x lo t x y x y zg
Ví dụ 2. Xuất phát từ hàm số
( )
1 2
ln 1
2 1
 
= + −
 ÷
+
 
f t
t t
.
Ta có
( )
( )
( ) ( ) ( )

2 2
1 4 1
' 0, 0
1
2 1 1 2 1
−
= + = − < ∀ >
+
+ + +
f t t
t t
t t t t
Do đó
( )
f t
nghịch biến trên
( )
0;+∞

1) Suy ra
1 2 1
ln 1 ln3 1, ;
2 1 2
   
+ − ≤ − ∀ ∈ +∞
 ÷ ÷

+
   
t

t t

•
Với
=
x
t
y
ta xét
2 0≥ >x y
ta được :
2
ln 1 ln3 1
2
 
+ − ≤ −
 ÷
+
 
y y
x x y
hay
( )
2
ln ln3
2
−
+ + ≤
+
x y

x y x
x y
•
Với
2 2
4
+
=
x y
t
xy
với
, 0>x y
khi đó
1
2
≥t
ta được:
( )
( )
( )
2
2 2
2 2 2 2
4 4 4
ln 1 ln3 1 ln 1 ln3
−
   
+ − ≤ − ⇔ + ≤ −
 ÷  ÷

+ +
+ +
   
x y
xy xy xy
x y x y
x y x y
.
Ta được bài toán :
 Bài 1: Cho
, ,x y z
là số thực dương. Chứng minh rằng:
a)
( )
( )
2
2
2 2
4
ln 1 ln3
−
 
+ ≤ −
 ÷
+
+
 
x y
xy
x y

x y
b)
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
4 4 4
ln 1 1 1 ln27
− − −
  
 
+ + + ≤ − − −
 ÷
 ÷ ÷
+ + +
 
+ + +
  
x y y z z x
xy yz zx
x y y z z x
x y y z z x
2) Suy ra
0≥ >a b
thì

( ) ( )
≤f a f b
Hay
1 2 1 2
ln 1 ln 1
2 1 2 1
   
+ − ≤ + −
 ÷  ÷
+ +
   
a a b b
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
( )
( ) ( )
4
ln
2 1 2 1
+
+
 
⇔ ≤
 ÷
+ + +
 
a b
ab b
ab a a b

Do đó ta có bài toán:
 Bài 2: Cho
0≥ >a b
. Chứng minh rằng
( )
( ) ( )
4
ln
2 1 2 1
+
+
 
≤
 ÷
+ + +
 
a b
ab b
ab a a b
.
3) Kết hợp với BĐT
3 1
, 2
7 7 2
+ ≥ ∀ ≥
x
x
x
ta có :
 Bài 3: Chứng minh rằng

2
2 2
7 14 3
ln 1 ln3
3 14 3
− +
 
+ ≤ +
 ÷
+ + +
 
x x x
x x x
với
2≥x
.
4) Kết hợp với
, 0
1 1
≥ ∀ ≥ ≥
+ +
x y
x y
x y
ta được
1 2 1 2
ln 1 ln 1
2 2
1 1
1 1

 
+ +
 
+ − ≤ + −
 ÷
 ÷
 
 
+ +
+ +
x y
x y
x y
x y
Hay
( )
( ) ( )
4
2
ln
2 3 1 3 1
−
+
≤
+ + +
y x
xy y
xy x x y
, áp dụng BĐT Côsi ta có
Bài 4: Chứng minh rằng :

( )
( )
2
16
2
ln
2
3 3 2
−
+
≤
+
+ + +
y x
xy y
xy x
x y
với mọi số thực
0≥ >x y
.
Ví dụ 3. Xuất phát từ hàm số
( )
( )
2
3 1= + −
t
f t t t
đồng biến trên
¡
.

1) Kết hợp với BĐT
2
1 2 ,+ ≥ ∀ ∈¡x x x
do đó ta có:
( )
( )
( ) ( )
( )
2
2
2
2 1 2 2 2
1 2 3 1 1 1 3 2 1 2
+
 
 
+ ≥ ⇔ + + − + ≥ + −
 
 
 
 
x x
f x f x x x x x
( )
2
1
2
4 2 2
3
4 1 2

2 2 1
−
⇔ ≥ + −
+ + + +
x
x x
x x x
Do đó ta có bài toán:
 Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số thực
x
ta luôn có
( )
2
1
2
4 2 2
3
4 1 2
2 2 1
−
≥ + −
+ + + +
x
x x
x x x
(*)
2) Kết hợp với BĐT
3
2 3 , 2+ ≥ ∀ ≥ −x x x
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn

Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
Khi đó ta có:
( )
( )
( ) ( )
( )
2
3
2
3 2 3 3 3
2 3 3 2 1 2 3 3 1 3
+
 
 
+ ≥ ⇔ + + − + ≥ + −
 
 
 
 
x x
f x f x x x x x

( ) ( )
( )
( )
2
2
1 2
6 3 3

3 3 1 3 4 5 2
− +
⇔ + + ≥ + + + +
x x
x x x x x
Do đó ta được bài toán:
 Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số thực
2≥ −x
ta luôn có
( ) ( )
( )
2
1 2
2 6 3 3
3 9 1 3 4 5 2
− +
+ + ≥ + + + +
x x
x x x x x
3) Kết hợp với giả thiết
≥a b
ta được:
( ) ( )
2 2
3 1 3 1+ − ≥ + −
a b
a a b b
hay
( )
(

)
( )
2 2
2 1 2 3 2 1 2
−
+ + ≥ + +
a b
b b a a
Kết hợp BĐT Bunhiacopxky ta có:
( )
(
)
( ) ( )
(
)
( )
2 2
2
2 2 2
2 1 2 3 3 1 , 2 1 2 1 2 1
 
+ + ≤ + + + ≥ + +
 
b b b a a a
Do đó ta có bài toán:
 Bài 3: Chứng minh rằng
( )
2
3 . 9 3 1 2 1
−

+ ≥ + +
a b
b a
, với
≥a b
.
4) Với
0≥x
ta có:
( )
2 2
3 1 1 3 1+ − ≥ ⇔ ≥ + +
x x
x x x x
Tương tự ta có:
2 2
3 1 , 3 1
≥ + + ≥ + +
y z
y y z z
Cộng vế với vế ta được bài toán:
 Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z không âm thì
a)
3 3 3 3+ + ≥ + + +
x y z
x y z
b)
2 2 2
3 3 3 1 1 1+ + ≥ + + + + + + + +
x y z

x y z x y z
.
+ Từ bài 4a ta được: với mọi số thực x, y, z thì
3 3 3 3
− − −
+ + ≥ − + − + − +
x y y z z x
x y y z z x
Áp dụng BĐT
+ ≥ +a b a b
và kết hợp giả thiết thêm
0+ + =x y z
, ta có
( ) ( )
2
2 2 2
− + − + − = − + − + − + − − + −x y y z z x x y y z z x x y y z z x
( ) ( )
( )
2 2 2
2+ − − + − + − − + − ≥ − + − + −y z z x x y z x x y y z x y y z z x

GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
Do đó:
( )
( )
( )
2 2 2 2

2 2 2
2 6 2− + − + − ≥ − + − + − = + + − + +x y y z z x x y y z z x x y z x y z
Hay
( )
2 2 2
6− + − + − ≥ + +x y y z z x x y z
Suy ra
( )
2 2 2
3 3 3 6 3
− − −
= + + − + + ≥
x y y z z x
P x y z
Ta được bài toán
 Bài 5: Cho các số thực
, ,x y z
thỏa mãn
0+ + =x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
( )
2 2 2
3 3 3 6
− − −
= + + − + +
x y y z z x
P x y z
(Đại học KA 2012)
+ Với

0≥x
ta có
2
3 1 1≥ + + ≥ +
x
x x x
, xây dựng các BĐT tương tự đối với biến
y, z và cho
sin , sin , sin
2 2 2
= = =
A B C
x y z
cộng lại ta được
 Bài 6: Cho tam giác
ABC
. Chứng minh rằng:
sin sin sin
2 2 2
3 3 3 3 sin sin sin
2 2 2
+ + ≥ + + +
A B C
A B C
Để che giấu hàm số, ta có thể sử dụng bất đẳng thức quen thuộc:
sin sin sin cos cos cos
2 2 2
+ + ≥ + +
A B C
A B C

Từ đó được bài toán mới là:
 Bài 7: Cho tam giác
ABC
. Chứng minh rằng
sin sin sin
2 2 2
3 3 3 3 cos cos cos+ + ≥ + + +
A B C
A B C
Từ trên ta cũng có
2 2
2 2
3 1, , 3 1 2,≥ + ∀ ∈ + ≥ + ∀ ∈¡ ¡
x x
x x x x
, xây dựng các BĐT
tương tự và nhân lại với nhau ta được bài toán:
 Bài 8: Cho các số thực
, ,x y z
. Chứng minh rằng :
a)
2 2 2
2 2 2
3 .3 .3 ( 1)( 1)( 1)≥ + + +
x y z
x y z
.
b)
(
)

(
)
(
)
2 2 2
2 2 2
3 1 3 1 3 1 ( 2)( 2)( 2)+ + + ≥ + + +
x y z
x y z
Lại có:
2 2 2 2 2 2
( 1)( 1)( 1) ( ) ( 1) ( 1)+ + + = + + − + + + − ≥ + + −x y z x y z xyz xy yz zx xy yz zx

GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
Và bất đẳng thức
( )
2
2 2 2
( 2)( 2)( 2)+ + + ≥ + +x y z x y z
Từ đó suy ra có bài toán:
 Bài 9: Chứng minh rằng
, ,∀x y z
, ta luôn có:
2 2 2
2
3 ( 1)
+ +
≥ + + −

x y z
xy yz zx
.
 Bài 10: Chứng minh rằng
, ,∀x y z
ta luôn có
(
)
(
)
(
)
( )
2 2 2
2
3 1 3 1 3 1+ + + ≥ + +
x y z
x y z
.
Ví dụ 4. Xuất phát từ hàm
( )
( )
ln 1 4+
=
x
f x
x
đồng biến trên khoảng
( )
0;+∞

.
1) Với
0≥ >a b
ta có:
( ) ( )
ln 1 4 ln 1 4+ +
≤
a b
a b
( ) ( ) ( ) ( )
ln 1 4 ln 1 4 1 4 1 4⇔ + ≤ + ⇔ + ≤ +
b a b a
a b a b
1 4 1 4 1 1
2 2
2 2 2 2
   
+ +
   
⇔ ≤ ⇔ + ≤ +
 ÷  ÷  ÷  ÷
   
   
b a
b a
a b
a b
a b a b
(Đại học KD 2007)
Do đó ta có bài toán:

 Bài 1: Chứng minh rằng:
1 1
2 2 , 0.
2 2
   
+ ≤ + ∀ ≥ >
 ÷  ÷
   
b a
a b
a b
a b
2) Với
, , 1≥x y z
ta có
( )
ln 1 4
ln5
+
≥
x
x
Tương tự ta có:
( ) ( )
ln 1 4 ln 1 4
ln5, ln5
+ +
≥ ≥
y z
y z

Từ đó ta có bài toán:
 Bài 2: Cho
, , 1≥x y z
chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
ln 1 4 ln 1 4 ln 1 4
ln125
+ + +
+ + ≥
x y z
x y z
 Bài 3: Cho
, , 1≥x y z
thỏa mãn
4+ + =x y z
. Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
ln 1 4 ln 1 4 ln 1 4 16ln5+ + + + + ≥
x y z
x y z
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
3) Từ trên, ta suy ra: Với
1≥x
thì
2
2
ln(1 4 ) ln(1 4 )+ +
≥

x x
x x
, hay
2
ln(1 4 ) ln(1 4 )+ ≥ +
x x
x
Tương tự, xây dựng thêm y và công lại, ta được:
2 2
ln (1 4 )(1 4 ) ln(1 4 ) ln(1 4 )
 
+ + ≥ + + +
 
 
x y x y
x y
Lại theo bất đẳng thức Cauchy thì:
2 2
2
2 2
(4 4 2)
(1 4 )(1 4 )
4
+ +
+ + ≤
x y
x y
Từ đó có bài toán:
 Bài 4: Cho
, 1≥x y

. Chứng minh rằng:
2 2
ln(1 4 ) ln(1 4 )
ln(4 4 2) ln2
2
+ + +
+ + ≥ +
x y
x y
x y
.
4) Kết hợp với bất đẳng thức Trêbưsép, ta có
, , 0∀ >x y z
thì:
1 ln(1 4 ) ln(1 4 ) ln(1 4 )
( ) ln(1 4 ) ln(1 4 ) ln(1 4 )
3
 
+ + +
+ + + + ≤ + + + + +
 
 
x y z
x y z
x y z
x y z
Hay
1 ln(1 4 ) ln(1 4 ) ln(1 4 ) ln(1 4 ) ln(1 4 ) ln(1 4 )
3
 

+ + + + + + + +
+ + ≤
 ÷
+ +
 
x y z x y z
x y z x y z
 Bài 5: Cho các số thực dương x,y,z. Chứng minh rằng:
1 ln(1 4 ) ln(1 4 ) ln(1 4 ) ln(1 4 ) ln(1 4 ) ln(1 4 )
3
 
+ + + + + + + +
+ + ≤
 ÷
+ +
 
x y z x y z
x y z x y z
.
b) Từ tính đơn điệu hàm số lượng giác
Ví dụ . Xét hàm số
( )
2 1
sinx t anx
3 3
= + −f x x
nghịch biến trên
0;
2
 

 ÷
 
π
.
•
Kết hợp với
2 , 0;
4
 
> ∈
 ÷
 
x x x
π
suy ra
( ) ( )
( )
2 1 2 1
sin2x t an2x 2 sinx t anx
3 3 3 3
2sin 2cos 1 tan2 3
2 < ⇔ + − < + −
⇔ − + <
f x f x x x
x x x x
Ta có bài toán:
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
 Bài 1: Chứng minh rằng

0;
4
 
∈
 ÷
 
x
π
ta luôn có:
( )
2sin 2cos 1 tan 2 3− + >x x x x
.
•
Giả thiết
0
2
< < <a b
π
ta có
( ) ( )
( )
( )
2 1 2 1
sina t ana sinb t anb
3 3 3 3
sin
2 sin sin
cos cos
> ⇔ + − > + −
−

⇔ − + > −
b f b a b
a b
a b a b
a b
f
 Bài 2: Cho
0
2
< < <a b
π
, chứng minh rằng:
( )
( )
sin
2 sin sin
cos cos
−
− + > −
a b
a b a b
a b
.
•
Gắn vào tam giác ABC nhọn, xây dựng các BĐT với các biến A, B, C ta được
bài toán
 Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng:
( ) ( )
2 1
sin sin sin tanA tan tan

3 3
+ + + + + >A B C B C
π
Kết hợp với đẳng thức trong tam giác
sin sin sin 4cos cos cos
2 2 2
+ + =
A B C
A B C
,
tan tan tan tan .tan .tan+ + =A B C A B C
, ta được
 Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng:
8 os os os t anAtan tan 3
2 2 2
+ >
A B C
c c c B C
π
.
Kết hợp với BĐT
sin sin sin cos cos cos
2 2 2
+ + ≤ + +
A B C
A B C
, ta được
 Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng:
2 cos cos cos t anA tan tan 3
2 2 2

 
+ + + >
 ÷
 
A B C
B C
π
.
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
2. XUẤT PHÁT TỪ NHẬN XÉT 2
a) Từ tính đơn điệu của hàm số mũ lôgarit
Ví dụ 1. Xuất phát từ hàm số
( )
=
x
f x a
đồng biến trên
¡
với
1>a
và nghịch
biến trên
¡
với
0 1< <a
.
Vì vậy với mọi số thực
,x y

ta có:
1)
( )
( )
0− − ≥
x y
x y a a
với
1>a
.
2)
( )
( )
0− − ≤
x y
x y a a
với
0 1< <a
.
1) Vì hàm số
( )
4=
x
f x
đồng biến trên
¡
nên với
, ∈¡x y
ta có:
•

( )
( )
0 .4 .4 4 . .4 4 . 4− ≥⇔ + +≥−
x y x y y x
x y x y x y

Tương tự ta có
.4 z.4 .4 .4 .4 x.4 .4 .4, .+ + + ≥ +≥
y z z y z x x z
y z xzy z
Cộng vế với vế các BĐT ta được
( )
( ) ( ) ( )
2 .4 .4 .4 .4 .4 .4
≥+ + + + + + +
x y z z x y
x y z x y y z z x
(*)
Từ (*) ta có các bài toán sau:
 Bài 1: Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
2 .4 2 .4 2 4 0+ − − ≥− − + − −
x y z
z x yx y z y z x
đúng với mọi số thực
, ,x y z
.
 Bài 2: Cho x, y, z là các số thực thoả mãn
0+ + =x y z

. Chứng minh rằng:
.2 .2 .2 0≥+ +
x y z
x y z
 Bài 3: Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh rằng
24 4 2. .4 . 2
+ ++
++ ≥ ++
x y z y z z x x y
x x y zy z
.
•

( ) ( )
2 2 2 2 2 2
0 .4 4 .4 .4 .4 4 .− ⇔ + +− ≥ ≥
x y x y y x
x y x y x y

Suy ra
2 2
.4 .4 2 .2
+
+ ≥
x y x y
x y xy
, xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại ta được
bài toán.
 Bài 4: Cho các số thực x, y, z chứng minh rằng:
2 2 2

.4 .4 .2.4 .2 .2
++ +
+ ≥ ++ +
x y x yz y z z x
z yz zx xx y y
.
•

( ) ( )
3 3 3 3 3 3
0 .4 4 .4 .4 .4 4 .
− ⇔ + +− ≥ ≥
x y x y y x
x y x y x y

Do đó
( )
3 3 3 33 3 3 3 3
2 .4 .4 .4 .4 .4 .4 .4 4 4. .+ + ++ ≥ + + +
z z yx xy y x z
x y x y xz y zz
Áp dụng BĐT Côsi ta được:
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
 Bài 5: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
3+ + =x y z
. Chứng minh rằng:
a)
33 3

.4 4 12.4 .+ ≥+
x y z
x zy xyz
.
b)
( )
33 2 23
.4 .4 .4 6+ + ≥ +
x y z
z x yx zy
2) Vì hàm số
1
( )
8
=
x
f x
là hàm số nghịch biến trên
¡
nên ta có:
1 1
( ) 0
8 8 8 8 8 8
 
• − − ≤ ⇔ + ≤ +
 ÷
 
x y x y y x
x y x y
x y

.
Tương tự ta có
,
8 8 8 8 8 8 8 8
+ ≤ + + ≤ +
y z z y z x x z
y z y z z x z x
.
Cộng vế với vế các BĐT trên ta được
2
8 8 8 8 8 8
+ + +
 
+ + ≤ + +
 ÷
 
x y z z x y
x y z x y y z z x
(**)
Từ (**) ta có các bài toán sau:
 Bài 6: Cho x, y, z là các số thực. Chứng minh rằng:
2 2 2
0
8 8 8
+ − + − + −
+ + ≥
z x y
x y z y z x z x y
.
 Bài 7: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn

0+ + =x y z
. Chứng minh rằng:
0
8 8 8
+ + ≤
x y z
x y z
.
 Bài 8: Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn
1+ + =x y z
.
Chứng minh rằng:
3
1 1 1
3
8 8 8
+ + ≥
z x y
xyz
.
 Bài 9: Cho x, y, z là các số thực dương và thỏa mãn
1=xyz
.Chứng minh
rằng:
a)
6
8 8 8 2
+ +
+ + +
+ + ≥

z x y x y z
x y y z z x
.
b)
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3
2 2 2
− − − − − −
+ + +
+ + ≥
+ + +
z x y x y z y z x
x y y z z x
x y y z z x
2 2 2 2 2 2
2 2
1 1 2
( ) 0
4 4 4 4 4 4 4 4 2
+
 
• − − ≤ ⇔ + ≤ + ⇒ + ≥
 ÷
 
x y x y y x y x x y
x y x y x y xy
x y
với mọi số thực

,x y
.
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
Từ đó suy ra:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 4 4 4
+ + +
+ + +
+ + ≤ + +
x y y z z x z x y
xy yz zx x y y z z x
Kết hợp BĐT Cauchy_Swash ta được bài toán
 Bài 10: Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn
1+ + =x y z
.
Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 4 4 4
+ + +
+ + +
+ + ≤ + +
x y y z z x z x y
xy yz zx x y y z z x
.
Ví dụ 2. Xuất phát từ hàm số
log=

a
y x
đồng biến trên từng khoảng xác định với
1>a
và nghịch biến trên từng khoảng xác định với
0 1< <a
.
Vì vậy với mọi số thực từng khoảng xác định của hàm số ta có:
1)
( )
( )
log log 0− − ≥
a a
x y x y
với
1>a
.
2)
( )
( )
log log 0− − ≥
a a
x y x y
với
0 1< <a
.
•
Với mọi số dương x,y ta có:
( ) ( )
2 2 2 2 2 2

0 . . . . − − ⇔ +≥ + ≥log x log y x y x log x y log y x log y y log x
Tương tự ta có
2 2 2 2
. . . . + ≥ +y log z log yy z log z logz y
và
2 2 2 2
. . . . + ≥ +z log x log zz x log x logx z
Cộng vế với vế ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 . . . + + + + + + +≥x log x y log y z log z y z log x z x log y x y log z
(1)
Hay
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 0− − + − − + − − ≥x y z log x y z x log y z x y log z
(2)
+ Với giả thiết
3+ + =x y z
kết hợp với (2) ta được bài toán:
 Bài 1: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
3+ + =x y z
.
Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
2 2 2
01 1 1 ≥− + − −+log x log zy log zx y
.
+ Với giả thiết
1=xyz

kết hợp với (1)
Ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
+ + + + +y z log x z x log y x y log z
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 2 2 2 2 2
− − −
+ + + + +
+ + == + +
= x log y log z y log z log x z log x log y
xlog yz ylog zx zlog xy xlog x ylog y zlog z

2 2 2
− −= −xlog x ylog y zlog z
Do đó
( )
2 2 2 2 2 2
2 . . . + + − − −≥x log x y log y z log z xlog x ylog y zlog z
Hay
2 2 2
0+ + ≥xlog x ylog y zlog z
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1= = =x y z
Ta được bài toán:
 Bài 2: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn
1=xyz
.Chứng minh rằng :

GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
a)
2 2 2
0+ + ≥xlog x ylog y zlog z

b)
1≥
x y z
x y z
.
•
Với mọi số dương x, y, z lơn hơn 1 ta có
( )
( )
0 . . − − ⇔ +≥ ≥ +
x x x x
log x log y x y x y log y x log y y
Tương tự ta có:
. . + ≥ +
y y
y z log y logz z z
;
. . + ≥ +
z z
z x log z logx x x
Cộng lại ta được:
( )
( ) ( )

log log log log log log 0− + − + − ≥
z x x y y z
x x y y y z z z x
.
Ta có bài toán:
 Bài 3: Chứng minh rằng:
a)
( )
( ) ( )
log log log log log log 0
− + − + − ≥
z x x y y z
x x y y y z z z x
với
, , 1>x y z
.
b)
( )
( ) ( )
log log log log log log 0− + − + − ≤
z x x y y z
x x y y y z z z x
với
0 , , 1< <x y z
.
•
Với mọi số dương x,y,z lớn hơn 1 ta có
( ) ( )
0 . . . . − − ⇔ + ≥ +≥
z z z z z z

log x log y x y x log x y log y x log y y log x
Tương tự ta có:
. . . . + ≥ +
x x x x
y log z log yy z log z logz y
. . . . + ≥ +
y y y y
z log x log zz x log x logx z
Cộng lại ta được ta có:
( ) ( ) ( )
( )
log log log log log
+ + ≥ + +
x y y z z x
z x y z y
x y y z z x x y z
( )
( )
log log log log+ + + +
x z x y
y z x z y x
Kết hợp BĐT côsi ta được:
 Bài 4: Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
( )
log log log 2
+ + ≥ + +
x y y z z x
z x y
x y y z z x x y z

với x, y, z là số thực lớn hơn 1
•
Với mọi số dương x,y ta có:
( ) ( )
ln ln 0 .ln .ln . ln . ln− − ⇔≥ + ≥ +x y x y x x y y x y y x
Tương tự ta có
.ln .ln . ln . ln+ ≥ +y z y zy z z y
và
.ln .ln . ln . ln+ ≥ +z x z xz x x z
Cộng lại ta được
2[ ln ln ln ] ( )ln ( )ln ( )ln+ + ≥ + + + + +x x y y z z y z z z x y x y z
Hay
2
( ) . .
+ + +
≥
x y z y z z x x y
x y z x y z
Ta được bài toán:
 Bài 5: Cho
, ,x y z
là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức sau:
2 2 2
. .
+ + +
≥
x y z y z z x x y
x y z x y z
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của

hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
Kết hợp BĐT
3
3
1 1 1 3 1 1 1
27
 
+ + ≥ ⇔ + + ≥
 ÷
 
xyz
x y z x y z
xyz
ta được bài toán.
 Bài 6: Cho
, ,x y z
là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức sau:
( ) ( )
2 3
( ) ( ) ( )
27
− + − + − +
+ + ≥
x y z y z z x x y
x y z x y z
.
Ví dụ 3. Xuất phát từ hàm số
( )
=
t

e
f t
t
đồng biến trên
[
)
1;+∞
và nghịch biến trên
(
]
0;1
.
•
Ta có
(
]
( )
, 0;1 : 0
 
∀ ∈ − − ≤ ⇔ + ≥ +
 ÷
 
x y y x
x y
e e xe ye
x y x y e e
x y y x

Tương tự ta có:
,+ ≥ + + ≥ +

z y x z
y z z x
ye ze ze xe
e e e e
z y x z
Cộng vế với vế lại ta được:
( )
. . . 2
+ + +
+ + ≥ + +
x y z x y z
y z z x x y
e e e e e e
x y z
Mặt khác
(
]
, , 0;1∈x y z
nên
2 2 2
+ + ≥ + +
x y z x y z
e e e e e e
.
Suy ra
(
)
2 2 2
. . . 2
+ + +

+ + ≥ + +
x y z x y z
y z z x x y
e e e e e e
x y z
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1= = = Wx y z

Từ đó ta có bài toán:
 Bài 1: Cho
(
]
, , 0;1∈x y z
. Chứng minh rằng:
a)
( )
. . . 2
+ + +
+ + ≥ + +
x y z x y z
y z z x x y
e e e e e e
x y z
b)
(
)
2 2 2
. . . 2
+ + +

+ + ≥ + +
x y z x y z
y z z x x y
e e e e e e
x y z
 Bài 2: Cho các số thực x,y,z không âm thỏa mãn
1+ + =x y z
.
Chứng minh rằng:
( )
3+ + ≥ + +
x y z
x y z
e e e
e e e
x y z
•
Ta có
[
) ( )
2 2
, 1; : 0
 
+
∀ ∈ +∞ − − ≥ ⇔ + ≤
 ÷
 
x y y x x y
e e e e e e
x y x y

x y y x xy

GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
Tương tự ta có:
2 2 2 2
,
+ +
+ ≤ + ≤
z y z y x z x z
e e e e e e e e
z y zy x z xz
Cộng vế với vế ta được:
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2
 
   
 
+ + ≤ + + + + +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 
   
 
x y z x y z
e e e e e e
x y z y z x z x y x y z
Cho

1 1 1
1+ + =
x y z
hay
+ + =xy yz zx xyz
thì
( )
, , 1;∈ +∞x y z
Ta có bài toán sau:
 Bài 3: Cho các số thực x, y, z dương thỏa mãn
+ + =xy yz zx xyz
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
3
 
+ + ≤ + +
 ÷
 
x y z x y z
e e e e e e
x y z x y z
.
Ví dụ 4. Xuất phát từ hàm số
( )
ln=f t t t
đồng biến trên
)
1
;

−

+∞

e
và nghịch biến
trên
(
1
0;
−


e
.
•
Ta có:
)
( ) ( )
1
, ; : ln ln 0
−

∀ ∈ +∞ − − ≥

x y e x y x x y y
Xét hàm số
( )
)
1

ln , ;
−

= ∈ +∞

f t t t t e
.
Ta có:
( )
)
1
' ln 1 0, ;
−

= + ≥ ∀ ∈ +∞

f t t t e
Suy ra
)
( ) ( )
1
, ; : ln ln 0
−

∀ ∈ +∞ − − ≥

x y e x y x x y y

( ) ( )
2 2

ln ln
ln ln ln ln ln⇔ + ≥ + ⇔ + ≥
x x y y
x x y y xy x y xy
y x
Tương tự ta có
( ) ( )
ln ln ln ln
ln , ln x+ ≥ + ≥
y y z z z z x x
yz z
z y x z
Cộng vế với vế ta có
( )
1 1 1 1 1 1
x ln x ln ln 2ln x
   
 
+ + + + + ≥
 ÷
 ÷  ÷
 
   
y y z z yz
y z z x x y

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
= = Wx y z

 Bài 1: Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng:

a)
( )
1 1 1 1 1 1
x ln x ln ln 2ln x
   
 
+ + + + + ≥
 ÷
 ÷  ÷
 
   
y y z z yz
y z z x x y
với
1
, , ;
 
∈ +∞
÷

 
x y z
e
.
b)
( )
1 1 1 1 1 1
x ln x ln ln 2ln x
   
 

+ + + + + ≤
 ÷
 ÷  ÷
 
   
y y z z yz
y z z x x y
với
1
, , 0;
 
∈


 
x y z
e
.
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
+ Với giả thiết
1 1 1
+ + = e
x y z
khi đó
1
, , >x y z
e
(thỏa mãn điều kiện ràng buộc trên)

Ta có
( )
1 1 1
x ln x ln ln 2ln x
 
   
− + − + − ≥
 ÷  ÷
 ÷
   
 
e y e y z e z yz
x y z
.
Do đó ta có bài toán:
 Bài 2: Cho cho các số thực dương thỏa mãn
1 1 1
+ + = e
x y z
.
Chứng minh rằng
( )
3ln x
ln x ln ln+ + ≥
yz
x y y z z
e
.
+ Với giả thiết x, y, z là số thực lớn hơn một thỏa mãn
3=xyz

ta được:
 Bài 3: Cho cho các số thực lớn hơn 1 thỏa mãn
3=xyz
.
Chứng minh rằng
( ) ( ) ( )
2 2 2
x ln x ln ln 6ln3+ + + + + ≥y z y z x y z x y z
.
b) Xuất phát từ tính đơn điệu của hàm số lượng giác
Sử dụng trực tiếp tính chất 2
•
Xét hàm số
( ) ( )
cos , 0;= ∈f t t t
π

Ta có
( ) ( )
' sin 0, 0;= − < ∀ ∈f t t t
π
Suy ra
( ) ( )
cos cos 0 cos cos cos cos− − ≤ ⇔ + ≤ +A B A B A A B B B A A B

Tương tự ta có:
cos cos cos cos , cos cos cos cos+ ≤ + + ≤ +B B C C C B B C C C A A A C C A
Cộng vế với vế ta được:
( ) ( )
( ) ( )

2 cos cos cos cos cos
cos cos cos cos
+ + ≤ + +
+ + + +
A A B B C C A B C
B C A C A B
(1)
Ta lại có
( ) ( ) ( )
cos cos cos cos cos cos+ + + + +A B C B C A C A B
2 cos cos 2 cos cos 2 cos cos
2 2 2 2 2 2
+ − + − + −
= + +
B C B C C A C A A B A B
A B C

( )
2 cos 2 cos 2 cos
2 2 2
2 sin sin sin 2
2 2 2
+ + +
≤ + +
 
= + +
 ÷
 
B C C A A B
A B C

A B C
A B C

Từ (1) và (2) suy ra
( )
2 cos cos cos 2 sin sin sin
2 2 2
 
+ + ≤ + +
 ÷
 
A B C
A A B B C C A B C
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
Hay
sin cos sin cos sin cos 0
2 2 2
     
− + − + − ≥
 ÷  ÷  ÷
     
A B C
A A B B C C
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác
ABC
đều.
Ta được bài toán
 Bài 1: Cho tam giác

ABC
. Chứng minh rằng:
sin cos sin cos sin cos 0
2 2 2
     
− + − + − ≥
 ÷  ÷  ÷
     
A B C
A A B B C C
.
•
Xét hàm số
( )
sin , 0;
2
 
= ∈
 ÷
 
f t t t
π

Ta có:
( )
' cos 0, 0;
2
 
= > ∀ ∈
 ÷

 
f t t t
π
Suy ra
( ) ( )
sin sin 0 sin sin sin sin− − ≥ ⇔ + ≥ +A B A B A A B B B A A B

Tương tự ta có:
sin sin sin sin ,
sin sin sin sin
+ ≥ +
+ ≥ +
B B C C C B B C
C C A A A C C A
Cộng vế với vế ta được:
( ) ( ) ( ) ( )
2 sin sin sin sin A+ sin sin+ + ≥ + + + +A A B B C C B C C A B A B C
( ) ( )
3 sin sin sin sin A+sin sin⇔ + + ≥ +A A B B C C B C
π

( ) ( ) ( )
3 sin 3 sin 3 sin 0⇔ − + − + − ≥A A B B C C
π π π
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác
ABC
đều.
Ta được bài toán
 Bài 2: Cho tam giác
ABC

nhọn. Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
3 sin 3 sin 3 sin 0− + − + − ≥A A B B C C
π π π
.
•
Ta có hàm số
( )
tan=f t t
đồng biến trên
0;
2
 
 ÷
 
π
nên
( ) ( )
tan tan 0 tan tan tan tan− − ≥ ⇔ + ≥ +A B A B A A B B A B B A

Tương tự ta có:
tan tan tan tan ,
tan tan tan tan
+ ≥ +
+ ≥ +
B B C C B C C B
C C A A C A A C
Cộng vế với vế lại ta được
( )
( ) ( ) ( )

( ) ( )
2 tan tan tan
tan tan tan
3 tan tan tan tan tan tan
+ +
≥ + + + + +
⇔ + + ≥ + +
A A B B C C
B C A C A B A B C
A A B B C C A B C
π
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
Mặt khác ta có
tan tan tan 3 3+ + ≥A B C
Do đó ta có
tan tan tan 3+ + ≥A A B B C C
π
.
Ta được bài toán
 Bài 3: Cho tam giác
ABC
nhọn. Chứng minh rằng:
tan tan tan 3+ + ≥A A B B C C
π
•
Ta có hàm số
( )
cot=f t t

nghịch biến trên
( )
0;
π
nên
( ) ( )
cot cot 0 cot cot cot cot− − ≥ ⇔ + ≥ +A B A B A A B B A B B A
Tương tự ta có:
cot cot cot cot , cot cot cot cot+ ≥ + + ≥ +B B C C B C C B C C A A C A A C
.
Cộng vế với vế lại ta được:
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 cot cot cot
cot cot cot
3 cot cot cot cot cot cot
cot cot cot cot cot cot
3
+ +
≥ + + + + +
⇔ + + ≥ + +
+ + + +
⇔ ≥ W
A A B B C C
B C A C A B A B C
A A B B C C A B C
A A B B C C A B C
π
π

Ta được bài toán
 Bài 4: Cho tam giác
ABC
. Chứng minh rằng:
cot cot cot cot cot cot
3
+ + + +
≥
A A B B C C A B C
π
.
Sử dụng linh hoạt tính chất 2
Ta có trong tam giác
ABC
có cạnh
, ,= = =AB c BC a CA b
nếu biểu thức chứa các
biến bình đẳng nhau thì ta hoàn toàn có thể giả sử
( )
.≥ ≥ ≥ ≥a b c A B C

•
Bây giờ ta kết hợp với tính đơn điệu hàm số
( )
cos=f x x
là đồng biến trên
( )
0;
π
do đó:

Nếu
≥ ≥A B C
thì
≥ ≥a b c
do đó
cos cos cos≤ ≤A B C
và
( )
( )
2 2
cos cos 0− − ≤a b A B
hay
2 2 2 2
cos cos cos cos+ ≤ +a A b B a B b A
.
Tương tự ta có
2 2 2 2
cos cos cos cos+ ≤ +b B c C b C c B
và
2 2 2 2
cos cos cos cos+ ≤ +c C a A c A a C
.
Cộng vế với vế ta được:
( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2
3 cos cos cos cos cos cos
+ + ≤ + + + +
a A b B c C a b c A B C
Mặt khác ta có

3
cos cos cos
2
+ + ≤A B C
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
Do đó
( )
2 2 2 2 2 2
1
cos cos cos
2
+ + ≤ + +a A b B c C a b c
.
Vậy ta được bài toán
 Bài 5: Cho tam giác ABC có
, ,= = =AB c BC a AC b
. Chứng minh rằng:
( )
2 2 2 2 2 2
1
cos cos cos
2
+ + ≤ + +a A b B c C a b c
.
Tổng quát(chứng minh hoàn toàn tương tự)
Cho tam giác ABC có
, ,= = =AB c BC a AC b
và x là số thực dương.

Chứng minh rằng:
( )
1
cos cos cos
2
+ + ≤ + +
x x x x x x
a A b B c C a b c
.

•
Bây giờ ta kết hợp với tính đơn điệu hàm số
( )
sin=f x x
là đồng biến trên
0;
2
 
 ÷
 
π
do đó với
0
2 2 2 2
≥ ≥ ⇒ > ≥ ≥ >
A B C
A B C
π
, suy ra
sin sin sin 0,cos cos cos 0

2 2 2 2 2 2
≥ ≥ > ≥ ≥ >
A B C A B C
sin sin cos cos 0
2 2 2 2
  
⇒ − − ≥
 ÷ ÷
  
A B B C
sin cos sin cos sin cos sin cos 0
2 2 2 2 2 2 2 2
⇔ − − + ≥
A B A C B B B C
sin cos sin cos sin cos sin cos
2 2 2 2 2 2 2 2
⇔ + ≤ +
A B B C A C B B
Do đó:
sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
+ + ≤ + +
A B B C C A A C C A B B
Mà
sin cos sin cos sin cos sin sin cos cos sin cos
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
 
+ + = + + = +
 ÷
 

A C C A B B A C B B B B B
(1)
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
2 2
3 3
cos 2 cos 3cos
2 4 4 2 2
+ ≥ =
B B B
,
2 2 2 2
3sin cos 2 3sin cos 2 3sin cos
2 2 2 2 2 2
+ ≥ =
B B B B B B
Suy ra
2 2 2
3
2 cos 3sin cos 2 3cos 2 3sin cos
2 4 2 2 2 2 2
   
+ + + ≥ +
 ÷  ÷
   
B B B B B B
Hay
2 2

3 9
2 3 cos sin cos 3 sin cos
2 2 2 2 2 2 2
   
+ ≤ + + =
 ÷  ÷
   
B B B B B
3 3
cos sin cos
2 2 2 4
⇒ + ≤
B B B
(2)
Từ (1) và (2) ta có
3 3
sin cos sin cos sin cos
2 2 2 2 2 2 4
+ + ≤
A B B C C A
Đẳng thức xảy ra
⇔ = =A B C
.
Vậy ta được bài toán
 Bài 6: Cho tam giác ABC có
, ,= = =AB c BC a AC b
. Chứng minh rằng
3 3
sin cos sin cos sin cos
2 2 2 2 2 2 4

+ + ≤
A B B C C A
.
3. XUẤT PHÁT TỪ NHẬN XÉT 3.
Ví dụ 1. Xét hàm số
( )
2
2
= −
x
x
g x e
có
( ) ( )
' , " 1 0, 0= − = − ≥ ∀ ≥
x x
g x e x g x e x
và
phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1 là
( )
1
1
2
= − +y e x
Suy ra
( )
2
1
1 , 0
2 2

− ≥ − + ∀ ≥
x
x
e e x x
Từ đó ta có
( ) ( )
2 2 2
3
1
2 2
+ +
+ + − ≥ − + + +
x y z
x y z
e e e e x y z
với mọi
[
)
, , 0;∈ +∞x y z
.
•
Cho
3+ + =x y z
, ta có bài toán:
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
 Bài 1: Cho
, ,x y z
là các số thực không âm thỏa mãn

3+ + =x y z
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2 2
2
+ +
= + + −
x y z
x y z
P e e e
.
Sau đây là lời giải đầy đủ
Xét hàm số
( ) ( )
2
1
1
2 2
= − − − −
x
x
f x e e x
trên
[
)
0;+∞
Ta có
( ) ( )
' 1= − − −
x

f x e x e
và
( )
'' 1= −
x
f x e
Vì
0≥x
nên
( )
' 0, 0≥ ∀ ≥ ⇒f x x
hàm số
( )
'f x
đồng biến trên
[
)
0;+∞
do đó
phương trình
( )
' 0=f x
có tối đa một nghiệm. Mặt khác
( )
' 1 0=f
do đó phương
trình
( )
' 0=f x
là nghiệm duy nhất.

Bảng biến thiên
x 0 1
+∞
( )
'f x

−
0 +
( )
f x

+∞
1
2

0
Vậy ta có
( )
2
1
1 0
2 2
− − − − ≥
x
x
e e x
hay
( )
2
1

1
2 2
− ≥ − +
x
x
e e x
Tương tự ta có:
( )
2
1
1
2 2
− ≥ − +
y
y
e e y
,
( )
2
1
1
2 2
− ≥ − +
z
z
e e z
.
Cộng vế với vế ta được:
( ) ( )
3 3

1 3
2 2
≥ − + + + = −P e x y z e
Vậy
3
min 3 1.
2
= − ⇔ = = =P e x y z
•
Cho
2 2 2
1+ + =x y z
, ta có bài toán:
 Bài 2: Cho
, ,x y z
là các số thực không âm thỏa mãn
2 2 2
1+ + =x y z
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
2+ + −
=
+ +
x y z
e e e
P
x y z
.
Ví dụ 2. Xét hàm số
( )

ln=f x x
có
( ) ( )
2
1 1
' , " 0, 0= = − < ∀ >f x f x x
x x
và
phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ 1 là
1= −y x
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
•
Suy ra ta có
ln 1, 0 ln , , 0≤ − ∀ > ⇔ ≤ − ∀ >x x x y x xy y x y
Xây dựng các BĐT tương tự kết hợp với đánh giá cơ bản ta có bài toán
 Bài 1: Cho
, ,x y z
là các số thực dương thỏa mãn
3+ + =x y z
.
Tìm giá trị lớn nhất của
ln ln ln= + +Q y x z y x z
.
Lời giải đầy đủ
Xét hàm số
( )
ln 1= − +f x x x
trên

( )
0;+∞
Ta có
( )
1
' 1= −f x
x
,
( )
1
' 0 1 0 1= ⇔ − = ⇔ =f x x
x
Bảng biến thiên
x 0 1
+∞
( )
'f x
+ 0
−
( )
f x
0


−∞

−∞
Suy ra
ln 1 0− + ≤x x
,

( )
0;∀ ∈ +∞x
Ta có
ln 1≤ −x x
ln⇔ ≤ −y x xy y
Tương tự ta có
ln , ln≤ − ≤ −z y yz z x z xz x
Cộng vế với vế ta được:
( )
ln ln ln+ + ≤ + + − + +y x z y x z xy yz zx x y z
Mặt khác ta có
( )
2
3
+ +
+ + ≤
x y z
xy yz zx

Do đó
( )
( )
2
0
3
+ +
≤ − + + =
x y z
Q x y z
.

Vậy
max 0 1.= ⇔ = = =Q x y z
•
Suy ra ta có
2
ln 1
ln 1, 0 ln , 0 1 , 0≤ − ∀ > ⇔ ≤ − ∀ > ⇔ ≤ − ∀ >
x
x x x x x x x x x
x x
Xây dựng các BĐT tương tự kết hợp với ràng buộc các biến ta có bài toán
 Bài 2: Cho
, ,x y z
là các số thực dương thỏa mãn
3+ + =x y z
.
Tìm giá trị lớn nhất của
2 2 2
ln ln ln= + + − − −Q x x y y z z x y z
.
 Bài 3: Cho
, ,x y z
là các số thực dương thỏa mãn
2 2 2
3+ + =x y z
.
Tìm giá trị lớn nhất của
( ) ( ) ( )
1 ln 1 ln 1 ln= + + + + +Q x x y y z z
.

 Bài 4: Cho
, ,x y z
là các số thực dương thỏa mãn
3+ + =xy yz zx xyz
.
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
Phát triển tư duy học sinh thông qua việc khai thác tính đơn điệu của
hàm số mũ - lôgarit và hàm số lượng giác
Tìm giá trị lớn nhất của
ln ln ln
= + +
x y z
Q
x y z
.
Ví dụ 2. Xét hàm số
( )
sinx=f x
có
( ) ( )
[ ]
' cos , " sinx 0, x 0;= = − ≤ ∈f x x f x
π
.
Xét hàm số
( )
osx=f x c
có
( ) ( )
' sin , " osx 0, x 0;

2
 
= − = − ≤ ∈
 
 
f x x f x c
π
.
Xét hàm số
( )
tan x=f x
có
( ) ( )
2 3
1 2sin
' , " >0, x 0;
os os 2
 
= = ∈
 ÷
 
x
f x f x
c x c x
π
.
Xét hàm số
( )
cot x=f x
có

( ) ( )
2 3
1 2 os
' , " >0, x 0;
sin sin 2
 
= − = ∈
 ÷
 
c x
f x f x
x x
π
.
•
Phương trình tiếp tuyến tại
3
=x
π
của hàm số
( )
sinx=f x
là
1 3
2 3 2
 
= − +
 ÷
 
y x

π
Suy ra
1 3
sin
2 3 2
 
≤ − +
 ÷
 
x x
π
,
[ ]
0;∀ ∈x
π
.
Do đó ta có bài toán:
 Bài 1: Cho tam giác
ABC
. Chứng minh rằng:
3 3
sin sin
2
+ + ≤sinA B C
.
Tương tự ta có bài toán:
 Bài 2: Cho tam giác
ABC
nhọn. Chứng minh rằng:
3

os os os
2
+ + ≤c A c B c C
.
•
Phương trình tiếp tuyến tại
3
=x
π
của hàm số
( )
tan x=f x
là
4 3
3
 
= − +
 ÷
 
y x
π
Suy ra
tan 4 3
3
 
≥ − +
 ÷
 
x x
π

,
0;
2
 
∀ ∈
 ÷
 
x
π
.
Do đó ta có bài toán:
 Bài 3: Cho tam giác
ABC
nhọn. Chứng minh rằng:
GV: Đậu Thanh Kỳ Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn