Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức

Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
I. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN THIẾT
1. Định lý 1: Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên [a; b].
*) Nếu
[ ]
( ) 0, ;f x x a b≥ ∀ ∈
thì f(x) đồng biến trên [a; b] và khi đó ta có
[ ]
[ ]
;
;
min ( ) ( ); max ( ) ( )
x a b
x a b
f x f a f x f b
∈
∈
= =
*) Nếu
[ ]
( ) 0, ;f x x a b≤ ∀ ∈
thì f(x) nghịch biến trên [a; b] và khi đó ta có
[ ]
[ ]
;
;
min ( ) ( ); max ( ) ( )
x a b
x a b
f x f b f x f a
∈

∈
= =
2. Định lý 2: ( Định lý Fermart)
Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên một lân cận đủ bé của
[ ]
0
;x a b∈
và có đạo
hàm tại điểm
0
x
. Khi đó nếu hàm số y = f(x) đạt cực trị tại
0
x
thì
0
( ) 0f x
′
=
.
3. Định lý 3: (Điều kiện đủ để hàm số có cực trị)
Cho hàm số y = f(x) xác định trên [a; b] và
0
x
. Trong một lân cận đủ bé
ε
của
0
x
, nếu

0
( )f x
′
thay đổi dấu khi x qua
0
x
(có thể không tồn tại
0
( )f x
′
) thì f(x) đạt
cực trị tại
0
x
.
*) Nếu
[ ]
0 0
( ) 0, ;f x x x x
ε
′
< ∀ ∈ −
và
[ ]
0 0
( ) 0, ;f x x x x
ε
′
> ∀ ∈ +
thì

0
x
là điểm cực
tiểu.
*) Nếu
[ ]
0 0
( ) 0, ;f x x x x
ε
′
> ∀ ∈ −
và
[ ]
0 0
( ) 0, ;f x x x x
ε
′
< ∀ ∈ +
thì
0
x
là điểm cực
đại.
4. Định lý 4: Giả sử y = f(x) xác định trên [a; b] và
[ ]
0
;x a b∈
. Trong một lân cận
đủ bé
ε

của
0
x
, hàm số y = f(x) có đạo hàm cấp hai liên tục, đồng thời
0
( ) 0f x
′
=
và
( ) 0f x
′′
≠
thì
0
x
là một điểm cực trị của hàm số.
*) Nếu
0
( ) 0f x
′
=
và
( ) 0f x
′′
>
thì
0
x
là một điểm cực tiểu của hàm số.
*) Nếu

0
( ) 0f x
′
=
và
( ) 0f x
′′
<
thì
0
x
là một điểm cực đại của hàm số.
Phạm Văn Dũng
1
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
II. ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH CÁC BÀI TOÁN BẤT
ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ
TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ.
1. Bất đẳng thức một biến số
1.1 Dạng 1: Khảo sát trực tiếp cực trị của hàm số để tìm tập giá trị của hàm số
Bài toán 1: ( ĐHBK Hà Nội, 1997)
Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn A > B > C. Tìm GTNN của hàm số
sin sin
( ) 1
sin sin
x A x B
f x
x C x C
− −
= + −

− −
.
Giải: Ta có
sin sin sin (1)A B C a b c A B C> > ⇔ > > ⇔ > >
.
Hàm số xác định khi và chỉ khi
)
sin
0
sin
sin
(*
sin sin
0
sin
x A
x C
x C
x B x A
x C











−
≥
<
−
⇔
− >
≥
−
Ta có
sin sin sin sin sin sin
( ) . .
2 2
sin sin
2( sin ) 2( sin )
A C x C B C x C
f x
x A x B
x C x C
− − − −
′
= +
− −
− −
.
Do (1) nên
( ) 0,f x x
′
> ∀
thỏa mãn (*). Ta có bảng biến thiên
x

−∞
sinC sinA
+∞
f’(x)
f(x)
+∞
1
1 f(sinA)
Vậy
sin sin
min ( ) (sin ) 1
sin sin
A B
f x f A
A C
−
= = −
−
.
Chú ý: Từ kết quả trên ta suy ra được phương trình
sin sin sinx A x B x C− + − = −
có đúng một nghiệm vì trên
[
)
sin ;A +∞
. Hàm số f(x) đồng biến có f(sinA) < 0 ( vì
0 < sinA – sinB < sinA – sinC).
Bài toán 2: ( Thi HSG Quốc gia, 1992)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 ta có
1 1 2

n n
n n
n n
n n
+ + − <
.
Giải: Đặt
( )
*
0;1 ,
n
n
x n N
n
= ∈ ∀ ∈
. BĐT cần chứng minh trở thành
Phạm Văn Dũng
2
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
( )
1 1 2, 0;1
n n
x x x+ + − < ∀ ∈
.
Xét hàm số
( ) 1 1
n n
f x x x= + + −
liên tục
[

)
0;1x∈
có
( )
1 1 1
'( ) 0, 0;1
1 1
(1 ) (1 )
f x x
n
n nn n
x x
 
 ÷
 ÷
 ÷
 
= − < ∀ ∈
− −
+ −
Vậy f(x) nghịch biến [0; 1) nên f(x) < f(0) = 2,
( )
0;1x∀ ∈
(đpcm).
Bài toán 3: (ĐH An ninh, 1997)
Cho n là số lẻ lớn hơn 3. Chứng minh rằng với mọi
0x
≠
ta có
2 2 3

1 1 1
2! ! 2! 3! !
n n
x x x x x
x x
n n
  
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
+ + + + − + − + + <
.
Giải: Đặt
2
( ) 1
2! !
2 3
( ) 1
2! 3! !
n
x x
u x x
n
n
x x x
v x x
n








= + + + +
= − + − + +
Ta cần chứng minh
( ) ( ). ( ) 1f x u x v x= <
.
Ta có
( )
2 1
( ) 1 ( )
2! ( 1)! !
2 3 1
( ) 1
2! 3! ( 1)! !
v x
n n
x x x
u x x u x
n n
n n
x x x x
v x x
n n


=




+ = − −


−
= + + + + −
−
−
= − + − + +
−
Vậy
[ ]
[ ]
( ) ( ). ( ) ( ) ( ) ( ). ( )
( ) . ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
! ! !
2 4 1
2
1
! 2! 4! ( 1)!
f x u x v x u x v x u x v x
n n n
x x x
u x v x u x v x u x v x
n n n
n n
x x x x
n n
   

   
   
 
 
 
 
′
′ ′ ′
= = +
= − + − − = − +
−
= − + + + +
−
Vì n là số lẻ lớn hơn 3 nên
( )f x
′
cùng dấu với (-2x). Do đó ta có bảng biến thiên
x
−∞
0
+∞
y’ + 0 -
Y 1
Từ bảng biến thiên ta có
.( ) (0) 1, 0f x f x< = ∀ ≠
(đpcm)
Bài toán 4: (Bộ đề tuyển sinh Đại học)
Phạm Văn Dũng
3
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức

Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng
1
. 1
2 .
n
x x
n e
− <
với mọi
( )
0;1x∈
.
Giải: Ta có
2
1 1
. 1 (1 ) (*)
2
2 .
n n
x x x x
ne
n e
− < ⇔ − <
Xét hàm số
2
( ) (1 )
n
f x x x= −
với
( )

0;1x∈
. Ta có
[ ]
2 1
( ) 2 (2 1)
n
f x x n n x
−
′
= − +
Nên ta có bảng biến thiên
x
0
2
2 1
n
n +
1
f’(x) + 0 -
f(x)
Vậy
2
2 1
(0;1)
(2 )
ax ( )
(2 1)
n
n
n

m g x
n
+
=
+
.
Ta chứng minh

2 1
2
2 1
(2 ) 1 2 1
(2 1) 2 2 1
n
n
n
n n
n ne n e
+
+
 
< ⇔ <
 ÷
+ +
 

[ ]
2 1
2 1
(2 1) ln(2 1) ln(2 ) 1

2
n
n
e n n n
n
+
+
 
⇔ > ⇔ + + − >
 ÷
 

1
ln(2 1) ln(2 ) (2)
2 1
n n
n
⇔ + − >
+
Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số
( ) lnf x x=
trên [2n; 2n+1] suy ra tồn tại
[ ]
2 ;2 1c n n∈ +
thuộc sao cho
(2 1) (2 )
( )
2 1 2
f n f n
f x

n n
+ −
′
=
+ −
. Suy ra
1 1
ln(2 1) ln(2 ) (3)
2 1
n n
e n
+ − = >
+
.
Từ (1), (2) và (3) suy ra đpcm.
Bài luyện tập
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi
0;
2
x
π
 
∈
 
 
ta có
2
2
4 4
sinx x x

π π
≤ −
.
Bài 2: Chứng minh rằng nếu x > 0 và mọi số nguyên dương n ta có
Phạm Văn Dũng
4
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
2 3
1
2! 3! !
n
x
x x x
e x
n
> + + + + +
.
Bài 3 (Toán học và tuổi trẻ)
Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng
1
1
2ln 2
(2 1)
n
k
k k
=
<
−
∑

.
HD: Xét hàm số
2 3 2 1 2
( ) ln(1 )
2 3 2 1 2
n n
x x x x
f x x x
n n
−
 
= + − − + − + +
 ÷
−
 
trên
[
)
0;+∞
. Hàm số đồng biến trên
[
)
0;+∞
suy ra
( ) (0)f x f>
, đpcm.
Bài 4: Cho x > 0. Chứng minh rằng
1
1 1
1 1

x x
e
x x
+
   
+ < < +
 ÷  ÷
   
.
Bài 5: (ĐH Bách khoa, 1980)
Chứng minh rằng
3
2
3
sin 2
x x
x
− <
với
0;
2
x
π
 
∈
 ÷
 
.
Bài 6: Tìm GTLN của hàm số
4 4

( ) 1 1f x x x x x= + − + + −
với
[ ]
0;1x∈
.
1.2 Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu
Trong một số bài toán có thể phải đạo hàm nhiều lần liên tiếp thậm chí phải
khảo sát thêm hàm số phụ. Ta thường sử dụng
• f(x) đồng biến trên [a; b] thì f(x) > f(a) với mọi x > a.
• f(x) nghịch biến trên [a; b] thì f(x) > f(b) với mọi x < b.
Bài toán 5: Chứng minh rằng với mọi
0x >
ta có
3
sinx
6
x
x x− < <
.
Giải: Xét hàm số
3
( ) sinx
6
x
f x x += − +
trên
[
)
0;+∞
. Ta có

2
( ) 1 cos
2
( ) sinx
( ) 1 cos
x
f x x
f x x
f x x
′
= − +
′′
= −
′′′
= −
Ta có
[
)
( ) 1 cos 0, 0; ( ) (0) 0f x x x f x f
′′′ ′′ ′′
= − ≥ ∀ ∈ +∞ ⇒ ≥ =
, nên f’(x) đồng biến
trên
[
)
0;+∞
. Suy ra
( ) (0) 0 ( )f x f f x
′ ′
≥ = ⇒

đồng biến trên
[
)
0;+∞
. Do đó
( ) (0) 0, 0f x f x≥ = ∀ ≥
và
( ) (0) 0, 0.f x f x> = ∀ >
Tức là
3 3
sinx>0 sinx
6 6
x
x x
x− + <⇔ −
với x > 0 (1)
Lưu ý
( ) (0) 0f x f
′′ ′′
> =
với x > 0 ta có
sinx x<
(2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
Phạm Văn Dũng
5
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Bài toán 6: Tìm GTNN của hàm số
2 2
( ) 1 1f x x x x x= + + + − +

.
Giải: TXĐ: R.
Xét hàm số
2 2
( ) 1 1f x x x x x= + + + − +
trên R. Ta có
2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
( )
1 3 1 3 1 3 1 3
2 4 2 4 2 4 2 4
1 1
2 2
x x x x
f x
x x x x
g x g x
+ − + −
′
= + = +
       
+ + − + + + − +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
   
= + + −
 ÷  ÷
   
với mọi x, trong đó

2
( ) , .
3
4
t
g t t R
t
= ∈
+
Vì hàm g đồng biến trên R nên
( ) 0 0
1 1
( ) 0 0
2 2
f x x
f x g x g x x
′
= ⇔ =
   
′
> ⇔ + > − ⇔ >
 ÷  ÷
   
Ta có bảng biến thiên
x
−∞
0
+∞
f’(x) - 0 +
f(x)

+∞

+∞
2
Từ bảng biến thiên suy ra
min ( ) 2 0f x x= ⇔ =
.
Bài toán 7: Cho a, b, x > 0 và
a b≠
. Chứng minh rằng
b x b
a x a
b x b
+
+
   
>
 ÷  ÷
+
   
Giải: Xét hàm số
( ) , 0.
b x
a x
f x x
b x
+
+
 
= ≥

 ÷
+
 
Khi đó
( )
ln ( ) ln
a x
f x b x
b x
+
 
= +
 ÷
+
 
.
Suy ra
[ ]
ln ( ) ( )ln
a x
f x b x
b x
′
+
 
′
= +
 
+
 

Phạm Văn Dũng
6
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
( )
ln ( ) . ln
( )
f x a x b x a x a x b a
b x
f x b x a x b x b x a x
′
′
+ + + + −
 
⇔ = + + = +
 ÷
+ + + + +
 

( ) ( ) ln
ln . ( )
b x b x
a x b a
f x f x
b x a x
a x a x b a a x
g x
b x b x a x b x
+ +
+ −
 

′
⇒ = + =
 ÷
+ +
 
+ + − +
     
= + =
 ÷  ÷  ÷
+ + + +
     
trong đó
( ) ln
a x b a
g x
b x a x
+ −
= +
+ +
. Ta có
2
2 2 2
( )
( ) . 0.
( ) ( ) ( ) ( )
b x b a a b a b
g x
a x b x a x a x b x
+ − − −
′

= + = − <
+ + + + +
Do đó g(x) nghịch biến trên
( )
0;+∞
. Suy ra
( ) lim ( ) lim ln 0
x x
a x b a
g x g x
b x a x
→∞ →∞
+ −
 
> = + =
 ÷
+ +
 
.
Vậy
( ) 0, 0f x x
′
> ∀ >
, nên f(x) đồng biến trên
( )
0;+∞
. Suy ra f(x) > f(0)
(đpcm).
Bài luyện tập
Bài 1: Chứng minh rằng

( )
1
1 1
2
, 0;1
x
x x
x x x
e
− −
+ > ∀ ∈
.
HD: Xét hàm số
( )
1
1 1 1 1 1
( ) . (1 ) , 0;1
x x x x
x x x x x
f x x x x x x x x x
− − − − −
= + = + = + ∀ ∈
.
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta có
3 3 5
sinx
3! 3! 5!
x x x
x x− < < − +
.

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi x ta có
2 2
17 os 4cos 6 os 2cos 3 2 11c x x c x x≤ + + + − + ≤ +
.
Bài 4: Tìm tập giá trị của hàm số
2 2
( ) 2 4 2 4f x x x x x= + + − − +
.
1.3 Dạng 3: Kết hợp với các BĐT khác như BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-
Schwarz, BĐT Chebyshes,…
Bài toán 8: Chứng minh rằng nếu
0
2
x
π
≤ <
thì
sinx t anx 1
2 2 2
x+
+ ≥
.
Giải: Áp dụng BĐT AM-GM ta có
sinx t anx sinx t anx
2 2 2. 2 .2+ ≥
. Ta chứng minh
sinx tanx 1 sinx t anx 2
2 2 .2 2 2 2 sinx tanx 2
x x
x

+ +
≥ ⇔ ≥ ⇔ + ≥
.
Phạm Văn Dũng
7
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Xét hàm số
( ) sinx tanx 2f x x= + −
liên tục trên
0;
2
π
 
 
 
, có
2
2 2
1 1
( ) cos 2 cos 2 0, 0;
os os 2
f x x x x
c x c x
π
 
′
= + − > + − ≥ ∀ ∈
 
 
.

(vì với
0;
2
x
π
 
∈
 
 
thì
2
cos osx c x>
và theo BĐT AM-GM ta có
2
2
1
cos 2
os
x
c x
+ ≥
)
Do đó f(x) đồng biến trên
0;
2
π
 
 
 
. Suy ra

( ) (0) 0f x f≥ =
, hay
sinx tanx 2x+ ≥
với mọi
0;
2
x
π
 
∈
 
 
(đpcm).
Bài toán 9: (Olympic 30 - 4 - 1999)
Chứng minh rằng
3
sinx
cos , 0;
2
x x
x
π
   
> ∀ ∈
 ÷  ÷
   
.
Giải: Ta biến đổi
3
3

2 3
3
sinx sin
cos cos sin .tan - x 0 (1)
x
x x x x
x x
 
> ⇔ > ⇔ >
 ÷
 
.
Xét hàm số
2 3
( ) sin .tan - f x x x x=
với
0;
2
x
π
 
∈
 
 
. Ta có
( )
2 2 2
2sin tan 3f x x x x
′
= + −

.
Áp dụng BĐT
( )
2
2 2 2
3( )a b c a b c+ + ≥ + +
ta có
( ) ( )
2
2 2 2 2 2
1
sin sin tan 3 2sin tan 3
3
f x x x x x x x x
′
= + + − ≥ + −
.
Đặt
( ) 2sin tan 3 , 0;
2
g x x x x x
π
 
= + − ∈
÷

 
, thì
( )
2

3
2 2 2
1 1 1
2cos 3 cos cos 3 3 cos . 3 0
cos cos cos
g x x x x x
x x x
′
= + − = + + − ≥ − =
với mọi
0;
2
x
π
 
∈
÷

 
, nên g(x) đồng biến trên
0;
2
π
 
÷

 
. Suy ra
( ) ( )
0 0, 0;

2
g x g x
π
 
≥ = ∀ ∈
÷

 
.
Do đó
( ) ( )
2
2
1
3 3 0
3
f x x x
′
≥ − =
nên f(x) đồng biến trên
0;
2
π
 
 
 
. Suy ra
( ) ( )
0 0, 0;
2

f x f x
π
 
> = ∀ ∈
 
 
.
Phạm Văn Dũng
8
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Nhận xét: Khi trong BĐT có chứa các loại hàm số khác nhau ta thường cô lập mỗi
loại hàm số để dễ xét dấu của đạo hàm, hoặc ta có thể đạo hàm liên tiếp để khử bớt
một loại hàm số như trong bài toán 5.
Cách 2: Theo bài 5 ta có
3
sinx
6
x
x <−
, suy ra
( )
3
3
2 2 4 6 2 4
sin
1 1 1 2
6 2 12 216 2 24
x x x x x x x
x
 

 
> − = − + − > − +
 ÷
 ÷
 
 
Ta chứng minh được
( )
2 4
cos 1 2
2 24
x x
x < − +
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
Bài toán 10: Cho
[ ]
, 0;1a b∈
. Chứng minh rằng
( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
1 1 1 1, 0;1
1 1 1
x b a
f x x a b x
a b x a x b
= + + + − − − ≤ ∀ ∈
+ + + + + +
.
Giải: Ta có
( )

( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
[ ]
2 2
3 3
1
1 1
1
1 1
2 2
0, 0;1
1 1
b a
f x a b
a b
x a x b
b a
f x
x a x b
′
= − − − − −
+ +
+ + + +
′′
= + ≥ ∀∈
+ + + +
Nên hàm số f’(x) đồng biến trên [0; 1], suy ra phương trình f’(x) = 0 có nhiều nhất
một nghiệm trên (0; 1).

• Nếu phương trình f’(x) = 0 vô nghiệm thì f(x) đơn điệu trên [0; 1], thì
( )
[ ]
( ) ( ) ( )
{ }
0;1
ax ax 0 ; 1 .f x m f x m f f≤ =
Ta có
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1 1
0 1 1 1
1 1 1 1 1 1
b a a b a b ab a b
f a b
a b a b a b
+ + + + + +
= + + − − = ≤ =
+ + + + + +
( )
1 1
1 1
1 2 2 1 1 1
a b a b
f
a b b a a b b a a b
= + + ≤ + + =
+ + + + + + + + + +
Suy ra

( )
[ ]
( ) ( ) ( )
{ }
0;1
ax ax 0 ; 1 1f x m f x m f f≤ = ≤
• Nếu phương trình f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất
0
x x=
. Khi đó do f’(x) đồng
biến trên [0; 1], nên
( )
[ ]
0
0, 0;f x x x
′
< ∀ ∈
và
( )
[ ]
0
0, ;1f x x x
′
> ∀ ∈
.
Do đó
0
x
là điểm cực tiểu của hàm số, mà f(x) liên tục trên [0; 1] nên
( )

[ ]
( ) ( ) ( )
{ }
0;1
ax ax 0 ; 1 1f x m f x m f f≤ = ≤
.
Từ hai trường hợp ta có đpcm.
Bài toán 11: (VMO – 2003, Bảng B)
Phạm Văn Dũng
9
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Cho hàm số f xác định trên tập số thực, lấy giá trị trên R và thỏa mãn điều kiện
( ) ( )
cot sin 2 cos2 , 0;f x x x x
π
= + ∀ ∈
.
Hãy tìm GTLN và GTNN của hàm số
( )
( ) ( )
2 2
sin . cosg x f x f x
=
trên R.
Giải: Ta có
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
cot sin 2 cos2 , 0;

2cot cot 1 cot 2cot 1
cot , 0;
cot 1 cot 1 cot 1
f x x x x
x x x x
f x x
x x x
π
π
= + ∀ ∈
− + −
⇔ = + = ∀ ∈
+ + +
Từ đó với chú ý rằng với mỗi
t R∈
đều tồn tại
( )
0;x
π
∈
sao cho cot x = t ta
được
( )
2
2
2 1
,
1
t t
f t t R

t
+ −
= ∀ ∈
+
.
Dẫn tới
( )
( ) ( )
4 2
2 2
4 2
sin 2 32sin 2 32
sin . cos , (1)
sin 2 8sin 2 32
x x
g x f x f x x R
x x
+ −
= = ∀ ∈
− +
.
Đặt
2
1
sin 2
4
u x=
. Dễ thấy Khi x chạy qua R thì u chạy qua
1
0;

4
 
 
 
. Vì vậy từ (1)
ta được
1
0;
4
min ( ) min ( )
x R
g x h u
∈
 
 
 
=
và
1
0;
4
max ( ) max ( )
x R
g x h u
∈
 
 
 
=
trong đó

( )
2
2
8 2
2 2
u u
h u
u u
+ −
=
− +
. Ta có
( )
( )
( )
2
2
2
2 5 4 6
2 2
u u
h u
u u
− + +
′
=
− +
.
Dễ dàng chứng minh được
( )

1
0, 0;
4
h u u
 
′
> ∀ ∈
 
 
. Suy ra hàm h(u) đồng biến
trên
1
0;
4
 
 
 
. Vì vậy trên
1
0;
4
 
 
 
ta có
( ) ( )
min 0 1h u h= = −
và
( )
1 1

max
4 25
h u h
 
= =
 ÷
 
.
Vậy
( )
min 1g x = −
, đạt được chẳng hạn khi x = 0 và
( )
1
max
25
g x =
, đạt được
chẳng hạn khi
4
x
π
=
.
Bài luyện tập
Bài 1: Chứng minh rằng
3 2
sin tan
2
4 2 2 , 0;

2
x
x x
x
π
+
 
+ ≥ ∀ ∈
÷

 
.
2. Bất đẳng thức có hai hay nhiều biến số
Phạm Văn Dũng
10
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Để chứng minh BĐT có chứa nhiều biến số bằng phương pháp đạo hàm thì điều
quan trọng nhất là chúng ta đưa được về một biến và khảo sát hàm số theo biến
đó.
2.1 Dạng 1: Khảo sát hàm đặc trưng
Bài toán 12: Chứng minh rằng
a)
2
1
2,
1
x
x
x x
+

≤ ∀
− +
b)
2 2 2
1 1 1 3, , ,x x y y z z x y z
− + + − + + − + ≥ ∀
thỏa mãn x + y + z =
3.
Giải: a) Xét hàm số
( )
2
1
,
1
x
f x x R
x x
+
= ∈
− +
. Ta có
( )
( )
( )
2 2
3 1
2 1 1
x
f x
x x x x

−
′
=
− + − +
và

( ) ( ) ( )
0 1; lim 1, lim 1
x x
f x x f x f x
→+∞ →−∞
′
= ⇔ = = = −
Ta có bảng biến thiên
x
−∞
1
+∞
f’(x) + 0 -
f(x) 2
-1 1
Từ bảng biến thiên suy ra
( ) ( )
1 2,f x f x≤ = ∀
.
b) Áp dụng câu a ta có
( )
2
2
1 1

2, 1 1 (1)
2
1
x
x x x x
x x
+
≤ ∀ ⇔ − + ≥ +
− +
Tương tự ta có
( ) ( )
( ) ( )
2
2
1
1 1 2
2
1
1 1 3
2
y y y
z z z
− + ≥ +
− + ≥ +
Cộng từng vế các BĐT (1), (2) và (3) ta có
( )
2 2 2
1
1 1 1 3 3
2

x x y y z z x y z− + + − + + − + ≥ + + + ≥
(đpcm).
Phạm Văn Dũng
11
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Trong một số bài toán ta có thể nhìn thấy ngay hàm đặc trưng, tuy nhiên một số
bài ta cần phải biến đổi mới nhìn thấy hàm đặc trưng. Xét bài toán sau
Bài toán 13: Cho A, B, C là ba góc của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng
( )
tan tan tan 6 sin sin sin 12 3A B C A B C+ + + + + ≥
.
Giải: Xét hàm số
( )
tan 6sin 7f x x x x= + −
với
0;
2
π
 
 ÷
 
.
Ta có
( )
( ) ( ) ( )
2 2
cos 1 3cos 1 2cos 1
1
6cos 7
os os

x x x
f x x
c x c x
− + −
′
= + − =
.
Vì
0;
2
x
π
 
∈
 ÷
 
nên
( )
0 2cos 1 0
3
f x x x
π
′
= ⇔ − = ⇔ =
.
Lập bảng biến thiên của f(x) trên
0;
2
π
 

 ÷
 
ta được
( )
0;
2
7
min 4 3
3 3
f x f
π
π π
 
 ÷
 
 
= = −
 ÷
 
.
Áp dụng vào bài toán ta được
( ) ( ) ( )
( )
7
3 4 3
3
tan tan tan 6 sin sin sin 12 3.
f A f B f C
A B C A B C
π

 
+ + ≥ −
 ÷
 
⇔ + + + + + ≥
Nhận xét: Trong BĐT trên A, B, C bình đẳng nên ta dễ dàng kiểm tra được dấu
bằng xảy ra khi và chỉ khi
3
A B C
π
= = =
. Vì vậy ta cần chọn một hàm số có
dạng
( )
tan 6sinf x x x kx= + +
sao cho
0
3
f
π
 
′
=
 ÷
 
. Do đó k = -7 và ta tìm được hàm đặc trưng cần xét.
Bài toán 14: (ĐH Quốc gia Hà Nội, 2000)
Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng
8 8 8 2 2 2
a b c a b c

+ + ≥ + +
.
Giải: Xét hàm số
( )
( )
3
2 2 2 ln2
x x
f x x= − −
trên R. Ta có
( )
( ) ( ) ( )
2
3. 2 .ln 2 2 .ln 2 2ln 2 2 1 3.2 2 ln 2
x x x x
f x
′
= − − = − +
và
( )
0 2 1 0
x
f x x
′
= ⇔ = ⇔ =
.
Phạm Văn Dũng
12
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Ta có bảng biến thiên

x
−∞
0
+∞
f’(x) - 0 +
f(x)
+∞
+∞
0
Suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
0, 0f x x R f a f b f c≥ ∀ ∈ ⇒ + + ≥

( )
8 8 8 (2 2 2 ) 2 ln 2 0
8 8 8 2 2 2
a b c a b c
a b c a b c
a b c⇒ + + − + + − + + ≥
⇒ + + ≥ + +
Nhận xét: Các bạn thử nghĩ xem tại sao không xét hàm số
( )
( )
3
2 2
x x
f x = −
?
Trong một số bài toán BĐT hai biến ta phải biến đổi cô lập mỗi biến về một vế,
khi đó xuất hiện hàm đặc trưng cần khảo sát.

Bài toán 15: (Đại học khối D, 2006)
Chứng minh rằng
1 1
2 2 , 0
2 2
b a
a b
a b
a b
   
+ ≤ + ∀ ≥ >
 ÷  ÷
   
.
Giải: Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1 1 4 1 4
2 2
2 2 2 2
1 4 1 4 ln 1 4 ln 1 4
ln 1 4 ln 1 4
b a
b a
a b
a b
a b a b
b a b a
a b a b
a b

a b
   
+ +
   
+ ≤ + ⇔ ≤
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
⇔ + ≤ + ⇔ + ≤ +
+ +
⇔ ≤
Xét hàm số
( )
( )
ln 1 4
x
f x
x
+
=
với x > 0. Ta có
( )
( ) ( )
( )
2
4 ln 4 1 4 ln 1 4
0
1 4
x x x x

x
f x
x
− + +
′
= <
+
,
nên f là hàm nghịch biến trên
( )
0;+∞
. Do đó
( ) ( )
f a f b≤
(đpcm).
Nhận xét: Trong bài toán trên ta đã sử dụng kêt quả:
Cho hàm số f(x) đồng biến trên (a; b). Khi đó với
( )
, ;a b
α β
∈
ta có
( ) ( )
f f
α β α β
< ⇔ <
.
Bài toán 16: Chứng minh rằng với mọi
( )
, 0;1 ,x y x y∈ ≠

ta có
Phạm Văn Dũng
13
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
( )
1
ln ln 4 1
1 1
y x
y x y x
 
− >
 ÷
− − −
 
.
Giải:
• Nếu y > x thì
( ) ( )
1 ln ln 4 ln 4 ln 4
1 1 1 1
y x y x
y x y x
y x y x
⇔ − > − ⇔ − > −
− − − −
.
• Nếu y < x thì
( ) ( )
1 ln ln 4 ln 4 ln 4

1 1 1 1
y x y x
y x y x
y x y x
⇔ − < − ⇔ − < −
− − − −
.
Xét
( )
ln 4
1
t
f t t
t
= −
−
với
( )
0;1t ∈
. Ta có
( )
( )
( )
2
1 (2 1)
4 0, 0;1
1 1
t t t
f t t
t t t t

′
− −
 
′
= − = > ∀ ∈
 ÷
− −
 
.
Suy ra f(t) tăng trên (0;1). Suy ra f(y) > f(x) nếu y > x và f(y) < f(x) nếu y < x
( )
1
ln ln 4, , 0;1 ,
1 1
y x
x y x y
y x y x
 
⇔ − > ∀ ∈ ≠
 ÷
− − −
 
.
Bài toán 17: Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh rằng
2
1 1
x y
x y
+ ≥
− −

.
Giải: Ta có y = 1 – x nên BĐT cần chứng minh là
( )
1
2, 0;1
1
x x
x
x x
−
+ ≥ ∀ ∈
−
.
Xét
( ) ( )
1
, 0;1
1
x x
f x x
x x
−
= + ∀ ∈
−
. Ta có
( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 1 1 1 (1 ) 1
2 2

1 1 1 1
1
1
2
x x x x
f x
x x x x x x x x
h x h x
   
− + + − +
′
= − = −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
− − − −
   
 
= − −
 
trong đó
( )
2
3 3
1 1 1t
h t
t t t
+
= = +
nghịch biến trên
( )

0;+∞
, nên
( )
( ) ( )
1
0 1 1
2
f x h x h x x x x
′
= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
Và
( )
( ) ( )
1
0 1 1 ;1
2
f x h x h x x x x
 
′
> ⇔ − > ⇔ − < ⇔ ∈
 ÷
 
( )
1
0 0;
2
f x x
 
′
< ⇔ ∈

 ÷
 
Phạm Văn Dũng
14
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Vậy
( )
( )
0;1
1
min 2
2
f x f
 
= =
 ÷
 
. Suy ra
( ) ( )
2, 0;1f x x≥ ∀ ∈
.
Bài toán 18: (Đại học khối A, 2004)
Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện
( )
cos2 2 2cos 2 2 cos 3 1A B C+ + =
.
Tính các góc của tam giác ABC.
Giải: Từ giả thiết
0
2

A
π
< ≤
suy ra
1
0 sin
2
2
A
< ≤
. Ta có
( ) ( )
( )
2
2
1 1 2sin 2 2 cos cos 3
sin 2 2 sin . os 1 2
2 2
A B C
A B C
A c
⇔ − + + =
−
⇔ − + =
Lại có
( )
2 2sin . os 2 2sin 3
2 2 2
A B C A
c

−
≤
Từ (2) và (3) ta có
2
sin 2 2 sin 1 0
2
A
A− + − ≥
.
Đặt
sin
2
A
t =
thì
( )
( )
2 2
4 1 2 2 1 0 4t t t− − + − ≥
Xét hàm
( )
4 2
4 4 2 2 1f t t t t= − + −
. Ta phải có
( )
0f t ≥
với
1
0
5

t< ≤

(5).
Tính
( ) ( ) ( )
3 2
1
16 8 2 2; 48 8 0
6
f t t t f t t f t t
′ ′′ ′′
= − + = − ⇒ = ⇔ =
Ta có
( ) ( )
1 1 1
0 0 ; 0
6 6 2
f t t f t t
′′ ′′
< ⇔ < < < ⇔ < <
Suy ra
( )
1
0
6
f t f
 
′ ′
≥ >
 ÷

 
nên f(t) đồng biến trên
1
0;
2
 


 
. Do đó
( )
1
0
2
f t f
 
≤ =
 ÷
 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 1
sin
2 2
2 2
A
t A
π
= ⇔ = ⇔ =
Thay vào ta được
cos 1

2 4
B C
B C
π
−
= ⇒ = =
.
Bài toán 19:
Cho hai số x, y khác 0 thay đổi thỏa mãn
( ) ( )
2 2
*x y xy x y xy+ = + −
Phạm Văn Dũng
15
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Chứng minh rằng
3 3
1 1
16
x y
+ ≤
.
Giải: Nhận thấy x, y đối xứng nên đặt :
.
x y u
x y v
+ =


=


thì (*) trở thành
2
2
. 3
3
u
u v u v v
u
= − ⇔ =
+
(do
3u ≠ −
)
Ta có

( )
3
3 3 3 2 2
3
3 3 3 3
1 1 3 ( 3 ) 3x y u uv u u v u u
x y u v v u
xy
+ − − +
 
+ = = = = =
 ÷
 
Vì

2
2 2
1
4 4 1
4 1 0
3
3 3 3
u
u u
u v u
u
u u u
≥

−
≥ ⇒ ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≥ ⇔

≤ −
+ + +


Vì từ (*) suy ra
3
0
u
u
+
>
nên ta chỉ cần chứng minh:
3

4
u
u
+
≤
với
1u ≥

hoặc
3u ≤ −
.
Xét hàm số f(u) =
3u
u
+
⇒
f’(u) =
2
3
0
u
−
<
suy ra f(x)
Trên mỗi khoảng (
; 3−∞ −
) và
[
1; )+∞
do đó f(u)

≤
f(1);
1u∀ ≥
.
Còn 0 < f(-3) < f(u) <1,
∀
u > -3, từ đó ta có đpcm.
Bài toán 20: (VMO, 2004)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
( )
3
32x y z xyz+ + =
. Tìm GTLN
và GTNN của biểu thức
( )
4 4 4
4
x y z
P
x y z
+ +
=
+ +
.
Giải: Không mất tính chất tổng quát ta có thể giả sử
4x y z+ + =
, khi đó
2xyz =
. Ta phải tìm GTLN và GTNN của
( )

4 4 4
4
1
4
P x y z= + +
. Ta có
( )
( ) ( )
2
2 2
4 2 2 2
2 2
2 16 2 2 4
2 64 288 2( 16) 244
x x x y xy xy xyz x
a a a
= − = − − +
= − + = − −
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
trong đó a = xy + z + zx. Do y + z = 4 – x và
2
yz
x
=
nên ta phải có
( )
2
8
4 x
x

− ≥
,
tức là
3 5 2x− ≤ ≤
.
Tương tự
, , 3 5;2x y z
 
∈ −
 
. Suy ra
( ) ( ) ( )
2 2 2 0x y z− − − ≤
và
( ) ( ) ( )
3 5 3 5 3 5 0x y z− + − + − + ≥
.
Phạm Văn Dũng
16
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Nhân các BĐT trên ta được
5 5 1
5
3
a
−
≤ ≤
. Từ
( )
2

4 4 4
4
16 112
4 128
a
x y z
− −
+ +
=
suy ra
9
min
128
P =
và
383 165 5
max
256
P
−
=
Đạt được khi (x, y, z) là các hoán vị của (2, 1, 1) và
1 5 1 5
3 5, ,
2 2
 
+ +
−
 ÷
 

.
Bài luyện tập
Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
. Chứng minh rằng
2 2 2
3 3
1 1 1 2
a b c
a b c
+ + ≥
− − −
.
Bài 2: Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 12
3 , , , 0;
sin sin sin 2
x y z
x y z x y z
π
π
 
+ + − − − ≤ − ∀ ∈


 
.
Bài 3: Chứng minh rằng

( ) ( )
2 3 2 3 , 0
y x
x y y x
x y+ < + ∀ > >
.
Tổng quát: Với a, b > 0 và x > y > 0 ta có
( ) ( )
y x
x y y x
a b a b+ < +
.
Bài 4: Cho
3 3
, 0; 1x y x y≥ + =
. Tìm GTLN của
2A x y= +
.
Bài 5: Tìm ba góc của tam giác ABC biết
( )
5
cos 3 cos cos
2
A B C+ + =
.
Bài 6: Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện : xy + yz + xyz = 4 (*)
CMR :
x y z xy yz zx+ + ≥ + +
. (1) Hỏi đẳng thức xảy ra khi nào .
2.2 Dạng 2: Kết hợp với các BĐT khác như BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-

Schwarz, BĐT Chebyshes,…
Đối với các bài toán phức tạp, ta cần phối hợp với phương pháp chặn
khoảng các biến và các BĐT phụ khác như BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz,
BĐT Chebyshes,… hoặc các đánh giá khác , hoặc phối hợp với các phương pháp
khác như phương pháp tọa độ,
Ta thường ước lượng T(x, y, z, ) bởi một hàm số chỉ phụ thuộc vào một
biến số, từ đó khảo sát hàm số này để đạt được mục đích.
Bài toán 21: Cho các số
( )
, , 0;1x y z ∈
thỏa mãn
( ) ( ) ( )
1 1 1xyz x y z= − − −
.
Chứng minh rằng
Phạm Văn Dũng
17
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
2 2 2
3
4
x y z+ + ≥
.
Giải: Ta có
( ) ( )
( )
1
2 1
xyz x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz x y z

= − + + + + + −
⇔ + + = − + + +
Mà
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2 2
2
2 2 2
2
2 2 4
x y z x y z xy yz zx
x y z x y z x y z xyz
+ + = + + + + +
⇔ + + = − + + + + + −
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
3
3
x y z
xyz
+ +
 
≤
 ÷
 
, suy ra
( ) ( )
3
2
2 2 2

2 2 4
3
x y z
x y z x y z x y z
+ +
 
+ + ≥ − + + + + + −
 ÷
 
.
Đặt t = x + y + z (0 < t < 3), ta có
3
2 2 2 2
4
2 2
27
t
x y z t t+ + ≥ − + −
.
Khảo sát hàm số
( )
3
2
4
2 2
27
t
f t t t= − + −
ta được
( )

3
min
4
f t =
khi
1
2
x y z= = =
.
.
Bài toán 22: ( Tuyển sinh Đại học Vinh, 2001)
Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3
thì
( )
2 2 2
3 3 3 4 13 1a b c abc+ + + ≥
.
Giải: Đặt
2 2 2
3 3 3 4T a b c abc= + + +
. Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên không
giảm tổng quát ta có thể giả sử
0 a b c< ≤ ≤
.
Từ a + b + c = 3 và a + b > c suy ra
3
1
2
c≤ <
(2).

Ta biến đổi
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
2
2
3( ) 3 4 3 2 3 4
3 3 3 2 3 2
T a b c abc a b ab c abc
c c ab c
 
= + + + = + − + +
 
= − + − −
Do 2 – 3c > 0 và
( )
2
3
2
a b
ab
+
 
≤
 ÷
 
, suy ra
Phạm Văn Dũng
18

Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2 2
2
2
2 2
3 2
1
3 3 3 3 2
2
1
3 6 9 3 3 3 2
2
3 27
2 2
T c c a b c
c c c c c
c c f c
≥ − + − + − =
= − + + − − −
= − + =
Ta có
( )
2
3 3f c c c
′
= −

, nên f(c) đồng biến trên
3
1;
2
 
 
 
. Vì vậy
( ) ( )
1 13T f c f≥ ≥ =
.
Đồng thời
13 1T c= ⇔ =
. Với giả thiết
0 a b c< ≤ ≤
và a + b + c = 3 và (3) suy
ra a = b = 1, tức là tam giác ABC đều.
Bài toán 23: (Tuyển sinh Đại học khối B, 2006)
Cho x, y là các số thực dương thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức
( ) ( )
2 2
2 2
1 1 2B x y x y y= − + + + + + −
.
Giải: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các điểm M(1-x; y) và N(1+x; y).
Ta có OM + ON
≥
MN, suy ra
( ) ( )
2 2

2 2 2
1 1 4 4x y x y y− + + + + ≥ +
.
Đẳng thức xảy ra khi x = 0, ta được
2
2 1 2A y y≥ + + −
.
Xét hàm số
( )
2
2 1 2f y y y
= + + −
.
*) Với
2y ≥
thì
( )
2
2 1 2f y y y= + + −
là hàm đồng biến.
*) Với y < 2 thì
( )
2
2 1 2f y y y= + + −
có
( )
2
2
1
1

y
f y
y
′
= −
+
.
Khi đó
( )
1
3
f y y
′
⇔ =
. Lập bảng biến thiên của hàm số f(y) ta được
( )
1
min 2 3 ; 0;
3
B x y
 
= + ⇔ =
 ÷
 
.
Bài toán 24: (Tuyển sinh Đại học khối A, 2011)
Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [1; 4] và
,x y x z≥ ≥
. Tìm GTNN của
biểu thức

2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.
Giải: Trước hết ta chứng minh với mọi a, b dương,
1ab ≥
thì
1 1 2
1 1
1
a b
ab
+ ≥
+ +
+
(*)
Thật vậy, ta có
2
(*) ( 1)( ) 0ab a b⇔ − − ≥
luôn đúng do a, b dương và
1ab ≥
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1.
Phạm Văn Dũng
19
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1; 4] và

,x y x z≥ ≥
ta có
1 1 1 1
3
2 3
1 1 2
1
x
P
x x y
x y
x
y z x
y
= + + ≥ +
+
+ + +
+
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
z x
y z
=
hoặc
1
x
y
=
(1)
Đặt

[ ]
, 1;2
x
t t
y
= ∈
, khi đó
2
2
2
2 3 1
t
P
t t
≥ +
+ +
.
Xét hàm
[ ]
2
2
2
( ) , 1;2
2 3 1
t
f t t
t t
= + ∈
+ +
có

( ) ( )
( )
( )
3
2
2
2
2 4 3 3 2 1 9
'( ) 0
2 3 1
t t t
f t
t t
 
− + + − +
 
= <
+ +
.
Suy ra
34
( ) (2)
33
f t f≥ =
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2 4 4; 1
x
t x y
y

= ⇔ = ⇔ = =
(2)
Do đó
34
33
P ≥
. Từ (1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 9, y =1,
z = 2.
Bài toán 25: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
. Tìm GTLN
của biểu thức
( )
3 22S a b c abc= + + −
.
Giải: Không mất tính tổng quát, giả sử a= min {a,b,c}. Xét các trường hợp sau
• Nếu a = -1 thì b = c = 0 và S = -3
• Nếu -1 < a < 0 thì sử dụng BĐT CBS ta có
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2
3 2
3 11( )(2 ) 3 2 11
11 8 3 2 1
S a b c a bc a b c a b c
a a a f a
 

= + + + − ≤ + + − +
 
 
= − + − =
Ta có
( ) ( )
( )
2
2 2 2
3 2 3 2
33 8 ; 66
1 1 1
a
f a a f a a
a a a
′ ′′
= − − = −
− − −
.
Do đó f’(a) = 0 có nghiệm duy nhất
( )
2
1;0
11
a = − ∈ −
. Mà
2
0
11
f

 
′′
− <
 ÷
 

nên f(a) đạt GTLN tại
2
11
a = −
. Suy ra
Phạm Văn Dũng
20
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
( )
( )
1;0
2 2
max ax 15
11 11
S m f a f
−
 
= = − =
 ÷
 
.
• Nếu
0 1a≤ ≤
thì

( )
3S a b c≤ + +
. Sử dụng BĐT CBS ta có
( )
2 2 2
3 3 3( ) 3 3a b c a b c+ + ≤ + + =
.
Suy ra
2
3 3 15
11
S ≤ <
.
Tổng hợp các kết quả trên ta có
2
axS=15
11
m
, đạt được khi (a, b, c) là một
hoán vị của
2 3 3
; ;
11
22 22
 
−
 ÷
 
.
Bài toán 26: ( Đề thi chọn HSG QG THPT bảng B, 1999)

Xét phương trình
3 2
1 0ax x bx− + − =
với a, b là các số thực,
0a ≠
,
a b≠

sao cho các nghiệm đều là số thực dương. Tìm GTNN của
( )
2
2
5 3 2a ab
P
a b a
− +
=
−
.
Giải: Gọi u, v, s là ba nghiệm thực dương của đa thức
3 2
1ax x bx− + −
. Theo
định lý Viete ta có
( )
1 1
; ; 1
b
u v s uv vs su uvs
a a a

+ + = + + = =
.
Từ đó suy ra a > 0, b > 0.
Đặt
1
c
a
=
. Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có
( )
3
3 3
3 3 27 3 3 2c uvs u v s uvs c c c c= = + + ≥ = ⇒ ≥ ⇒ ≥
.
Mặt khác
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2
1
3 0
2
u v s uv vs su u v v s s u+ + − + + = − + − + − ≥
.
Do đó
( ) ( ) ( )
2
2
3 3 3c u v s uv vs su bc= + + ≥ + + =
Từ (1), (2) và (3) ta có
( )

( )
( ) ( )
( )
2
2
3
2
2 2 2
2
2
1
5 3 2
5 3 2
5 3 2 1
.
1
1
5 2 5 5
4
3
1
3
b
c bc c
a ab
a a
P
b
a b a a bc
a

c c c c c
c
c
− +
− +
− +
= = =
− −
−
− + +
≥ =
−
−
Xét hàm số
( )
( )
2
2
5 5
3
c c
f c
c
+
=
−
với
3 3c ≥
.
Ta được

( )
12 3f c ≥
. Dấu bằng xảy ra khi
3 3c =
. Suy ra
12 3P ≥
.
Phạm Văn Dũng
21
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Đẳng thức xảy ra khi
3u v s= = =
, tức là
1
, 3
3 3
a b= =
.
Vậy
min 12 3P =
.
Bài luyện tập
Bài 1: Cho các số dương a, b, c với
1a b c+ + ≤
.Chứng minh rằng
( )
1 1 1
3 2 21a b c
a b c
 

+ + + + + ≥
 ÷
 
.
Bài 2: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
. Chứng minh rằng
( )
1 1 1
2 3a b c
a b c
+ + − + + ≥
Bài 3: (Đại học xây dựng Hà Nội, 2001)
Cho các số x, y, z thay đổi trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn
3
2
x y z+ + =
. Tìm
GTLN và GTNN của
( )
2 2 2
osA c x y z
= + +
.
Bài 4: (IMO, 1984)
Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
7
0 2
27

xy yz zx xyz< + + − ≤
.
Bài 5: Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm GTNN của
2 2 2
4A x y z xyz= + + +
.
2.3 Dạng 3: Khảo sát hàm số theo từng biến
Đối với các BĐT nhiều biến, ta có thể chọn một biến là biến số biến thiên và cố
định các biến còn lại, bài toán lúc này trở thành BĐT một biến.
Bài toán 27: Cho
0 , 1a b< ≤
. Chứng minh rằng
tan .tan tana b ab≥
.
Giải: Giả sử
a b≥
. Đặt
( )
tan .tan tanf x b x bx= −
với
1b x≤ ≤
. Ta có
( )
2 2
tan
os os
b b
f x
c x c bx
′

= −
.
Do
0 , 1a b< ≤
nên
tan 0b b> >
và
2 2
1 1
os osc x c bx
≥
suy ra
( )
0f x
′
>
, nên f
đồng biến trên [b; 1]. Vì vậy với
a b≥
ta có
( ) ( )
f a f b≥
. Suy ra
( )
2 2
tan .tan tan tan tan 1a b ab b b− ≥ −
.
Đặt
( )
2 2

tan tang x x x= −
, có
( ) ( )
2
2tan 2
0; 0;1
cos os
x x
g x x
x c x
′
= − > ∀ ∈
Suy ra
( ) ( ) ( )
2 2
0 0 tan tan 0 2g b g b b> = ⇒ − >
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Phạm Văn Dũng
22
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Bài toán 28: Chứng minh rằng
( ) ( )
[ ]
3 3 3 2 2 2
2 3, , , 0;1x y z x y y z z x x y z+ + − + + ≤ ∀ ∈
.
Giải: BĐT đã cho tương đương với
( )
( )
3 2 2 3 3 2

2 2 3f x x yx z x y z y z= − − + + − ≤
.
Ta có
( )
2 2
6 2f x x yz z
′
= − −
và
( )
( )
( )
2 2
1
2 2
2
1
6
6
0
1
6
6
x x y y z
f x
x x y y z

= = − +

′

= ⇔


= = + +


.
Vì
0x ≤
nên
( )
1
0;1x ∉
. Xét hai trường hợp
• Nếu
( ) ( )
[ ]
2
0;1 0, 0;1x f x x
′
∉ ⇒ ≤ ∀ ∈
. Suy ra f(x) giảm trên [0; 1]. Do đó
[ ]
( ) ( ) ( )
{ }
0;1
ax ax 0 , 1
x
m f x m f f
∈

=
.
• Nếu
( )
2
0;1x ∈
thì ta có bảng biến thiên
x
0
2
x
1
f’ - 0 +
f

( )
2
f x

Từ bảng biên thiên suy ra
[ ]
( ) ( ) ( )
{ }
0;1
ax ax 0 , 1
x
m f x m f f
∈
=
.

Như vậy trong cả hai trường hợp ta đều có
[ ]
( ) ( ) ( )
{ }
0;1
ax ax 0 , 1
x
m f x m f f
∈
=
.
Mặt khác
( )
( ) ( ) ( )
( )
3 3 2 3 3 2 2
0 2 2 2 1f y z y z y z y z y z f= + − ≤ + − + − − =
.
Ta sẽ chứng minh
( )
1 3f ≤
. Thật vậy, đặt
( ) ( )
( ) ( )
3 3 2 2
1 2 2f g y y z y z y z
= = + − + − −
Ta có
( )
( )

( )
2
1
2
2
2
1
6 0
6
6 2 1 0
1
6
6
y y z z
g y y zy
y y z z

= = − + <

′
= − − = ⇔


= = + +


• Nếu
( ) ( )
[ ]
2

0;1 0, 0;1y g y y
′
∉ ⇒ ≤ ∀ ∈
. Suy ra g(y) giảm trên [0; 1]. Do
đó
[ ]
( ) ( ) ( )
{ }
0;1
ax ax 0 , 1
y
m g y m g g
∈
=
.
• Nếu
( )
2
0;1y ∈
thì ta có bảng biến thiên
y
0
2
y
1
Phạm Văn Dũng
23
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
g’ - 0 +
g

( )
2
g y

Từ bảng biên thiên suy ra
[ ]
( ) ( ) ( )
{ }
0;1
ax ax 0 , 1
y
m g y m g g
∈
=
.
Như vậy trong cả hai trường hợp ta đều có
[ ]
( ) ( ) ( )
{ }
0;1
ax ax 0 , 1
y
m g y m g g
∈
=
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3 2

0 2 2 2 2 1 1 1 2 1 3 3g z z z z z g z z z= + − ≤ + − + − = = − + + ≤
Với mọi
[ ]
0;1z ∈
.
Bài toán 29: Cho
1
, , ;3
3
a b c
 
∈
 
 
. Tìm GTLN của biểu thức
a b c
S
a b b c c a
= + +
+ + +
.
Giải: Đặt
( )
a b c
f a
a b b c c a
= + +
+ + +
. Xét hai trường hợp sau:
• TH1:

a b c≥ ≥
. Ta có
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
0
b c a bc
b c
f a
a b a c a b a c
− −
′
= − = ≥
+ + + +
Suy ra
( ) ( ) ( )
3
3
3 3
b c
f a f g c
b b c c
≤ = + + =
+ + +
.
Mặt khác

( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
3 3
3
0
3 3
b b c
b
g c
c b c c b c
− −
−
′
= + = ≤
+ + + +
Suy ra
( ) ( )
1 3 3 1
3 3 3 1 10
b
g c g h b
b b
 
≤ = + + =
 ÷

+ +
 
Ta có
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 1
3 3
0
3 1 3
3 1 3
b b
h b
b b
b b
− +
′
= − = ≤
+ +
+ +
Ta có bảng biến thiên
b

1
3
−
1 3
Phạm Văn Dũng

24
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
1
3; ;
3
f b
 
′
 ÷
 
+ -
1
3; ;
3
f b
 
 ÷
 

8
5
Từ bảng biến thiên suy ra
( )
1 8
; ; 3;1;
3 5
f a b c f
 
≤ =
 ÷

 
.
• TH2:
c b a≥ ≥
. Từ TH1 ta có
( )
8
; ;
5
f c b a ≤
. Mặt khác
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
; ; ; ; 0
a b b a a c
f a b c f c b a
a b b a a c
− − −
− = ≤
+ + +
.
Suy ra
( )
8
; ;
5
f a b c ≤
.
Vậy

8
max
5
S =
, đạt được khi và chỉ khi
( )
1 1 1
, , 3,1, , ,3,1 , 1, ,3
3 3 3
a b c
 
     
∈
 
 ÷  ÷  ÷
     
 
.
Bài toán 30: Cho
[ ]
, , 0;1a b c∈
. Tìm GTLN của biểu thức
3 3 3 3 3 3
6 6 6
a b c
S
b c c a a b
= + +
+ + + + + +
.

Giải: Đặt
( )
3 3 3 3 3 3
6 6 6
a b c
f c
b c c a a b
= + +
+ + + + + +
. Ta có
( )
( ) ( )
2 2
2 2
3 3
3 3 3 3
1 3 3
6
6 6
ac c
f c
a b
b c a c
′
= − −
+ +
+ + + +
( )
( )
( )

( )
( )
3 3 3 3
2 2
3 3 3 3
6 6 2 6 6 2
0
6 6
ac b c bc a c
f c
b c a c
+ − + −
′′
= − − ≤
+ + + +
Nên f’(c) giảm trên [0; 1]. Suy ra
( ) ( )
( ) ( )
2 2
3 3
3 3
1 3 3 1 3
1 2. 0
6 8 49
7 7
a b
f c f
a b
b a
′ ′

≥ = − − ≥ − >
+ +
+ +
Suy ra f(c) tăng trên [0; 1]. Do đó
( ) ( )
3 3 3 3
1
1 ( )
7 7 6
a b
S f c f g a
b a a b
= ≤ = + + =
+ + + +
.
Ta có
Phạm Văn Dũng
25