ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG
THỨC
I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ ỨNG DỤNG TRƯC TIẾP PHƯƠNG PHÁP TIẾP
TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC :
1. Cơ sở lí thuyết :
Đối với một hàm số, tiếp tuyến tại một điểm nào đó luôn nằm rên hày nằm dưới
đồ thị hàm số. Dựa vào tính chất này, người ta đã thiết lập nên một phương pháp
thú vị để chứng minh bất đẳng thức. Trước tiên, ta có nhận xét sau :
Nếu
y ax b= +
là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x=
tại điểm
( )
0 0
,A x y
(
A
không phải là điểm uốn) , khi đó tồn tại một khoảng
D
chứa điểm
0
x
sao
cho
( )
,f x ax b x D³ + " Î
hoặc
( )
,f x ax b x D£ + " Î

. Đẳng thức xảy ra khi
0
x x=
*Nếu
y ax b= +
là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x=
tại điểm
( )
0 0
,A x y
thì ta luôn phân
tích được
( ) ( ) ( )
0
, 2
k
f x ax b x x g x k- - = - ³
Ta sẽ tìm hiểu rõ hơn về phương pháp này qua ví dụ sau
Ví dụ 1. [Bất đẳng thức Nesbitt] Cho
, , 0a b c >
. Chứng minh rằng
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ³
+ + +
.

( )
1
Nhận xét và phân tích hướng giải. Bài toán này đến nay đã có nhiều lời giải kinh điển được
giới thiệu ở nhiều chuyên mục về bất đẳng thức ở các tài liệu khác nhau. Chúng ta có thể thử tiếp
cận nó bằng con đường “tiếp tuyến”
Trước hết, ta nhận thấy bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức thuần nhất đối với ba
biến
, ,a b c
nên ta có thể chuẩn hóa
3a b c+ + =
. Khi đó
( )
1
có thể viết lại thành
3
3 3 3 2
a b c
a b c
+ + ³
- - -
.
Vì vế trái có dạng là tổng của ba hàm số có dạng
( )
3
x
f x
x
=
-
của ba biến số

, ,a b c
hoàn toàn
độc lập nhau và đẳng thức xảy ra khi ba biến bằng nhau và bằng 1 nên ta nghĩ ngay đến phương
pháp tiếp tuyến. Vậy ta sẽ viết phương trình tiếp tuyến của hàm số
( )
3
x
y f x
x
= =
-
tại
1
1;
2
M
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
M
là
( ) ( ) ( )
3 1
' 1 1 1

4
x
y f x f
-
= - + =
.
Ta cần chứng minh
( )
3 1
2 , : 0 3
3 4
x x
x x
x
-
³ " < <
-
.
Thật vậy, ta có
( )
2 2
2 4 3 10 3 3 6 3 0x x x x xÛ ³ - + - Û - + ³
( đúng với mọi
x
thỏa điều kiện
trên và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1x =
).
Khi đó
( ) ( ) ( )

3 1 3 1 3 1
3
4 2
a b c
VT
- + - + -
³ =
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1a b c= = =
.
** Qua bài toán trên, ta nhận thấy ý tưởng của phương pháp tiếp tuyến khả thi khi bất đẳng thức
có dạng tổng của các hàm cùng dạng tại các giá trị phân biết không ràng buộc nhau, và thường
thì đẳng thức xảy ra tại tâm. Tuy nhiên, việc viết phương trình tiếp tuyến đôi khi không hiệu quả
nếu như tiếp tuyến không nằm ở vị trí mong muốn nên cần cẩn thận sử dụng phương pháp này.
2. Vận dụng trực tiếp phương pháp tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ 2. [Hoa Kì 2003] Cho các số dương
, ,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 b a
a b c b c a c a b
+ + + + + +
+ + £
+ + + + + +
.
Lời giải. Do
, ,a b c
bình đẳng như nhau và bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức thuần
nhất nên ta có thể chuẩn hóa
3a b c+ + =
và dự đoán đẳng thức xảy ra khi
1a b c= = =
. Bất
đẳng thức đã cho có thể viết lại thành
( )
( )
2
, ,
2
2
3
8
2 3
a b c
a
a a
+
£

+ -
å
.
Xét hàm số
( )
( )
( )
( )
2
2
2
3
, 0;3
2 3
x
y f x x
x x
+
= = Î
+ -
. Ta có
( )
( )
( )
2
2
2
4 2 3 9
'
3 2 3

x x
f x
x x
- + -
=
- +
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ
1x =
là
4 4
3 3
y x= +
.
Ta có
( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
4 3 1
4 4
0, 0;3
3 3
3 2 3
x x
f x x x
x x
æ ö - + -
÷

ç
- + = £ " Î
÷
ç
÷
ç
è ø
- +
.
Suy ra
( )
( )
2
, , , ,
2
2
3
4 4
8
3 3
2 3
a b c a b c
a
a
a a
æ ö+
÷
ç
£ + =
÷

ç
÷
ç
è ø
+ -
å å
. (đpcm)
Ví dụ 3. [Japan 1997] Cho
, , 0a b c >
. Chứng minh rằng
( )
( )
, ,
2
2
6
5
a b c
cyc
a b c
a b c
+
£
+ +
å
.
Lời giải. Do tính thuần nhất nên không mất tính tổng quát ta chuẩn hóa
3a b c+ + =
. Khi đó
bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại

( )
( )
, , , ,
2
2
2
3
6 1 3
5 2 6 9 5
3
a b c a b c
a a
a a
a a
-
£ Û £
- +
+ -
å å
.
Phương trình tiếp tuyến tại điểm
1x =
của hàm số
2
1
2 6 9
y
x x
=
- +

là
2 3
25
x
y
+
=
.
Ta cần chứng minh
( )
2
1 2 3
, 0 3 *
2 6 9 25
x
x
x x
+
£ " < <
- +
.
Thật vậy
( )
( )
3 3 2
* 2 1 3 0x x xÛ + + - ³
(luôn đúng theo bđt AM-GM)
Suy ra
, , , ,
2

1 2 3 3
2 6 9 25 5
a b c a b c
a
a a
+
£ =
- +
å å
(đpcm)
Ví dụ 4.[Hong-kong 2005] Cho
, , , 0a b c d >
và
1a b c d+ + + =
. Chứng minh rằng
( )
3 3 3 3 2 2 2 2
1
6
8
a b c d a b c d+ + + ³ + + + +
.
Lời giải. Xét
( ) ( )
3 2
6 , 0;1y f x x x x= = - Î
, ta có phương trình tiếp tuyến tại
1 1
;
4 32

M
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
là
5 1
8 8
y x= -
. Ta cần chứng minh
( )
3 2
5 1
6 ,0 1 *
8 8
x x x x- ³ - < <
.
Thật vậy ta có
( ) ( )
2
1
* 6 2 0
4
x x
æ ö
÷

ç
Û - + ³
÷
ç
÷
ç
è ø
(luôn đúng với mọi
( )
0;1x Î
).
Suy ra
( ) ( )
( )
3 3 3 3 2 2 2 2
5 1 1
6
8 2 8
a b c d a b c d a b c d+ + + - + + + ³ + + + - =
(đpcm).
Ví dụ 5. [Poland MO 96]Cho
3
, ,
4
a b c
≥ −
và
1a b c
+ + =
. Chứng minh rằng

2 2 2
9
1 1 1 10
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
.
Phân tích. Xét hàm số
( )
2
1
x
f x
x
=
+
với
3
;1
4
x
 
∈ −
 
 
ta có
( )
( )
2

'
2
2
1
1
x
f x
x
−
=
+
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x
=
tại điểm có hoành độ
1
3
x
=
là
18 3
25 50
y x
= +
.
Lời giải. Ta chứng minh rằng
( )
18 3 3
;1

25 50 4
f x x x
 
≤ + ∀ ∈ −
 
 
3
;1
4
x
 
∀ ∈ −
 
 
Xét
( )
( ) ( )
( )
2
2
3 1 4 3
18 3
0
25 50
50 1
x x
f x x
x
− − +
 

− + = ≤
 ÷
+
 
(luôn đúng).
Do đó
3
, , ;1
4
a b c
 
∈ −
 
 
và
1a b c
+ + =
ta có
( )
18 3
25 50
f a a≤ +
,
( )
18 3
25 50
f b b
≤ +
,
( )

18 3
25 50
f c c
≤ +
( )
2 2 2
18 3 9
.3
1 1 1 25 50 10
a b c
a b c
a b c
⇒ + + ≤ + + + ≤
+ + +
.
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Ví dụ 6. [Nesbitt equality for 4 variables] Chứng minh với 4 số dương
, , ,a b c d
thì
4
3
a b c d
b c d c d a d a b a b c
+ + + ≥
+ + + + + + + +
.
Phân tích. Vì tính thuần nhất của BĐT nên ta có thể chuẩn hóa
4a b c d
+ + + =
Khi đó BĐT trở thành

4
4 4 4 4 3
a b c d
a b c d
+ + + ≥
− − − −
.
Xét hàm số
( ) ( )
0;4
4
x
f x x
x
= ∀ ∈
−
, ta có
( )
( )
2
4
'
4
f x
x
=
−
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x

=
tại điểm có hoành độ
1x
=
là
4 1
9 9
y x
= −
.
Lời giải. Chuẩn hóa
4a b c d
+ + + =
Khi đó BĐT trở thành
4
4 4 4 4 3
a b c d
a b c d
+ + + ≥
− − − −
.
Ta chứng minh
4 1
4 9 9
x
x
x
≥ −
−
( )

0;4x
∀ ∈
( )
0;4x
∀ ∈
xét
( ) ( )
( )
( )
( )
2
9 4 4 4 4 1
4 1
0
4 9 9 9 4 9 4
x x x x x
x
x
x x x
− − + − −
 
− − = = ≥
 ÷
− − −
 
(Luôn đúng).
Do đó
( )
, , , 0;4a b c d
∀ ∈

và
4a b c d
+ + + =
ta có
4 1
4 9 9
a
a
a
≥ −
−
,
4 1
4 9 9
b
b
b
≥ −
−
,
4 1
4 9 9
c
c
c
≥ −
−
,
4 1
4 9 9

d
d
d
≥ −
−
( )
4 4 4
4 4 4 4 9 9 3
a b c d
a b c d
a b c d
⇒ + + + ≥ + + + − =
− − − −
.
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Ví dụ 7. [ Russia MO 2002]
Cho
, , 0a b c
>
và
3a b c
+ + =
. Chứng minh
a b c ab bc ca
+ + ≥ + +
Lời giải. Để ý rằng
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2

9
2 2
a b c a b c a b c
ab bc ca
+ + − + + − + +
+ + = =
.
Do đó BĐT tương đương
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 9a a b b c c
+ + + + + ≥
.
Xét hàm số
( )
2
2f x x x
= +
( )
0,3x
∀ ∈
, ta có
( )
1
' 2f x x
x
= +
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x

=
tại điểm có hoành độ
1x
=
là
3y x
=
.
Ta chứng minh
2
2 3x x x
+ ≥
( )
0,3x
∀ ∈
( đúng theo BĐT AM – GM).
Do đó
( )
, , 0,3a b c
∀ ∈
và
3a b c
+ + =
ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 3 , 2 3 , 2 3a a a b b b c c c
+ ≥ + ≥ + ≥
( ) ( ) ( )
( )

2 2 2
2 2 2 3 9a a b b c c a b c
⇒ + + + + + ≥ + + =
.
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Ví dụ 8. [Canada MO 2002] Chứng minh rằng với mọi
, , 0x y z >
, ta có
3 3 3
x y z
x y z
yz zx xy
+ + ≥ + +
.
Lời giải. BĐT tương đương với
4 4 4
x y z
x y z
xyz
+ +
≥ + +
Chuẩn hóa
1xyz
=
ta được
( ) ( ) ( )
4 4 4
0x x y y z z− + − + − ≥
.
Xét hàm

( )
4
f x x x
= −
0x
∀ >
, ta có
( )
3
' 4 1f x x
= −
Phương trình tiếp tuyến tại
1x
=
là
3 3y x= −
Ta chứng minh
4
3 3x x x
− ≥ −
0x
∀ >
⇔
( )
( )
2
2
1 2 3 0x x x
− + + ≥
(luôn đúng).

Do đó
( ) ( ) ( )
4 4 4
3
3( ) 9 3. 9 0x x y y z z x y z xyz− + − + − ≥ + + − ≥ − =
.
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Ví dụ 9. Cho
, , 0a b c
>
và
3a b c
+ + =
. Chứng minh rằng
2 1 2 1 2 1
9
2 1 2 1 2 1
a b c
a b c
+ + +
+ + ≥
− − −
Lời giải. Xét hàm số
( )
2 1
2 1
x
f x
x
+

=
−
( )
0,3x
∀ ∈
, ta có
( )
( )
2
4
'
2 1
f x
x
= −
−
Phương trình tiếp tuyến tại
1x
=
là
4 7y x
= − +
Ta chứng minh
2 1
4 7
2 1
x
x
x
+

≥ − +
−
( )
0,3x
∀ ∈
( )
2
8. 1 0x
⇔ − ≥
(luôn đúng).
Do đó
2 1 2 1 2 1
4( ) 21 9
2 1 2 1 2 1
a b c
a b c
a b c
+ + +
+ + ≥ − + + + =
− − −
.
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Ví dụ 10. [Trang Toán học zui – Facebook]
Cho
, , 0a b c
>
. Chứng minh rằng
3
2 2 2 4
a b c

b c a c a b a b c
+ + ≤
+ + + + + +
Lời giải . Chuẩn hóa
3a b c
+ + =
khi đó BĐT tương đương
3
3 3 3 4
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
.
Xét hàm số
( )
3
x
f x
x
=
+
0x
∀ >
, ta có
( )
( )
2
3
'

3
f x
x
=
+
Phương trình tiếp tuyến tại
1x
=
là
3 1
16 16
y x
= +
Ta chứng minh
3 1
3 16 16
x
x
x
≤ +
+
0x
∀ >
( ) ( )
( )
( )
( )
2
16 3 3 3 3 1
0

16 3 16 3
x x x x x
x x
− + − + − −
⇔ = ≤
+ +
(luôn đúng).
Do đó
( )
3 3 3
3 3 3 16 16 4
a b c
a b c
a b c
+ + ≤ + + + =
+ + +
.
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Ví dụ 11. [VLTT/119] Cho
, ,x y z
là các số thực không âm thỏa mãn
1x y z
+ + =
. Tìm giá trị
lớn nhất của
2 2 2
1 1 1
4 9 4 9 4 9x x y y z z
+ +
− + − + − +

.
Lời giải. Ý tưởng để giải bài toán này là sử dụng phương pháp tiếp tuyến. Tuy nhiên,
bằng tính toán trực tiếp, ta nhận thấy giá trị lớn nhất của biểu thức trên không xảy ra tại
1
3
x y z= = =
mà xảy ra khi có hai số bằng 0 và một số bằng 1. Lấy ý tưởng của phương pháp
tiếp tuyến ta sẽ tìm
,a b Î ¡
sao cho
[ ]
2
1
, 0;1
4 9
ax b x
x x
£ + " Î
- +
( ) ( )
3 2
4 9 4 9 1 0,ax b a x a b x b xÛ + - + - + - ³ " Î ¡
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
1x =
hoặc
0x =
nên ta có thể chọn
1 1
,
9 18

b a= =
và ta cần chứng minh
2
2 1
18 4 9
x
x x
+
³
- +
Ta có
( )
2
2 2
1
2 1
0
4 9 18 4 9
x x
x
x x x x
−
+
≥ ⇒ ≥
− + − +
.
Hoàn toàn tương tự ta có
2 2
2 1 2 1
,

18 4 9 18 4 9
y z
y y z z
+ +
≥ ≥
− + − +
. Do đó
2 2 2
1 1 1 6 7
4 9 4 9 4 9 18 18
x y z
x x y y z z
+ + +
+ + ≤ =
− + − + − +
.
Khi
1, 0x y z
= = =
thì
7
18
A =
. Vậy giá trị lớn nhất của
A
là
7
18
.
** Qua các ví dụ trên, ta thấy việc thiết lập các bất đẳng thức dựa trên tiếp tuyến mới chỉ được

thực hiện với dấu bằng tại tâm. Tiếp đến ta sẽ thử tiếp cận bài toán bằng phương pháp này khi
dấu bằng bị lệch hay xảy ra nhiều đẳng thức.
Ví dụ 12. Cho
, , 0a b c ³
thỏa mãn
0a b c+ + >
. Chứng minh
( )
2
, ,
2
2
1
3
5
a b c
cyc
a
a b c
£
+ +
å
.
Lời giải. Chuẩn hóa
3a b c+ + =
, bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành
2
, ,
2
1

2 2 3
a b c
a
a a
£
- +
å
.
Để ý rằng đẳng thức xảy ra không chỉ tại
1a b c= = =
mà còn tại
3
, 0
2
a b c= = =
và các hoán
vị. Vậy phương pháp tiếp tuyến cổ điển có thể coi như bị phá sản dù đang ở điều kiện rất thuận
lợi về dạng biểu thức. Thế nên ta cần tìm một cách nào đó để đáp ứng đủ cả hai điều kiện đẳng
thức xảy ra, và ta chọn phương pháp tiếp tuyến xét theo từng trường hợp đẳng thức. Trước hết, ta
sẽ viết phương trình tiếp tuyến cho hàm số
2
2
2 2 3
x
y
x x
=
- +
tại
1x =

, là điểm nằm trong miền
xác định của hàm.
Phương trình tiếp tuyến của hàm số
2
2
2 2 3
x
y
x x
=
- +
tại
1x =
là
4 1
9
x
y
-
=
.
Ta cần xem xét tính đúng đắn của bất đẳng thức
2
2
4 1
2 2 3 9
x x
x x
-
£

- +
trong điều kiện
0 3x£ £
.
Sauk hi khai triển và rút gọn hai vế ta được bất đẳng thức tương đương
( ) ( )
2
8 3 1 0x x- - ³
chỉ
đúng khi
3
8
x ³
.
Suy ra nếu cả ba số
, ,a b c
đều lớn hơn
3
8
thì sử dụng đánh giá trên suy ra
2
, ,
2
1
2 2 3
a b c
a
a a
£
- +

å
.
Xét trường hợp tồn tại một số bé hơn
3
8
. Giả sử đó là
c
. Vì
3
8
c <
nên điểm rơi của bài toán
không còn như trên nữa mà là
3
, 0
2
a b c= = =
. Ta nghĩ ngay đến việc thiết lập bất đẳng thức
tiếp tuyến tại điểm
3
2
x =
cho hàm số
2
2
2 2 3
x
y
x x
=

- +
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm
số này tại
3
2
x =
là
4 3
18
x
y
+
=
. Thế nên ta chỉ cần chứng minh
( ) ( )
2
2
2
4 3
2 1 2 3 0
2 2 3 18
x x
x x
x x
+
£ Û + - ³
- +
(luôn đúng). Sử dụng cho hai biến
,a b
ta được

( ) ( )
2 2
2 2
4 3 4 3
2
1
2 2 3 2 2 3 18 9
a b
a b
c
a a b b
+ + +
+ £ = -
- + - +
.
Vậy ta chỉ cần chứng minh
( )
2
2
2
2
4 13 6 0
2 2 3 9
c
c c c c
c c
£ Û - + ³
- +
. Bất đẳng thức này hiển
nhiên đúng với mọi

3
8
c <
.(đpcm)
3. Vận dụng tính chất sự tiếp xúc của các đường cong trong chứng minh bất
đẳng thức
Bên cạnh phương pháp viết tiếp tuyến của đường cong tại một điểm để chứng minh bất đẳng
thức, ta vẫn có thể lợi dụng một tính chất khác về sự tiếp xúc đã học trong chương trình phổ
thông để lam việc này : Sự tiếp xúc giữa các đường cong. Phương pháp này bao gồm và tổng
quát hơn phương pháp tiếp tuyến nêu trên vì nó không hẳn phải áp đặt cho điều kiện bài toán
nhiều. Sau đây ta sẽ cùng phân tích một vài ví dụ về phương pháp này :
Ví dụ 13. Cho
, , 0a b c >
thỏa mãn
2 2 2
3a b c+ + =
. Chứng minh
1 1 1
3
2 2 2a b c
+ + ³
- - -
.
Phân tích. Ta lưu ý về điều kiện tiếp xúc của đồ thị hai hàm số
( ) ( )
,f x g x
là tồn tại
0
x
sao cho

( ) ( )
( ) ( )
0 0
0 0
' '
f x g x
f x g x
ì
ï =
ï
í
ï
=
ï
î
. Áp dụng tư tưởng này, ta sẽ đưa bài toán về việc chứng minh
2
1
2
ax b
x
³ +
-
hay
( ) ( )
2
1
0
2
f x ax b g x

x
= - - ³ =
-
.
Đẳng thức xảy ra thỏa điều kiện tiếp xúc, tức là
( ) ( )
( ) ( )
1 1
' 1 ' 1
f g
f g
ì
ï =
ï
í
ï
=
ï
î
(do điểm rơi là
1a b c= = =
)
Dễ dàng tìm được
1
2
a b= =
.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh
( )
( )

( )
2
1 1
1 0, 0;2
2 2
f x x x
x
= - + ³ " Î
-
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2 2
1 2
1
'
2 2
x x
f x x
x x
- -
= - =
- -
.
Ta có
( ) ( )

1
3 5
' 0 0;2
2
3 5
2
x
f x x
x
é
ê
=
ê
ê
ê
+
= Û = Ï
ê
ê
ê
ê
-
ê
=
ê
ë
.

x
0

3 5
2
-

1

2
( )
'f x
+ 0 - 0 +
( )
f x

0 0
Dựa vào bảng biến thiên suy ra
( )
2
1 1
1
2 2
x
x
³ +
-
. Đến đây, chỉ cần áp dụng bất đẳng thức này
vào vế trái của bđt cần chứng minh thì ta có đpcm.
Ví dụ 14. Cho
, ,a b c Î ¡
thỏa mãn
3a b c+ + =

. Chứng minh
, ,
2
1 3
a b c
a a- + ³
å
Lời giải. Tương tự ví dụ 6, ta đặt
( )
2
1 , .f x x x ax b x= - + - - Î ¡
Điều kiện tiếp xúc thỏa mãn khi đẳng thức xảy ra trong bđt trên, tức là
( ) ( )
( ) ( )
1 1
1
2
' 1 ' 1
f g
a b
f g
ì
ï =
ï
Û = =
í
ï
=
ï
î

Vậy ta sẽ chứng minh
( ) ( )
2
2
1
1 1 3 1 0
2
x x x x- + ³ + Û - ³
. Điều này luôn đúng với mọi
x Î ¡
.
Áp dụng bất đẳng thức này cho vế trái bđt trên suy ra đpcm.
Ví dụ 15. [Hà Tĩnh 2008-2009] Cho
, , 0x y z ³
thỏa mãn
1x y z+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
1 1 1
1 1 1
x y z
P
x y z
- - -
= + +
+ + +
.
Lời giải. Dự đoán
min 2P =
, đạt được khi

0, 1x y z= = =
. Ta tìm
,a b
sao cho
( )
1
1
1
x
ax b
x
-
³ +
+
với mọi
[ ]
0;1x Î
và
0ax b+ ³
. Khi đó
( ) ( )
( )
2 2 2
1 1 1 2x x a x abx bÛ - ³ + + +
( )
( ) ( )
( )
2 3 2 2 2 2
2 1 2 1 0 *f x a x x a ab x ab b bÛ =- - + - + + + - ³
.

Xét điểm rơi
0x =
ta có
( )
( )
1
0 0
1
' 0 0 1
1
a
f
b
f a
b
é
ì
=-
ï
ï
ê
í
ê
ì
ï
ï
=
=
ï
î

ï
ê
Û
í
ê
ï
ì
= =
ï
ê
ï
ï
î
í
ê
ï
=-
ê
ï
î
ë
. Ta loại trường hợp
1
1
a
b
ì
=
ï
ï

í
ï
=-
ï
î
vì khi đó
[ ]
1 0,, 0;1ax b x x+ = - £ " Î
).
Với
1
1
a
b
ì
=-
ï
ï
í
ï
=
ï
î
ta có
( ) ( )
2
* 1 0x xÛ - ³
, đúng với mọi
[ ]
0;1x Î

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0
1
x
x
é
=
ê
ê
=
ë
. Áp dụng bất đẳng thức trên cho
P
ta được
min 2P =
.
Ví dụ 16. [Russia 1990] Cho
, 0x y >
và
2 3 3 4
x y x y+ ³ +
. Chứng minh rằng
3 3
2x y+ £
.
Lời giải. Bài toán viết lại là : Chứng minh
( ) ( )
3 3
1 1 0x y- + - £
với

( ) ( )
3 2 4 3
0x x y y- + - £
.
Rõ ràng bất đẳng thức này sẽ được chứng minh nếu tìm được
k
sao cho
( ) ( )
( )
3 3 2 3 4 3
1 , 1 0x k x x y k y y k- £ - - £ - >
. Với đẳng thức xảy ra tại
1x y= =
, số
k
thích
hợp nhất chính là số sao cho các dường cong
( ) ( )
( )
( )
( )
3 3 2 4 3
1, ,f t t g t k t t h t k t t= - = - = -

tiêp xúc nhau tại điểm
1t =
. Do
( ) ( )
,g t f t
hiển nhiên tiếp xúc nhau tại điểm

1t =
nên ta tìm
k
để
( ) ( )
,f t g t
tiếp xúc nhau tại
1t =
. Tương tự cách làm ở các bài trên suy ra
3k =
. Việc chứng
minh phần còn lại xin dành cho các bạn.
4. Từ ý tưởng tiếp tuyến đến ý tưởng đồng bậc hóa bất đẳng thức :
Ý tưởng tiếp tuyến hay sử dụng điều kiện tiếp xúc đôi khi cũng không mấy khả thi khi mỗi biểu
thức chứa không chỉ đơn thuần là một biến độc lập hay có thể thay thế bởi điều kiện đề cho, có
lúc thì dấu bằng không xảy ra tại điểm tiếp xúc của phương trình viết được. Song nhờ vào tiếp
tuyến, ta nảy sinh ra một ý tưởng khác để chứng minh bất đẳng thức : Đồng bậc hóa hai vế. Ta sẽ
làm rõ ý tưởng này qua các ví dụ sau :
Ví dụ 17. Cho
, , 0a b c >
và
3a b c+ + =
. Chứng minh rằng
( )
2 2 2
3
*
2
a b c
a b b c c a

+ + ³
+ + +
Nhận xét. Ta có thể chứng minh dễ dàng bđt trên bằng bđt Cauchy-Schwarz nhưng ở đây, chúng
tối sẽ sẽ sử dung ý tưởng nêu trên để chứng minh với mục đích làm rõ vấn đề, cách sử dụng
phương pháp.
Phân tích. Trong
( )
*
, do các biến có vai trò như nhau và đẳng thức xảy ra khi
a b c= =
nên ta
cần tìm
,m n
để có bđt
2
a
ma nb
a b
³ +
+

( )
**
và đây chính là cơ sở suy ra bđt
( )
*
.
Với
a b=
thì bất đẳng thức

( )
**
trở thành
( )
2
2
a
m n a
a
³ +
. Từ đây, ta có thể chọn
1
2
n m= -
.
Khi đó
( )
**
có dạng
( )
2
2 2
1 1 1
1 0
2 2 2
a
ma m b m a ab m b
a b
æ ö æ ö
÷ ÷

ç ç
³ + - Û - - + - ³
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
+
.
Đặt
a
t
b
=
thì bất đẳng thức trên trở thành
( ) ( )
1
2
1 1 0
1
m
m t t
m
æ ö
÷
ç
-
÷
ç
÷

ç
÷
ç
- - - ³
÷
ç
÷
ç
-
÷
ç
÷
÷
ç
÷
è ø
.
Để chứng minh
( )
**
đúng thì ta có
1 0
3 1
1
4 4
2
1
1
m
m n

m
m
ì
- >
ï
ï
ï
ï
ï
Û = Þ =-
í
-
ï
ï
=
ï
ï
-
ï
î
.
Lời giải. Với
, 0a b >
, ta có
( )
2
2
3
0
4

a a b
a b
a b
-
³ Û - ³
+
( luôn đúng) .
Áp dụng bất đẳng thức này cho vế trái suy ra đpcm.
II. BÀI TẬP RÈN LUYỆN :
1)-3) Cho tam giác
ABC
, dùng phương pháp tiếp tuyến, hãy chứng minh
1)
3 3
sin sin sin
2
A B C+ + £
2)
3
cos cos cos
2
A B C+ + £
3)
tan tan tan 3 3,A B C ABC+ + ³ "D
nhọn.
Lời giải.
1) Nhận thấy rằng đẳng thức xảy ra tại
3
x y z
p

= = =
. Xét hàm số
( )
sin , 0;y x x p= Î
.
Ta có
( )
' cosf x x=
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
siny f x x= =
tại
điểm
3
;
3 2
M
p
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
là

3 1
2 2 3
y x
p
æ ö
÷
ç
= + -
÷
ç
÷
ç
è ø
. Đến đây, nếu ta dung phép biến đổi tương
đương để chứng minh
3 1
sin , 0;
2 2 3 3
x x x
p p
æ ö æ ö
÷ ÷
ç ç
£ + - Î
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
thì khá khó khăn nên ta có thể

xét hàm
( ) ( )
3 1
sin , 0;
2 2 3
g x x x x
p
p
æ ö
÷
ç
= - - - Î
÷
ç
÷
ç
è ø
ngay từ đầu để xử lí việc chứng minh
( )
0g x £
bằng cách khảo sát nó. Thật vậy, dễ thấy
( )
1
' cos
2
g x x= -
. Ta có
( )
' 0
3

g x x
p
= Û =
. Lâp bảng biến thiên suy ra
( ) ( )
0, 0;g x x p£ " Î
. Từ đó, áp dụng
vào gt suy ra đpcm.
2) Đối với bài này, nếu ta áp dụng trực tiếp như bài trên sẽ thất bại ngay do khi tiến về
p
-

thì
1 3
cos 0
2 2 3
x x
p
æ ö
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
- - - >
ç
÷
ç
÷

ç
÷
ç
÷
÷
è ø
ç
è ø
. Sử dụng đẳng thức quen thuộc
cos cos cos 1 4sin sin sin
2 2 2
A B C
A B C+ + = +
( việc chứng minh dành cho các bạn) ta
đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng
1 1
sin lnsin 3ln
2 8 2 2
A A
£ Û £
å
Õ
.
Tương tự câu a. ta sẽ chứng minh
( ) ( )
1 3
lnsin ln 0, 0;
2 2 2 3
x
f x x x

p
p
æ ö
÷
ç
= - - - £ Î
÷
ç
÷
ç
è ø
Thật vậy, ta có
( )
cot 3
2
'
2
x
f x
-
=
và
( )
' 0
3
f x x
p
= Û =
. Lập bảng biến thiên suy ra
đpcm.

3) Tương tự câu 1.
4) Cho
, ,a b c
là các số không âm thỏa mãn
0a b c+ + >
. Chứng minh rằng
( )
2
2
2
1 2
2 3
2
a
a b c
£ £
+ +
å
.
Lời giải. Bất đẳng thức ở bên trái là hiển nhiên bởi
( )
( )
2
2 2 2 2
2 2a b c b c a+ + ³ + +
.
Đối với bất đẳng thức vế phải, chuẩn hóa
1a b c= = =
, giả sử
a b c³ ³

rồi áp dụng tương tự ví dụ 12 với hai trường hợp
1 1
,
6 6
b b³ <
ta sẽ được đpcm.
5) Chứng minh rằng với mọi
, , 0; 1a b c abc> =
ta có
2
1
2
a
a
+
£
å å
.
Lời giải. Ngay từ đầu ta đã thấy rằng nếu viết pttt như bình thường thì ta không thể vận
dụng giả thiết
1abc =
và thật vậy, bước đánh giá đó không phù hợp với yêu cầu đề bài. Vậy
ta thử đổi biến để áp dụng phương pháp tiếp tuyến, song lại không thể đặt
, ,
x y z
a b c
y z x
= = =
hay các phép thế tương tự vì sẽ tạo thêm sự liên kết giữa các biến, mất
đi đặc trưng của phương pháp và mục đích đổi biến.

Đặt
, , 0
x y z
a e b e c e x y z= = = Þ + + =
. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2
1
0
2
x
x
e
e
æ ö
+
÷
ç
÷
ç
- £
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
å
. Tương tự bài 1, ta sẽ chứng minh
2

1 1
,
2 2
x
x
e
e x x
+
- £ - Î ¡
.
Xét
( ) ( )
( )
2 2
2
1 1 1
'
2 2 2
2 1
x x
x x
x
e e
f x e x f x e
e
+
= - + Þ = - +
+
( )
( )

( ) ( )
2 2
2
4 2
2 1
' 0 2 2 1 1
2 2 1 1
x
x x x
x x x
e
f x e e e
e e e
ì
ï
>
ï
ï
= Û = - + Û
í
ï
= - +
ï
ï
î
( ) ( )
3 2
2 1
1 0
1 2 2 3 1 0

x
x
x x x x
e
e x
e e e e
ì
ï
>
ï
ï
Û Û = Û =
í
ï
- - + - =
ï
ï
î
.
Lập bảng biến thiên suy ra đpcm.
6) Cho
1 2
, , , 0;
2
n
x x x
p
æ ö
÷
ç

Î
÷
ç
÷
ç
è ø
thỏa
tan
i
x n£
å
. Chứng minh
1
sin .
2
i
n
x £
Õ
Lời giải. Đặt
( )
tan 1,2, ,
i i
a x i n= =
0,
i i
a a nÞ > £
å
.
Ta cần chứng minh

( )
2
1
1
1 2
i
n
i
a
a
£
+
Õ
.
Xét hàm số
( )
2
, 0
1
x
f x x
x
= >
+
ta có
( )
( )
3
2
1

'
1
f x
x
=
+
.
Từ đây, ta dễ dàng chứng minh
( ) ( )
1
1
2 2
f x x£ +
.
( )
( )
2
1
1 1 2 1
1
1 8 8 8 2
n
n
i
i
i
n n n n
i
a
a

a
n
a
æ ö
+
÷
ç
÷
ç
Þ £ + £ £ =
÷
ç
÷
÷
ç
+
è ø
å
Õ Õ
.
7) [Vô địch toán Hồng Kông 1997] Cho các số thực dương
, ,x y z
. Cmr:
(
)
( )
( )
2 2 2
2 2 2
3 3

9
xyz x y z x y z
x y z xy yz zx
+ + + + +
+
≤
+ + + +
.
Lời giải. Bất đẳng thức đã cho là bất đẳng thức thuần nhất đối xứng biến nên ta có thể
chuẩn hóa
2 2 2
1x y z+ + =
. Khi đó, áp dụng bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
với
( )
3 3 1 1 1
1 0
9
x y z
x y z
æ ö
+
÷
ç
÷+ + + - + + £
ç
÷
ç
÷
ç

è ø
.
Xét hàm
( ) ( )
3 3
, 0;1
9
f t t t
t
+
= - Î
và sử dụng bất đẳng thức cơ bản
( )
2 2 2
3a b c a b c+ + £ + +
ta dễ dàng suy ra đpcm.
8) [Trích đề thi Albania 2002] Cho
, , 0a b c >
. Cmr:
( )
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
+
 
+ + + + ≥ + + + + +
 ÷
 

.
Lời giải. Chuẩn hóa
2 2 2
1a b c+ + =
thì bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
( )
1f a ³
å
với
( )
1 3 1
. ,0 1
3 3
f x x x
x
+
= - < <
. Tương tự bài 7 dẫn đến đpcm.
Lưu ý. Đối với phương pháp tiếp tuyến, người ta có thể phát biểu dưới một dạng “dễ chịu”
hơn tức là bất đẳng thức tiếp tuyến :Cho hàm số
( )
f x
liên tục và có đạo hàm cấp hai trên
( )
;a b
a) Nếu
( ) ( )
'' 0, ;f x x a b³ " Î
thì
( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0 0
' , ;f x f x x x f x x a b³ - + " Î
b) Nếu
( )
'' 0f x £
( )
, ;x a b" Î
thì
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0 0
' , ;f x f x x x f x x a b£ - + " Î
Sở dĩ chúng tôi không trình bày định lí này ngay từ đầu bởi vì mục đích của bài viết là giới
thiệu một cách sơ khởi về phương pháp này và tuy dùng định lí có thể giảm số lương lập
luận một cách đáng kể song khi vào phòng thi, định lí không được dùng trực tiếp mà cần
chứng minh lại. Đến đây, các bạn có lẽ đã phần nao nắm được ý tưởng của phương pháp
này nên từ giờ chúng tôi sẽ áp dụng trực tiếp vào lời giải các bài toán để rút gọn lời giải.
9) [New Zealand 1998] Cho
n
số thực dương thỏa mãn
1
n
i
i
x n
=
=
∑
.Cmr:
1 2
2 2 2

1 2
1 2
1 1 1

1 1 1
1 1 1
n
n
n
x
x x
x x x
x x x
+ + + ≤ + + +
+ + +
+ + +
.
Lời giải. Xét hàm số
( )
2
1
, 0
1 1
x
f x x
x x
= - >
+ +
có
( )

'' 0, 0f x x< " >
nên suy ra
( ) ( )
1
1 0
n
i
i
f x nf
=
£ =
å
(đpcm)
10) Cho tam giác
ABC
nhọn. Tìm GTLN của biểu thức
2 3
sin .sin .sinF A B C=
.
Nhận xét. Thoạt nhìn, bài toán có vẻ bất khả thi với phương pháp tiếp tuyến do sự lệch về
bậc của các biểu thức lương giác nhưng thử nhìn thật kĩ càng thì ta lại nhận thấy biểu thức là
tích của các biểu thức có dạng
( )
sing x x=
, vậy nếu ta logarit hóa nó thì ta sẽ nhận được
biểu thức dưới dạng tổng của các hàm số gần như giống nhau.
Lời giải. Ta có
ln lnsin 2ln sin 3lnsinF A B C= + +
. Xét hàm số
( )

lnsin , 0;
2
f x x x
p
æ ö
÷
ç
= Î
÷
ç
÷
ç
è ø
, ta có
( ) ( )
2
1
' cot , '' 0;
sin 2
f x x f x x
x
p
æ ö
-
÷
ç
= = " Î
÷
ç
÷

ç
è ø
.
Áp dụng bất đẳng thức tiếp tuyến với tam giác
MNP
nhọn bất kì và cố định cho trước, ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
' cot ln sinf A f M A M f M A M M M£ - + = - +
. Tương tự với
,B C
ứng với
,N P
rồi lần lượt nhân vào các vế của mỗi bất đẳng thức trên các lượng
tan ,tan , tanM N P

và cộng theo từng vế ta được
( )
tan tan ln sinMf A M M£
å å
.
Chọn
, ,M N P
thỏa
tan tan tan
tan , tan 2 ,tan 3
1 2 3
M N P
k M k N k P k= = = Þ = = =
Vì
tan tan tan tan tan tanM N P M N P= + +

nên
3
6 6 1k k k= Þ =
.
Khi đó
2
tan 1 2 3
sin ,sin ,sin
2 5 10
1 tan
M
M N P
M
= = = =
+
Suy ra
( )
1 2 3 27
ln 2ln 3ln ln
2 5 10 25 5
f A £ + + =
å
.
Từ đó thu được đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
, ,A M B N C P= = =
.
Nhận xét. Việc nhân vào các vế một lương tang và xác định các góc của tam giác
MNP

như trên là rất tự nhiên để đưa về bđt cần chứng minh. Thông qua bài toán trên, chúng ta có

thể mở rộng ra cho trường hợp
sin .sin .sin , , , 0
m n p
F A B C m n p= >
.