khai thác tính chất của hàm số

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
I.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Một bài toán khó (Bài T7/374 – THTT năm 2008) “Cho các số thực
dương a, b, c thoả mãn điều kiện 4(a + b +c) – 9 = 0. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
(
)
(
)
(
)
acb
ccbbaaS 111
222
++++++=
” hay một bài toán mang tính
“tầm vóc” (USA MO 2003) “Chứng minh bất đẳng thức
( )
( )
( )
( )
( )
( )
8
2
2
2
2
2
2
2

2
2
2
2
2
2
2
2
≤
++
++
+
++
++
+
++
++
bac
bac
acb
acb
cba
cba
. Trong đó
cba ;;
là các số thực
dương”. Giải hai bài toán trên có phải dùng đến một phương pháp “cao siêu”
hay một kỉ thuật “tinh xảo” nào đó không ? Xin trả lời rằng chỉ cần dùng một
tính chất đơn giản của hàm số là ta có thể giải quyết được hai bài toán đó. Vậy
thì những học sinh khá giỏi toán có thể tạo ra được những bài toán như thế

không ? Xin thưa rằng không những các em có thể tạo ra được những bài toán
như thế mà còn có khả năng là “tác giả” của những bài toán hay và khó hơn.
Thiết nghỉ để các em có thể trở thành “chủ nhân” của những bài toán hay và khó
thì ngoài việc truyền thụ kiến thức cơ bản cho học sinh giáo viên nên cho các em
học sinh tiến hành hoạt động “khai thác những vấn đề tưởng chừng như đơn
giản” trong SGK. Đây là hoạt động rất cần thiết để phát triển tư duy sáng tạo;
phát triển tính chịu khó tìm tòi, đào sâu suy nghỉ của học sinh để từ đó giáo viên
phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có năng khiếu toán học. Vì lí do đó mà
tôi chọn viết đề tài này.
I.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Có rất nhiều vấn đề có thể “khai thác” được trong SGK, Sách Bài Tập,
Sách Tự Chọn. Thiết nghỉ tôi và các đồng nghiệp phải thường xuyên chịu khó
“tìm tòi” những vấn đề đó rồi định hướng cho học sinh và yêu cầu các em tự
mình “khai thác” để tìm ra những “cái mới” của riêng các em. Nếu chúng ta làm
tốt hoạt động này thì sẽ phát huy được năng lực của học sinh; các em sẽ chủ
động hơn trong việc tiếp thu kiến thức và có thể các em sẽ tìm ra một phương
pháp học hiệu quả nhất cho riêng mình. Bài viết này không mong muốn thể hiện
hết các ý trên mà chỉ được xin phép đưa ra một dẫn chứng khi “Vận dụng hai
tính chất của hàm số để sáng tạo và chứng minh các bài toán”.
I.3. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Học sinh lớp 12 (Chú trọng học sinh khá giỏi)
- Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT.

1
PHẦN II. NỘI DUNG
II.1. NHỮNG THUẬN LỢI VÀ KHÓ KHĂN
1. Thuận lợi
- Bản thân tôi được Nhà trường; Tổ chuyên môn quan tâm giúp đỡ, khuyến
khích động viên trong việc tổ chức các cuộc thi về Toán học như: “Giải toán có
thưởng”; “Câu lạc bộ Toán học & Bạn yêu toán”; cuộc thi “Ai là tác giả của

nhiều bài toán nhất”;…
- Bản thân tôi là giáo viên trẻ nhiệt tình, luôn chịu khó tìm tòi sáng tạo, có
kinh nghiệm và nhiều ý tưởng trong việc tổ chức các cuộc thi về Toán học.
- Có rất nhiều học sinh đặc biệt là những học sinh lớp chọn có tố chất; nhiệt
tình và luôn mong muốn tìm hiểu, khám phá những vấn đề mới của Toán học.
2. Khó khăn
Bên cạnh những thuận lợi thì tôi củng gặp một số khó khăn nhất định sau:
- Đặc thù của môn Toán là rất khó so với các môn học khác nên các em
thường có tâm lý e ngại khi học Toán, chưa nói đến việc “khai thác, hiểu sâu” về
môn Toán.
- Phần lớn học sinh của trường đều có hoàn cảnh gia đình khó khăn nên các
bậc phụ huynh chưa chú trọng vào việc học của con em mình; từ đó các em học
sinh củng sao nhãng trong việc học tập của bản thân. Đầu vào lớp 10 của các em
còn rất thấp so với mặt bằng chung toàn Tỉnh đặc biệt là môn Toán.
- Các em còn có tâm lý rụt rè khi tham gia các cuộc thi nói chung và các cuộc
thi về Toán học nói riêng.
II.2. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI
- Có thể nói có không ít giáo viên đã “lãng quên” đi hoạt động “khai thác
những vấn đề” trong SGK. Nếu chúng ta chỉ truyền thụ kiến thức cơ bản cho
học sinh mà bỏ qua hoạt động này thì không những bản thân chúng ta sẽ bị mai
một kiến thức mà các em học sinh sẽ bị động trước một vấn đề “tưởng chừng
như mới mẽ” của toán học; khả năng suy luận, tư duy, sáng tạo của học sinh sẽ
bị hạn chế. Đây là thực trạng đáng buồn cho nhiều giáo viên.
- Một số học sinh mang khuynh hướng “học đối phó, học để thi” nên không
muốn “hiểu sâu, hiểu rộng” về một vấn đề nào đó của toán học. Do vậy các em
luôn “nói không” hoặc không nhiệt tình khi tham gia các cuộc thi về Toán học.
II.3. KHẢ NĂNG ỨNG DỤNG VÀ TRIỂN KHAI ĐỀ TÀI
Đề tài này có khả năng ứng dụng và triển khai rộng khắp cho môn Toán ở
các trường THPT, trường BC, trường DL. Tôi tin tưởng vào tính khả thi của đề
tài này. Hy vọng các đồng nghiệp sẽ triển khai và ứng dụng thành công./.

2
II.4. LÝ THUYẾT CƠ SỞ
1. Hai tính chất hiển nhiên đúng của hàm số
Tính chất 1. Cho đồ thị hàm số y = f(x)
lồi trên khoảng (a; b). Cát tuyến AB có
phương trình y = Ax + B, tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại điểm C có hoành độ x
0

thuộc khoảng (a; b) có phương trình
y = ax + b. Ta luôn có bất đẳng thức
Ax B f (x) ax b+ < ≤ +
với
( )
x a;b∀ ∈
.
( Xem hình 1) Hình 1
Tính chất 2. Cho đồ thị hàm số y = f(x)
lõm trên khoảng (a; b). Cát tuyến AB có
phương trình y = Ax + B, tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại điểm C có hoành độ x
0

thuộc khoảng (a; b) có phương trình
y = ax + b. Ta luôn có bất đẳng thức
ax b f (x) Ax B+ ≤ < +
với
( )
x a;b∀ ∈
.

( Xem hình 2) Hình 2
2. Nhắc lại một số kiến thức sử dụng trong đề tài
1. Nếu
''
f (x) 0>
,
x (a;b)∀ ∈
thì đồ thị hàm số y = f(x) lõm trên khoảng (a; b)
2. Nếu
''
f (x) 0<
,
x (a;b)∀ ∈
thì đồ thị hàm số y = f(x) lồi trên khoảng (a; b)
3. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm C(x
0
; f(x
0
)) là
( )
'
0 0 0
y f (x ) x x f (x )= − +
4. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(x
A
; y
A
) và B(x
B
; y

B
) là
(y
B
– y
A
)(x – x
A
) + (x
A
– x
B
)(y – y
A
) = 0.
II.5. VẬN DỤNG HAI TÍNH CHẤT TRÊN
Ta sẽ áp dụng hai tính chất nêu trên cho các hàm số quen thuộc để tạo ra các
bài toán về Bất đẳng thức và các bài toán về Phương trình.
1. Vận dụng cho hàm số lượng giác
a. Hàm số y = sinx
Xét hàm số f(x) = sinx trên khoảng
( )
0;π
; ta có
"
f (x) sinx 0= − <
với
( )
x 0;∀ ∈ π

3
x
0
O
x
y
A
B
C
a
b
f(x)
x
0
O
x
y
A
B
a
b
C
f(x)
suy ra đồ thị hàm số lồi trên khoảng
( )
0;π
. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại
điểm có hoành độ
( )
0

x 0;∈ π
có phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
'
0 0 0 0 0 0
y f x x x f x cosx x x sinx= − + = − +
. Theo tính chất 1 ta có bất đẳng
thức:
( )
0 0 0
sinx cosx x x sinx≤ − +
(1). Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = sinx lồi trên
khoảng
( ) ( )
1
0;x 0;⊂ π
. Cát tuyến OA qua hai điểm O(0; 0) và
( )
1 1
A x ;sinx
có
phương trình
1
1
sinx
y x
x
=
. Theo tính chất 1 ta có:
1

1
sinx
sinx x
x
>
(2).
Bây giờ ta sẽ vận dụng BĐT(1) và BĐT(2) để tạo ra một số bài toán
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc A; B; C của tam giác ABC và
0
x
3
π
=
ta có
1 3
sin A cos A sin A
3 3 3 2 3 2
π π π π
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷
   
;
1 3
sin B B
2 3 2
π
 
≤ − +
 ÷

 
;
1 3
sin C C
2 3 2
π
 
≤ − +
 ÷
 
. Cộng các BĐT cùng chiều thu được ta có
( )
1 3 3 3 3
sin A sin B sin C A B C
2 2 2
+ + ≤ + + − π + =
(vì
A B C
+ + = π
). Đẳng thức
xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
.
** Áp dụng BĐT(2) cho các góc A; B; C của tam giác nhọn ABC và
1
x
2

π
=

ta có:
sin
2
2
sinA> A A
2
π
=
π
π
;
2
sin B B>
π
;
2
sin C C>
π
. Từ đó ta thu được BĐT sau
( )
2
sin A sin B sin C A B C 2+ + > + + =
π
(vì
A B C
+ + = π
). Vậy là ta có bài toán

sau:
Bài 1 a) Chứng minh:
3 3
sin A sin B sin C
2
+ + ≤
với mọi tam giác
ABC
b) Chứng minh:
sin A sin B sin C 2+ + >
với tam giác
ABC
nhọn.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
A B C
; ;
2 2 2
(với A; B; C là số đo các góc của
tam giác ABC) và
0
x
6
π
=
ta có:
A A 3 A 1
sin cos sin
2 6 2 6 6 2 2 6 2
π π π π
   

≤ − + = − +
 ÷  ÷
   
;
4
B 3 B 1
sin
2 2 2 6 2
π
 
≤ − +
 ÷
 
;
C 3 C 1
sin
2 2 2 6 2
π
 
≤ − +
 ÷
 
. Từ đó ta thu được BĐT sau:
A B C 3 A B C 3 3
sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
π
 
+ + ≤ + + − + =
 ÷

 
(vì
A B C
+ + = π
). Đẳng thức
xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
.
** Áp dụng BĐT(2) cho các góc
A B C
; ;
2 2 2
(với A; B; C là số đo các góc của
tam giác nhọn ABC) và
1
x
4
π
=
ta có:
sin
A A 2 2 A
4
sin >
2 2 2
4
π

=
π
π
;
B 2 2 B
sin
2 2
>
π
;
C 2 2 C
sin
2 2
>
π
. Từ đó ta thu được BĐT sau
A B C 2 2 A B C
sin sin sin 2
2 2 2 2 2 2
 
+ + > + + =
 ÷
π
 
(vì
A B C
+ + = π
). Vậy là ta có
bài toán sau:
Bài 2 a) Chứng minh:

A B C 3
sin sin sin
2 2 2 2
+ + ≤
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
A B C
sin sin sin 2
2 2 2
+ + >
với mọi tam giác nhọn ABC.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
A B C
; ;
4 4 4
(với A; B; C là các góc của
tam giác ABC) và
0
x
12
π
=
ta có
A A 2 3 A 2 3
sin cos sin
4 12 4 12 12 2 4 12 2
π π π + π −
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷

   

(chú ý:
2 3 2 3
sin ;cos
12 2 12 2
π − π +
= =
);
B 2 3 B 2 3
sin
4 2 4 12 2
+ π −
 
≤ − +
 ÷
 
;
C 2 3 C 2 3
sin
4 2 4 12 2
+ π −
 
≤ − +
 ÷
 
. Cộng các BĐT thu được ta có BĐT sau
A B C 2 3 A B C 3 2 3 3 2 3
sin sin sin
4 4 4 2 4 4 4 4 2 2

+ π − −
 
+ + ≤ + + − + =
 ÷
 
Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
.
5
** Áp dụng BĐT(2) cho các góc
A B C
; ;
4 4 4
(với A; B; C là các góc của tam
giác nhọn ABC) và
1
x
8
π
=
ta có:
sin
A A 4 2 2 A
8
sin >
4 4 4
8

π
−
=
π
π
(chú ý:
2 2
sin
8 2
π −
=
);
B 4 2 2 B
sin >
4 4
−
π
;
C 4 2 2 C
sin >
4 4
−
π
. Từ đó ta thu được
BĐT sau:
A B C 4 2 2 A B C
sin sin sin 2 2
4 4 4 4 4 4
−
 

+ + > + + = −
 ÷
π
 
. Vậy là ta có
bài toán sau:
Bài 3 a) Chứng minh:
A B C 3 2 3
sin sin sin
4 4 4 2
−
+ + ≤
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
A B C
sin sin sin 2 2
4 4 4
+ + > −
với mọi tam giác nhọn
ABC.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
n n n
A B C
; ;
2 2 2
(với A; B; C là các góc của
tam giác ABC) và
0
n
x

3.2
π
=
(
n N,n 2∈ ≥
) ta thu được các BĐT:
n n n n n n n
A A 2 2 3 A 2 2 3
sin cos sin
2 3.2 2 3.2 3.2 2 2 3.2 2
π π π + + + π − + +
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷
   

(chú ý:
n n
2 2 3 2 2 3
sin ;cos
3.2 2 3.2 2
π − + + π + + +
= =
(n - dấu căn));
n n n
B 2 2 3 B 2 2 3
sin
2 2 2 3.2 2
+ + + π − + +
 

≤ − +
 ÷
 
n n n
C 2 2 3 C 2 2 3
sin
2 2 2 3.2 2
+ + + π − + +
 
≤ − +
 ÷
 
. Từ đó suy ra BĐT sau
6
n n n n n n n
n n n
A B C 2 2 3 A B C 3 2 2 3
sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C 3 2 2 3
sin sin sin
2 2 2 2
+ + + π − + +
 
+ + ≤ + + − +
 ÷
 
− + +
⇔ + + ≤
Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

A B C
3
π
= = =
.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
n n n
A B C
; ;
2 2 2
(với A; B; C là các góc của
tam giác nhọn ABC)
và
1
n 1
x
2
+
π
=
(
n N,n 2∈ ≥
) ta có
n
n 1
n n n
n 1
sin
A A 2 2 2 2 A
2

sin >
2 2 2
2
+
+
π
− + +
=
π
π
(chú
ý:
n 1
2 2 2
sin
2 2
+
π − + +
=
(n - dấu căn));
n
n n
B 2 2 2 2 B
sin >
2 2
− + +
π
và
n
n n

C 2 2 2 2 C
sin >
2 2
− + +
π
. Từ đó ta thu được BĐT sau
n
n n n n n n
A B C 2 . 2 2 2 A B C
sin sin sin 2 2 2
2 2 2 2 2 2
− + +
 
+ + > + + = − + +
 ÷
π
 
.
Vậy là ta có bài toán tổng quát sau:
Bài 4 a) Chứng minh:
n n n
A B C 3 2 2 3
sin sin sin
2 2 2 2
− + +
+ + ≤
(
n −
dấu căn)
với mọi tam giác ABC và

n N,n 2∈ ≥
b) Chứng minh:
n n n
A B C
sin sin sin 2 2 2
2 2 2
+ + > − + +
(
n −
dấu căn)
với mọi tam giác nhọn ABC và
n N,n 2∈ ≥
.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
AB; BC; CA
với A; B; C là các góc
của tam giác ABC và
0
x
3
π
=
ta thu được BĐT sau
1 3
sin AB cos AB sin AB
3 3 3 2 3 2
π π π π
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷

   
;
1 3
sin BC BC
2 3 2
π
 
≤ − +
 ÷
 
;
1 3
sin CA CA
2 3 2
π
 
≤ − +
 ÷
 
7
Từ đó suy ra:
( )
1 3 3
sin AB sin BC sin CA AB BC CA
2 2
+ + ≤ + + − π +

Mặt khác theo BĐT CauChy ta có:
A B B C C A
AB BC CA

2 2 2
+ + +
+ + ≤ + + = π
. Từ đó suy ra
3 3
sin AB sin BC sin CA
2
+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 5 Chứng minh:
3 3
sin AB sin BC sin CA
2
+ + ≤
với mọi tam giác ABC.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
2 2 23
3 3
A B; B C; C A
với A; B; C là các
góc của tam giác ABC và
0
x
3
π

=
ta thu được BĐT sau:
2 2 2
3 3 3
1 3
sin A B cos A B sin A B
3 3 3 2 3 2
π π π π
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷
   
;
2 2
3 3
1 3
sin B C B C
2 3 2
π
 
≤ − +
 ÷
 
;
2 2
3 3
1 3
sin C A C A
2 3 2
π

 
≤ − +
 ÷
 
. Từ đó suy ra:
( )
2 2 2 2 2 23 3
3 3 3 3
1 3 3
sin A B sin B C sin C A A B B C C A
2 2
+ + ≤ + + − π +
.
Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có
2 2 2
3
3 3
A A B B B C C C A
A B B C C A
3 3 3
+ + + + + +
+ + ≤ + + = π
. Từ đó suy ra
2 2 2
3
3 3
3 3
sin A B sin B C sin C A
2
+ + ≤

. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 6 Chứng minh rằng:
2 2 23
3 3
3 3
sin A B sin B C sin C A
2
+ + ≤
với mọi tam
giác ABC.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
n k k n k k n k k
n
n n
A B ; B C ; C A
− − −
với A; B; C
là các góc của tam giác ABC (
n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ <
) và
0
x
3
π
=

ta thu được
BĐT sau:
n k k n k k n k k
n n n
1 3
sin A B cos A B sin A B
3 3 3 2 3 2
− − −
π π π π
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷
   
;
8
n k k n k k
n n
1 3
sin B C B C
2 3 2
− −
π
 
≤ − +
 ÷
 
;
n k k n k k
n n
1 3

sin C A C A
2 3 2
− −
π
 
≤ − +
 ÷
 
. Suy ra
( )
n k k n k k n k k n k k n k k n k k
n n
n n n n
1 3 3
sin A B sin B C sin C A A B B C C A
2 2
− − − − − −
+ + ≤ + + − π +
Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có
( ) ( ) ( )
n k k n k k n k k
n
n n
n k A kB n k B kC n k C kA
A B B C C A
n n n
− − −
− + − + − +
+ + ≤ + + = π
Từ đó suy ra:

n k k n k k n k k
n
n n
3 3
sin A B sin B C sin C A
2
− − −
+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra
khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán tổng quát sau:
Bài 7 Chứng minh rằng:
n k k n k k n k k
n
n n
3 3
sin A B sin B C sin C A
2
− − −
+ + ≤
với mọi
tam giác ABC (
n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ <
).
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
2AB 2BC 2CA

; ;
A B B C C A+ + +
(với A; B; C là số đo
các góc của tam giác ABC) và
0
x
3
π
=
ta có:
2AB 2AB 1 2AB 3
sin cos sin
A B 3 A B 3 3 2 A B 3 2
π π π π
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷
+ + +
   
;
2BC 1 2BC 3
sin
B C 2 B C 3 2
π
 
≤ − +
 ÷
+ +
 
;

2CA 1 2CA 3
sin
C A 2 C A 3 2
π
 
≤ − +
 ÷
+ +
 
. Từ đó suy ra
2AB 2BC 2CA 1 2AB 2BC 2CA 3 3
sin sin sin
A B B C C A 2 A B B C C A 2
 
+ + ≤ + + − π +
 ÷
+ + + + + +
 
Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
A B B C C A
2AB 2BC 2CA
A B B C C A A B B C C A
+ + +
+ + ≤ + + = π
+ + + + + +
. Từ đó suy ra
2AB 2BC 2CA 3 3
sin sin sin

A B B C C A 2
+ + ≤
+ + +
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy ta thu được bài toán sau:
Bài 8 Chứng minh rằng:
2AB 2BC 2CA 3 3
sin sin sin
A B B C C A 2
+ + ≤
+ + +
với mọi tam
giác ABC.
9
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
1 1 1
AB; BC; CA
2 2 2
với A; B; C là các
góc của tam giác ABC và
0
x
6
π
=
ta thu được BĐT sau:

1 1 3 1 1
sin AB cos AB sin AB
2 6 2 6 6 2 2 6 2
π π π π
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷
   
1 3 1 1
sin BC BC
2 2 2 6 2
π
 
≤ − +
 ÷
 
;
1 3 1 1
sin CA CA
2 2 2 6 2
π
 
≤ − +
 ÷
 
. Từ đó suy ra
1 1 1 3 1 1 1 3
sin AB sin BC sin CA AB BC CA
2 2 2 2 2 2 2 2 2
π

 
+ + ≤ + + − +
 ÷
 
.
Mặt khác theo BĐT CauChy ta có
1 1 1 A B B C C A
AB BC CA
2 2 2 4 4 4 2
+ + + π
+ + ≤ + + =
. Từ đó suy ta ra
1 1 1 3
sin AB sin BC sin CA
2 2 2 2
+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 9 Chứng minh rằng:
1 1 1 3
sin AB sin BC sin CA
2 2 2 2
+ + ≤
với mọi tam
giác ABC.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc

2 2 2
3
3 3
1 1 1
A B; B C; C A
2 2 2
với A; B; C là
các góc của tam giác ABC và
0
x
6
π
=
ta thu được BĐT sau
2 2 2
3 3 3
1 1 3 1 1
sin A B cos A B sin A B
2 6 2 6 6 2 2 6 2
π π π π
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷
   
;
2 2
3 3
1 3 1 1
sin B C B C
2 2 2 6 2

π
 
≤ − +
 ÷
 
;
2 2
3 3
1 3 1 1
sin C A C A
2 2 2 6 2
π
 
≤ − +
 ÷
 
. Suy ra
2 2 2 2 2 2
3 3
3 3 3 3
1 1 1 3 1 1 1 3
sin A B sin B C sin C A A B B C C A
2 2 2 2 2 2 2 2 2
π
 
+ + ≤ + + − +
 ÷
 
.
Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có:

10
2 2 2
3
3 3
1 1 1 A A B B B C C C A
A B B C C A
2 2 2 6 6 6 2
+ + + + + + π
+ + ≤ + + =
. Từ đó suy ra
2 2 2
3
3 3
1 1 1 3
sin A B sin B C sin C A
2 2 2 2
+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 10 Chứng minh:
2 2 2
3
3 3
1 1 1 3
sin A B sin B C sin C A
2 2 2 2

+ + ≤
với mọi tam
giác
ABC.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
n k k n k k n k k
n
n n
1 1 1
A B ; B C ; C A
2 2 2
− − −
với A; B;
C là các góc của tam giác ABC (
n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ <
) và
0
x
6
π
=
ta có BĐT
n k k n k k n k k
n n n
1 1 3 1 1
sin A B cos A B sin A B
2 6 2 6 6 2 2 6 2
− − −
π π π π
   

≤ − + = − +
 ÷  ÷
   
;
n k k n k k
n n
1 3 1 1
sin B C B C
2 2 2 6 2
− −
π
 
≤ − +
 ÷
 
;
n k k n k k
n n
1 3 1 1
sin C A C A
2 2 2 6 2
− −
π
 
≤ − +
 ÷
 

Cộng các BĐT cùng chiều trên ta thu được BĐT sau
n k k n k k n k k n k k n k k n k k

n n
n n n n
1 1 1 3 1 1 1 3
sin A B sin B C sin C A A B B C C A
2 2 2 2 2 2 2 2 2
− − − − − −
π
 
+ + ≤ + + − +
 ÷
 
Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có
( ) ( ) ( )
n k k n k k n k k
n
n n
n k A kB n k B kC n k C kA
1 1 1
A B B C C A
2 2 2 2n 2n 2n 2
− − −
− + − + − +
π
+ + ≤ + + =
Từ đó suy ra:
n k k n k k n k k
n
n n
1 1 1 3
sin A B sin B C sin C A

2 2 2 2
− − −
+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra
khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán tổng quát sau:
Bài 11 Chứng minh rằng:
n k k n k k n k k
n
n n
1 1 1 3
sin A B sin B C sin C A
2 2 2 2
− − −
+ + ≤
với
mọi tam giác ABC (
n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ <
).
b. Hàm số y = cosx
Xét hàm số f(x) = cosx trên khoảng
0;
2
π
 
 ÷

 
; ta có
"
f (x) cosx 0= − <
với
x 0;
2
π
 
∀ ∈
 ÷
 
suy ra đồ thị hàm số lồi trên khoảng
0;
2
π
 
 ÷
 
. Tiếp tuyến của đồ thị
11
hàm số tại điểm có hoành độ
0
x 0;
2
π
 
∈
 ÷
 

có phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
'
0 0 0 0 0 0
y f x x x f x sin x x x cosx= − + = − − +
. Theo tính chất 1 ta có bất
đẳng thức:
( )
0 0 0
cosx sin x x x cosx≤ − − +
(3).
Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = cosx lồi trên khoảng
( )
1
0;x 0;
2
π
 
⊂
 ÷
 
. Cát tuyến OA
qua hai điểm O(0; 0) và
( )
1 1
A x ;cosx
có phương trình
1
1
cosx

y x
x
=
. Theo tính
chất 1 ta có:
1
1
cosx
cosx x
x
>
(4).
Tương tự như hàm số y = sinx, ta vận dụng BĐT(3) và BĐT(4) sẽ tạo ra
được một số bài toán sau:
Bài 12 Chứng minh:
2
3
coscoscos ≤++ CBA
với mọi tam giác nhọn ABC.
Bài 13 a) Chứng minh:
A B C 3 3
cos cos cos
2 2 2 2
+ + ≤
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
A B C
cos cos cos 2
2 2 2
+ + >

với mọi tam giác nhọn
ABC.

Bài 14 a) Chứng minh:
A B C 3 2 3
cos cos cos
4 4 4 2
+
+ + ≤
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
A B C
cos cos cos 2 2
4 4 4
+ + > +
với mọi tam giác nhọn
ABC.
Bài 15 a) Chứng minh:
n n n
A B C 3 2 2 3
cos cos cos
2 2 2 2
+ + +
+ + ≤
(
n −
dấu
căn) với mọi tam giác ABC và
n N,n 2∈ ≥
b) Chứng minh:

n n n
A B C
cos cos cos 2 2 2
2 2 2
+ + > + + +
(
n −
dấu căn)
với mọi tam giác nhọn ABC và
n N,n 2∈ ≥
.
c. Hàm số y = tanx
12
Xét hàm số f(x) = tanx trên khoảng
0;
2
π
 
 ÷
 
; ta có
"
3
2sinx
f (x) 0
cos x
= >
với
x 0;
2

π
 
∀ ∈
 ÷
 
suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng
0;
2
π
 
 ÷
 
. Tiếp tuyến của đồ thị
hàm số tại điểm có hoành độ
0
x 0;
2
π
 
∈
 ÷
 
có phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
'
0 0 0 0 0
2
0
1
y f x x x f x x x tan x

cos x
= − + = − +
.
Theo tính chất 2 ta có bất đẳng thức:
( )
0 0
2
0
1
tanx x x tan x
cos x
≥ − +
(5).
Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = tanx lõm trên khoảng
( )
1
0;x 0;
2
π
 
⊂
 ÷
 
. Cát tuyến OA
qua hai điểm O(0; 0) và
( )
1 1
A x ;tan x
có phương trình
1

1
tanx
y x
x
=
. Theo tính
chất 2 ta có:
1
1
tanx
tan x< x
x
(6). Ta sẽ vận dụng BĐT(5) và BĐT(6) để tạo ra một
số bài toán:
** Áp dụng BĐT(5) cho các góc A; B; C của tam giác nhọn ABC và
0
x
3
π
=
ta có:
2
1
tan A A tan 4 A 3
3 3 3
cos
3
π π π
   
≥ − + = − +

 ÷  ÷
π
   
;
tan B 4 B 3
3
π
 
≥ − +
 ÷
 
và
tan C 4 C 3
3
π
 
≥ − +
 ÷
 
. Từ đó ta thu được BĐT sau đây
( )
tan A tan B tanC 4 A B C 3 3 3 3+ + ≥ + + − π + =
(vì
A B C
+ + = π
). Đẳng thức
xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π

= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 16 Chứng minh:
tan A tan B tan C 3 3+ + ≥
với mọi tam giác
ABC
nhọn.
** Áp dụng BĐT(5) cho các góc
A B C
; ;
2 2 2
(với A; B; C là số đo các góc của
tam giác ABC) và
0
x
6
π
=
ta có:
2
A 1 A 4 A 3
tan tan
2 2 6 6 3 2 6 3
cos
6
π π π
   
≥ − + = − +
 ÷  ÷
π

   
;
B 4 B 3
tan
2 3 2 6 3
π
 
≥ − +
 ÷
 
;
C 4 C 3
tan
2 3 2 6 3
π
 
≥ − +
 ÷
 
. Từ đó ta thu được BĐT sau
13
A B C 4 A B C
tan tan tan 3 3
2 2 2 3 2 2 2 2
π
 
+ + ≥ + + − + =
 ÷
 
(vì

A B C
+ + = π
). Đẳng thức
xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
.
** Áp dụng BĐT(6) cho các góc
A B C
; ;
2 2 2
(với A; B; C là số đo các góc của tam
giác nhọn ABC) và
1
x
4
π
=
ta có
tan
A A 4 A
4
tan <
2 2 2
4
π
=
π

π
;
B 4 B
tan
2 2
<
π
;
C 4 C
tan
2 2
<
π
. Từ đó ta thu được BĐT:
A B C 4 A B C
tan tan tan 2
2 2 2 2 2 2
 
+ + < + + =
 ÷
π
 
(vì
A B C
+ + = π
). Vậy là ta có bài
toán sau:
Bài 17 a) Chứng minh:
A B C
tan tan tan 3

2 2 2
+ + ≥
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
A B C
tan tan tan 2
2 2 2
+ + <
với mọi tam giác nhọn ABC.
** Áp dụng BĐT(5) cho các góc
A B C
; ;
4 4 4
(với A; B; C là các góc của
tam giác ABC) và
0
x
12
π
=
ta có
2
A 1 A 4 A
tan tan 2 3
4 4 12 12 4 12
2 3
cos
12
π π π
   

≥ − + = − + −
 ÷  ÷
π
+
   

(chú ý:
2 3
tan 2 3;cos
12 12 2
π π +
= − =
);
B 4 B
tan 2 3
4 4 12
2 3
π
 
≥ − + −
 ÷
+
 
;
C 4 C
tan 2 3
4 4 12
2 3
π
 

≥ − + −
 ÷
+
 
. Từ đó ta thu được BĐT sau
( ) ( )
A B C 4 A B C
tan tan tan 3 2 3 3 2 3
4 4 4 4 4 4 4
2 3
π
 
+ + ≥ + + − + − = −
 ÷
+
 

(vì
A B C
+ + = π
). Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
.
14
** Áp dụng BĐT(6) cho các góc
A B C
; ;

4 4 4
(với A; B; C là các góc của tam
giác nhọn ABC) và
1
x
8
π
=
ta có:
( )
tan
8 2 1
A A A
8
tan <
4 4 4
8
π
−
=
π
π
(chú ý:
tan 2 1
8
π
= −
);
( )
8 2 1

B B
tan <
4 4
−
π
;
( )
8 2 1
C C
tan <
4 4
−
π
. Từ đó ta thu được BĐT
sau:
( )
( )
8 2 1
A B C A B C
tan tan tan 2 2 1
4 4 4 4 4 4
−
 
+ + < + + = −
 ÷
π
 
(vì
A B C
+ + = π

).
Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 18 a) Chứng minh:
( )
A B C
tan tan tan 3 2 3
4 4 4
+ + ≥ −
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
( )
A B C
tan tan tan 2 2 1
4 4 4
+ + < −
với mọi tam giác nhọn
ABC.
** Áp dụng BĐT(5) cho các góc
n n n
A B C
; ;
2 2 2
(với A; B; C là các góc của
tam giác ABC) và
0
n
x
3.2
π
=

(
n N,n 2∈ ≥
) ta thu được các BĐT
n n n n n n
2
n
A 1 A 4 A 2 2 3
tan tan
2 2 3.2 3.2 2 3.2
2 2 3
cos
2 2 3
3.2
π π π − + +
   
≥ − + = − +
 ÷  ÷
π
   
+ + +
+ + +
(chú ý:
n n
2 2 3 2 2 3
tan ;cos
3.2 3.2 2
2 2 3
π − + + π + + +
= =
+ + +

(n - dấu căn));
n n n
B 4 B 2 2 3
tan
2 2 3.2
2 2 3
2 2 3
π − + +
 
≥ − +
 ÷
 
+ + +
+ + +
n n n
C 4 C 2 2 3
tan
2 2 3.2
2 2 3
2 2 3
π − + +
 
≥ − +
 ÷
 
+ + +
+ + +
. Từ đó ta thu được BĐT
15
n n n n n n n

n n n
A B C 4 A B C 3 2 2 3
tan tan tan
2 2 2 2 2 2 2
2 2 3
2 2 3
A B C 3 2 2 3
tan tan tan
2 2 2
2 2 3
π − + +
 
+ + ≥ + + − +
 ÷
 
+ + +
+ + +
− + +
⇔ + + ≥
+ + +
Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
.
** Áp dụng BĐT(6) cho các góc
n n n
A B C
; ;

2 2 2
(với A; B; C là các góc của
tam giác nhọn ABC) và
1
n 1
x
2
+
π
=
(
n N,n 2∈ ≥
) ta thu được các BĐT
n 1
n 1
n n n
n 1
tan
A A 2 2 2 2 A
2
tan <
2 2 2
2 2 2
2
+
+
+
π
− + +
=

π
π + + +
(chú ý:
n 1
2 2 2
tan
2
2 2 2
+
π − + +
=
+ + +
(n - dấu căn thức)
n 1
n n
B 2 2 2 2 B
tan <
2 2
2 2 2
+
− + +
π + + +
;
n 1
n n
C 2 2 2 2 C
tan <
2 2
2 2 2
+

− + +
π + + +
. Từ đó suy ra
n 1
n n n n n n
A B C 2 2 2 2 A B C 2 2 2 2
tan tan tan
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
+
− + + − + +
 
+ + < + + =
 ÷
 
π + + + + + +
.
Vậy là ta có bài toán tổng quát sau:
Bài 19 a) Chứng minh:
n n n
A B C 3 2 2 3
tan tan tan
2 2 2
2 2 3
− + +
+ + ≥
+ + +
(
n −
dấu

căn) với mọi tam giác ABC và
n N,n 2∈ ≥
b) Chứng minh:
n n n
A B C 2 2 2 2
tan tan tan
2 2 2
2 2 2
− + +
+ + <
+ + +
(
n −
dấu
căn) với mọi tam giác nhọn ABC và
n N,n 2∈ ≥
.
d. Hàm số y = cotx
Xét hàm số f(x) = cotx trên khoảng
0;
2
π
 
 ÷
 
; ta có
"
3
2cosx
f (x) 0

sin x
= >
với
16
x 0;
2
π
 
∀ ∈
 ÷
 
suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng
0;
2
π
 
 ÷
 
. Tiếp tuyến của đồ thị
hàm số tại điểm có hoành độ
0
x 0;
2
π
 
∈
 ÷
 
có phương trình
( ) ( ) ( ) ( )

'
0 0 0 0 0
2
0
1
y f x x x f x x x cot x
sin x
−
= − + = − +
. Theo tính chất 2 ta có bất
đẳng thức:
( )
0 0
2
0
1
cotx x x cot x
sin x
−
≥ − +
(7).
Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = cotx lõm trên khoảng
( )
1
0;x 0;
2
π
 
⊂
 ÷

 
. Cát tuyến OA
qua hai điểm O(0; 0) và
( )
1 1
A x ;cot x
có phương trình
1
1
cotx
y x
x
=
. Theo tính
chất 2 ta có:
1
1
cotx
cot x< x
x
(8).
Tương tự như hàm số y = tanx, ta vận dụng BĐT(7) và BĐT(8) sẽ tạo ra
được một số bài toán sau:
Bài 20 Chứng minh:
cot A cot B cot C 3+ + ≥
với mọi tam giác
ABC
nhọn.
Bài 21 a) Chứng minh:
A B C

cot cot cot 3 3
2 2 2
+ + ≥
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
A B C
cot cot cot 2
2 2 2
+ + <
với mọi tam giác nhọn ABC.
Bài 22 a) Chứng minh:
( )
A B C
cot cot cot 3 2 3
4 4 4
+ + ≥ +
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
( )
A B C
cot cot cot 2 2 1
4 4 4
+ + < +
với mọi tam giác nhọn
ABC.
Bài 23 a) Chứng minh:
n n n
A B C 3 2 2 3
cot cot cot
2 2 2

2 2 3
+ + +
+ + ≥
− + +
(
n −
dấu
căn) với mọi tam giác ABC và
n N,n 2∈ ≥
b) Chứng minh:
n n n
A B C 2 2 2 2
cot cot cot
2 2 2
2 2 2
+ + +
+ + <
− + +
(
n −
dấu
căn) với mọi tam giác nhọn ABC và
n N,n 2∈ ≥
.
** Áp dụng BĐT(7) cho các góc
AB; BC; CA
với A; B; C là các góc
17
của tam giác nhọn ABC và
0

x
3
π
=
ta thu được BĐT sau
2
1 4 3
cot AB AB cot AB
3 3 3 3 3
sin
3
− π π π
   
≥ − + = − − +
 ÷  ÷
π
   
;
4 3
cot BC BC
3 3 3
π
 
≥ − − +
 ÷
 
;
4 3
cot CA CA
3 3 3

π
 
≥ − − +
 ÷
 
. Từ đó ta được
( )
4
cot AB cot BC cot CA AB BC CA 3
3
+ + ≥ − + + − π +
. Mặt khác theo
BĐT CauChy ta có:
A B B C C A
AB BC CA
2 2 2
+ + +
+ + ≤ + + = π
. Từ đó suy
ra:
cot AB cot BC cot CA 3+ + ≥
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 24 Chứng minh:
cot AB cot BC cot CA 3+ + ≥
với mọi tam giác ABC

nhọn.
** Áp dụng BĐT(7) cho các góc
2 2 23
3 3
A B; B C; C A
với A; B; C là các
góc của tam giác nhọn ABC và
0
x
3
π
=
ta thu được BĐT sau
2 2 23 3 3
2
1 4 3
cot A B A B cot A B
3 3 3 3 3
sin
3
− π π π
   
≥ − + = − − +
 ÷  ÷
π
   
;
2 2
3 3
4 3

cot B C B C
3 3 3
π
 
≥ − − +
 ÷
 
;
2 2
3 3
4 3
cot C A C A
3 3 3
π
 
≥ − − +
 ÷
 
. Từ đó suy ra
( )
2 2 2 2 2 2
3 3
3 3 3 3
4
cot A B cot B C cot C A A B B C C A 3
3
+ + ≥ − + + − π +
. Mặt khác
áp dụng BĐT CauChy ta có
2 2 2

3
3 3
A A B B B C C C A
A B B C C A
3 3 3
+ + + + + +
+ + ≤ + + = π
. Từ đó ta được
2 2 23
3 3
cot A B cot B C cot C A 3+ + ≥
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 25 Chứng minh:
2 2 23
3 3
cot A B cot B C cot C A 3+ + ≥
với mọi tam giác
nhọn ABC.
18
** Áp dụng BĐT(7) cho các góc
n k k n k k n k k
n
n n
A B ; B C ; C A
− − −

với A; B; C
là các góc của tam giác nhọn ABC (
n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ <
) và
0
x
3
π
=
ta có
BĐT:
n k k n k k n k k
n n n
2
1 4 3
cot A B A B cot A B
3 3 3 3 3
sin
3
− − −
− π π π
   
≥ − + = − − +
 ÷  ÷
π
   
;
n k k n k k
n n
4 3

cot B C B C
3 3 3
− −
π
 
≥ − − +
 ÷
 
;
n k k n k k
n n
4 3
cot C A C A
3 3 3
− −
π
 
≥ − − +
 ÷
 

Cộng các BĐT cùng chiều trên ta thu được BĐT
( )
n k k n k k n k k n k k n k k n k k
n n
n n n n
4
cot A B cot B C cot C A A B B C C A 3
3
− − − − − −

+ + ≥ − + + − π +
Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có
( ) ( ) ( )
n k k n k k n k k
n
n n
n k A kB n k B kC n k C kA
A B B C C A
n n n
− − −
− + − + − +
+ + ≤ + + = π
Từ đó suy ra:
n k k n k k n k k
n
n n
cot A B cot B C cot C A 3
− − −
+ + ≥
. Đẳng thức xãy ra khi
và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán tổng quát sau:
Bài 26 Chứng minh rằng:
n k k n k k n k k
n
n n

cot A B cot B C cot C A 3
− − −
+ + ≥
với mọi
tam giác ABC nhọn (
n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ <
).
** Áp dụng BĐT(7) cho các góc
2AB 2BC 2CA
; ;
A B B C C A+ + +
(với A; B; C là số đo
các góc của tam giác nhọn ABC) và
0
x
3
π
=
ta có
2
2AB 1 2AB 4 2AB 3
cot cot
A B A B 3 3 3 A B 3 3
sin
3
− π π π
   
≥ − + = − − +
 ÷  ÷
π

+ + +
   
;
2BC 4 2BC 3
cot
B C 3 B C 3 3
π
 
≥ − − +
 ÷
+ +
 
;
2CA 4 2CA 3
cot
C A 3 C A 3 3
π
 
≥ − − +
 ÷
+ +
 
. Từ đó ta có
2AB 2BC 2CA 4 2AB 2BC 2CA
cot cot cot 3
A B B C C A 3 A B B C C A
 
+ + ≥ − + + − π +
 ÷
+ + + + + +

 
.
Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
A B B C C A
2AB 2BC 2CA
A B B C C A A B B C C A
+ + +
+ + ≤ + + = π
+ + + + + +
. Từ đó suy ra
19
2AB 2BC 2CA
cot cot cot 3
A B B C C A
+ + ≥
+ + +
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy ta thu được bài toán sau:
Bài 27 Chứng minh:
2AB 2BC 2CA
cot cot cot 3
A B B C C A
+ + ≥
+ + +

với mọi tam giác
ABC nhọn.
** Áp dụng BĐT(7) cho các góc
1 1 1
AB; BC; CA
2 2 2
với A; B; C là các
góc của tam giác ABC và
0
x
6
π
=
ta thu được BĐT sau
2
1 1 1 1
cot AB AB cot 4 AB 3
2 2 6 6 2 6
sin
6
− π π π
   
≥ − + = − − +
 ÷  ÷
π
   
1 1
cot BC 4 BC 3
2 2 6
π

 
≥ − − +
 ÷
 
;
1 1
cot CA 4 CA 3
2 2 6
π
 
≥ − − +
 ÷
 
. Suy ra
1 1 1 1 1 1
cot AB cot BC cot CA 4 AB BC CA 3 3
2 2 2 2 2 2 2
π
 
+ + ≥ − + + − +
 ÷
 
Mặt khác theo BĐT CauChy ta có
1 1 1 A B B C C A
AB BC CA
2 2 2 4 4 4 2
+ + + π
+ + ≤ + + =
. Từ đó suy ta ra
1 1 1

cot AB cot BC cot CA 3 3
2 2 2
+ + ≥
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ
khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 28 Chứng minh:
1 1 1
cot AB cot BC cot CA 3 3
2 2 2
+ + ≥
với mọi tam
giác ABC.
** Áp dụng BĐT(7) cho các góc
2 2 2
3
3 3
1 1 1
A B; B C; C A
2 2 2
với A; B; C là
các góc của tam giác ABC và
0
x
6
π

=
ta thu được BĐT sau
2 2 23 3 3
2
1 1 1 1
cot A B A B cot 4 A B 3
2 2 6 6 2 6
sin
6
− π π π
   
≥ − + = − − +
 ÷  ÷
π
   
;
20
2 2
3 3
1 1
cot B C 4 B C 3
2 2 6
π
 
≥ − − +
 ÷
 
;
2 2
3 3

1 1
cot C A 4 C A 3
2 2 6
π
 
≥ − − +
 ÷
 
. Suy ra
2 2 2 2 2 2
3 3
3 3 3 3
1 1 1 1 1 1
cot A B cot B C cot C A 4 A B B C C A 3 3
2 2 2 2 2 2 2
π
 
+ + ≥ − + + − +
 ÷
 
Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có:
2 2 2
3
3 3
1 1 1 A A B B B C C C A
A B B C C A
2 2 2 6 6 6 2
+ + + + + + π
+ + ≤ + + =
. Từ đó ta có

2 2 2
3
3 3
1 1 1
cot A B cot B C cot C A 3 3
2 2 2
+ + ≥
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 29 Chứng minh:
2 2 2
3
3 3
1 1 1
cot A B cot B C cot C A 3 3
2 2 2
+ + ≥
với mọi tam
giác ABC.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
n k k n k k n k k
n
n n
1 1 1
A B ; B C ; C A
2 2 2

− − −
với A; B;
C là các góc của tam giác ABC (
n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ <
) và
0
x
6
π
=
ta thu được
BĐT:
n k k n k k n k k
n n n
2
1 1 1 1
cot A B A B cot 4 A B 3
2 2 6 6 2 6
sin
6
− − −
− π π π
   
≥ − + = − − +
 ÷  ÷
π
   
;
n k k n k k
n n

1 1
cot B C 4 B C 3
2 2 6
− −
π
 
≥ − − +
 ÷
 
;
n k k n k k
n n
1 1
cot C A 4 C A 3
2 2 6
− −
π
 
≥ − − +
 ÷
 

Cộng các BĐT cùng chiều trên ta thu được BĐT
n k k n k k n k k n k k n k k n k k
n n
n n n n
1 1 1 1 1 1
cot A B cot B C cot C A 4 A B B C C A
2 2 2 2 2 2 2
3 3

− − − − − −
π
 
+ + ≥ − + + − +
 ÷
 
+
Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có
( ) ( ) ( )
n k k n k k n k k
n
n n
n k A kB n k B kC n k C kA
1 1 1
A B B C C A
2 2 2 2n 2n 2n 2
− − −
− + − + − +
π
+ + ≤ + + =
Từ đó suy ra:
n k k n k k n k k
n
n n
1 1 1
cot A B cot B C cot C A 3 3
2 2 2
− − −
+ + ≥
. Đẳng thức xãy

ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán tổng quát sau:
Bài 30 Chứng minh rằng:
n k k n k k n k k
n
n n
1 1 1
cot A B cot B C cot C A 3 3
2 2 2
− − −
+ + ≥

21
với mọi tam giác ABC (
n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ <
).
2. Vận dụng cho hàm số đa thức
a. Hàm số bậc hai
Xét hàm số f(x) = x
2
trên đoạn [1; 2]; dễ thấy đồ thị hàm số lõm trên đoạn
[1; 2]. Cát tuyến AB đi qua hai điểm thuộc đồ thị là A(1; 1) và B(2; 4) có
phương trình y = 3x – 2. Theo tính chất 2 ta có BĐT:
23
2
−≤ xx

(9).
** Áp dụng BĐT(9) cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn
a b c 4+ + =
ta có
66)(3
23
23
23
222
2
2
2
=−++≤++⇒





−≤
−≤
−≤
cbacba
cc
bb
aa
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
a 1;b 1;c 2= = =

và các hoán vị của ba số
a;b;c
. Vậy là ta thu được bài toán:
Bài 31 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn đẳng thức
a b c 4+ + =
. Chứng
minh rằng:
6
222
≤++ cba
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
** Áp dụng BĐT(9) cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn
a b c 5+ + =
ta có
96)(3
23
23
23
222
2
2
2
=−++≤++⇒






−≤
−≤
−≤
cbacba
cc
bb
aa
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
a 1;b 2;c 2= = =
và các hoán vị của ba số
a;b;c
. Vậy là ta thu được bài toán:
Bài 32 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn đẳng thức
a b c 5+ + =
. Chứng
minh rằng:
9
222
≤++ cba
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
** Áp dụng BĐT(9) cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈

ta có
9
111
2
3
2
3
2
3
2
23
23
23
2
2
2
≤






+++++⇒










≤+
≤+
≤+
⇔





−≤
−≤
−≤
cba
cba
c
c
b
b
a
a
cc
bb
aa
(a)
BĐT(a)







+++++≥






++++++≥⇔
cba
cba
cba
cba
111
2).1(2
111
2)1(10


2
25111
)1( ≤







+++++⇔
cba
cba
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
2;1;1 === cba
và các hoán vị của ba số a; b; c. Vậy là ta thu được bài toán
Bài 33 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
.Chứng minh:
2
25111
)1( ≤






+++++
cba
cba
.
22
Đẳng thức xãy ra khi nào ?
** Ta có BĐT(a)







++−++≥






+++−++≥⇔
cba
cba
cba
cba
111
2).1(2
111
2)1(8


8
111
)1( ≤







++−++⇔
cba
cba
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
2;2;1 === cba
và các hoán vị của ba số a; b; c. Vậy là ta thu được bài toán
Bài 34 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
.Chứng minh:
8
111
)1( ≤






++−++
cba
cba
.
b. Hàm số bậc ba
Xét hàm số
3
f (x) x=
trên đoạn
[ ]
1;2

; ta có
"
f (x) 6x 0= >
với mọi
[ ]
x 1;2∈
suy
ra đồ thị hàm số lõm trên đoạn
[ ]
1;2
. Cát tuyến AB đi qua hai điểm thuộc đồ thị
là A(1; 1) và B(2; 8) có phương trình y = 7x – 6. Theo tính chất 2 ta có BĐT:
3
x 7x 6≤ −
(10).
** Áp dụng BĐT(10) cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn
a b c 4+ + =
ta có

( )
3
3 3 3 3
3
a 7a 6
b 7b 6 a b c 7 a b c 18 10
c 7c 6


≤ −

≤ − ⇒ + + ≤ + + − =


≤ −

. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
a 1;b 1;c 2= = =
và các hoán vị của ba số
a;b;c
. Vậy là ta thu được bài toán:
Bài 35 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn đẳng thức
a b c 4+ + =
. Chứng
minh rằng:
3 3 3
a b c 10+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
**Áp dụng BĐT(10) cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn
a b c 5+ + =
ta có

( )

3
3 3 3 3
3
a 7a 6
b 7b 6 a b c 7 a b c 18 17
c 7c 6

≤ −

≤ − ⇒ + + ≤ + + − =


≤ −

. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
a 1;b 2;c 2= = =
và các hoán vị của ba số
a;b;c
. Vậy là ta thu được bài toán:
Bài 36 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn đẳng thức
a b c 5+ + =
. Chứng
minh rằng:
3 3 3
a b c 17+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
**Áp dụng BĐT(10) cho các số thực

[ ]
a;b;c 1;2∈
ta có
2
3
3 2 2 2 2
3
2
6
a 7
a
a 7a 6
6 1 1 1
b 7b 6 b 7 a b c 6 21
b a b c
c 7c 6
6
c 7
c

+ ≤


≤ −



 
≤ − ⇔ + ≤ ⇒ + + + + + ≤
 

 ÷
 
 
≤ −


+ ≤


(b)
23
BĐT(b)






+++++≥






++++++≥⇔
cba
cba
cba
cba

111
6).9(2
111
6)9(30
222222

2
75111
)9(
222
≤






+++++⇔
cba
cba
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
a 1;b 1;c 2= = =
và các hoán vị của ba số
a;b;c
. Vậy là ta thu được bài toán:
Bài 37 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
. Chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2
1 1 1 75
(a b c 9)
a b c 2
 
+ + + + + ≤
 ÷
 
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
BĐT (b)






+++++≥






++++++≥⇔
cba
cba
cba
cba
111
6).3(2

111
6)3(24
222222

24
111
)3(
222
≤






+++++⇔
cba
cba
.Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
a 1;b 2;c 2= = =
và các hoán vị của ba số
a;b;c
. Vậy là ta thu được bài toán:
Bài 38 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
. Chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2
1 1 1

(a b c 3) 24
a b c
 
+ + + + + ≤
 ÷
 
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
c. Hàm số bậc bốn
Xét hàm số
4 2
f (x) x 5x 4= − +
trên đoạn
[ ]
1;2
; ta có
" 2
f (x) 12x 10 0= − >
với
mọi
[ ]
x 1;2∈
suy ra đồ thị hàm số lõm trên đoạn
[ ]
1;2
. Cát tuyến AB đi qua hai
điểm thuộc đồ thị là A(1; 0) và B(2; 0) có phương trình y = 0. Theo tính chất 2
ta có BĐT:
4 2
x 5x 4 0− + ≤
(11).

**Áp dụng BĐT(11) cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn
4
=++
cba
ta
có:
12)(5
45
45
45
222444
24
24
24
−++≤++⇒





−≤
−≤
−≤
cbacba
cc
bb
aa

(c). Mặt khác theo Bài 31 ta có
6
222
≤++ cba
. Kết hợp với (c) ta thu được:
18
444
≤++ cba
. Đẳng thức xãy ra khi
và chỉ
khi
a 1;b 1;c 2= = =
và các hoán vị của ba số
a;b;c
. Vậy là ta thu được bài
toán:
Bài 39 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn đẳng thức
4
=++
cba
. Chứng
minh rằng:
4 4 4
a b c 18+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
24
**Áp dụng BĐT(11) cho các số thực

[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn
5
=++
cba
ta
có:
12)(5
45
45
45
222444
24
24
24
−++≤++⇒





−≤
−≤
−≤
cbacba
cc
bb
aa
(d). Mặt khác theo Bài 32 ta có

9
222
≤++ cba
. Kết hợp với (d) ta thu được:
33
444
≤++ cba
. Đẳng thức xãy ra khi
và chỉ khi
a 1;b 2;c 2= = =
và các hoán vị của ba số
a;b;c
. Vậy là ta thu được
bài toán:
Bài 40 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn đẳng thức
5
=++
cba
. Chứng
minh rằng:
4 4 4
a b c 33+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
** Áp dụng BĐT(11) cho các số thực
[ ]
a;b;c;d 1;2∈
ta có

2
2
4 2
2
4 2
2
2 2 2 2
2 2 2 2
4 2
2
2
4 2
2
2
4
a 5
a
a 4 5a
4
b 5
b 4 5b
1 1 1 1
b
a b c d 4 20
4
a b c d
c 4 5c
c 5
c
d 4 5d

4
d 5
d

+ ≤



+ ≤


+ ≤
+ ≤


 
⇔ ⇒ + + + + + + + ≤
 
 ÷
+ ≤
 
 
+ ≤
 
+ ≤



+ ≤


(e)
Ta thấy BĐT(e) tương đương với BĐT
( ) ( )






+++++++≥






++++++++≥
2222
2222
2222
2222
1111
4.62
1111
4626
dcba
dcba
dcba
dcba
( )

4
1691111
6
2222
2222
≤






+++++++⇔
dcba
dcba
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
2;1;1;1 ==== dcba
và các hoán vị của ba số
a;b;c;d
. Vậy là ta thu được bài
toán:
Bài 41 Cho các số thực
[ ]
a;b;c;d 1;2∈
. Chứng minh bất đẳng thức sau:

( )
4
1691111
6

2222
2222
≤






+++++++
dcba
dcba
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
Mặt khác ta thấy BĐT(e) tương đương với BĐT
( ) ( )






++++++≥






+++++++≥
2222

2222
2222
2222
1111
4.2
1111
420
dcba
dcba
dcba
dcba
( )
25
1111
2222
2222
≤






++++++⇔
dcba
dcba
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
2;2;1;1 ==== dcba
và các hoán vị của ba số
a;b;c;d

. Vậy là ta thu được bài
toán:
25