ĐẠO HÀM VÀ TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN
ĐẠO HÀM VÀ TIẾP TUYẾN
TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN
Họ tên tác giả: Mai Sỹ Thủy
Chức vụ: Phó Hiệu trưởng
Đơn vị công tác: Trường THPT Mai Anh Tuấn
SKKN thuộc môn: Toán học

Năm học 2010 - 2011
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong toán học phổ thông, các bài toán về bất đẳng thức chiếm một vị trí
đặc biệt quan trọng, nó xuất hiện hầu hết trong các kỳ thi tuyển sinh các cấp, kỳ
thi chọn học sinh giỏi toán cấp tỉnh, cấp Quốc Gia… và thường xuất hiện dưới
dạng là bài toán khó nhất trong đề. Điều tất nhiên khi gặp những bài toán chứng
minh bất đẳng thức học sinh phải mất rất nhiều thời gian, công sức để giải quyết
nó. Đề bài của bài toán bất đẳng thức tuy được phát biểu hết sức ngắn gọn, sáng
sủa và đẹp đẽ nhưng học sinh lại gặp rất nhiều khó khăn khi đi tìm lời giải.
Đứng trước những vấn đề trên trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh
giỏi, tôi đã luôn trăn trở và đi tìm những thuật giải, những hướng đi cụ thể để
giải quyết những vấn đề đó. Nhưng chúng ta đã biết không có một chìa khoá vạn
năng nào có thể “mở khoá” được mọi bài toán. Trong khi đó việc giảng dạy toán
học nói chung và trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán nói riêng, việc làm cho học
sinh giải quyết được vấn đề đặt ra của bài toán một cách sáng tạo, hoàn chỉnh là
rất cần thiết. Trong bài viết này, dựa trên kinh nghiệm một số năm giảng dạy,
luyện thi Đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi toán, tôi xin nêu lên một vài hướng
giải quyết bài toán bất đẳng thức nhiều biến với đề tài “Đạo hàm và Tiếp tuyến
trong chứng minh bất đẳng thức nhiều biến”, nhằm làm cho học sinh nâng cao
khả năng tư duy, phát triển trí tuệ đồng thời bồi dưỡng niềm đam mê toán học
cho các em học sinh.

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU
BIẾN.
Trong lớp các bài toán bất đẳng thức và cực trị nếu bài toán chỉ có chứa
một biến hoặc hai biến với điều kiện nào đó thì ta có thể nghĩ ngay đến việc sử
dụng công cụ đạo hàm để giải quyết. Tuy nhiên, với các bài toán bất đẳng thức
và cực trị từ ba biến trở lên thì việc sử dụng công cụ đạo hàm để giải quyết
chúng lại không hề đơn giản chút nào, nó đòi hỏi phải có nghệ thuật, có những ý
tưởng thông minh và có những đánh giá, nhận xét tinh tế.
2
Trong phần này tôi đưa ra kinh nghiệm sử dụng đạo hàm nhằm giải quyết
phần nào những khó khăn trong việc chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị
của bài toán nhiều hơn hai biến.
Bài toán 1. Cho ba số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
1a b c
+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
1
4
P a b c= + +
Hướng dẫn:
Nhìn biểu thức của
P
ta thấy có sự xuất hiện của cả ba biến số
, ,a b c
mà ta

không thể quy trực tiếp về một biến số ngay nếu chỉ sử dụng giả thiết. Nhưng ta
lại thấy
P
là biểu thức có đối xứng với
,a b
, do đó ta dự đoán giá trị nhỏ nhất đạt
được khi hai biến
,a b
bằng nhau. Ta chứng minh và sử dụng bất đẳng thức
3
3 3
2 2
a b a b
æ ö
+ +
÷
ç
÷
³
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
, đẳng thức xảy ra khi hai biến số
a
và
b
bằng nhau. Khi đó ta

có
( )
3 3
3 2
3 3
1 1 1 3 3 1
2 4 2 4 8
a b c c c c
P c c f c
+ − + − +
   
≥ + = + = =
 ÷  ÷
   
. Bây giờ thì việc giải
quyết bài toán khá là dễ dàng bằng cách khảo sát hàm số
( ) ( )
8.g c f c=
trên
khoảng
( )
0;1
.
Ta có
( )
2
' 3 6 3g c c c= + -
,
( )
1 2

' 0 1 2, 1 2g c c c= Û = - - = - +
. Lập
bảng biến thiên của hàm số
( )
g c
trên khoảng
( )
0;1
ta có:

( ) ( )
( )
2
1 2 6 4 2g c g c g³ = - + = -
, suy ra
( )
( )
1
3 2 2
4
P f c³ ³ -
.
Vậy
( )
min
1
3 2 2
4
P = -
khi và chỉ khi

( )
1
2 1, 2 2
2
c a b= - = = -
.
Mấu chốt của bài toán trên là sử dụng bất đẳng thức
3
3 3
2 2
a b a b
æ ö
+ +
÷
ç
÷
³
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
và
dùng giả thiết để quy bài toán từ ba biến trở về bài toán một biến.
Bài toán 2. Cho ba số thực không âm
, ,a b c
thỏa mãn
1a b c+ + =
.Chứng

minh rằng
7
2
27
ab bc ca abc+ + − ≤
.
3
Hướng dẫn:
Trong bài toán này, sự xuất hiện của ba biến
, ,a b c
hoàn toàn đối xứng, nên
không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử
0 a b c£ £ £
. Do ba số
, ,a b c
không âm
và có tổng bằng
1
cùng với điều giả sử ở trên nên ta có
1
0
3
a£ £
.
Xét vế trái có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
3 2
1

1 2 1 2 1 1 1 2
2 4
1 1 1
2 4 4
b c
P a b c bc a a b c a a a a a
a a f a
+
 
= + + − ≤ + + − = − + − −
 ÷
 
= − + + =
Như vậy, ta đã quy được bài toán từ ba biến về bài toán một biến chỉ bằng
một phép biến đổi đơn giản nhóm nhân tử chung và sử dụng thêm bất đẳng thức
trung bình cộng, trung bình nhân cho hai số. Công việc của ta bây giờ chỉ là xét
hàm số
( )
f a
trên đoạn
1
0;
3
 
 
 
.
Ta có
( ) ( )
2

3 1 1
' 1 3 0
2 2 2
f a a a a a= - + = - ³
,
1
: 0
3
a a" £ £
, nên hàm
( )
f a
đồng biến trên đoạn
1
0;
3
 
 
 
, suy ra
( )
( )
7
1 3
27
f a f£ =
.
Vậy,
( )
7

27
P f a£ £
( đpcm).
Đẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c= = =
.
Bài toán này ta có thể mở rộng hơn như sau: Cho ba số thực không âm
, ,a b c
thỏa mãn
1a b c
+ + =
và cho số thực
0
λ
>
. Chứng minh rằng
( )
1 1
max , 9
4 27
ab bc ca abc
λ λ
 
+ + − ≤ −
 
 
Trong một số bài toán, việc biến đổi, ước lượng để đưa bài toán từ nhiều
biến trở về một biến rồi sử dụng đạo hàm không hề đơn giản chút nào. Trong

những tình huống như thế, có lẽ ta phải làm quen với việc coi một trong các biến
của bất đẳng thức làm biến số của một hàm lựa chọn và những biến số khác là
4
tham s, ri s dng o hm. Di õy ta xem xột mt s bi toỏn lm sỏng
rừ vn .
Bi toỏn 3. Cho ba s thc
, , 0x y z
, chng minh rng :
( ) ( ) ( )
3 3 3 2 2 2
3x y z xyz x y z y z x z x y+ + + + + + + +
Hng dn:
Bi toỏn hon ton i xng vi ba bin s, nờn khụng mt tớnh tng quỏt,
ta gi s
0x y z
, coi
x
l bin s v coi
,y z
l tham s trong hm s
( ) ( )
3 2 2 2 2 2 3 3
3f x x x y z xyz xy xz y z z y y z= - + + - - - - + +
Ta cú
( ) ( )
2 2 2
' 3 2 3f x x x y z yz y z= - + + - -

v
( ) ( ) ( )

'' 6 2 2 3 0f x x y z x y z= - + = - -
vi mi
, , 0x y z
v
x y z
. iu ú chng t
( )
'f x
l hm s ng bin, suy ra
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
' ' 3 2 3 0f x f y y y y z yz y z yz z = - + + - - = -
( do
x y z
). n
õy ta suy ra
( )
f x
l hm s ng bin, nh vy
( ) ( ) ( )
2
0f x f y z z y = -
.
Vy bi toỏn ó chng minh xong!
Bi toỏn 4. Chng minh rng nu
, ,a b c
l di cỏc cnh ca mt tam
giỏc thỡ
3 1
2 2

a b c a c b
b c a c b a
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
+ + + + +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
.
Hng dn:
Bi toỏn i xng vi
, ,a b c
nờn khụng mt tớnh tng quỏt ta gi s
{ }
min , ,c a b c=
, t ú suy ra
0 c ab< Ê
v
2a b c b< + Ê
.
t
x c=
, ta xột hm s
( )
2 2 3

b x a x a b
f x
x a x b b a
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
= + - - + - -
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
trờn khong
(
0; ab
ự
ỳ
ỷ
cú
( ) ( )
2 2 2
2 2 1 1 1
' 2 0
b a
f x a b
a b ab
x x x
ổ ử

ữ
ỗ
ữ
= - + + - = - - Ê
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
vi mi
(
0;x ab
ự
ẻ
ỳ
ỷ
,
5
do ú hm s
( )
f x
nghch bin trờn khong
(
0; ab
ự
ỳ
ỷ
, suy ra
( ) ( ) ( )

{ }
max , 2 0
a b
f x f a f b
b a
= + -
. Vy iu phi chng minh ó c gii
quyt.
Bi toỏn 5. Chng minh rng nu
, , 1;2a b c
ộ ự
ẻ
ờ ỳ
ở ỷ
thỡ
10 11 12 69
2
a b c
bc ca ab
+ + Ê
.
Hng dn:
Cng nh bi toỏn trờn ta coi mt trong ba s
, ,a b c
l mt bin s ca hm
s, chng hn l
a
, khi ú ta t
, 1;2x a x
ộ ự

= ẻ
ờ ỳ
ở ỷ
v ta i xột hm s
( )
1 11 12 10
.
b c
f x x
x c b bc
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
= + +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
, t
2 2
11 12 11 12 10
,
b c b c
c b bc bc
a b
+
= + = =

.
Khi ú
( )
2
2 2
'
x
f x
x x
a b a
b
-
= - + =
,
( )
' 0f x x
a
b
= =
.
Ta cú
2 2
11 12 33 10
3. 3 1
b c
x
bc bc bc
a
a b
b

+
= > = ị = >
Nh vy, ta luụn cú
( ) ( ) ( )
{ }
( ) ( )
{ }
max 1 , 2 max ,f x g b h bÊ =
, trong ú
( ) ( )
10 11 12
1
b c
g b f
bc c b
= = + +
v
( ) ( )
20 11 6
2
2
b c
h b f
bc c b
= = + +
.
Ta xột tip
( )
g b
trờn on

1;2
ộ ự
ờ ỳ
ở ỷ
cú
( )
2 2
1 10 11 1
' 12g b c A B
c c
b b
ổ ử
-
ữ
ỗ
ữ
= - + + = +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
,
trong ú
2
10 10 12 11
12 ,
c
A c B

c c c
+
= + = =
v cú
( )
' 0 1
A
g b b
B
= = >
Nh vy,
( ) ( ) ( )
{ }
21 27
max 1 , 2 max 12 , 6g b g g c c
c c
ỡ ỹ
ù ù
ù ù
Ê = + +
ớ ý
ù ù
ù ù
ợ ỵ
6
Xột ln na
( )
21
12c c
c

j = +
v
( )
27
6c c
c
f = +
trờn on
1;2
ộ ự
ờ ỳ
ở ỷ
cú
( ) ( )
{ }
1;2
69 69
max , max ,33
2 2
c cj f
ộ ự
ờ ỳ
ở ỷ
ỡ ỹ
ù ù
ù ù
Ê =
ớ ý
ù ù
ù ù

ợ ỵ
, t ú suy ra
( )
69
2
g b Ê
vi mi
, 1;2b c
ộ ự
ẻ
ờ ỳ
ở ỷ
.
Xột tng t i vi
( )
h b
trờn on
1;2
ộ ự
ờ ỳ
ở ỷ
ta cng cú
( ) ( ) ( )
{ }
51 21 63 63
max 1 , 2 6 , 3 ,24
2 2 2
h b h h c c
c c
ỡ ỹ ỡ ỹ

ù ù ù ù
ù ù ù ù
Ê = + + Ê =
ớ ý ớ ý
ù ù ù ù
ù ù ù ù
ợ ỵ ợ ỵ
.
Vy
10 11 12 69
2
a b c
bc ca ab
+ + Ê
, ng thc xy ra khi v ch khi
1, 2a b c= = =
. .
Bi toỏn 6. Xột cỏc s thc dng
, ,a b c
tha món iu kin
21 2 8 12ab bc ca+ + Ê
.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
1 2 3
P
a b c
= + +
.
Hng dn:
t

1 1 1
, ,x y z
a b c
= = =
bi toỏn chuyn thnh: Tỡm giỏ tr nh nht ca biu
thc
( )
, , 2 3P x y z x y z= + +
vi
, ,x y z
dng tha món
12 2 8 21xyz x y z + +
.
T gi thit
( )
12 21 2 8 0z xy x y- + >
ta cú
2 8
12 21
x y
z
xy
+

-
vi
7
4
x
y

>
.
Do ú
( )
2 8
, , 2
4 7
x y
P x y z x y
xy
+
+ +
-
.
Bõy gi ta xột hm s
( )
2 8
2
4 7
x y
f x x y
xy
+
= + +
-
vi bin
7
4
x
y

>
v
y
l
tham s thc dng. Ta cú
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
2 4 7 4 2 8
14 32
' 1 1
4 7 4 7
xy y x y
y
f x
xy xy
- - +
+
= + = -
- -
,
nờn
( )
2
0
32 14
7
' 0

4 4
y
f x x x
y y
+
= = = +
. Lp bng bin thiờn ca hm s
( )
f x
7
trên khoảng
7
;
4y
æ ö
÷
ç
÷
+¥
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
, ta có
( ) ( ) ( )
2
0
9 1

2 32 14
4 2
f x f x y y g y
y y
³ = + + + =
. Ta
xét tiếp hàm số
( )
g y
trên khoảng
( )
0;+¥
có
( )
( )
2 2
2 2
8 9 32 14 28
'
4 32 14
y y
g y
y y
- + -
=
+
và
( )
5
' 0

4
g y y= Û =
. Lập bảng biến thiên của hàm số
( )
g y
trên khoảng
( )
0;+¥
có
( )
5 15
4 2
g y g
æö
÷
ç
÷
³ =
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
, từ đó suy ra
( ) ( ) ( )
15
, ,
2
P x y z f x g y³ ³ ³

. Đẳng thức xảy ra với
5 2
3, ,
4 3
x y z= = =
. Vậy giá trị nhỏ nhất của
P
là
15
2
khi
1 4 3
, ,
3 5 2
a b c= = =
.
Như vậy, việc đổi biến và rút ẩn từ điều kiện để thay thế vào biểu thức cần
tính là những thủ thuật cần thiết, cơ bản để làm cho bài toán không những đơn
giản về mặt hình thức mà việc tính toán cũng trở lên ngắn gọn và giảm ngay
được số biến trong bài. Sau đây chúng ta xem tiếp một bài để thấy rõ hơn.
Bài toán 7. Cho ba số thực
, , 1a b c ≥
và thỏa mãn
1 1 1
1
1 1 1a b c
+ + =
+ + +
.
Chứng minh rằng

8 1 1
2
1 1 1ab bc ca
+ + ≥
− − −
.
Hướng dẫn:
Trong bài toán này, ta chưa thể sử dụng ngay đạo hàm để giải quyết bài
toán. Để phát biểu bài toán đơn giản hơn và để có ý tưởng sử dụng đạo hàm ta
đặt
1 1 1
, ,
1 1 1
x y z
a b c
= = =
+ + +
. Khi đó
1
, ,
2
x y z ≤
và
1x y z+ + =
.
Ta có
1 , 1 , 1
z x y
ab bc ac
xy yz zx

− = − = − =
, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh
có dạng
8
2
xy yz zx
z x y
+ + ≥
với điều kiện
1
0 , ,
2
x y z< ≤
và
1x y z+ + =
. Với nhận xét
8
bi toỏn i xng vi bin
,x y
nờn ta cú th a bi toỏn t ba bin v hai bin
bng cỏch t
,x y s xy p
+ = =
, khi ú
1
1
2
s <
v
2

0
4
s
p<
.
Ta cú
( )
( ) ( )
2 2
2
8 8 8 2
1
1
z x y
xy yz zx xy p s p
P s f p
z x y z xy s p
+

= + + = + = + =

Bõy gi xột hm s
( ) ( )
2
8 2
1
1
p s p
f p s
s p

= +

cú
( )
( )
2
2
1
8
'
1
s s
f p
s p

=

,
( )
' 0f p =

( )
1
2 2
s s
p

=
.

Lp bng bin thiờn, bin lun so sỏnh
( )
1
2 2
s s
vi
2
4
s
cú: Nu
( )
2
1
2 2
4
2 2
s s
s
s


ta cú
( )
( )
( )
1
4 2 2 2 6 2 6 2
2 2
s s
f p f s

= + >
ữ

Nu
( )
2
1
2 2
4
2 2
s s
s
s


ta cú :
( ) ( )
2
2
4
4 1
s
f p f s g s
s

= =
ữ

Kho sỏt
( )
g s
trờn
1
;2 2
2
ộ ự
ờ ỳ
-
ờ ỳ
ở ỷ
cú
( )
( )
2
2
' 4
1
g s
s
= - +
-
, t ú
( )
1
2
2
g s g
ổử

ữ
ỗ
ữ
=
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
.
ng thc xy ra khi v ch khi
1
4
x y= =
v
1
2
z =
, tc l
3, 1a b c= = =
.
Bng nhng bin i n gin nhng ht sc tinh t v nhng nhn xột
tớnh i xng ca
,x y
ta ó a c bi toỏn t ba bin v bi toỏn hai bin, ri
s dng o hm a tip bi toỏn v mt bin, khi ú bi toỏn hon ton l
n gin!
Bi toỏn sau õy th hin rừ hn tớnh i xng gia cỏc bin v thụng qua
bi toỏn ny, ta cng cn cú thờm mt phng phỏp chun húa khi cn thit.

Bi toỏn 8: Cho ba s thc khụng õm
, ,a b c
.
Chng minh rng
( )
( )
( )
4
2 2 2 2 2 2
16 11a b c a b b c c a abc a b c+ + + + + + +
.
Hng dn:
9
õy l bt ng thc i xng, ng bc nờn trc ht ta chun húa bng
cỏch gi s
1a b c
+ + =
v
a b c

, khi ú
1
0
3
c
. Nh tớnh i xng, t
,s a b p ab= + =
, khi ú
2
2

1,
3 4
s
s p
. Ta cn chng minh
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
16 1 32 21 16 1 1f p p s s p s s= + +
.
Ta cú
( ) ( ) ( )
' 32 1 32 21f p p s s= +
,
( )
( ) ( )
1 32 21
' 0 0
32
s s
f p p
- - -
= = <
vi mi
2
1
3
s
, suy ra
( )

' 0f p >
trờn
2
0;
4
s



, do ú
( )
f p
ng bin trờn
2
0;
4
s



, vy
( )
( )
( )
2
4 3 2
1 1
36 75 43
4 4 4
s

f p f s s s g s

= + =
ữ

Xột hm s
( )
4 3 2
36 75 43g s s s s= +
trờn on
2
;1
3
ộ ự
ờ ỳ
ờ ỳ
ở ỷ
cú
( )
3 2
' 144 225 86g s s s s= - +
,
( )
2 43
' 0 0, ,
3 48
g s s s s= = = =
, suy ra
( ) ( )
2

max , 1 4
3
g s g g
ỡ ỹ
ổử
ù ù
ữ
ù ù
ỗ
ữ
Ê =
ỗ
ớ ý
ữ
ỗ
ữ
ù ỗ ù
ố ứ
ù ù
ợ ỵ
.
Nh vy
( )
1f p Ê
, ng thc xy ra khi
1
1,
4
s p= =
, tc l

1
, 0
2
a b c= = =
.
Bi toỏn ó c chng minh xong!
Nh vy, vi cụng c o hm, ta ó cú th gii quyt c rt nhiu bi
toỏn bt ng thc, cc tr nhiu hn hai bin.
II. TIP TUYN CA TH HM S TRONG CHNG MINH
BT NG THC NHIU BIN.
10
Trong phần này chúng ta xét bài toán tổng quát: “Cho
1 2 3
, , , ,
n
a a a a D∈
thoả mãn
1 2 3

n
a a a a nα+ + + + =
, với
α D
∈
, cần chứng minh bất đẳng thức
( ) ( ) ( ) ( )
1 2

n
f a f a f a nfα+ + + ≥

, đẳng thức xảy ra khi
1 2 3

n
a a a aα= = = = =
”.
Bài toán này có tính chất nổi bật với vế trái là biểu thức đối xứng của các
biến
1 2 3
, , , ,
n
a a a a
và viết được dưới dạng tổng của một hàm số với các biến số
khác nhau. Dẫn đến suy nghĩ một cách tự nhiên để giải quyết bài toán này là ta
xét hàm số
( )
y f x=
, sau đó chứng minh
( )
f x Ax B≥ +
với mọi
x D
∈
, trong đó
A, B thỏa mãn
( )
( )
1 2

n

A a a a nB nf a+ + + + =
(hay
( )
A B fa a+ =
). Dễ thấy
y Ax B= +
chính là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x=
tại điểm
xα=
.
Như vậy qua phân tích, chúng ta có thể đưa ra được lời giải cho bài toán
tổng quát trên như sau: Xét hàm số
( )
y f x=
,
x D∈
, viết phương trình tiếp tuyến
của đồ thị hàm số tại
xα=
là
y Ax B= +
. Ta chứng minh
( )
f x Ax B≥ +
với mọi
x D∈
, từ đó suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )

1 2

n
f a f a f a nfα+ + + ≥
(đpcm).
Sau đây chúng ta xét một số bài toán điển hình để thể hiện rõ hơn cho
phương pháp này.
Bài toán 9. Cho bốn số dương
, , ,a b c d
thoả mãn
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+ + + ≥ + + + +
.
Hướng dẫn:
Từ giả thiết ta có
( )
, , , 0;1a b c d Î
và bất đẳng thức được viết dưới dạng
( ) ( ) ( ) ( )
1
8
f a f b f c f d+ + + ³
với

( )
3 2
6f x x x= -
, đẳng thức xảy ra khi
1
4
a b c d= = = =
. Ta xét hàm số
( )
3 2
6f x x x= −
trên khoảng
( )
0;1
, phương trình
tiếp tuyến của đồ thị hàm số này tại điểm có hoành độ
0
1
4
x =
là
5 1
8 8
y x= −
.
11
Xét
( ) ( ) ( )
2
5 1 1

4 1 3 1 0
8 8 8
f x x x x
 
− − = − + ≥
 ÷
 
,
( )
0;1x∀ ∈
, suy ra
( )
5 1
8 8
f x x³ -
,
( )
0;1x∀ ∈
. Từ đó ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
5 1 1
4.
8 8 8
f a f b f c f d a b c d+ + + ³ + + + - =
, đẳng
thức xảy ra khi
1
4
a b c d= = = =
.

Như vậy, thông qua phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
3 2
6f x x x= −
tại điểm có hoành đô
0
1
4
x =
mà ta mới có thể nhận ra bất đẳng
thức cơ sở
( )
5 1
8 8
f x x³ -
với mọi
( )
0;1x ∈
để giải quyết bài toán.
Bài toán 10. Cho ba số thực dương
, ,a b c
thoả mãn
3a b c+ + =
. Chứng
minh rằng
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c
a b c

+ + ≥ + +
.
Hướng dẫn:
Ta có nhận xét, nếu có một trong ba số
, ,a b c
thuộc khoảng
1
0;
3
 
 ÷
 
, chẳng
hạn
1
0
3
a< <
thì ta có
( )
2
2 2 2
2 2 2
1 1 1
9 a b c a b c
a b c
+ + > = + + > + +
nên bài toán được
chứng minh, do vậy ta chỉ xét
1 7

, , ;
3 3
a b c
 
∈
 
 
. Ta xét hàm số
( )
2
2
1
f x x
x
= −
trên
đoạn
1 7
;
3 3
 
 
 
, phương trình tiếp tuyến của đồ thị
( )
f x
tại điểm có hoành độ
0
1x =
là

4 4y x= − +
. Ta có
( )
( ) ( )
2 2
2
1 2 1
( 4 4) 0
x x
f x x
x
 
− − −
 
− − + = ≥

1 7
;
3 3
x
 
∀ ∈
 
 
,
suy ra
( )
4 4f x x³ - +
,
1 7

;
3 3
x
 
∀ ∈
 
 
.
Từ đó ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
4 16 0f a f b f c a b c d+ + ³ - + + + + =
, đẳng thức xảy
ra khi
1a b c= = =
.
12
Trong bài toán này, nhận xét ban đầu đã khá tốt để chúng ta giới hạn được
biến
x
, vì không có nhận xét đó thì đánh giá
( )
4 4f x x³ - +
không thể đúng với
mọi
( )
0;3x Î
, và như thế chúng ta sẽ nghĩ rằng không sử dụng được phương
pháp tiếp tuyến ! Ta xét thêm một bài toán kiểu chia khoảng đang xét thành hai
hoặc nhiều khoảng để thấy rõ hơn ý tưởng khi giải toán.
Bài toán 11. Cho ba số thực dương

, ,a b c
thoả mãn
1a b c
+ + =
. Chứng
minh rằng
( ) ( )
3 3 3 5 5 5
10 9 1a b c a b c+ + − + + ≥
.
Hướng dẫn:
Như các bài toán trên, ta xét hàm số
( )
3 5
10 9f x x x= −
trên khoảng
( )
0;1
,
phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ
0
1
3
x =
là
25 16
9 27
y x= −
.
Xét

( ) ( )
( )
2
3 2
25 16 1
3 1 27 18 21 16
9 27 27
f x x x x x x
 
− − = − − − + +
 ÷
 
, bây giờ ta chưa
thể khẳng định được
( )
25 16
9 27
f x x≥ −
với mọi
( )
0;1x Î
, nên ta đặt
( )
3 2
27 18 21 16g x x x x= - - + +
và xét hàm số
( )
g x
trên khoảng
( )

0;1
, ta thấy
( )
g x
không luôn dương trên
( )
0;1
, nên ta phải tìm cách chia khoảng xác định của
x
tốt nhất có thể sao cho trên khoảng đó thì
( )
0g x >
. Bằng cách lập bảng biến
thiên của hàm số
( )
g x
trên khoảng
( )
0;1
, ta suy ra
( )
0g x >
với mọi
9
0;
10
x
æ ö
÷
ç

÷
Î
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
, từ
đó ta có
( )
25 16
9 27
f x x≥ −
với mọi
9
0;
10
x
æ ö
÷
ç
÷
Î
ç
÷
ç
÷
ç
è ø

. Như vậy bài toán đã chứng minh
xong khi
9
, , 0;
10
a b c
æ ö
÷
ç
÷
Î
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
và
1a b c+ + =
. Bây giờ ta xét trường hợp có ít nhất một
trong ba số
, ,a b c
thuộc nửa khoảng
9
;1
10
 
÷

 

, giả sử
9
;1
10
a
 
∈
÷

 
do
, ,a b c
đều dương
13
và có tổng bằng 1 nên
1
, 0;
10
b c
 
∈


 
, dễ thấy hàm số
( )
f x
nghịch biến trên
9
;1

10
 
 
 
và đồng biến trên
1
0;
10
 
 
 
, suy ra
( ) ( )
1 1f a f> =
,
( ) ( )
(0) 0, 0f b f f c> = >
,
( )
( )
( )
1f a f b f c+ + >
Vậy
( ) ( ) ( )
1f a f b f c+ + ³
với mọi số thực dương
, ,a b c
thoả mãn
1a b c
+ + =

. Đẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c= = =
.
Thông qua bài toán này, ta có thể thấy được khi nào cần phân khoảng đang
xét thành hai hay nhiều khoảng để có những bước đi tiếp theo mà không hề mất
tự nhiên!
Bài toán 12. Cho các số thực dương
, ,a b c
.
Chứng minh rằng
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
8
2 2 2
a b c b c a c a b
a b c b c a c a b
+ + + + + +
+ + ≤
+ + + + + +
Hướng dẫn:

Bài toán này chưa đưa về dạng bài toán tổng quát nên ta chưa thể sử dụng
phương pháp tiếp tuyến ngay được. Tuy nhiên đây lại là bất đẳng thức đối xứng
đồng bậc, nên ta có thể chuẩn hóa bằng cách giả sử
3a b c+ + =
, khi đó bài toán
trở thành
2 2 2
8 6 8 6 8 6
21
2 3 2 3 2 3
a b c
a a b b c c
+ + +
+ + ≤
− + − + − +
, đến đây ta đã cô lập được mỗi
phân thức về dạng một biến số với điều kiện tổng ba biến số bằng
3
.
Xét hàm số
( )
2
8 6
2 3
x
f x
x x
+
=
- +

trên khoảng
( )
0;3
và viết phương trình tiếp
tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1 ta được
4 3y x= +
.
Xét
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
4 3 1
8 6
4 3 4 3 0
2 3 2 3
x x
x
f x x x
x x x x
- + -
+
- + = - + = £
- + - +
,
tức là
( )
4 3f x x£ +
với mọi
( )

0;3x Î
.
Suy ra
( )
2 2 2
8 6 8 6 8 6
4 9 21
2 3 2 3 2 3
a b c
a b c
a a b b c c
+ + +
+ + ≤ + + + =
− + − + − +
, đẳng thức xảy
ra khi
1a b c= = =
. Như vậy, bài toán đã chứng minh xong!
14
Trong bài này, chuẩn hóa để có thêm điều kiện và đưa bài toán về dạng
quen thuộc là kỹ thuật rất cơ bản và hay được sử dụng.
Bài toán 13. Cho ba số thực dương
, ,a b c
thoả mãn
1a b c+ + =
.
Chứng minh rằng
1 1 1 27
1 1 1 8ab bc ca
+ + ≤

− − −
.
Hướng dẫn:
Nhìn bài toán ta khó có thể thấy được việc sử dụng phương pháp tiếp
tuyến, tuy nhiên để ý một chút
( ) ( )
2 2
1
4 4
a b c
ab
+ −
≤ =
suy ra
2
1 4
1 3 2ab c c
≤
− + −
nên ta đã đưa được bài toán đã cho về bài toán quen thuộc: Chứng minh rằng
2 2 2
1 1 1 27
32
3 2 3 2 3 2a a b b c c
+ + £
+ - + - + -
với điều kiện
, ,a b c
dương và
1a b c

+ + =
.
Bây giờ xét hàm số
( )
2
1
3 2
f x
x x
=
+ -
trên khoảng
( )
0;1
, phương trình tiếp
tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng
1
3
là
27 81
256 256
y x
-
= +
.
Xét
( )
( ) ( )
( )
2

2
2
3 1 13 3
27 81 1 27 81
0
256 256 256 256
3 2
256 3 2
x x
f x x x
x x
x x
æ ö
- -
-
÷
ç
÷
- + = + - = £
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
+ -
+ -
với mọi
( )
0;1x Î

, do đó
( )
27 81
256 256
f x x£ - +
với mọi
( )
0;1x Î
. Từ đó ta có
( )
2 2 2
1 1 1 27 81 27
3.
256 256 32
3 2 3 2 3 2
a b c
a a b b c c
+ + £ - + + + =
+ - + - + -
, đẳng thức
xảy ra khi
1
3
a b c= = =
.
Bài toán 14. Cho ba số thực dương
, ,a b c
thoả mãn
4 4 4
3a b c+ + =

. Chứng
minh rằng
1 1 1
1
4 4 4ab bc ca
+ + ≤
− − −
.
15
Hướng dẫn:
Cũng như bài toán 13, bài toán này chưa thể sử dụng phương pháp tiếp
tuyến ngay được, ta cần phải biến đổi như thế nào đó để đưa bài toán đã cho về
dạng bài toán tổng quát.
Áp dụng bất đẳng thức
2 2
2
a b
ab
+
£
ta có
1 1 1
4 4 4ab bc ca
+ +
− − −
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
8 8 8a b b c c a
≤ + +

− + − + − +
. Tiếp theo đặt
( )
2
2 2
x b c= +
,
( )
2
2 2
y c a= +
,
( )
2
2 2
z a b= +
khi đó
( )
4 4 4
4 12x y z a b c+ + ≤ + + =
.
Bây giờ bài toán trở thành: Cho ba số thực dương
, ,x y z
thỏa mãn
12x y z+ + ≤
. Chứng minh rằng
1 1 1 1
2
8 8 8x y z
+ + ≤

− − −
.
Đến đây, bài toán đã giải quyết được một nửa khối lượng công việc, phần
còn lại bây giờ là những biến đổi quen thuộc.
Xét hàm số
( )
1
8
f x
x
=
-
trên khoảng
( )
0;12
và phương trình tiếp tuyến
của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ
0
4x =
là
( )
1 1
4
144 6
y x= - +
.
Xét
( ) ( )
( ) ( )
( )

( )
( )
( ) ( )
2
2
4 4
1 1 4 1
4 4
144 6 144
6 2 8
144 2 8
x x
x
f x x x
x x
x x
- -
-
- - - = - - =
+ -
+ -
Trên khoảng
( )
0;12
thì
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
4 0 4
144 6 144 6
f x x f x x- - - £ Û £ - +

.
Do đó
( )
1 1 1 1 1 1
12 3.
144 6 2
8 8 8
x y z
x y z
+ + ≤ + + − + ≤
− − −
.
Đẳng thức xảy ra khi
4x y z= = =
hay
1a b c= = =
.
BÀI TẬP
16
Bài tập 1. Cho
, , 0;1x y z
é ù
Î
ê ú
ë û
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
( ) ( )
3 3 3 2 2 2
2Q x y z x y y z z x= + + - + +
.

Bài tập 2. Cho
, ,x y z
là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2 4 7 2x y z xyz+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P x y z= + +
.
Bài tập 3. Chứng minh rằng nếu
, ,a b c
là độ dài ba cạnh của một tam giác
thì
3 1
2 2
a b c a c b
b c a c b a
æ ö
÷
ç
÷
+ + ³ + + +
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
Bài tập 4. Cho ba số thực không âm
, ,a b c
thỏa mãn
1a b c+ + =

.Chứng
minh rằng
( ) ( ) ( )
3 3 3
1
64
ab bc ca+ + ≤
Bài tập 5. Cho ba số thực dương
, ,x y z
.
Chứng minh rằng
( ) ( )
3 3 3 2 2 2
2 3 3x y z xyz x y y z z x+ + + ³ + +
.
Bài tập 6. Cho
, ,x y z
là những số thực dương. Chứng minh rằng:
1
1 1 1
x y z
xy x yz y zx z
+ + £
+ + + + + +
Bài tập 7. Cho
, ,x y z
là các số thực không âm thỏa mãn
1x y z+ + =
. Tìm
giá trị lớn nhất của

2 2 2
P x y y z z x= + +
.
Bài tập 8. Cho các số thực
0x, y,z >
thoả mãn điều kiện
( )
3
32x y z xyz+ + =
.
Tìm GTLN – GTNN của biểu thức
( )
4 4 4
4
x y z
P
x y z
+ +
=
+ +
Bài tập 9. Cho ba số thực dương
a,b,c
.
Chứng minh rằng
( )
( )
( )
2
3 3 3
2 2 2

2
9
33
a b c
a b c
abc
a b c
+ +
+ +
+ ≥
+ +
Bài tập 10. Cho bốn số thực dương
, , ,a b c d
thỏa mãn
4a b c d+ + + =
,
chứng minh rằng
2 2 2 2
1
2
5 3 5 3 5 3 5 3
a b c d
a b c d
+ + + £
+ + + +
.
17
Bài tập 11. Cho bốn số thực dương
, , ,a b c d
thỏa mãn

1a b c d+ + + =
,
chứng minh rằng
( )
3 3 3 3 2 2 2 2
3
4
16
a b c d a b c d+ + + ³ + + + +
.
Bài tập 12. Cho ba số thực
, ,a b c
thỏa mãn
3a b c
+ + =
, chứng minh rằng
2 2 2
1 1 1 3a a b b c c− + + − + + − + ≥
Bài tập 13. Cho ba số thực
, ,a b c
thỏa mãn
1a b c
+ + =
.
Chứng minh rằng
2 2 2
1 1 1 10a b c+ + + + + ≥
Bài tập 14. Cho
a,b,c
là các số thực dương.

Chứng minh rằng:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3
5
a b c a c b c b a
c b a b a c a b c
+ − + − + −
+ + ≥
+ + + + + +
Bài tập 15. Cho
, ,
1
a b c R
a b c
∈


+ + =

. Chứng minh rằng
2 2 2
9

1 1 1 10
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
C. KẾT LUẬN
Qua các ví dụ ở trên chúng ta có thể nói phương pháp sử dụng đạo hàm và
phương pháp tiếp tuyến là hai công cụ mạnh, nó kết hợp cùng với các bất đẳng
thức cổ điển có thể giúp cho học sinh giải quyết hầu hết các bài toán bất đẳng
thức đặt ra. Nó xử lý không những các bài toán xảy ra dấu đẳng thức khi các
biến bằng nhau mà còn xử lý được các bài toán mà dấu đẳng thức xảy ra khi các
biến số không bằng nhau.
Trong những năm qua, khi giảng dạy, luyện thi Đại học và bồi dưỡng học
sinh giỏi về phần bất đẳng thức, tôi đã cung cấp cho các em học sinh lớp 12
“Phương pháp đạo hàm và tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức nhiều
biến”, kết quả cho thấy các phương pháp này đã giúp cho học sinh một hướng đi
rõ ràng, một cách nhìn tổng quát, toàn diện, tự tin hơn khi phải đối mặt với
những bài toán về chứng minh bất đẳng thức.
Kết quả thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thi Đại học về môn Toán đối với học
sinh lớp 12C năm học 2006 - 2007 và học sinh lớp 12B năm học 2009 - 2010
như sau:
18
Năm học Lớp
Sĩ
số
Số học sinh đạt giải
Cấp tỉnh(/số học sinh
tham gia dự thi)
Điểm thi ĐH môn toán
(Số lượng)

Casio Toán Giỏi Khá TB Yếu, kém
2006-2007 12C 52 10 (/10) 4 (/6) 10 17 20 5
2009-2010 12B 45 4 (/5) 7 (/8) 8 16 18 3
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song bản thân tuổi nghề chưa nhiều, kinh
nghiệm giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng còn có hạn
chế. Vì vậy, bài viết này không tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được
sự góp ý của đồng nghiệp và bạn đọc để đề tài được hoàn thiện, hiệu quả hơn.
Xin trân trọng cảm ơn !
Nga Sơn, ngày 15 tháng 5 năm 2011
Người viết
Mai Sỹ Thủy
19