Sử dụng tiếp tuyến đề chứng minh bất đẳng thức

- Tài liệu hay, đọc, lạ khó

Tham gia: Hội những người ôn thi quốc gia điểm cao
/>để nhận nhiều tài liệu hơn!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
Sử dụng tiếp tuyến chứng minh BĐT
I. Cơ sở lí thuyết
1. Khái niệm về tính lồi, lõm của đồ thị hàm số
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên khoảng (a ; b) .
a) Đồ thị của hàm số được gọi là lồi trên khoảng (a ; b) nếu tại mọi điểm
M(c ; f (c)), c ∈ (a ; b) tiếp tuyến của đồ thị hàm số nằm phía trên của đồ thị hàm
số.
b) Đồ thị của hàm số được gọi là lõm trên khoảng (a ; b) nếu tại mọi điểm
M(c ; f (c)), c ∈ (a ; b) tiếp tuyến của đồ thị hàm số nằm phía dưới của đồ thị
hàm số.
2. Dấu hiệu lồi, lõm của đồ thị hàm số
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm đến cấp hai trên khoảng (a ; b) .
a) Nếu f ''( x) < 0 với mọi x ∈ (a ; b) thì đồ thị của hàm số lồi trên khoảng (a ; b) .
b) Nếu f ''( x) > 0 với mọi x ∈ (a ; b) thì đồ thị của hàm số lõm trên khoảng (a ; b) .
3. Nhận xét
a) Cho các hàm số y = f ( x ) và y = g ( x) xác định trên khoảng (a ; b) và có đồ thị
lần lượt là (C) và (G). Khi đó
(C) nằm trên (G) ⇔ f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ (a ; b)
b) Nếu đồ thị hàm số y = f ( x ) lồi trên khoảng (a ; b) và y = f '(c)( x − c) + f (c) là
tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(c ; f (c)), c ∈ (a ; b) thì
f ( x) ≤ f '(c)( x − c) + f (c), ∀x ∈ (a ; b) (1)
c) Đối với đồ thị hàm số lõm ta có bất đẳng thức ngược lại.
Bất đẳng thức (1) cho phép ta đánh giá biểu thức f ( x) thông qua biểu thức bậc
nhất. Hơn nữa, ta có thể chọn c sao cho dấu đẳng thức xảy ra theo đúng yêu cầu của
bài toán.
II. Bài tập áp dụng
Bài 1 (BĐT Cô - si). Cho a1, a2, …, an là các số không âm. Chứng minh rằng

1


- Tài liệu hay, đọc, lạ khó

a1 + a2 + ... + an n
≥ a1a2 ...an
n

Chứng minh. Nếu có một số ai = 0 (i = 1, 2, …, n) thì bđt là hiển nhiên. Bây giờ ta xét
trường hợp ai > 0, ∀i ∈ {1, 2, …, n}. Chia hai vế cho a1 + a2 + ... + an ta được
1
a1
a1
a1
≥n
.
...
n
a1 + a2 + ... + an a1 + a2 + ... + an a1 + a2 + ... + an
Đặt xi =

trở thành

ai
, i ∈{1, 2, ..., n} thì xi > 0 thoả mãn x1 + x2 + ... + xn = 1 và bđt
a1 + a2 + ... + an
n

x1 x2 ...xn ≤

1
1
hay ln x1 + ln x2 + ... + ln xn ≤ n ln
n
n

1
1
Xét hàm số y = f ( x ) = ln x, x > 0 . Ta có f '( x) = , f ''( x) = − 2 < 0, ∀x > 0 suy ra đồ
x
x
thị hàm số lồi trên khoảng (0;+∞) .
1
1 1
Tiếp tuyến của đths tại điểm  ;ln ÷ có phương trình là y = nx − 1 + ln suy ra
n
n n
1
ln x ≤ nx − 1 + ln , ∀x ∈ (0; +∞) (1)
n
Áp dụng bđt (1) cho x1, x2, …, xn và cộng vế lại ta được
ln x1 + ln x2 + ... + ln xn ≤ n( x1 + x2 + ... + xn ) − n + n ln

1
n

Kết hợp với x1 + x2 + ... + xn = 1 ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = ... = xn =

1
hay a1 = a2 = ... = an .
n

Bài 2 (BĐT Jenxen) Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp 2 trên khoảng (a ; b) .
a) Nếu f ''( x) > 0, ∀x ∈ (a ; b) thì ∀x1 , x2 ,..., xn ∈ (a ; b) và ∀α1 ,α 2 ,...,α n ∈ [0;1]
thoả mãn α1 + α 2 + L + α n = 1 ta có
f (α1 x1 + α 2 x2 + L + α n xn ) ≤ α1 f ( x1 ) + α 2 f ( x2 ) + L + α n f ( xn ) (1)
b) Nếu f ''( x) < 0, ∀x ∈ (a ; b) thì ta có bất đẳng thức ngược lại.
Chứng minh.
a) Đặt x = α1 x1 + α 2 x2 + L + α n xn thì x ∈ (a ; b) . Tiếp tuyến của đths y = f ( x ) tại
điểm ( x ; f ( x)) có phương trình là y = f '( x)( x − x) + f ( x ) .
2


- Tài liệu hay, đọc, lạ khó

Do f ''( x) > 0, ∀x ∈ (a ; b) nên đồ thị hàm số lõm trên khoảng (a ; b) . Bởi vậy
tại điểm ( x ; f ( x)) tiếp tuyến nằm dưới đồ thị. Từ đó suy ra
f ( x) ≥ f '( x)( x − x ) + f ( x ), ∀x ∈ (a ; b)

Thay x = xi ta được f ( xi ) ≥ f '( x )( xi − x) + f ( x ) . Nhân hai vế với α i ≥ 0 ta được

α i f ( xi ) ≥ α i f '( x).xi − α i f '( x ).x + α i f ( x ), ∀i = 1,2,..., n . Cộng vế n BĐT ta được
n

∑α
i =1

n

Bởi x = ∑ α i xi và
i =1

n

i

n

f ( xi ) ≥ f '( x)∑α i xi − f '( x).x ∑ α i + f ( x )∑ α i
i =1

n

∑α
i =1

n

i

= 1 nên ta được

i =1

n

∑α

i =1

i =1

n

i

f ( xi ) ≥ f (∑ α i xi ) đó là đpcm.
i =1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = L = xn
b) Chứng minh tương tự.
1
Trường hợp đặc biệt: Nếu α1 = α 2 = L = α n = thì BĐT (1) trở thành
n
f ( x1 ) + f ( x2 ) + L + f ( xn )
 x + x 2 + L + xn 
≥ f 1
÷
n
n


Nhận xét. Đây là cách chứng minh ngắn gọn và dễ hiểu nhất so với các cách chứng
minh đã biết trong các tài liệu. Ngoài ra, dùng tiếp tuyến ta còn có thể giải được các
bài toán mà BĐT Jenxen không giải quyết được.
Bài 3 (BĐT Bécnuli). Cho x > −1 và số thực α . Chứng minh rằng
a) (1 + x)α ≥ 1 + α x, ∀α ∈ (−∞;0) ∪ (1; +∞)
b) (1 + x)α ≤ 1 + α x, ∀α ∈ (0;1)

Chứng minh. Xét hàm số y = f ( x ) = (1 + x)α .
Ta có f '( x) = α (1 + x)α −1 , f ''( x) = α (α − 1)(1 + x)α −2
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm (0 ; 1) có pt là y = α x + 1 .
Nếu α ∈ ( −∞;0) ∪ (1; +∞) thì f ''( x) > 0, ∀x > −1 , do đó đths lõm trên khoảng (−1; +∞)
Suy ra (1 + x)α ≥ α x + 1, ∀x > −1 .
Nếu 0 < α < 1 thì f ''( x) < 0, ∀x > −1 , do đó đths lồi trên khoảng (−1; +∞)
Suy ra (1 + x)α ≤ α x + 1, ∀x > −1 .
Đẳng thức xảy ra khi x = 0 hoặc α = 0 hoặc α = 1

3


- Tài liệu hay, đọc, lạ khó

Bài 4 (ĐH 2003) Cho các số dương x, y và z thoả mãn x + y + z ≤ 1. Chứng minh rằng
1
1
1
x 2 + 2 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82
x
y
z
Giải. Xét hàm số

f ( x) = x 2 +

1
, x ∈ (0;1) . Vì rằng đẳng thức xảy ra khi
x2

1
nên chúng ta xét đồ thị của hàm số f ( x) và tiếp tuyến của nó tại điểm
3
x4 − 1
1
80
f '( x) =
⇒ f '( ) = −
1
x = . Ta có
3
1
82 . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị
3
x3 x 2 + 2
x
 1 82 
80
162
x+
hàm số tại điểm  ;
.
÷ là y = −
3
3
82
3
82



6
2
+ 6
2
x
x
f ''( x) =
> 0, ∀x > 0 suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng (0; +∞) .
1
1
 2
 2
x + 2 ÷ x + 2
x 
x

 1 82 
Do đó tại điểm  ;
÷ tiếp tuyến nằm phía dưới đồ thị, bởi vậy ta có
3
3


x= y=z=

1
80
162
≥−
x+

, ∀x > 0 . Tương tự đối với y, z và cộng lại ta được
2
x
82
3 82
1
1
1
80
162
x2 + 2 + y2 + 2 + z 2 + 2 ≥ −
( x + y + z) +
≥ 82 (do x + y + z ≤ 1 ).
x
y
z
82
82
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = .
3
Nhận xét. Cái hay của kĩ thuật này ở chỗ:
- Thứ nhất, ta có thể đánh giá một biểu thức thông qua biểu thức bậc nhất.
- Thứ hai, ta có thể chọn vị trí của tiếp tuyến sao cho bất đẳng thức xảy ra dấu
bằng.
x2 +

4

- Tài liệu hay, đọc, lạ khó

Bài 5 (India, 1995) Cho x1 , x2 ,..., xn là n số dương có tổng bằng 1. Chứng minh
rằng
xn
x1
x2
n
+
+L +
≥
, n∈¥,n ≥ 2
n −1
1 − x1
1 − x2
1 − xn
x
, x ∈ (0;1) . Vì rằng đẳng thức xảy ra khi
Giải. Xét hàm số f ( x) =
1− x
1
x1 = x2 = L = xn = nên chúng ta xét đồ thị của hàm số f ( x) và tiếp tuyến của nó
n
1

1
2− x
(2n − 1) n
1
f '( x) =

⇒ f ' ÷=
÷
tại điểm  ;
.
Ta
có
.
÷
n
n
n
(
n
−
1)
2(1
−
x
)
1
−
x
2(
n
−
1)
n
−
1





1

1
÷
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  ;
÷ có phương trình là
n
n
(
n
−
1)


(2n − 1) n
1
y=
x−
2(n − 1) n − 1
2(n − 1) n( n − 1)
4−x
f ''( x) =
> 0, ∀x ∈ (0;1) suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng (0;1)
4(1 − x) 2 1 − x
1

1

÷
và do đó tiếp tuyến của nó tại điểm  ;
÷ nằm phía dưới đồ thị. Bởi vậy
n
n
(
n
−
1)


x
(2n − 1) n
1
≥
x−
, ∀x ∈ (0;1) . Áp dụng bất đẳng
ta có
1 − x 2(n − 1) n − 1
2( n − 1) n(n − 1)
thức này cho x1 , x2 ,..., xn và cộng vế lại ta được
(2n − 1) n
n
n
( x1 + L + xn ) −
=
n −1
1 − x1
1 − xn 2(n − 1) n − 1
2( n − 1) n(n − 1)

1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = L = xn = .
n
x1

+L +

xn

≥

Bài 6. Chứng minh rằng, trong tam giác ABC, ta có
3 3
sin A + sin B + sin C ≤
2
Chứng minh. Xét hàm số f ( x) = sin x, x ∈ (0;π ) . Bất đẳng thức xảy ra dấu bằng
π 3 
π
khi A = B = C = nên ta xét tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  ;
÷. Ta
3
2
3


có

5

- Tài liệu hay, đọc, lạ khó

π  1
f '( x) = cos x ⇒ f '  ÷ = nên tiếp tuyến có phương trình là y = 1 x + 3 − π .
3 2
2
2
6
f "( x) = − sin x < 0, ∀x ∈ (0; π ) nên đồ thị hàm số lồi trên khoảng (0; π ) . Do vậy tại
π 3 
điểm  ;
÷ tiếp tuyến nằm phía trên đồ thị, từ đó ta có
3
2


1
3 π
sin x ≤ x +
− , ∀x ∈ (0; π ) . Áp dụng bất đẳng thức này cho A, B, C và cộng
2
2
6
vế lại ta được
1
3 3 π
3 3
sin A + sin B + sin C ≤ ( A + B + C ) +
− ⇔ sin A + sin B + sin C ≤
2

2
2
2
Nhận xét.
- Bằng cách này ta có thể chứng minh được các bất đẳng thức cơ bản cho các
hàm số sin x, cos x, tan x, cot x .
- Các bất đẳng thức trên có thể được chứng minh dựa vào BĐT Jenxen. Tuy
nhiên BĐT Jenxen không được đề cập đến trong chương trình toán học phổ
thông (có thể vì sự chứng minh BĐT này khá phức tạp). Bây giờ, dùng tiếp
tuyến ta sẽ chứng minh BĐT Jenxen một cách đơn giản.
Bài 7. Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a + b + c) − 9 = 0 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức

(

S = a + a2 + 1
Giải.

(

)

)(
b

b + b2 + 1

)

(

)(
c

c + c2 + 1

(

)

a

2
2
2
Ta có lnS = b ln a + a + 1 + c ln b + b + 1 + a ln c + c + 1

)

Xét hàm số f ( x) = ln( x + x 2 + 1), x > 0 (1). Do đặc thù của bài toán nên ta có thể
3
dự đoán giá trị lớn nhất đạt được khi a = b = c = . Vì vậy ta sẽ so sánh vị trí của
4
3
đồ thị với tiếp tuyến của nó tại điểm ( ;ln 2) .
4
1
3 4
⇒ f '( ) = . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm
Đạo hàm f '( x) =

4 5
x2 + 1
4
3
3
( ;ln 2) có phương trình y = x + ln 2 − .
5
5
4

6


- Tài liệu hay, đọc, lạ khó

Đạo hàm cấp hai f ''( x) =

−x

< 0, ∀x > 0 suy ra đồ thị hàm số (1) lồi

( x + 1) x + 1
3
trên khoảng (0; +∞) . Do đó tại điểm ( ;ln 2) tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) nằm
4
4
3
2
phía trên đồ thị hàm số (1). Từ đó ta có ln( x + x + 1) ≤ x + ln 2 − , ∀x > 0 .
5

5
a
Áp dụng bất đẳng thức này cho số dương
ta được
4
3
ln(a + a 2 + 1) ≤ a + ln 2 − . Nhân hai vế với số b > 0 ta suy ra
5
5
4
3

b ln( a + a 2 + 1) ≤ ab +  ln 2 − ÷b .
5
5

4
3

c ln(b + b 2 + 1) ≤ bc +  ln 2 − ÷c .
Tương tự ta có
5
5

4
3

a ln(c + c 2 + 1) ≤ ca +  ln 2 − ÷a .
5
5


Cộng vế ba bất đẳng thức này ta được
4
3

lnS ≤ ( ab + bc + ca ) +  ln 2 − ÷( a + b + c) .
5
5

1
2
Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức (ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c) và giả thiết
3
9
9
a + b + c = , rút gọn ta thu được lnS ≤ ln 2 . Từ đó S ≤ 4 4 2 .
4
4
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . Vậy giá trị lớn nhất của S là 4 4 2 .
4
Nhận xét. Đôi khi giả thiết lồi, lõm không được thoả mãn. Lúc đó ta sẽ so sánh vị
trí của tiếp tuyến và đồ thị hàm số bằng chứng minh trực tiếp.
2

2

Bài 8. Chứng minh rằng, với mọi số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 ta
có
a +1 b +1

c +1
+ 2
+ 2
≥ 3.
2
b +1 c +1 a +1
Giải.
−2 x
1
1
⇒ f '(1) = − . Tiếp tuyến
, x > 0 . Ta có f '( x) = 2
Xét hàm số f ( x) = 2
2
( x + 1)
2
x +1
 1
1
của đồ thị hàm số tại điểm  1; ÷ có phương trình là y = − x + 1 .
2
 2

7


- Tài liệu hay, đọc, lạ khó

2(3x 2 − 1)
f ''( x) = 2

suy ra đồ thị hàm số không luôn luôn lõm trên khoảng (0; +∞) .
( x + 1)3
1
1
≥ − x + 1, ∀x > 0 (1)
Tuy nhiên ta vẫn có bất đẳng thức 2
x +1
2
2
(vì BĐT này tương đương với BĐT x( x − 1) ≥ 0 ).
1
1
≥ − b + 1 (2). Vì a + 1 > 0 nên
Áp dụng BĐT (1) cho số b > 0 ta được 2
b +1
2
a +1  1
a +1
1
1

≥  − b + 1÷( a + 1) ⇔ 2
≥ − ab − b + a + 1 .
(2) ⇔ 2
b +1  2
b +1
2
2

Tương tự, cộng lại ta được

a +1 b +1
c +1
1
1
+
+
≥
−
(
ab
+
bc
+
ca
)
−
(b + c + a ) + (a + b + c) + 3 .
b2 + 1 c2 + 1 a2 + 1
2
2
1
2
Cuối cùng sử dụng BĐT (ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c) và giả thiết a + b + c = 3 ta
3
thu được
a +1 b +1
c +1
+
+
≥3

b2 + 1 c2 + 1 a 2 + 1
Nhận xét. Trong chứng minh các BĐT ở trên, giả thiết a + b + c = k (≥ k hay ≤ k )
là quan trọng. Do vậy, đối với các BĐT chưa cho sẵn giả thiết này mà có tính đẳng
cấp, ta cũng có thể tự tạo ra các điều kiện của biến (chuẩn hoá) rồi sử dụng phương
pháp trên.
Bài 9 (2003 USA Math Olympiad)
Cho a, b, c là những số dương. Chứng minh rằng
(2a + b + c) 2
(2b + c + a) 2
(2c + a + b) 2
+
+
≤8
2a 2 + (b + c)2 2b 2 + (c + a ) 2 2c 2 + ( a + b) 2
a
b
c
; y=
;z=
Giải. Đặt x =
. Khi đó x, y, z là những số
a+b+c
a+b+c
a+b+c
dương và thoả mãn x + y + z = 1, và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
(2 x + y + z ) 2
(2 y + z + x) 2
(2 z + x + y ) 2
+
+

≤8
2 x 2 + ( y + z ) 2 2 y 2 + ( z + x) 2 2 z 2 + ( x + y ) 2
Hay
( x + 1) 2
( y + 1) 2
( z + 1) 2
+
+
≤8
2 x 2 + (1 − x) 2 2 y 2 + (1 − y ) 2 2 z 2 + (1 − z ) 2

8


- Tài liệu hay, đọc, lạ khó

( x + 1) 2
, x ∈ (0;1) . Vì rằng đẳng thức xảy ra khi
Xét hàm số f ( x) = 2
2 x + (1 − x) 2
1
1 8
x = y = z = nên ta xét tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm  ; ÷. Ta có
3
 3 3
2x2 + x − 1
f '( x) = −4. 2
(3x − 2 x + 1) 2
4
1 8

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số f ( x) tại điểm  ; ÷ có phương trình là y = 4 x + .
3
 3 3
4 x3 + 3x 2 − 6 x + 1
f ''( x) = 12.
đổi dấu hai lần trên khoảng (0;1) . Do đó đồ thị hàm
(3x 2 − 2 x + 1)3
số không hoàn toàn lồi trên khoảng (0;1) . Tuy nhiên ta vẫn có bất đẳng thức
( x + 1) 2
4
≤ 4 x + , ∀x ∈ (0;1)
2
2
2 x + (1 − x)
3
2
(Vì BĐT này tương đương với (3x − 1) (4 x + 1) ≥ 0 ).
Tương tự ta có các BĐT đối với y và z, cộng vế lại và sử dụng x + y + z = 1 ta thu
1
được đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = , tức là a = b = c .
3
Bài tập tự luyện
1) Trong tam giác nhọn ABC, chứng minh rằng
3
a) cos A + cos B + cos C ≤
2
b) tan A + tan B + tan C ≥ 3 3
c) cot A + cot B + cot C ≥ 3
2
1

d) (sin A + sin B + sin C ) + (tan A + tan B + tan C ) ≥ 2 3
3
3
2) Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
S=3a+3b+3c
2
3) Cho các số dương a, b thoả mãn a + b ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
3
1 1
P=a+b+ +
thức
a b
4) (1997 Japanese Math Olympiad) Cho a, b, c là những số thực dương.
Chứng minh rằng
(b + c − a) 2
(c + a − b ) 2
(a + b − c) 2 3
+
+
≥ .
a 2 + (b + c) 2 b 2 + (c + a ) 2 c 2 + (a + b) 2 5
9


- Tài liệu hay, đọc, lạ khó
5) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và số a ≥ 2 ta có bất đẳng thức sau

sin A
sin B

sin C
3 3
+
+
≤
a + cos A a + cos B a + cos C 2a + 1

10