phương pháp tiếp tuyến chứng minh bất đẳng thức

BẤT ĐẲNG THỨC & VÀ CÁC ĐỀ THI OLYMPIC

PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC
Tháng 12/2005 và tháng 1/2006 TS Kin – Yin Li – Trường Đại học khoa học
và công nghệ Hồng Kông đã đề cập đến việc sử dụng phương trình tiếp tuyến
để chứng minh một số bất đẳng thức trên tạp chí toán học quốc tế
Mathematical Excalibur. Từ đó đến nay, một số tài liệu bất đẳng thức trong
nước cũng có đề cập đến vấn đề này thông qua một số bài toán rời rạc. Bài
viết này nhằm giúp cho các bạn học sinh yêu thích môn toán có một bức
tranh tương đối đầy đủ và rèn luyện kĩ năng giải quyết một lớp các bài toán có
liên quan.
Ý tưởng chính của phương pháp, ta sử dụng công thức phương trình tiếp tuyến
của một đồ thị hàm số để tìm một biểu thức trung gian trong các đánh giá bất
đẳng thức.
Đối với một số hàm số, tiếp tuyến tại một điểm nào đó của đồ thị hàm số luôn
nằm trên hay nằm dưới đồ thị hàm số. Dựa vào tính chất này, ta thiết lập được
một phương pháp thú vị để chứng minh bất đẳng thức, đó là phương pháp tiếp
tuyến.
Cho hàm số f  x  xác định, liên tục và có đạo hàm trên K . Khi đó tiếp
tuyến tại một điểm x0  K có phương trình y  f '  x0  x  x0   f  x0  luôn
nằm trên (hoặc luôn nằm dưới) đồ thị hàm số f , nên ta có :
f  x   f '  x0  x  x0   f  x0  (hoặc f  x   f '  x0  x  x0   f  x0  ) với mọi
x  K . Từ tính chất này, ta thấy với mọi x1 , x2 ,..., xn  K ta có :
f  x1   f  x2   ...  f  xn   f '  x0  x1  x2  ...  xn  nx0   nf  x0 

Như vậy, nếu một bất đẳng thức có dạng ‘‘tổng hàm’’ như ở vế trái của
bất đẳng thức trên, và có giả thiết x1  x2  ...  xn  nx0 với đẳng thức xảy ra
khi tất cả các biến xi đều bằng nhau và bằng x0 , thì ta có thể hy vọng
chứng minh nó bằng phương pháp tiếp tuyến.
Ví dụ 1. (FRANCE – 2007)

Cho a, b, c là các số thực dương sao cho a  b  c  d  1.
Chứng minh rằng : 6  a3  b3  c3  d 3    a 2  b2  c 2  d 2  

1
8

Lời giải.
Từ giả thiết suy ra a, b, c, d   0;1 . Đặt f  x   6 x3  x 2 , với x   0;1
Khi đó bất đẳng thức trở thành : f  a   f  b   f  c   f  d  

1
8

Ta dự đoán được bất đẳng thức đã cho trở thành đẳng thức khi
1
. Vì vậy ta tìm phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
4
1 1 
f  x  tại điểm M  ;  .
 4 32 

abcd 

1

Huỳnh Tấn Châu – Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên


BẤT ĐẲNG THỨC & VÀ CÁC ĐỀ THI OLYMPIC
1

1

1

5x  1

Phương trình tiếp tuyến đó là : y  f '    x    
4  32
8
 4 
Bằng cách phác thảo đồ thị hàm số ta nhận thấy tiếp tuyến tại M ở dưới
đồ thị hàm số y  f  x  .
5x  1
5x 1
 6 x3  x 2 
 48 x3  8 x 2  5 x  1  0
8
8
2
3
2
Điều này hiển nhiên vì : 48x  8x  5 x  1  0   4 x  1  3x  1  0, x   0;1

Vậy ta có f  x  

Cuối cùng ta có : f  a   f  b   f  c   f  d  

5a  5b  5c  5d  4 1


8
8

1
4
Ví dụ 2. Cho bốn số thực không âm a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a  b  c  d  4 .
a
b
c
d
1
Chứng minh rằng :




2
2
2
2
5  3a 5  3b 5  3c 5  3d
2

Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  d  .

Lời giải.
Dự đoán dấu bằng xảy ra khi a  b  c  d  1
Ta tìm phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f  x  
Ta có f '  x  
tiếp tuyến y 

5  3x 2
2 2

 5  3x 

 f ' 1 

x
tại x  1
5  3x 2

1
1
và f 1  . Do đó ta có phương trình
32
8

1
 x  3 .
32

x
1
  x  3 , x   0; 4
2
5  3x
32
2
Biến đổi tương đương bất đẳng thức này về dạng :  x  1  x  5  0

Từ đó ta phỏng đoán rằng : f  x  

Từ đó ta có :

a
b
c
d
1
1



  a  b  c  d  12  
2
2
2
2
5  3a 5  3b 5  3c 5  3d
32
2

Ví dụ 3. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
1 1 1
9
1
1 
 1
  

 4



a b c abc
 ab bc ca 

Lời giải.
Bất đẳng thức trên là thuần nhất, nên không mất tính tổng quát, giả sử
 1
a  b  c  1 . Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a, b, c   0; 
 2

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
1  4
1  4
1
 4
 
 
   9  f  a   f b   f c   9

 1 a a   1 b b   1 c c 
4
1 5x  1
 1
Với f  x  
 
, x   0; 
2

1 x x x  x
 2

Ta dự đoán được bất đẳng thức đã cho trở thành đẳng thức khi
1
a  b  c  . Vì vậy ta tìm phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
3
2

Huỳnh Tấn Châu – Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên


BẤT ĐẲNG THỨC & VÀ CÁC ĐỀ THI OLYMPIC
1 
f  x  tại điểm M  ;3  là y  18 x  3
3 
5x 1
2
 1
 1
Ta đánh giá f  x  
 18 x  3, x   0;    3 x  1  2 x  1  0, x   0; 
2
xx
 2
 2
1
Bất đẳng thức này đúng với x   0; 
 2
Do đó f  a   f  b   f  c   18  a  b  c   9  9 (đpcm)

1
3

Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  , do đó dấu bằng xảy ra của bất đẳng thức
ban đầu là a  b  c
Ví dụ 4. (USA – 2003) Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng :

2a  b  c 2
2
2a 2  b  c 

2

2b  c  a 
 2
2
2b  c  a 

2

2c  a  b 
 2
2
2c  a  b 

8

Lời giải.
Vế trái của BĐT là các biểu thức cùng bậc. Không mất tổng quát, ta có
thể giả sử rằng a  b  c  1 . Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành :

2

2

2

 a  1   b  1   c  1  8 . Từ giả thiết suy ra
2
2
2
2a 2  1  a  2b 2  1  b  2c 2  1  c 
2
x  1

x2  2x  1
Đặt f  x   2
, với x   0;1

2
3x 2  2 x  1
2 x  1  x 
Khi đó bất đẳng thức trở thành : f  a   f  b   f  c   8

a, b, c   0;1 .

Ta dự đoán được bất đẳng thức đã cho trở thành đẳng thức khi
1
a  b  c  . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f  x  tại điểm
3
1  16 12 x  4

 1 16 
 1 
M  ;  : y  f '   x    
3 3
3
3 3 
 3 
Bằng trực quan hình học ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  ở dưới tiếp tuyến.

Vậy f  x  

12 x  4
, x   0;1
3

Ta có thể kiểm chứng bất đẳng thức này như sau :
x 2  2 x  1 12 x  4
2

 36 x 3  15 x 2  2 x  1  0   3 x  1  4 x  1  0 x   0;1
2
3x  2 x  1
3

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên là đúng.
12a  4
12b  4
12c  4
, f b 
, f c 

3
3
3
12  a  b  c   12
Suy ra f  a   f  b   f  c  
 8 (đpcm)
3

Vậy f  a  

Ví dụ 5. (NHẬT BẢN – 1997)
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức :
(b  c  a ) 2
(c  a  b ) 2
(a  b  c) 2
3



2
2
2
2
2
2
5
(b  c )  a
(c  a )  b
(a  b)  c
3

Huỳnh Tấn Châu – Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên


BẤT ĐẲNG THỨC & VÀ CÁC ĐỀ THI OLYMPIC
Lời giải.
(b  c  a ) 2
(c  a  b ) 2
(a  b  c) 2
12
BĐT 

1


1

1  
2
2
2
2
2
2
5
(b  c)  a
(c  a )  b
( a  b)  c
b  c a  c  a b  a  b c  6


(b  c) 2  a 2 (c  a) 2  b 2 (a  b) 2  c 2 5

Các phân thức ở vế trái có tử số và mẫu số đồng bậc, không mất tổng
quát, giả sử a  b  c  3 . Bất đẳng thức viết lại :

3  a  a  3  b  b  3  c  c  6 1

2
2
2
5
a 2   3  a  b2   3  b  c 2   3  c 
2 3  a  a
9
Do 2
 2
 1 , nên BĐT (1) trở thành :
2
2a  6 a  9
a  3  a 
1
1
1
3
 2
 2
  2
2a  6 a  9 2a  6 a  9 2a  6a  9 5
Phương trình tiếp tuyến tại điểm x  1 của đồ thị hàm số
1

2
1 2x  3
là : y  f ' 1 x  1  f 1   x  1  
y  f  x  2
2x  6x  9
25
5
25
1
2x  3
Do vậy, ta thử đi chứng minh : 2

, x   0;3  3
2x  6x  9
25
 2  x3  x3  1  3 x 2   0, x   0;3
2

Theo BĐT AM – GM thì bất đẳng thức trên đúng.
Áp dụng BĐT (3) : f  a   f  b   f  c  

 2a  3   2b  3   2c  3
25



3
5

Đẳng thức xảy ra khi a  b  c .

Ví dụ 6. (TRUNG QUỐC – 2006)
Cho a, b, c  0 và a  b  c  3 . Chứng minh rằng :
a2  9
2

2a 2   b  c 



b2  9
2b 2   c  a 

2



c2  9
2c 2   a  b 

5

2

Lời giải.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với :
a2  9
2a 2   3  a 

2



b2  9
2b 2   3  b 

Ta sẽ chứng minh :

2



c2  9
2c 2   3  c 

x2  9
2

2x  3  x

2



2

5

x4
, x   0;3 1
3

Thật vậy, ta có :
x2  9
2x2  3  x 

2



x2  9
1
2x  6
1
2x  6
1 2x  6 x  4
  2
 
 

2
2
3 x  6 x  9 3 3 x  6 x  9 3 3  x  1  6 3
6
3

Vậy (1) đúng. Sử dụng kết quả (1), ta có :
a2  9
2

2a   3  a 

2



b2  9
2

2b   3  b 

2



c2  9
2

2c   3  c 

2



a4 b4 c4


5
3
3
3

Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  1 .
4

Huỳnh Tấn Châu – Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên


BẤT ĐẲNG THỨC & VÀ CÁC ĐỀ THI OLYMPIC
MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài tập 1. (BULGARIAN – 2004)
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1. Chứng minh :

9
a
b
c



1
10 1  bc 1  ca 1  ab

Bài tập 2. (OLYMPIC RUSSIA – 2002)
Cho a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng :
a  b  c  ab  bc  ca

Bài tập 3. Cho a, b, c  0 và a  b  c  3 . Chứng minh:

1
1

1
3



9  ab 9  bc 9  ca 8

Bài tập 4. (ALBANIA – 2002)
Cho a, b, c  0 . Chứng minh rằng :
1 3

1 1 1
 b2  c2      a  b  c  a2  b2  c2
3 3
a b c
3
a
b
c
9
Bài tập 5. Cho a, b, c   và a  b  c  1. Chứng minh : 2  2  2 
4
a  1 b  1 c  1 10
Bài tập 6. Cho a, b, c, d  0 và a  b  c  d  4 . Chứng minh rằng :

a



2

3

3

3

3

4
 a   b   c   d 

 
 
 
 
 a  2   b  2   c  2   d  2  27

Bài tập 7.
Cho ba số thực tùy ý a, b, c   0;


2

23 
 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
22 

2

2

 a  b  3c    a  c  3b    b  c  3a 
T
2
2
2
 a  b   5c 2  a  c   5b2  b  c   5a 2
Bài tập 8.
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng :
1
5

1



2

5

a  a  3ab  6



2

b  b  3bc  6

1

5

1

2

c  c  3ca  6

Bài tập 9. Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn a  b  c  0 . Chứng minh :
a2
2

5a   b  c 

2



b2
2

5b   c  a 

2



c2
2

5c   a  b 

2



1
3

Bài tập 10. Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn a  b  c  0 . Chứng minh :
1
a2
b2
c2
2
 2
 2
 2

2
2
2
2 2a   b  c  2b   c  a  2c   a  b 
3

5

Huỳnh Tấn Châu – Trường THPT Chuyên Lương Văn Chánh – Phú Yên