skkn 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:
Chức vụ:
Đơn vị công tác:
SKKN thuộc môn:

Mai Sỹ Thủy
Phó Hiệu trưởng
Trường THPT Mai Anh Tuấn
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.
1


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 a + b + c = 1.
1
4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a 3 + b3 + c3
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
a 3 + b3 æ
a+
³ çç
çè 2
2

3

bö
÷
÷
, đẳng thức xảy ra khi hai biến số a và b bằng nhau. Khi đó ta
÷
÷
ø

a + b  1 3  1 − c  1 3 c3 + 3c 2 − 3c + 1
có P  
= f ( c ) . Bây giờ thì việc giải
 + c =
 + c =
8
 2  4
 2  4
3

3

quyết bài toán khá là dễ dàng bằng cách khảo sát hàm số g ( c ) = 8. f ( c ) trên
khoảng ( 0;1) .
Ta có g ' (c ) = 3c 2 + 6c - 3 , g ' (c ) = 0 Û c1 = - 1 -

2, c2 = - 1 +

2 . Lập

bảng biến thiên của hàm số g (c ) trên khoảng ( 0;1) ta có:

(

)

2 = 6 - 4 2 , suy ra P ³ f (c ) ³

g (c ) ³ g (c2 ) = g - 1 +

Vậy Pmin =

1
3 - 2 2 khi và chỉ khi c =
4

(

)

2 - 1, a = b =

1
3- 2 2 .
4

(

)

1
22

(

)

2 .

a 3 + b3 æ
a+
³ çç
Mấu chốt của bài toán trên là sử dụng bất đẳng thức
ç
2
è 2

3

bö
÷

÷
và
÷
÷
ø

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 a + b + c = 1.Chứng
minh rằng ab + bc + ca − 2abc 

7
.
27

Hướng dẫn:
2


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 0 £ a £

1
.
3

Xét vế trái có:
1
2
b+c

P = a ( b + c ) + bc (1 − 2a )  a ( b + c ) + 
 (1 − 2a ) = a (1 − a ) + (1 − a ) (1 − 2a )
4
 2 
1
1
1
= − a3 + a 2 + = f ( a )
2
4
4

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
1
hàm số f ( a ) trên đoạn 0;  .
 3

Ta có f ' (a ) = -

3 2 1
1
a + a = a (1 - 3a ) ³ 0 ,
2
2
2

"a : 0 £ a £

1
, nên hàm f (a )
3

7
1
đồng biến trên đoạn 0;  , suy ra f (a ) £ f (1 3) =
.
27
 3

Vậy, P £ f (a ) £

7
( đpcm).
27

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

1
.
3

Bài toán này ta có thể mở rộng hơn như sau: Cho ba số thực không âm
a , b, c

thỏa mãn a + b + c = 1 và cho số thực   0 . Chứng minh rằng

1 1


ab + bc + ca −  abc  max  , ( 9 −  ) 
 4 27


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
tham số, rồi sử dụng đạo hàm. Dưới đây ta xem xét một số bài toán để làm sáng
rõ vấn đề.
3


Bi toỏn 3. Cho ba s thc x , y, z 0 , chng minh rng :
x 3 + y 3 + z 3 + 3xyz x 2 (y + z ) + y 2 (z + x ) + z 2 (x + y )

Hng dn:
Bi toỏn hon ton i xng vi ba bin s, nờn khụng mt tớnh tng quỏt,
ta gi s x y z 0 , coi x l bin s v coi y , z l tham s trong hm s
f (x ) = x 3 - x 2 (y + z ) + 3xyz - xy 2 - xz 2 - y 2z - z 2y + y 3 + z 3

Ta cú f ' (x ) = 3x 2 - 2x (y + z ) + 3yz - y 2 - z 2
v
x y z.

f '' (x ) = 6x - 2 (y + z ) = 2 (3x - y - z ) 0

iu ú chng t

f ' (x )

vi

mi

x , y, z 0

v

l hm s ng bin, suy ra

f ' (x ) f ' (y ) = 3y 2 - 2y (y + z ) + 3yz - y 2 - z 2 = yz - z 2 0 ( do x y z ). n
2

õy ta suy ra f (x ) l hm s ng bin, nh vy f (x ) f (y ) = z (z - y ) 0 .
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

a b c
3 1ổ
a c bử
ữ
+ +
+ ỗỗỗ + + ữ
.
ữ
ữ
b c a
2 2 ốc b a ứ

Hng dn:
Bi toỏn i xng vi a, b, c nờn khụng mt tớnh tng quỏt ta gi s
c = min {a, b, c }, t ú suy ra 0 < c Ê

ab v a < b + c Ê 2b .

ổb x ử a x
a b
t x = c , ta xột hm s f (x ) = 2 ỗỗỗ + ữữữ- - + 2 - - 3 trờn khong
b a
ốx a ữ
ứ x b

(0;
do

ổ1
2b 2
a
1
1ử
ab ự
cú f ' (x ) = - 2 + + 2 - = (a - 2b)ỗỗ 2 - ữữữÊ 0 vi mi x ẻ 0; ab ựỳ,
ỳ
ỗốx
ỷ
ỷ
a x
b

ab ữ
ứ
x

(

ú

hm

{

s

f (x )

}

f (x ) max f (a ), f (b) =

nghch

bin

trờn

khong

(0;

ab ự
,
ỳ
ỷ

suy

ra

a b
+ - 2 0 . Vy iu phi chng minh ó c gii
b a

quyt.

4


10a 11b 12c
69
+
+
Ê
Bi toỏn 5. Chng minh rng nu a, b, c ẻ ộởờ1;2ựỳỷ thỡ
.
bc
ca
ab
2

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 x = a, x ẻ ộờở1;2ựỳỷ v ta i xột hm s
f (x ) =

ử 10
1ổ
11b 12c 11b2 + 12c 2
10
ỗỗ11b + 12c ữ
ữ
+
.
x
a
=
+
=
, b=
,
t
.
ữ
ữ bc
x ỗố c
b ứ
c
b
bc
bc

Khi ú f ' (x ) = Ta cú a =

a
x2

+ b=

bx 2 - a
x2

, f ' (x ) = 0 x =

11b2 + 12c 2
33
10

> 3. = 3b ị x =
bc
bc
bc

a
.
b

a
> 1
b

Nh vy, ta luụn cú f (x ) Ê max {f (1), f (2)}= max {g (b), h (b)}, trong ú
g (b) = f (1) =

10 11b 12c
20 11b 6c
+
+
+
+
v h (b) = f (2) =
.
bc
c
b
bc
2c
b

1 ổ10

ử

11

- 1

Ta xột tip g (b) trờn on ộờở1;2ựỳỷ cú g ' (b) = - 2 ỗỗ + 12c ữữữ+ = 2 A + B ,
ữ
ứ c
b ỗố c

b
trong ú A =

10
10 + 12c 2
11
+ 12c =
, B =
v cú g ' (b) = 0 b =
c
c
c

A
> 1
B

ùỡ 21
ùỹ
27
+ 12c,
+ 6c ùý
ùợù c
ùỵ
c
ù

Nh vy, g (b) Ê max {g (1), g (2)} = max ùớ
Xột ln na j (c ) =

21
+ 12c
c

v f (c ) =

27
+ 6c
c

trờn on ộờở1;2ựỳỷ cú

ỡù 69
ỹ
ù
69
69
max j (c ), f (c ) Ê max ùớ , 33ùý =
g (b) Ê
,
t
ú
suy
ra
vi mi b, c ẻ ộờở1;2ựỷỳ.
ộ1;2ự
ù
ù
2
2

2
ỳ
ởờ ỷ
ù
ợù
ỵ

{

Xột

}

tng

t

i

vi

h (b)

ỡù 51
ỹ
ù
21
h (b) Ê max h (1), h (2) = ùớ
+ 6c, + 3c ùý Ê
ùợù 2c

ùùỵ
c

{

Vy

}

trờn

on

ộ1;2ự
ờở ỳỷ

ta

cng

cú

ỡùù 63
ỹ
ù
63
.
ớ , 24ùý =
ùợù 2
ùỵ

2
ù

10a 11b 12c
69
+
+
Ê
, ng thc xy ra khi v ch khi a = b = 1, c = 2 . .
bc
ca
ab
2

5


Bài toán 6. Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
21ab + 2bc + 8ca £ 12 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

1 2 3
+ + .
a b c

Hướng dẫn:
Đặt x =

1

1
1
,y = ,z =
bài toán chuyển thành: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
a
b
c

thức P (x , y, z ) = x + 2y + 3z với x , y , z dương thỏa mãn 12xyz ³ 2x + 8y + 21z .
Từ giả thiết z (12xy - 21) ³ 2x + 8y > 0 ta có z ³
Do đó P (x , y, z ) ³ x + 2y +

2x + 8y
.
4xy - 7

Bây giờ ta xét hàm số f (x ) = x +
tham số thực dương. Ta có f ' (x ) = 1 +

nên f ' (x ) = 0 Û x = x 0 =

7
+
4y

2x + 8y
7
với x >
.
12xy - 21

4y

2x + 8y
7
+ 2y với biến x >
và y là
4xy - 7
4y
2 (4xy - 7 ) - 4y (2x + 8y )
2

(4xy - 7)

14 + 32y 2
2

,

(4xy - 7)

32y 2 + 14
. Lập bảng biến thiên của hàm số f (x )
4y

æ7

ö
9
1
÷

;+ ¥ ÷
+
, ta có f (x ) ³ f (x 0 ) = 2y +
÷
÷
çè4y
4y 2y
ø

trên khoảng ççç

xét tiếp hàm số g (y ) trên khoảng (0;+ ¥

) có g ' (y )

(8y
=

2

32y 2 + 14 = g (y ) . Ta

)

- 9
4y

g ' (y ) = 0 Û y =

= 1-

2

32y 2 + 14 - 28

và
2

32y + 14

5
. Lập bảng biến thiên của hàm số g (y ) trên khoảng (0;+ ¥
4

) có

æ5 ö 15
15
÷
g (y ) ³ g ççç ÷
=
, từ đó suy ra P (x , y , z ) ³ f (x ) ³ g (y ) ³
. Đẳng thức xảy ra với
÷
÷ 2
2
è4 ø
x = 3, y =

5

2
1
4
3
15
, z = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
khi a = , b = , c = .
4
3
3
5
2
2

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

6


gin v mt hỡnh thc m vic tớnh toỏn cng tr lờn ngn gn v gim ngay
c s bin trong bi. Sau õy chỳng ta xem tip mt bi thy rừ hn.
Bi toỏn 7. Cho ba s thc a, b, c 1 v tha món
Chng minh rng

1
1
1
+
+

= 1.
1+ a 1+ b 1+ c

8
1
1
+
+
2.
ab 1 bc 1 ca 1

Hng dn:
Trong bi toỏn ny, ta cha th s dng ngay o hm gii quyt bi
toỏn. phỏt biu bi toỏn n gin hn v cú ý tng s dng o hm ta
t

1
1
1
1
= x,
= y,
= z . Khi ú x, y, z v x + y + z = 1 .
1+ a
1+ b
1+ c
2

Ta cú ab 1 =
cú dng

z
x
y
, bc 1 = , ac 1 = , khi ú bt ng thc cn chng minh
xy
yz
zx

1
8 xy yz zx
+ + 2 vi iu kin 0 x, y , z v x + y + z = 1 . Vi nhn xột
2
z
x
y

bi toỏn i xng vi bin x , y nờn ta cú th a bi toỏn t ba bin v hai bin
1
s2

s

1
0

p

bng cỏch t x + y = s, xy = p , khi ú
v

.
2
4

Ta cú P =

2
2
8 xy yz zx 8 xy z ( x + y ) 8 p
s2 2 p
+ + =
+
=
+ (1 s )
= f ( p)
z
x
y
z
xy
1 s
p

s 2 (1 s )
8p
s2 2 p
8
+ (1 s )
Bõy gi xột hm s f ( p ) =
cú f ' ( p ) =

,

1 s
p
1 s
p2
f ' (p ) = 0 p =

s (1 s )
2 2

.

Lp bng bin thiờn, bin lun so sỏnh
s (1 s )
2 2



s (1 s )
2 2

vi

s2
4

cú: Nu

s (1 s )

s2
s 2 2 ta cú f ( p ) f
= 4 2 +2 s2 6 2 6 2
4
2 2

Nu

(

)

s (1 s )

s2
2
s2
4s = g ( s )
s 2 2 ta cú : f ( p ) f =
4
2 2
4 1 s
ộ

1
Kho sỏt g (s ) trờn ờờ ;2 ở2

ự
ổ1 ử
2

ữ
2 ỳcú g ' (s ) = - 4 +
g (s ) g ỗỗỗ ữ
= 2.
,
t
ú
ữ
2
ỳ
ữ
2
ố
ứ
ỷ
(1 - s )

7


ng thc xy ra khi v ch khi x = y =

1
1
v z = , tc l a = b = 3, c = 1 .
4
2

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 ( a + b + c ) 16 ( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) + 11abc ( a + b + c ) .
4

Hng dn:
õy l bt ng thc i xng, ng bc nờn trc ht ta chun húa bng
1
3

cỏch gi s a + b + c = 1 v a b c , khi ú 0 c . Nh tớnh i xng, t
s = a + b, p = ab ,

khi

ú

2
s2
s 1, p .
3
4

Ta

cn

chng

minh

f ( p ) = 16 p 2 + (1 s )( 32s 21) p + 16s 2 (1 s ) 1 .
2

Ta cú f ' ( p ) = 32 p + (1 s )( 32s 21) , f ' (p ) = 0 p =
vi mi

- (1 - s )(32s - 21)
32

< 0

s2
2
s 1 , suy ra f ' ( p ) 0 trờn 0; , do ú f ( p ) ng bin trờn
3
4

s2
s2 1
1
f
p

f
0;
,

vy
( ) = ( 36s 4 75s 3 + 43s 2 ) = g ( s )
4
4
4 4



Xột

hm

s

g ( s ) = 36s 4 75s3 + 43s 2

g ' (s ) = 144s 3 - 225s 2 + 86s ,

trờn

g ' (s ) = 0 s = 0, s =

on

2
43
,s =
,
3
48

ộ2 ự
ờ ;1ỳ
ờ3 ỳ
ở ỷ

suy

cú
ra

ỡù ổ2 ử
ỹ
ùù
ữ
g (s ) Ê max ùớ g ỗỗỗ ữ
,
g
1
(
)
ý= 4.
ữ
ùù ố3 ữ
ùù
ứ
ợ
ỵ

Nh vy f (p ) Ê 1 , ng thc xy ra khi s = 1, p =

1
1
, tc l a = b = , c = 0 .
2
4

8


Bài toán đã được chứng minh xong!
Như vậy, với công cụ đạo hàm, ta đã có thể giải quyết được rất nhiều bài
toán bất đẳng thức, cực trị nhiều hơn hai biến.
II. TIẾP TUYẾN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ TRONG CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC NHIỀU BIẾN.
Trong phần này chúng ta xét bài toán tổng quát: “Cho a1 , a2 , a3 ,..., an  D
thoả mãn a1 + a2 + a3 + ... + an = nα , với α  D , cần chứng minh bất đẳng thức
f ( a1 ) + f ( a2 ) + ... + f ( an )  nf ( α ) , đẳng thức xảy ra khi a1 = a2 = a3 = ... = an = α ”.

Bài toán này có tính chất nổi bật với vế trái là biểu thức đối xứng của các
biến a1, a2, a 3,..., an 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 A (a1 + a2 + ... + an ) + nB = nf (a ) (hay A a + B = f (a ) ). Dễ thấy
y = Ax + B chính là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm x = α .

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 x = α là y = Ax + B . Ta chứng minh f ( x )  Ax + B với mọi
x  D , từ đó suy ra: f ( a1 ) + f ( a2 ) + ... + f ( an )  nf ( α ) (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 a + b + c + d = 1. Chứng
minh rằng 6 ( a3 + b3 + c3 + d 3 )  a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + .
1
8

Hướng dẫn:
Từ giả thiết ta có a, b, c, d Î (0;1) và bất đẳng thức được viết dưới dạng
f (a ) + f (b) + f (c ) + f (d ) ³

1
8

với

f (x ) = 6x 3 - x 2 ,

đẳng thức xảy ra khi

9


a= b= c= d =

1
. Ta xét hàm số f ( x ) = 6 x3 − x 2 trên khoảng ( 0;1) , phương trình
4

tiếp tuyến của đồ thị hàm số này tại điểm có hoành độ x0 =
Xét

1
5
1
là y = x − .
4
8
8

5
1
1 1
2
5
f ( x ) −  x −  = ( 4 x − 1) ( 3x + 1)  0 , x  ( 0;1) , suy ra f (x ) ³ x - ,
8
8
8 8
8

x  ( 0;1) . Từ đó ta có f (a ) + f (b) + f (c ) + f (d ) ³

thức xảy ra khi a = b = c = d =

5
1
1
a + b + c + d ) - 4. = , đẳng

(
8
8
8

1
.
4

Như vậy, thông qua phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
f ( x ) = 6 x3 − x 2 tại điểm có hoành đô x0 =

thức cơ sở f (x ) ³

1
mà ta mới có thể nhận ra bất đẳng
4

5
1
xvới mọi x  ( 0;1) để giải quyết bài toán.
8
8

Bài toán 10. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng
minh rằng

1
1 1
+ 2 + 2  a 2 + b2 + c2 .

2
a
b
c

Hướng dẫn:
Ta có nhận xét, nếu có một trong ba số a, b, c thuộc khoảng  0;  , chẳng
 3
1

hạn 0  a 

1
1
1 1
2
thì ta có 2 + 2 + 2  9 = ( a + b + c )  a 2 + b 2 + c 2 nên bài toán được
3
a
b
c

chứng minh, do vậy ta chỉ xét a, b, c   ;  . Ta xét hàm số f ( x ) = 2 − x 2 trên
x
3 3
1

1 7

1 7

đoạn  ;  , phương trình tiếp tuyến của đồ thị f ( x ) tại điểm có hoành độ
3 3
x0 = 1 là y = −4 x + 4 .

Ta có f ( x ) − (−4 x + 4) =

( x − 1)

2

 2 − ( x − 1)2 

  0 x   1 ; 7  ,
2
 3 3 
x

suy ra f (x ) ³ - 4x + 4 , x   ;  .
3 3
1 7

Từ đó ta có : f (a ) + f (b) + f (c ) ³ - 4 (a + b + c + d ) + 16 = 0 , đẳng thức xảy
ra khi a = b = c = 1 .
10


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 f (x ) ³ - 4x + 4 không thể đúng với
mọi x Î (0; 3), 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 a + b + c = 1. Chứng
minh rằng 10 ( a3 + b3 + c3 ) − 9 ( a5 + b5 + c5 )  1 .
Hướng dẫn:
Như các bài toán trên, ta xét hàm số f ( x ) = 10 x3 − 9 x5 trên khoảng (0;1),
phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ x 0 =

25
16
1
là y = x − .
9
27
3

Xét f ( x ) − 

25
16  1
2
x −  = ( 3x − 1) ( −27 x3 − 18x 2 + 21x + 16 ) , bây giờ ta chưa
27  27
 9

thể khẳng định được

f ( x) 

25
16

x−
9
27

với mọi x Î (0;1), nên ta đặt

g (x ) = - 27x 3 - 18x 2 + 21x + 16 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 g (x ) > 0 . Bằng cách lập bảng biến
æ 9ö

thiên của hàm số g (x ) trên khoảng (0;1), ta suy ra g (x ) > 0 với mọi x Î ççç0; ÷÷÷, từ
è 10 ÷
ø
đó ta có f ( x ) 

æ 9ö
25
16
x−
với mọi x Î ççç0; ÷÷÷. Như vậy bài toán đã chứng minh
9
27
è 10 ÷
ø

æ 9ö
xong khi a, b, c Î ççç0; ÷÷÷ và a + b + c = 1 . Bây giờ ta xét trường hợp có ít nhất một
çè 10 ÷
ø

9
9
trong ba số a, b, c thuộc nửa khoảng  ;1 , giả sử a   ;1 do a, b, c đều dương
10 
10 

và có tổng bằng 1 nên b, c   0;

1
, dễ thấy hàm số f ( x ) nghịch biến trên
 10 

11


9 
 1
10 ;1 và đồng biến trên 0; 10  , suy ra f ( a )  f (1) = 1 , f ( b )  f (0) = 0, f ( c )  0 ,
f (a ) + f (b) + f (c ) > 1

Vậy f (a ) + f (b) + f (c ) ³ 1 với mọi số thực dương a, b, c thoả mãn
a + b + c = 1. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =

1
.
3

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 .

( 2a + b + c ) + ( 2b + c + a ) + ( 2c + a + b )  8
Chứng minh rằng 2
2
2
2
2a + ( b + c ) 2b 2 + ( c + a ) 2c 2 + ( a + b )
2

2

2

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 a + b + c = 3 , khi đó bài toán
trở thành

8a + 6
8b + 6
8c + 6
+ 2
+ 2
 21 , đến đây ta đã cô lập được mỗi
a − 2a + 3 b − 2b + 3 c − 2c + 3
2

phân thức về dạng một biến số với điều kiện tổng ba biến số bằng 3 .
Xét hàm số f (x ) =

8x + 6
2

x - 2x + 3

trên khoảng (0; 3) và viết phương trình tiếp

tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng 1 ta được y = 4x + 3 .
2

Xét f (x ) - (4x + 3) =

8x + 6
x 2 - 2x + 3

- (4x + 3) =

- (4x + 3)(x - 1)
x 2 - 2x + 3

£ 0,

tức là f (x ) £ 4x + 3 với mọi x Î (0; 3).
Suy ra

8a + 6
8b + 6

8c + 6
+ 2
+ 2
 4 ( a + b + c ) + 9 = 21 , đẳng thức xảy
a − 2a + 3 b − 2b + 3 c − 2c + 3
2

ra khi a = b = c = 1 . Như vậy, bài toán đã chứng minh xong!
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.
12


Bài toán 13. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng

1
1
1
27
+
+

.
1 − ab 1 − bc 1 − ca 8

Hướng dẫn:
Nhìn bài toán ta khó có thể thấy được việc sử dụng phương pháp tiếp

( a + b)

tuyến, tuy nhiên để ý một chút ab 
4

2

(1 − c ) suy ra
=
2

4

1
4

1 − ab 3 + 2c − c 2

nên ta đã đưa được bài toán đã cho về bài toán quen thuộc: Chứng minh rằng
1
3 + 2a - a

2

+

1
2

+

3 + 2b - b

1
3 + 2c - c

2

£

27
32

với điều kiện

a , b, c

dương và

a + b + c = 1.

Bây giờ xét hàm số f (x ) =

1
3 + 2x - x 2

trên khoảng (0;1), phương trình tiếp

tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ bằng

1
- 27

81
x+
là y =
.
3
256
256
2

æ- 27
(3x - 1) (13 - 3x )
81 ö
1
27
81
÷
÷
Xét f (x ) - ççç
x+
=
+
x
=
£ 0
÷
÷ 3 + 2x - x 2 256
256 ø
256
è 256
256 3 + 2x - x 2

(

với mọi x Î (0;1), do đó f (x ) £ 1
3 + 2a - a 2

+

1
3 + 2b - b2

xảy ra khi a = b = c =

+

)

27
81
x+
với mọi x Î (0;1). Từ đó ta có
256
256

1
3 + 2c - c 2

£ -

27

81
27
, đẳng thức
a + b + c ) + 3.
=
(
256
256 32

1
.
3

Bài toán 14. Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a 4 + b 4 + c 4 = 3 . Chứng
minh rằng

1
1
1
+
+
1.
4 − ab 4 − bc 4 − ca

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.
13

Áp dụng bất đẳng thức ab £


a 2 + b2
2

1
1
1
+
+
4 − ab 4 − bc 4 − ca

ta có

(

)

(

2
2
2
2
+
+
. Tiếp theo đặt x = b2 + c 2 , y = c 2 + a 2
2

2
2
2
2
2
8 − ( a + b ) 8 − (b + c ) 8 − ( c + a )

(

z = a 2 + b2

)

2

)

2

,

khi đó x + y + z  4 ( a4 + b4 + c4 ) = 12 .

Bây giờ bài toán trở thành: Cho ba số thực dương x , y , z thỏa mãn
x + y + z  12 . Chứng minh rằng

1
1
1
1

+
+
 .
8− x 8− y 8− z 2

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 f (x ) =

1
8-

x

trên khoảng (0;12) và phương trình tiếp tuyến

của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x 0 = 4 là y =

1
1
x - 4) + .
(
144
6

Xét
2

1
1

f (x ) x - 4) =
(
144
6 6

(

)(

Do đó

)

x + 2 8-

Trên khoảng (0;12) thì f (x ) -

(
)
)(
)

(x - 4) x - 4
1
x
4
=
( )
2
144

x
144 x + 2 8 - x

x- 4

(

1
1
1
1
x - 4) £ 0 Û f (x ) £
x - 4) + .
(
(
144
6
144
6

1
1
1
1
1 1
+
+

( x + y + z − 12 ) + 3.  .
6 2

8 − x 8 − y 8 − z 144

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 4 hay a = b = c = 1 .
BÀI TẬP
Bài tập 1. Cho x , y, z Î éêë0;1ùúû. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(

) (

)

Q = 2 x 3 + y 3 + z 3 - x 2y + y 2z + z 2x .

Bài tập 2. Cho x , y , z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2x + 4y + 7z = 2xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z .

14


Bài tập 3. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác
thì

a b c
3 1æ
a c bö
÷
+ + ³
+ ççç + + ÷
÷

÷
b c a
2 2 èc b a ø

Bài tập 4. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1.Chứng
minh rằng ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) 
3

3

3

1
64

Bài tập 5. Cho ba số thực dương x , y , z .
Chứng minh rằng 2 (x 3 + y 3 + z 3 ) + 3xyz ³ 3 (x 2y + y 2z + z 2x ).
Bài tập 6. Cho x , y , z là những số thực dương. Chứng minh rằng:
x
y
z
+
+
£ 1
xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1

Bài tập 7. Cho x , y , z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 1 . Tìm
giá trị lớn nhất của P = x 2y + y 2z + z 2x .
Bài tập 8. Cho các số thực x, y,z  0 thoả mãn điều kiện ( x + y + z ) = 32 xyz .
3

Tìm GTLN – GTNN của biểu thức P =

x4 + y 4 + z 4

( x + y + z)

4

Bài tập 9. Cho ba số thực dương a,b,c .
Chứng minh rằng

2 ( a 3 + b3 + c 3 )
abc

+

9(a + b + c)

(a

2

2

+ b2 + c 2 )

 33

Bài tập 10. Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 4 ,

chứng minh rằng

a
5 + 3a 2

+

b
5 + 3b2

+

c
5 + 3c 2

+

d
5 + 3d 2

£

1
.
2

Bài tập 11. Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 1 ,
chứng minh rằng 4 (a 3 + b3 + c 3 + d 3 ) ³ a 2 + b2 + c 2 + d 2 +

3

.
16

Bài tập 12. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 , chứng minh rằng
a 2 − a + 1 + b2 − b + 1 + c 2 − c + 1  3

Bài tập 13. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1.
Chứng minh rằng a 2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1  10
15


Bài tập 14. Cho a,b,c là các số thực dương.

( a + b − c ) + ( a + c − b) + (c + b − a )  3
Chứng minh rằng: 2
2
2
2
5
c + ( b + a ) b2 + ( a + c ) a 2 + ( b + c )
2

2

2

a, b, c  R
a
b
c

9
+
+

. Chứng minh rằng
2
2
2
1+ a 1+ b 1+ c
10
a + b + c = 1

Bài tập 15. Cho 

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:

Năm học

Lớp

Sĩ
số

Số học sinh đạt giải
Cấp tỉnh(/số học sinh
tham gia dự thi)
Casio

Toán

Điểm thi ĐH môn toán
(Số lượng)
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

16


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

17