chuyên đề : Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức

CHUYÊN ĐỀ : ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Tác giả: …………..
Giáo viên trường: ……………..
Đối tượng bồi dưỡng: Học sinh lớp 12
Số tiết dự kiến: 15 tiết

MỞ ĐẦU
Bất đẳng thức là các dạng toán luôn xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ
của Bộ giáo dục hàng năm và trong các đề thi HSG các cấp. Đối với nhiều học sinh đây
được coi là các bài toán khó, thậm chí là câu khó nhất trong đề thi ĐH, CĐ.
Qua quá trình dạy học sinh ôn thi ĐH, CĐ và đặc biệt là dạy bồi dưỡng HSG. Tôi
thấy khi gặp các loại toán này học sinh rất lúng túng, cần phải hướng dẫn học sinh một
cách bài bản giải các loại toán này. Vì vậy tôi viết chuyên đề “ Ứng dụng tính đơn điệu
của hàm số để chứng minh bất đẳng thức” để giải quyết các vấn đề còn khó khăn hầu
hết đối với học sinh.
Bài viết được chia làm 3 mục: Mở đầu là tóm tắt các kiến thức cơ bản trong
SGK.Mục thứ hai là các ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng
thức cùng với các thí dụ minh họa. Mục cuối cùng là hệ thống các bài tập để bạn đọc tham
khảo.
Mặc dù rất tâm huyết với chuyên đề , nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên bài viết
khó tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của quí thầy cô, bạn bè
đồng nghiệp và các em học sinh để chuyên đề được hoàn thiện hơn và trở thành tài liệu có
ích trong giảng dạy và học tập.

1


PHẦN 1: TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1.Ứng dụng đạo hàm xét tính đơn điệu của hàm số

1.1. Định nghĩa: Cho hàm số f ( x) xác định trên khoảng K. Khi đó
*) f ( x) gọi là đồng biến trên K nếu với mọi x1 , x2 ∈ K mà x1 < x2 ta đều có f ( x1 ) < f ( x2 ).
*) f ( x) gọi là nghịch biến trên K nếu với mọi x1 , x2 ∈ K mà x1 < x2 ta đều có f ( x1 ) > f ( x2 ).
Các hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên một khoảng còn được gọi chung là các hàm
đơn điệu trên khoảng đó.
1.2. Định lý ( Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu trên một khoảng)
Cho hàm số f ( x) có đạo hàm trên khoảng (a;b). Khi đó
*) Nếu f ( x) ≥ 0 ∀x ∈ (a; b) (và dấu = chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm) thì f ( x) đồng biến
trên (a; b) .
*) Nếu f ( x) ≤ 0 ∀x ∈ (a; b) (và dấu = chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm) thì f ( x) nghịch
biến trên (a; b) .
1.3. Điểm tới hạn của hàm số
Điểm x0 được gọi là điểm tới hạn của hàm số f ( x) nếu nó thuộc tập xác định của
f ( x) và f '( x0 ) = 0 hoặc f '( x0 ) không xác định.
Chú ý: Trên mỗi khoảng phân chia bởi hai điểm tới hạn kề nhau, đạo hàm của hàm số giữ
nguyên một dấu.
2. Cực trị của hàm số
2.1. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên tập D, x0 ∈ D
*) x0 được gọi là điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại khoảng (a;b) chứa điểm x0 sao cho
(a;b) ⊂ D và f(x)f.
*) x0 được gọi là điểm cực tiểu của hàm số f nếu tồn tại khoảng (a;b) chứa điểm x0 sao
cho (a;b) ⊂ D và f(x)>f(x0), với mọi x0 ∈ (a;b)\{x0}. Lúc đó, f(x0) được gọi là giá trị cực tiểu
của f.
- Điểm cực đại và điểm cực tiểu được gọi chung là điểm cực trị của hàm số.
- Giá trị cực đại và giá trị cực tiểu được gọi chung là giá trị cực trị của hàm số.
2


- Nếu x0 là điểm cực trị của hàm số f thì điểm (x0; f(x0)) được gọi là điểm cực trị của đồ

thị hàm số f.
2.2. Định lí 1 (Định lí Fecmart-Điều kiện cần để hàm số có cực trị)
Nếu hàm số f có đạo hàm và đạt cực trị tại điểm x0 thì f’(x0) = 0.
2.3. Định lí 2 (Điều kiện đủ - Dấu hiệu 1)
Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng (a;b) chứa điểm x0 và có đạo hàm trên các khoảng
(a;x0) và (x0;b). Khi đó:
i) Nếu f’(x)<0, ∀x ∈ (a;x0 ) và f’(x) > 0 ∀x ∈ ( x0 ;b) thì f đạt cực tiểu tại điểm x0
ii) Nếu f’(x)>0, ∀x ∈ (a;x0 ) và f’(x) < 0 ∀x ∈ ( x0 ;b) thì f đạt cực đại tại điểm x0
Quy tắc 1
-Tìm tập xác định.
-Tính f’(x). Tìm các điểm tới hạn.
-Lập Bảng biến thiên.
-Kết luận.
2.4. Định lí 3 (Điều kiện đủ - Dấu hiệu 2)
Giả sử hàm số f có đạo hàm đến cấp hai trên khoảng (a;b) chứa điểm x0 đồng thời f’(x0)
= 0 và f’’(x0) ≠ 0. Khi đó
i) Nếu f’’(x0) < 0 thì hàm số f đạt cực đại tại điểm x0
ii) Nếu f’’(x0) > 0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm x0
Quy tắc 2
-Tìm tập xác định.
-Tính f’(x). Tìm các nghiệm xi của phương trình f’(x) = 0
-Tính f’’(x) và suy ra f’’(xi).
o

Nếu f’’(xi) < 0 thì f đạt cực đại tại xi

o

Nếu f’’(xi) > 0 thì f đạt cực tiểu tại xi

Chú ý: Khi áp dụng qui tắc 2, ta chỉ tìm được các điểm cực trị là nghiệm của phương
trình f’(x)=0, hơn nữa f’’(x) phải bằng khác 0. Ngoài các trường hợp trên, ta phải sử
dụng qui tắc 1.
3


3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số và biểu thức
3.1. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
<1>Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên tập D. Khi đó
- Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f(x) trên D nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
 M ≥ f ( x)∀x ∈ D

∃x0 ∈ D | f ( x0 ) = M
f ( x) = f ( x0 ) .
Kí hiệu: M = max
D

- Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên D nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
 m ≤ f ( x)∀x ∈ D

∃x0 ∈ D | f ( x0 ) = m
f ( x) = f ( x0 ) .
Kí hiệu: m = min
D

<2>Các bước tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên một khoảng:
- Tính đạo hàm
- Lập Bảng biến thiên
- Dựa vào Bảng biến thiên suy ra giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
<3> Các bước tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn [a;b]:

- Tính đạo hàm
- Tìm các điểm tới hạn xi và tính các giá trị f (a), f (b), f ( xi ).
f ( x ) = max { f (a ); f (b); f ( xi )} ; min f ( x) = min { f ( a); f (b); f ( xi )}
- Kết luận max
[a ;b ]
[a ;b ]

3.2. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
Cho biểu thức n biến P = f ( x1; x2 ;...; xn ) xác định trên D = D1 × D2 × ... × Dn , tức là
xi ∈ Di , ∀i = 1, n. Khi đó
- Số M được gọi là giá trị lớn nhất của P trên D nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
 M ≥ P, ∀xi ∈ Di , i = 1, n
 0
0
0
0
∃xi ∈ Di , ∀i = 1, n sao cho P = f ( x1 ; x2 ;...; xn ) = M
f ( x1 ; x2 ;...; xn ) = f ( x10 ; x20 ;....; xn0 ) .
Kí hiệu: Pmax = M = max
D

4


- Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của P trên D nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
 m ≤ P, ∀xi ∈ Di , i = 1, n
 0
0
0
0

∃xi ∈ Di , ∀i = 1, n sao cho P = f ( x1 ; x2 ;...; xn ) = m
f ( x1; x2 ;...; xn ) = f ( x10 ; x20 ;....; xn0 ) .
Kí hiệu: Pmin = m = min
D

4. Một số bất đẳng thức cơ bản
a) Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối
− a ≤ a ≤ a với ∀a ∈ R
x ≤ a ⇔ −a ≤ x ≤ a với a > 0
x > a
x >a⇔
với a > 0
 x < −a
a − b ≤ a + b ≤ a + b với ∀a, b ∈ R

Chứng minh:
Ba BĐT đầu được suy ra từ định nghĩa. Ta chứng minh BĐT cuối cùng.
+ Chứng minh a + b ≤ a + b (1)
Hai vế của (1) không âm nên bình phương hai vế của (1) ta được:

( a + b)

2

≤( a + b)

2

⇔ a 2 + 2ab + b 2 ≤ a 2 + 2 ab + b 2
⇔ ab ≤ ab

BĐT cuối cùng luôn đúng nên BĐT (1) được chứng minh.
+ Chứng minh a − b ≤ a + b

(2)

Tacó: a = a + b + ( −b ) ≤ a + b + ( −b ) (áp dụng BĐT vừa chứng minh ở trên)
⇔ a ≤ a+b + b
⇔ a − b ≤ a+b

Vậy BĐT (2) được chứng minh.
b) Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
* Đối với hai số không âm
+ Định lí: Với mọi a ≥ 0, b ≥ 0 , ta có:

5


a+b
≥ ab
2

(1)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b
+ Phát biểu: Trung bình cộng của hai số không âm lớn hơn hoặc bằng trung bình
nhân của chúng. Trung bình cộng của hai số không âm bằng trung bình nhân của chúng
khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau.
+ Chứng minh:
Do hai vế của (1) không âm nên bình phương hai vế ta được:

2

a +b 
( 1) ⇔ 
÷ ≥ ab
 2 
⇔ ( a + b ) ≥ 4ab
2

⇔ ( a − b ) ≥ 0 (luôn đúng)
2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.
+ Hệ quả 1: Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tổng không đổi thì tích của chúng
lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau.
+ Ý nghĩa hình học: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có
diện tích lớn nhất.
+ Hệ quả 2: Nếu hai số dương thay đổi nhưng có tích không đổi thì tổng của chúng
nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau.
+ Ý nghĩa hình học: Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích thì hình vuông
có chu vi nhỏ nhất.
* Đối với ba số không âm
+ Định lí: Với mọi a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0, ta có:
a+b+c 3
≥ abc
3

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
+ Phát biểu: Trung bình cộng của ba số không âm lớn hơn hoặc bằng trung bình
nhân của chúng. Trung bình cộng của ba số không âm bằng trung bình nhân của chúng khi

và chỉ khi ba số đó bằng nhau.

6


+ Hệ quả 1: Nếu ba số dương thay đổi nhưng có tổng không đổi thì tích của chúng
lớn nhất khi và chỉ khi ba số đó bằng nhau.
+ Hệ quả 2: Nếu ba số dương thay đổi nhưng có tích không đổi thì tổng của chúng
nhỏ nhất khi và chỉ khi ba số đó bằng nhau.
+ SGK Đại số 10 được viết cho HS lớp 10 là những độc giả mới chỉ được bước đầu làm quen
với kiến thức BĐT trong chương trình toán lớp 8 nên chỉ trình bày những kiến thức đơn giản,
cơ bản nhất, mang tính chất phổ thông.
.5. Một số bất đẳng thức thường gặp
5.1. Các BĐT gốc
• x 2 ≥ 0 với ∀x ∈ R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0
• x 2 + y 2 ≥ 0 với ∀x, y ∈ R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 0
• Tổng quát:
x12 m + x2 2 m + ... + xn 2m ≥ 0 với ∀x1 , x2 ,..., xn ∈ R

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = ... = xn = 0
5.2. Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối
•

a ≥ 0 với ∀a ∈ R . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0

•

− a ≤ a ≤ a với ∀a ∈ R

•

x ≤ a ⇔ −a ≤ x ≤ a (với a > 0 )

•

x ≥ a
x ≥a⇔
(với a > 0 )
 x ≤ −a

•

a1 − a2 − ... − an ≤ a1 + a2 + ... + an ≤ a1 + a2 + ... + an với ∀a1 , a2 ,..., an ∈ R Đặc biệt với

n =2:
a − b ≤ a + b ≤ a + b với ∀a, b ∈ R

5.3. Một số BĐT cổ điển thường gặp
a.Bất đẳng thức Cauchy
Với n số không âm a1 , a2 ,..., an ta có:
a1 + a2 + ... + an n
≥ a1a2...an
n

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an
7


Đặc biệt:
+ Với n = 2:

a1 + a2
≥ a1a2
2

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2
+ Với n = 3:

a1 + a2 + a3 3
≥ a1a2 a3
3

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = a3
b. Bất đẳng thức Bunhia-cốpxki
Cho hai dãy số thực bất kì ( a1 , a2 ,..., an ) và ( b1 , b2 ,..., bn ) , ta luôn có:

( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

2

≤ (a12 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 )

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( a1 , a2 ,..., an ) và ( b1 , b2 ,..., bn ) là hai bộ số tương
ứng tỉ lệ, tức là tồn tại số thực k để ai = kbi với mọi i = 1...n.
Đặc biệt:
+ Với n =2: ( a1b1 + a2b2 ) ≤ ( a12 + a2 2 ) ( b12 + b2 2 )
2

a

a

1
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: b = b
1
2

+ Với n = 3: ( a1b1 + a2b2 + a3b3 ) ≤ ( a12 + a2 2 + a32 ) ( b12 + b2 2 + b32 )
2

a

a

a

3
1
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: b = b = b
1
2
3

PHẦN II. PHƯƠNG PHÁP VÀ VÍ DỤ MINH HỌA
1. Phương pháp:
* Để chứng minh BĐT bằng PP đạo hàm, ta khảo sát sự biến thiên của hàm số f (x)
nào đó liên quan tới cấu trúc của BĐT cần chứng minh. Từ sự biến thiên của hàm số f (x)
ta suy ra BĐT cần chứng minh.

* Chứng minh BĐT bằng phương pháp đạo hàm có thể được chia thành một số dạng
như sau
8


- Dạng 1: Chứng minh BĐT có chứa một biến bằng phương pháp đạo hàm.
- Dạng 2: Chứng minh BĐT có chứa nhiều biến bằng phương pháp đạo hàm. Đối
với dạng này, cần làm cho HS nhận biết một số trường hợp sau đây:
+ TH1: Các biến có sự ràng buộc với nhau bởi một điều kiện nào đó
+ TH2: Biểu thức chứa biến là biểu thức đẳng cấp đối với các biến
+ TH3: Biểu thức chứa biến là biểu thức đối xứng đối với các biến
Từ những hiểu biết về Toán sơ cấp, ta có thể thấy: Đây là một PP rất hiệu quả trong
việc giải quyết nhiều bài toán chứng minh BĐT. Bởi PP này được sự hỗ trợ của một công
cụ rất mạnh, đó là đạo hàm. Nhờ đạo hàm mà ta có thể khảo sát hàm số và tìm cực trị một
cách dễ dàng (nếu không sử dụng đạo hàm thì ngay cả việc xét tính biến thiên của hàm số
cũng không dễ dàng gì do chỉ sử dụng định nghĩa đồng biến và nghịch biến), do vậy mà
bài toán chứng minh BĐT bằng PP đạo hàm được giải quyết nhanh gọn hơn. Khi chứng
minh BĐT bằng PP hàm số chúng ta không phải mò mẫm và dự đoán theo các thủ thuật sơ
cấp đơn lẻ.
PP này không được trình bày cụ thể trong SGK THPT nhưng được ẩn dưới một số
bài tập trong SGK Giải tích 12.
2. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Cho 0 < x <

π
. Chứng minh rằng: 2sin x + t anx > 3 x
2

Lời giải:
 π

Xét hàm số f ( x ) = 2sin x + t anx - 3x trên 0, ÷
 2
 π
+ Hàm số f (x) liên tục trên 0, ÷
2


+ Ta có: f ' ( x ) = 2cosx +
=



1
-3
cos 2 x

2 cos3 x − 3cos 2 x + 1
cos 2 x

( 1 − cos x ) ( 2 cos x + 1)
2

=

2

cos x

 π
> 0 với ∀x ∈  0, ÷

 2

 π
Do đó hàm số f đồng biến trên nửa khoảng 0, ÷
2


9




 π
⇒ f ( x ) > f ( 0 ) = 0 với ∀x ∈  0, ÷
 2

Vậy BĐT đã cho được chứng minh.
Chú ý: Nhiều khi để chỉ ra một tính chất của một hàm số nào đó ta có thể nghiên cứu hàm
số đó trên một tập rộng hơn, còn cụ thể tập rộng hơn thế nào thì còn phụ thuộc vào từng bài toán.
Chẳng hạn:
 π
Với bài toán trên nếu chỉ xét hàm số f ( x ) = 2sin x + t anx - 3x trên  0, ÷ là chưa hợp lí vì
2




khi đó việc tính f (0) là không hợp logic.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta có:
x−

x3
< s inx < x
6

Lời giải:
* Ta chứng minh: s inx < x (*) với mọi x > 0
Xét hàm số f ( x ) = s inx - x trên [ 0, +∞ )
+ f (x) là hàm số liên tục trên [ 0, +∞ )
+ Ta có f ' ( x ) = cos x - 1< 0 với mọi x > 0
Do đó: f (x) là hàm đồng biến trên [ 0, +∞ ) ⇒ f ( x ) > f ( 0 ) = 0 với mọi x > 0
Vậy BĐT (*) được chứng minh
* Ta chứng minh: x −

x3
< s inx (**) với mọi x > 0
6

Xét hàm số g ( x ) = x −

x3
− s inx trên [ 0, +∞ )
6

+ Hàm số g(x) liên tục trên [ 0, +∞ )
+ Ta có: g ' ( x ) = 1 −

(1)

x2

− cos x
2

Đến đây, nhiều HS tỏ ra lúng túng trong việc xét dấu của g ' (x). Lúc này, GV hướng dẫn
các em làm quen với một thủ thuật thông thường được áp dụng đối với những trường hợp chưa
thể khẳng định ngay được dấu của các đạo hàm cấp 1 là chúng ta tính liên tiếp các đạo hàm để
hạ bậc dần đa thức ẩn x.
Ta đi xét dấu của g ' ( x ) = 1 −

x2
− cos x với x > 0 như sau:
2

10


Xét hàm số h(x) = g ' ( x ) = 1 −

x2
− cos x trên [ 0, +∞ )
2

+ Hàm số h(x) liên tục trên [ 0, +∞ )
+ h '(x) = g''(x) = − x + s inx > 0 với mọi x > 0 (theo chứng minh trên )
Vậy h(x) = g'(x) là hàm số đồng biến trên [ 0, +∞ )
⇒ g ' ( x ) > g ' ( 0 ) = 0 với mọi x > 0

(2)

Từ (1) và (2) suy ra g (x) là hàm số đồng biến trên [ 0, +∞ )

⇒ g ( x ) > g ( 0 ) = 0 với mọi x > 0

Vậy BĐT (**) được chứng minh.
Ví dụ 3: Cho a ≤ 6 , b ≤ −8 , c ≤ 3 . Chứng minh rằng với ∀x ≥ 1 thì:

x 4 − ax 2 − bx ≥ c

Một số HS giải bài toán như sau:
4
2
3
Đặt f ( x ) = x − ax − bx ⇒ f ' ( x ) = 4 x − 2ax − b

Ta có: x ≥ 1 , a ≤ 6 , b ≤ −8 ⇒ −a ≥ −6 , −b ≥ 8
4 x3 ≥ 4

⇒ −2ax ≥ −12
 −b ≥ 8


⇒ f ' ( x ) ≥ 0 với ∀x ≥ 1

Suy ra f ( x ) đồng biến với ∀x ≥ 1 ⇒ f ( x ) ≥ f ( 1) = 1 − a − b ≥ 1 − 6 + 8 = 3
⇒ f ( x ) ≥ c (đpcm)

Sai lầm:
Học sinh đã mắc sai lầm về mặt kiến thức trong việc nhân hai vế của BĐT:
 −a ≥ −6
⇒ −2ax ≥ −12 . Điều này là sai lầm.


x ≥ 1
a ≥ b ≥ 0
⇒ ac ≥ bd và yêu cầu HS phát biểu tính chất này
c ≥ d ≥ 0

GV nhắc lại tính chất đúng: 
thành lời.
Lời giải đúng như sau:

4
2
3
Đặt f ( x ) = x − ax − bx ⇒ f ' ( x ) = 4 x − 2ax − b

⇒ f '' ( x ) = 12 x 2 − 2a = 2 ( 6 x 2 − a )

Do x ≥ 1 và a ≤ 6 nên f '' ( x ) ≥ 0 ⇒ f ' ( x ) đồng biến trên [ 1, +∞ )
Với x ≥ 1 ⇒ f ' ( x ) ≥ f ' ( 1) = 4 − 2a − b ≥ 0 (do a ≤ 6 và b ≤ −8 )
11


⇒ f ' ( x ) ≥ 0 với ∀x ≥ 1 ⇒ f ( x ) đồng biến trên [ 1, +∞ )

Do đó x ≥ 1 ⇒ f ( x ) ≥ f ( 1) = 1 − a − b ≥ 3 ≥ c
Vậy ∀x ≥ 1 ta có: x 4 − ax 2 − bx ≥ c (đpcm)
Trong các ví dụ xét ở trên, các BĐT cần chứng minh là các biểu thức chứa một biến x, do
đó khi chuyển hết về một vế HS có thể xác định được ngay hàm số cần tìm. Ví dụ tiếp theo minh
họa việc lựa chọn hàm số thích hợp để xét sự biến thiên, khi BĐT cần chứng minh là BĐT nhiều
biến.

x2
Ví dụ 4. Chứng minh rằng: e + cos x ≥ 2 + x − ,
2
x

LG: Xét hàm số f ( x) = e x + cos x − 2 − x +

x2
,
2

∀x ∈ ¡

x∈¡

f '( x) = e x − sin x − 1 + x ⇒ f ''( x) = e x − cos x + 1 > 0 , ∀x ∈ ¡
⇒ f '( x) là hàm số đồng biến và f '( x) = 0 có tối đa một nghiệm. Kiểm tra thấy x = 0 là
nghiệm duy nhất của f '( x) = 0 .
Bảng biến thiên:

Dựa vào BBT của f ( x)
x2
⇒ f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ e + cos x ≥ 2 + x − ,
2
x

x∈¡

Ví dụ 5. Chứng minh rằng: ∀x ∈ ( 0;1) luôn có x ( 1 − x 2 ) ≤

2 3
9

2
2
Lg: Xét hàm số: f ( x ) = x ( 1 − x ) ; x ∈ ( 0;1) f ' ( x ) = 1 − 3 x ; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = ±

12

1
3


Bảng biến thiên:

Từ đó suy ra: f ( x ) ≤

2 3
; ∀x ∈ ( 0;1)
9

Dấu “=” xảy ra khi x =

1
.
3

Ví dụ 6: Chứng minh rằng:
a) Nếu 0 < a < b <

π
thì b tan a < a tan b
2

b) Nếu ∆ABC có 3 góc nhọn thì:
sin A + sin B + sin C + tan A + tan B + tan C > 2π

Lời giải và nhận xét:
a) Với 0 < a < b <

π
tan a tan b
<
: b tan a < a tan b ⇔
2
a
b

Ở bài toán này, sau khi đã biến đổi HS có thể nhận biết ngay hàm cần tìm.
Xét hàm số: f ( x ) =

t anx
 π
trên  0, ÷
x
 2

1
x − sin 2 x
g ( x ) (1) với g ( x ) = x − 1 sin 2 x

Ta có: f ' x =
2
=
( )
2
x 2cos 2 x
x 2 cos 2 x
 π
Vì x 2 cos 2 x > 0 với ∀x ∈  0, ÷ nên dấu của
2




1
 π
g ( x ) = x − sin 2 x trên  0, ÷
2
 2
1
 π
Xét hàm số: g ( x ) = x − sin 2 x trên 0, ÷
2
 2

13

f '( x)

 π

trên  0, ÷ cũng là dấu của
2





 π
+ Hàm số g(x) liên tục trên 0, ÷
2




 π
+ Ta có: g ' ( x ) = 1 − cos2 x > 0 với ∀x ∈  0, ÷
2




 π
Do đó g(x) là hàm đồng biến trên 0, ÷
2




 π
⇒ g ( x ) > g ( 0 ) = 0 với ∀x ∈  0, ÷

 2

(2)

 π
Kết hợp (1) và (2) ta được: f ' ( x ) > 0 với ∀x ∈  0, ÷
2




 π
⇒ f ( x ) là hàm số đồng biến trên  0, ÷
 2

Vậy với 0 < a < b <

π
tan a tan b
<
ta có: f ( a ) < f ( b ) ⇔
(đpcm)
2
a
b

Ở câu này, HS có thể gặp khó khăn trong việc xét dấu của f ' (x). Chúng ta sẽ xét dấu của f ' (x)
1
 π
thông qua dấu của hàm số khác là g ( x ) = x − sin 2 x trên  0, ÷

2


2



 π
b) * Xét hàm số g ( x ) = s inx + t anx − 2 x trên 0, ÷
 2
 π
+ Hàm số g(x) liên tục trên 0, ÷
2


+ Ta có: g ' ( x ) = cosx +



1
−2
cos 2 x

 π
Với ∀x ∈  0, ÷ thì 0 < cos x < 1 ⇒ cos 2 x < cos x
2




⇒ g ' ( x ) > cos 2 x +

1
1
− 2 ≥ 2 cos 2 x.
−2 = 0
2
cos x
cos 2 x

 π
 π
Do đó g(x) là hàm số đồng biến trên 0, ÷ ⇒ g ( x ) > g ( 0 ) = 0 với ∀x ∈  0, ÷
2
2




* Tam giác ABC nhọn nên 0 < A, B, C <



π
, áp dụng kết quả vừa chứng minh ở trên ta có:
2

g ( A) + g ( B ) + g ( C ) > 0

⇔ ( sin A + tan A − 2 A ) + ( sin B + tan B − 2 B ) + ( sin C + tan C − 2C ) > 0

14




⇔ sin A + sin B + sin C + tan A + tan B + tan C > 2 ( A + B + C ) = 2π (đpcm)

Ở câu này HS cũng không khó khăn gì để đưa ra hàm số, cái khó của bài toán là ở chỗ xét
 π
dấu của g' (x): không đơn giản đánh giá được ngay mà phải sử dụng BĐT sơ cấp: ∀x ∈  0, ÷ thì
2




0 < cos x < 1 ⇒ cos 2 x < cos x và áp dụng BĐT Cauchy.

Ví dụ 7: Cho a, b > 0 và a + b = 1. Chứng minh rằng:
2

2

1 
1  25

a + ÷ + b + ÷ ≥
a 
b
2


Bài toán này là bài toán chứng minh BĐT có chứa 2 biến a và b, các biến được ràng buộc
với nhau bởi điều kiện a + b = 1 (dạng các biến ràng buộc với nhau bởi một điều kiện nào đó).
Trong trường hợp này ta chuyển BĐT cần chứng minh qua khảo sát giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của hàm số trên miền xác định của nó bằng cách chọn biến số như sau: Đặt a = x (hoặc b
= x, do vai trò a, b tương đương nhau).
Ta có lời giải như sau:
Đặt a = x với x ∈ ( 0,1) . Khi đó b = 1 − x
BĐT đã cho trở thành :
2

2

1 
1  25

 x + ÷ + 1 − x +
÷ ≥
x 
1− x 
2

2

2

1 
1 

Xét hàm số: f ( x ) =  x + ÷ +  1 − x +

÷ với x ∈ ( 0,1)
x
1− x








3
2 ( 2 x − 1)  x 3 ( 1 − x ) + x 2 − x + 1


Ta có: f ' ( x ) =
3
3
x ( 1− x)
3
Với ∀ x ∈ ( 0,1) ⇒ x3 > 0 ; ( 1 − x ) > 0 ; x 2 − x + 1 > 0

Do đó: f ' ( x ) = 0 ⇔ x =

1
2

Bảng biến thiên:

X

1
2

0

15

1


f '(x)

-

0

+

f(x)
25
2
1 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ' ( x ) ≥ 0 khi x ∈  ,1÷ ⇒ f ( x ) là hàm đồng biến trên
2 
1 
 1  25
=
 2 ,1÷ ⇒ f ( x ) ≥ f  2 ÷

 2

Vậy BĐT đã cho được chứng minh.
Các cách giải khác :
+) Sử dụng phương pháp áp dụng BĐT cổ điển
Áp dụng BĐT Bunhia-côpxki ta có :
2
2
2


1 
1 
1 
1 
 a + a ÷+  b + b ÷ ≤ 2  a + a ÷ +  b + b ÷ 
 

 
 


2
2
2
2

1 
1  
a+b 

1 
⇔ 2  a + ÷ +  b + ÷  ≥  a + b +
=
1
+
÷ 
÷ (1)
a 
b   
ab   ab 





Ta đi chứng minh:  1 +

2

1 
÷ ≥ 25
ab 

Thật vậy:
Theo Cauchy ta có:
a + b ≥ 2 ab ⇔ 1 ≥ 2 ab ⇔ ab ≤



Do đó:  1 +

1
4

2

1 
2
÷ ≥ ( 1 + 4 ) = 25
ab 

(2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1
1
a + = b +
a
b

1
a=b
⇔a=b=

2
 a, b > 0

 a + b = 1

+) Sử dụng phương pháp lượng giác:
16


Vì a, b được liên hệ với nhau bởi biểu thức a + b = 1 nên ta có thể đặt:
2
 a = sin ϕ

2
b = cos ϕ

với ϕ ∈ [ 0; 2π ]

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành:
2

2

 2
1   2
1 
25
≥
 sin ϕ + 2 ÷ +  cos ϕ +
2 ÷
sin ϕ  
cos ϕ 
2


⇔ sin 4 ϕ + cos 4ϕ +

1
1
17
+
≥
(*)
4
4
sin ϕ cos ϕ 2

Ta có:


4
4
VT (*) = ( sin ϕ + cos ϕ ) 1 +




1
4 ÷
sin ϕ .cos ϕ 
4


16 
= ( 1 − 2sin 2 ϕ .cos 2ϕ ) 1 + 4

÷
 sin 2ϕ 
16  17
 1

2
4
= 1 − sin 2 2ϕ ÷1 + 4
÷ ≥ = VP (*) (do sin 2ϕ ≤ 1 ; sin 2ϕ ≤ 1 )
2
sin
2
ϕ


 2

Vậy BĐT đã cho được chứng minh.
GV cho HS giải bài tập tương tự sau:
Cho a, b ≥ 0 và a + b = 1 , n nguyên dương. Chứng minh rằng:

an + bn ≥

1
2n −1

Ví dụ 8: Cho a ≥ 0 và b ≥ 0 . Chứng minh rằng: 3a 3 + 7b3 ≥ 9ab 2 (1)
Ta thấy: biểu thức chứa biến là dạng biểu thức đẳng cấp đối với các biến.
Lời giải:
+ Trường hợp 1: Nếu b = 0 thì (1) ⇔ 3a 3 ≥ 0 (luôn đúng với ∀a ≥ 0 )

3

a
a
+ Trường hợp 2: Nếu b > 0 thì (1) ⇔ 3  ÷ − 9  ÷+ 7 ≥ 0
b
b

Đặt x =

(2)

a
thì x ≥ 0 và (2) trở thành: 3 x3 − 9 x + 7 ≥ 0
b

3
Xét hàm số f ( x ) = 3x − 9 x + 7 với x ≥ 0
2
2
Ta có f ' ( x ) = 9 x − 9 = 9 ( x − 1) ⇒ f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1

Bảng biến thiên:
x

0

1
17

+∞


f '(x)

-

0

+

7

+∞

f(x)
1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: với ∀x ≥ 0 thì f ( x ) ≥ 1 > 0
Kết hợp cả hai trường hợp ta suy ra điều phải chứng minh.

1
4
4
Ví dụ 9. Chứng minh rằng với x + y = 1 thì x + y ≥ .
8
Lg: Từ x + y = 1 ⇒ y = 1 − x nên x 4 + y 4 = x 4 + ( 1 − x )

4

Xét hàm số: f ( x ) = x 4 + ( 1 − x ) 4 ⇒ f ' ( x ) = 4 x3 − 4 ( 1 − x ) 3 ; f ' ( x ) = 0 ⇔ x =

1
.
2

Bảng biến thiên:

Từ đó suy ra: f ( x ) ≥

1
8

∀x ∈ ¡

1
Dấu “=” xảy ra khi x = y = .
2
Ví dụ 10. Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn ( x + y )3 + 4 xy ≥ 2 . Chứng minh :
9
P = 3( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1 ≥
16
1
Lg: Ta có ( x + y )3 + 4 xy ≥ 2 ⇒ 2 ≤ ( x + y )3 + ( x + y ) 2 ⇒ x + y ≥ 1 ⇒ x 2 + y 2 ≥
2

18


P = 3( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1
2

3
3
= x 2 + y 2 + x 4 + y 4 − 2( x 2 + y 2 ) + 1
2
2
2
9
≥ x 2 + y 2 − 2( x 2 + y 2 ) + 1
4

(

)

(

)

(

)

1
9
Đặt t = x 2 + y 2 ⇒ t ≥ . Khi đó: P ≥ .t 2 − 2t + 1
2
4
9
1
Xét hàm số: f (t ) = .t 2 − 2t + 1 với t ≥ .

4
2
9
f '(t ) = .t − 2 ≥ 0
2

∀t ≥

1
1

⇒ Suy ra hàm số đồng biến trên  ; +∞ ÷
2
2


9
1 9
P ≥ f (t ) ≥ f  ÷ = ⇒ P ≥
(ĐPCM)
16
 2  16
1
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

1 1 1
Ví dụ 11. Chứng minh rằng: ( x + y + z )  + + ÷ ≤ 12 với mọi số thực x, y, z ∈ [ 1;3]
x y z

2
Lg: Ta có : x ∈ [ 1;3] ⇒ (3 − x)( x − 1) ≥ 0 ⇔ − x + 4 x − 3 ≥ 0 ⇔ 4 − x −

Tương tự :

3
1 4− x
≥0⇔ ≤
x
x
3

1 4− y
1 4− z
≤
; ≤
y
3
z
3

1 1 1
4−x 4− y 4−z
+
+
Suy ra: P = ( x + y + z )  + + ÷≤ ( x + y + z ) 
÷
x
y
z

3
3
3 



P ≤ 4( x + y + z )

2
x + y + z)
(
−

3

Đặt t = x + y + z ⇒ t ∈ [ 3;9]
t2
t2
Khi đó : P ≤ f (t ) = 4t − . Xét hàm số : f (t ) = 4t −
với t ∈ [ 3;9]
3
3
f '(t ) = 4 −

2t
; f '(t ) = 0 ⇔ t = 6
3
19

f (3) = f (9) = 9; f (6) = 12 ⇒ f (t ) ≤ f (6) = 12 với mọi t ∈ [ 3;9]
1 1 1
Vậy ( x + y + z )  + + ÷ ≤ 12 (ĐPCM)
x y z
Ví dụ 12. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 , ta có:
a 5 − 2a 3 + a b 5 − 2b3 + b c 5 − 2c 3 + c 2
+
+
≤
b2 + c 2
c2 + a2
a 2 + b2
3
Lg: Do a, b, c > 0 , a 2 + b 2 + c 2 = 1 ⇒ a, b, c ∈ (0;1)
5

3

Ta có: a − 2a + a =
b2 + c 2

(

)

a a2 − 1
1− a

2

2

= −a3 + a

(

) (

) (

)

3
3
3
Bất đẳng thức trở thành: −a + a + −b + b + −c + c ≤

Xét hàm số : f ( x) = − x 3 + x

với x ∈ ( 0;1)

f '(t ) = −3x 2 + 1; f '( x) = 0 ⇔ t =

1
3

Lập bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên suy ra : Max f ( x) =
(0;1)

(

) (

) (

)

2
3 3

3
3
3
Suy ra: −a + a + −b + b + −c + c ≤

20

2
3

(ĐPCM)

2
3


Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c =

1
3

Ví dụ 13. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 .
Chứng minh rằng: ab + bc + ca − 2abc ≤

7
.
27

Lg:
Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a )bc = a (1 − a ) + (1 − 2a)bc .
Đặt t = bc thì ta có 0 ≤ t = bc ≤

(b + c) 2 (1 − a) 2
.
=
4
4

 (1 − a) 2 
Xét hs f (t ) = a(1 − a) + (1 − 2a )t trên đoạn  0;
.
4 

(a + 1 − a) 2 1 7
f
(0)
=
a

(1
−
a
)
≤
= <
Có
4
4 27
2
 (1 − a) 2  7 1
1 
1
7
− (2a + )  a − ÷ ≤
và f 
với mọi a ∈ [ 0;1]
÷=
4
27
4
3
3
27





7

 1
Với a ∈  0;  ⇒ f (t ) ≤ f (0) <
27
 2
 (1 − a) 2  7
1 
Với a ∈  ;1 ⇒ f (t ) ≤ f 
÷≤
2 
 4  27
Vậy ab + bc + ca − 2abc ≤

7
. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3
27

Ví dụ 14. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 . Chứng minh rằng:
3

x− y

+3

y−z

+3

z−x

− 6 x2 + 6 y 2 + 6 z 2 ≥ 3

(Đề thi ĐH khối B năm 2012)
Lg: Trước tiên, ta đi chứng minh f ' ( t ) = 3 ln t − 1 > 0; ∀t ≥ 0(*)
t
Thật vậy: Xét hàm số f ( t ) = 3 − t − 1; t ≥ 0
t

f ' ( t ) = 3t ln t − 1 > 0; ∀t ≥ 0 . Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng

⇒ f ( t) ≥ f ( t) = 0

Dấu bằng xảy ra khi t = 0
21

( 0;+∞ )


x− y

y−z

z −x

Áp dụng (*) ta có: 3 + 3 + 3 ≥ x − y + y − z + z − x + 3
Áp dụng BĐT: a + b ≥ a + b , ta được:

( x− y +

y−z + z−x) =
2

2

2

2

= x − y + y − z + z − x + 2. x − y . y − z + 2. x − y . z − x + 2. y − z . z − x

(

2

2

≥ 2. x − y + y − z + z − x

2

(

)

2

2

Do đó: x − y + y − z + z − x ≥ 2 x − y + y − z + z − x

2

)

= 6 x2 + 6 y 2 + 6 z 2 − 2 ( x + y + z ) = 6x2 + 6 y 2 + 6z 2
2

Vậy 3 x− y + 3 y − z + 3 z − x − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 ≥ 3
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 0
Ví dụ 15. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1 .
5
x5 + y 5 + z 5 ≥
Chứng minh rằng:
6 6
(Đề thi ĐH khối B năm 2012)

1
2
2
2
2
2
y + z 1− x
1 1− x
2
2
=
⇒ x2 − ≤
⇔ 3x 2 ≤ 2 ⇔ −
≤x≤
Mặt khác, ta có: yz ≤

2
2
2
2
3
3
5
5
5
5
2
2
3
3
2 2
Khi đó: x + y + z = x + ( y + z ) ( y + z ) − y z ( y + z ) =
Lg: Ta có: 0 = ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 x ( y + z ) + 2 yz = 1 − 2 x 2 + 2 yz ⇒ yz = x 2 −
2

2

1
5
3

= x + ( 1 − x ) ( y + z ) − 3 yz ( y + z )  −  x 2 − ÷ x = ( 2 x 3 − x ) = f ( x )

 
2
4

 2 2
5
Xét hàm số f ( x ) = ( 2 x 3 − x ) với x ∈  − ;

4
 3 3
15 2 5
1
ta có f ' ( x ) = x − ; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = ±
2
4
6
Bảng biến thiên
5

2

22


Từ đó suy ra: f ( x ) ≤

 2 2
; x ∈ − ;

6 6
 3 3
5

1

2

x
=
y
=
−
;
z
=

6
6

1
2
1

;y =
;z = −
Dấu bằng xảy ra khi  x = −
6
6
6

x = 2 ; y = − 1 ; z = − 1

6
6
6

Ví dụ 16. Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn: a 2 + b 2 = 1; c − d = 3 .
CM: F = ac + bd − cd ≤

9+6 2
4

LG: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki và giả thiết ta có:
F≤

(a

2

)(

)

+ b 2 c 2 + d 2 − cd = 2d 2 + 6d + 9 − d 2 − 3d = f (d )
1 − 2 ( d + 3) +
2

Ta có: f '(d ) = (2d + 3)

2 d 2 + 6d + 9

Bảng biến thiên:

23

9

2 ;

f '(d ) = 0 ⇔ d = −

3
2


 3 9+6 2
Dựa vào BBT ta suy ra được : f ( d ) ≤ f  − ÷ =
4
 2
Dấu “=” xảy ra khi a =

1
1
3
3
;b = −
;c = ;d = −
2
2
2
2

Ví dụ 17: Cho a, b, c > 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng:
a
b
c
3 3

+ 2 2+ 2
≥
2
2
b +c a +c a +b
2
2

(1)

Lời giải:
Ta nhận thấy: biểu thức chứa biến là biểu thức đối xứng với tất cả các biến.
Với điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 1 thì
(1) ⇔

a
b
c
3 3 2
+
+
≥
a + b2 + c2 )
(
2
2
2
1− a 1− b 1− c
2


1
3 3 2 
1
3 3 2 
1
3 3




≥0
⇔ a2 
−
+
b
−
+
c
−
2
2
2
2 
2 
2 
b
1
−
b

c
1
−
c
 a ( 1 − a )


(
)
(
)






Do biểu thức đối xứng đối với ba biến a, b, c. Vậy ta có thể đặt a = x hoặc b = x hoặc c = x.
Ta đi chứng minh:

1
3 3
≥
với ∀x : 0 < x < 1 . Thật vậy:
2
2
x ( 1− x )

2
Xét hàm số f ( x ) = x ( 1 − x ) trên ( 0,1)

3
2
Ta có: f ' ( x ) = −3x + 1 ⇒ f ' ( x ) = 0 ⇔ x =
(do x ∈ ( 0,1) )
3

24


Bảng biến thiên:
x

3
3

0

f '(x)

+

1

0

-

2
3 3

f(x)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: 0 ≤ f ( x ) ≤
⇔

2
3 3

với ∀x ∈ ( 0,1)

1
3 3
1
3 3
≥
≥
⇔
2
2
x ( 1− x )
f ( x)
2

Do đó:



1
3 3

1
3 3
1
3 3
2
2




≥0
a2 
−
≥
0
b
−
≥
0
c
−
;
;
2
2
2
2 
2 
2 
b

1
−
b
c
1
−
c
 a ( 1 − a )


(
)
(
)






Vậy (2) được chứng minh ⇒ (1) được chứng minh.
x+ y
x− y
>
2
ln x − ln y

Ví dụ 19. Chứng minh rằng:

∀x > y > 0

Giải. Do x > y > 0, lnx > lny ⇔ lnx −lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức
⇔

x −1
x− y
x
y
ln x − ln y > 2 ×
⇔ ln > 2 ×
x +1
x+ y
y
y

⇔

t −1
f (t ) = ln t − 2 ×
>0
t +1

∀t >1. Ta có

t −1
t +1

⇔ ln t > 2 ×

với

t=

x
>1
y

( t − 1)
1
4
f ′( t) = −
=
>0
2
2
t ( t + 1)
t ( t + 1)
2

∀t >1

⇒ f(t) đồng biến [1, +∞) ⇒ f(t) > f(1) = 0 ∀t >1 ⇒ (đpcm)
1 
y
x 
− ln
 ln
÷> 4
y − x  1− y
1− x 

Ví dụ 20. Chứng minh rằng:

∀x, y ∈ ( 0,1)

 x ≠ y

Giải. Xét hai khả năng sau đây:
y

x

y

x

y

x

y

x

+ Nếu y > x thì (1) ⇔ ln 1 − y − ln 1 − x > 4 ( y − x ) ⇔ ln 1 − y − 4 y > ln 1 − x − 4 x
+ Nếu y < x thì (1) ⇔ ln 1 − y − ln 1 − x < 4 ( y − x ) ⇔ ln 1 − y − 4 y < ln 1 − x − 4 x
Xét hàm đặc trưng f(t) =
Ta có

f ′( t ) =

ln

t
− 4t
1− t

( 2t − 1) 2
1
−4=
>0
t (1 − t )
t (1 − t )

với t∈(0, 1).

∀t∈(0,1) ⇒ f(t) đồng biến (0, 1)

⇒ f(y) > f(x) nếu y > x và f(y) < f(x) nếu y < x ⇒ (đpcm)
Ví dụ 21. Chứng minh rằng:

ab < ba

25

∀a > b ≥ e

(1)