Rèn luyện kĩ năng chứng minh Bất đẳng thức bằng cách vận dụng hai tính chất của hàm số cho học sinh khá, giỏi lớp cuối cấp THPT

PHẦN MỞ ĐẦU: NHỮNG VẤN ĐỀ CHUNG
1.

Lí do chọn đề tài.
Bất đẳng thức là một mảng kiến thức khó, thường hay gặp trong các đề thi Đại

học và Cao đẳng. Nhiều học sinh khi tham dự kì thi này đã bỏ qua bài tốn chứng
minh bất đẳng thức. Có rất nhiều bất đẳng thức, rất nhiều kĩ thuật để chứng minh
bất đẳng thức nên việc biết và dạy cho các em hết là điều không thể, điều quan
trọng của chúng ta là hiểu thật rõ các bất đẳng thức cơ bản, đó là yếu tố đầu tiền để
học tốt bất đẳng thức. Tuy nhiên một số bất đẳng thức khi chứng minh ta gặp khó
khăn khi sử dụng cách này. Mà hàm số là khái niệm được học xuyên suốt chương
trình phổ thơng, tính chất của nó có tác dụng lớn vào việc vận dụng để chứng minh
bất đẳng thức. Nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức phức tạp đã được giải
quyết đơn giản hơn khi sử dụng tính chất của hàm số.
Nhằm giúp đỡ học sinh có thêm kỹ năng tốt trong việc chứng minh bất đẳng
thức nên tôi chọn nghiên cứu đề tài : “ Rèn luyện kĩ năng chứng minh Bất đẳng
thức bằng cách vận dụng hai tính chất của hàm số cho học sinh khá, giỏi lớp
cuối cấp THPT.”
2.

Mục đích nghiên cứu:
Mục đích của bài tiểu luận này là cung cấp thêm cho học sinh cách chứng

minh bất đẳng thức bằng vận dụng hai tính chất của hàm số.
3. Khách thể và đối tượng nghiên cứu:
Khách thể nghiên cứu: Học sinh khá, giỏi cuối cấp THPT.
Đối tượng nghiên cứu: kĩ năng chứng minh bất đẳng thức dựa vào hai tính
chất của hàm số.
Phạm vi nghiên cứu: Các bài toán chứng minh bất đẳng thức.
4.

Giả thuyết khoa học:
Nếu đưa ra được những nội dung rèn luyện kĩ năng chứng minh bất đẳng
thức dựa vào hai tính chất của hàm số thì có thể nâng cao kĩ năng chứng minh Bất
đẳng thức cho các em, vì lúc đó các em đã có thêm cơ sở, hướng làm khi được
nhận một đề bài.


5.
-

Nhiệm vụ nghiên cứu.
Tìm hiểu cơ sở lí luận và thực tiễn của vấn đề cần nghiên cứu.
Đưa ra nội dung, phương pháp rèn luyện kĩ năng chứng minh Bất đẳng thức

dựa vào hai tính chất của hàm số.
6. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: tìm hiểu nghiên cứu tài liệu có liên quan đến
đề tài tiểu luận.
- Phương pháp quan sát - Điều tra : thực trạng về kĩ năng chứng minh bất đẳng
thức của học sinh cuối cấp THPT.
7. Dàn ý chi tiết của đề tài.
- Phần mở đầu
- Phần nội dung nghiên cứu.
Chương I: Cơ sở lý luận.
1. Kĩ năng.
2. Vấn đề rèn luyện kĩ năng giải toán cho học sinh.
Chương II: Những định hướng sư phạm nhằm rèn luyện kĩ năng chứng minh
bất đẳng thức bằng cách vận dụng hai tính chất của hàm số cho học sinh khá,
giỏi cuối cấp THPT.
1. Hai tính chất sẽ vận dụng của hàm số và một số tính chất liên quan.

2. Vận dụng hai tính chất vào chứng minh các bài toán bất đẳng thức.
Phần kết luận.

PHẦN II: PHẦN NỘI DUNG
CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÝ LUẬN.
1.
-

Kĩ năng.
Theo từ điển Tiếng Việt “ Kĩ năng là khả năng vận dụng những kiến thức thu

nhận trong một lĩnh vực nào đó vào thực tế.”
Theo giáo trình tâm lí học đại cương : “ Kĩ năng là năng lực sử dụng các dữ
kiện, các tri thức hay khái niệm đã có, năng lực vận dụng chúng để phát hiện


những thuộc tính bản chất của sự vật và giải quyết thành công những nhiệm vụ lý
luận hay thực hành xác định”.
Theo các nghiên cứu tâm lí học lứa tuổi, tâm lí học sư phạm: “ Kĩ năng là khả
năng vận dụng kiến thức (khái niệm, cách thức phương pháp.. ) để giải quyết
nhiệm vụ mới.
Trong Toán học: “Kĩ năng là khả năng giải các bài toán, thực hiện các chứng
minh đã nhận được. Kỹ năng trong toán học quan trọng hơn nhiều so với kiến thức
thuần túy, so với thông tin trơn.”
Trong thực tế dạy học, học sinh thường gặp khó khăn khi vận dụng kiến thức
vào giải quyết bài tập cụ thể do: học sinh không nắm vững kiến thức các khái
niệm, định lý, quy tắc, không trở thành cơ sở của kỹ năng. Muốn hình thành được
kĩ năng, đặc biệt là kĩ năng giải toán cho học sinh, giáo viên cần phải tổ chức cho
học sinh học toán trong hoạt động và bằng hoạt động tự giác, tích cực, sáng tạo để
học sinh có thể nắm vững tri thức, kĩ năng và sẵn sàng vận dụng vào thực tiến.

2. Vấn đề rèn luyện kĩ năng giải toán cho học sinh.
Trong các mục đích riêng của mơn Tốn ở trường phổ thơng thì việc truyền
thụ kiến thức, rèn luyện kĩ năng là cơ sở vì các mực đích khác muốn thức hiện
được phải dựa trên mục đích này. Và kiến thức về mặt nào đó sẽ khơng được cũng
cố, mở rộng, vận dụng vào thực tiễn cũng như các ngành khoa học khác, nếu
không chú trọng vào việc rèn luyện kĩ năng thực hiện các hoạt động tương ứng.
Việc rèn luyện kĩ năng hoạt động nói chung, kĩ năng tốn học nói riêng là một
u cầu quan trọng, đảm bảo mối liên hệ giữa học với hành, điều này đã được
nhiều tác giả đề cập như:
“Suy nghĩ tức là hành động” (J. Piaget)
“Cách tốt nhất để tìm hiểu là làm” (Kant)
“Học để hành, học và hành phải đi đơi” (Hồ Chí Minh)
Dạy học sẽ khơng đạt được kết quả nếu học sinh chỉ biết đọc thuộc khái niệm,
định nghĩa, định lý mà không biết vận dụng hay vận dụng không thành thạo vào
việc giải bài tập.


Dạy toán là dạy kiến thức, kĩ năng tư duy và tính cách cho học sinh (Nguyễn
Cảnh Tồn). Việc hình thành và rèn luyện kĩ năng giải toán cho học sinh là một
trong những yêu cầu cơ bản và cần thiết của hoạt động dạy toán, giúp học sinh hiểu
sâu sắc kiến thức tốn trong trường phổ thơng, đồng thời rèn luyện cho học sinh
các thao tác tư duy, các hoạt động trí tuệ. Từ đó bồi dưỡng các phẩm chất trí tuệ,
phát tiển năng lực giải tốn cho học sinh.
Và sự hình thành kĩ năng thực chất là hình thành cho học sinh nắm vững một
hệ thống phức tạp các thao tác nhằm làm biến đổi và sáng tỏ những thông tin chứa
đựng trong bài tập, trong nhiệm vụ và đối chiếu chúng với những hành động cụ
thể.
Việc hình thành và rèn luyện cho học sinh cần được tiến hành trên các bình
diện khác nhau.
- Kĩ năng vận dụng tri thức trong nội bộ toán, thể hiện rõ dưới dạng giải bài tập

toán.
- Kĩ năng vận dụng tri thức tốn học vào các lĩnh vực khác.
Có thể nói, bài tập tốn chính là mảnh đất để rèn luyện kỹ năng tốn. Do đó,
để rèn luyện kỹ năng tốn cho học sinh, giáo viên cần tăng cường hoạt động giải
toán (đây cũng chính là hoạt động chủ yếu khi dạy tốn). Cụ thể hơn thơng qua
hoạt động giải tốn, rèn luyện kĩ năng toán cho học sinh càn quan tâm chú trọng
những vấn đề sau:
+ Giúp cho học sinh biết cách tìm tịi để nhận xét ra yếu tố đã cho, yếu tố phải tìm
và mối quan hệ giữa chúng.
+ Giúp học sinh hình thành mơ hình khái qt để giải quyết các bài tập, các đối
tượng cùng loại.
+ Xác lập được mối liên hệ giữa bài tập mơ hình khái quát và các kiến thức tương
xứng.


CHƯƠNG II: NHỮNG ĐỊNH HƯỚNG SƯ PHẠM NHẰM RÈN LUYỆN KĨ
NĂNG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG CÁCH VẬN DỤNG HAI
TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ CHO HỌC SINH KHÁ, GIỎI CUỐI CẤP
THPT.
1. Hai tính chất sẽ vận dụng của hàm số và một số tính chất liên quan.
a. Hai tính chất hiển nhiên đúng của hàm số

y

Tính chất 1. Cho đồ thị hàm số y = f(x)
C

lồi trên khoảng (a; b). Cát tuyến AB có

B

phương trình y = Ax + B, tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại điểm C có hồnh độ x0

A

f(x)
a

O

x0

b

x

thuộc khoảng (a; b) có phương trình
y = ax + b. Ta ln có bất đẳng thức
Ax  B  f (x) �ax  b với x � a;b  .

( Xem hình 1)

Hình 1

y
f(x)

Tính chất 2. Cho đồ thị hàm số y = f(x)

B

lõm trên khoảng (a; b). Cát tuyến AB có

A

O

a

C
x0

b

x


phương trình y = Ax + B, tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại điểm C có hồnh độ x0
thuộc khoảng (a; b) có phương trình
y = ax + b. Ta ln có bất đẳng thức
ax  b �f (x)  Ax  B với x � a;b  .

( Xem hình 2)

Hình 2

b. Một số kiến thức liên quan.
1. Nếu f '' (x)  0 , x �(a;b) thì đồ thị hàm số y = f(x) lõm trên khoảng (a; b)

2. Nếu f '' (x)  0 , x �(a; b) thì đồ thị hàm số y = f(x) lồi trên khoảng (a; b)
3. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm C(x0; f(x0)) là
y  f ' (x 0 )  x  x 0   f (x 0 )

4. Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(xA; yA) và B(xB; yB) là
(yB – yA)(x – xA) + (xA – xB)(y – yA) = 0.
2. Vận dụng hai tính chất trên để chứng minh bất đẳng thức.
 Vận dụng cho hàm số lượng giác
a. Hàm số y = sinx
Xét hàm số f(x) = sinx trên khoảng  0;   ; ta có f " (x)   sinx  0 với x � 0;  
suy ra đồ thị hàm số lồi trên khoảng  0;   .
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hồnh độ x 0 � 0;  có phương trình
y  f '  x 0   x  x 0   f  x 0   cos x 0  x  x 0   sinx 0 .

Theo tính chất 1 ta có bất đẳng thức: sinx �cos x 0  x  x 0   sinx 0 (1).


Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = sinx lồi trên khoảng  0; x1  � 0;  . Cát tuyến OA qua
hai điểm O(0; 0) và A  x1 ;sinx1  có phương trình y 
Theo tính chất 1 ta có: sinx 

sinx1
x.
x1

sinx1
x (2).
x1

Bây giờ ta sẽ vận dụng BĐT(1) và BĐT(2) để chứng minh một số Bất đẳng thức.

3 3
với mọi tam giác ABC
2

Bài 1 a) Chứng minh: sin A  sin B  sin C �
Giải:

Áp dụng BĐT(1) cho các góc A; B; C của tam giác ABC và x 0 
� �

sin A �cos �
A  � sin 
3� 3�
3


ta có
3

1� � 3
;
�A  �
2� 3 � 2

1� � 3
sin B � �
B  �
;
2� 3 � 2
1� � 3

sin C � �
C  �
.
2� 3 � 2

Cộng các BĐT cùng chiều thu được ta có:
1
3 3 3 3
sin A  sin B  sin C �  A  B  C    

(vì A  B  C   ). Đẳng thức
2
2
2

xảy ra khi và chỉ khi A  B  C 


.
3

b) Chứng minh: sin A  sin B  sin C  2 với tam giác ABC nhọn.
Giải:


Áp dụng BĐT(2) cho các góc A; B; C của tam giác nhọn ABC và x1 


ta có:
2


2 A  2 A sin B  2 B sin C  2 C
sinA>
;
;
. Từ đó ta thu được BĐT sau




2
sin

sin A  sin B  sin C 

2
 A  B  C   2 (vì A  B  C   )


Bài 2 a) Chứng minh: sin

A
B
C 3
 sin  sin � với mọi tam giác ABC
2
2
2 2

Giải:
Áp dụng BĐT(1) cho các góc
ABC) và x 0 

A B C
; ; (với A; B; C là số đo các góc của tam giác
2 2 2


ta có:
6

sin

A
 �A  �

3 �A  � 1
�cos �  � sin 
�  � ;
2
6 �2 6 �
6
2 �2 6 � 2

sin

B
3 �B  � 1
� �  � ;

2
2 �2 6 � 2

sin

C
3 �C  � 1
� �  � .
2
2 �2 6 � 2

Từ đó ta thu được BĐT sau: sin

A
B
C
3 �A B C  � 3 3
 sin  sin � �    �  (vì
2
2
2
2 �2 2 2 2 � 2 2

A  B  C   ). Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A  B  C 

b) Chứng minh: sin
Giải:


.

3

A
B
C
 sin  sin  2 với mọi tam giác nhọn ABC.
2
2
2


Áp dụng BĐT(2) cho các góc
nhọn ABC) và x1 

A B C
; ; (với A; B; C là số đo các góc của tam giác
2 2 2


ta có:
4


A
4A2 2A
sin >
;
 2
2
 2

4
sin

sin

B 2 2B

;
2
 2

sin

C 2 2C

.
2
 2

Từ đó ta thu được BĐT sau: sin

A
B
C 2 2 �A B C �
 sin  sin 
�   � 2 (vì
2
2
2
 �2 2 2 �

A  B  C   ).

Bài 3 a) Chứng minh: sin A  sin B  sin C �3 2  3 với mọi tam giác ABC
4

4

4

2

Giải:
Áp dụng BĐT(1) cho các góc
và x 0 

sin

A B C
; ; (với A; B; C là các góc của tam giác ABC)
4 4 4


ta có
12

A
 �A  �

2  3 �A  � 2  3

�cos �  � sin 
�  �
4
12 �4 12 �
12
2
2
�4 12 �

(chú ý: sin   2  3 ;cos   2  3 );
12

2

12

2


sin

B
2  3 �B  � 2  3
;
�
�  �
4
2
2
�4 12 �

sin

C
2  3 �C  � 2  3
.
�
�  �
4
2
2
�4 12 �

Cộng các BĐT thu được ta có BĐT sau:
sin

A
B
C
2  3 �A B C  � 3 2  3 3 2  3
 sin  sin �

�    �
4
4
4
2
2
2
�4 4 4 4 �

Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A  B  C 
b) Chứng minh: sin


.
3

A
B
C
 sin  sin  2  2 với mọi tam giác nhọn ABC
4
4
4

Giải:
Áp dụng BĐT(2) cho các góc
giác nhọn ABC) và x1 

A B C
; ; (với A; B; C là các góc của tam
4 4 4


ta có:
8


A

8 A  4 2 2 A

sin >
(chú
ý:
sin

 4
4

4
8
8
sin

sin

B 4 2 2 B
;
>
4

4

sin

C 4 2 2 C
.
>
4


4

2 2
);
2


Từ đó ta thu được BĐT sau: sin

A
B
C 4 2  2 �A B C �
 sin  sin 
�   � 2  2
4
4
4

�4 4 4 �

.
Bài 4 a) Chứng minh: sin A  sin B  sin C �3 2  2  .....  3 ( n  dấu căn)
n
n
n
2

2

2

2

với mọi tam giác ABC và n  N, n 2
Giải:
Áp dụng BĐT(1) cho các góc
ABC) và x 0 

sin


( n  N, n
3.2n

A B C
; ;
(với A; B; C là các góc của tam giác
2n 2n 2n

2 ) ta thu được các BĐT:

A
 �A
 �

2  2  ...  3 �A
 � 2  2  ...  3
�cos n � n  n � sin n 
� n  n �

n
2
3.2 �2 3.2 �
3.2
2
2
�2 3.2 �

(chú ý: sin   2  2  ...  3 ;cos   2  2  ...  3 (n - dấu căn));
n
n
3.2

2

3.2

2

sin

B
2  2  ...  3 �B
 � 2  2  ...  3
�
� n  n �
n
2
2
2

�2 3.2 �

sin

C
2  2  ...  3 �C

�
�n  n
n
2
2
�2 3.2

sin

A
B
C
2  2  .....  3 �A B C 
 sin n  sin n �
�n  n  n  n
n
2
2
2
2
�2 2 2 2

� sin

� 2  2  ...  3 . Từ đó suy ra BĐT sau
�
2
�

A
B
C 3 2  2  .....  3
 sin n  sin n �
n
2
2
2
2

Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A  B  C 


.
3

� 3 2  2  .....  3
�
2
�


b) Chứng minh: sin

A
B
C
 sin n  sin n  2  2  ...  2 ( n  dấu căn)
n
2
2
2

với mọi tam giác nhọn ABC và n  N, n 2 .
Giải:
Áp dụng BĐT(1) cho các góc

A B C
; ;
(với A; B; C là các góc của tam giác nhọn
2 n 2 n 2n

ABC)

và x1  n 1 ( n  N, n
2

sin



2n 1

A

2 ) ta có sin n >
2


n
2n 1 A  2 2  2  ...  2 A
(chú ý:
 2n

2n
2n 1

sin

2  2  ...  2 (n - dấu căn));
2

B 2n 2  2  ...  2 B và
sin n >
2

2n
sin

C 2n 2  2  ...  2 C .
>
2n

2n

Từ đó ta thu được BĐT sau:
sin

A
B
C 2 n. 2  2  ...  2 �A B C

sin

sin

�n  n  n
2n
2n
2n

�2 2 2

�
� 2  2  ...  2 .
�

b. Hàm số y = cosx
� �

Xét hàm số f(x) = cosx trên khoảng �0; �; ta có f " (x)  cosx  0 với
� 2�
� �
x ��
0; �suy ra đồ thị hàm số lồi trên khoảng

� 2�

số

tại

điểm

có

hồnh

độ

� �
0; �
. Tiếp tuyến của đồ thị hàm
�
� 2�

� �
x 0 ��
0; �
� 2�

có

phương

trình

y  f '  x 0   x  x 0   f  x 0    sin x 0  x  x 0   cosx 0 . Theo tính chất 1 ta có bất đẳng

thức: cosx � sin x 0  x  x 0   cosx 0 (3).
� �
Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = cosx lồi trên khoảng  0; x1  ��0; �. Cát tuyến OA
� 2�

qua hai điểm O(0; 0) và A  x1 ;cosx1  có phương trình y 
1 ta có: cos x 

cosx1
x . Theo tính chất
x1

cosx1
x (4).
x1

Tương tự như hàm số y = sinx, ta vận dụng BĐT(3) và BĐT(4) sẽ chứng minh
được một số bài toán sau:
3
2

Bài 12 Chứng minh: cos A  cos B  cos C  với mọi tam giác nhọn ABC.
Bài 13 a) Chứng minh: cos
b) Chứng minh: cos

A

B
C 3 3
 cos  cos �
với mọi tam giác ABC
2
2
2
2

A
B
C
 cos  cos  2 với mọi tam giác nhọn ABC.
2
2
2

Bài 14 a) Chứng minh: cos A  cos B  cos C �3 2  3 với mọi tam giác ABC
4

b) Chứng minh: cos

4

4

2

A
B

C
 cos  cos  2  2 với mọi tam giác nhọn
4
4
4

ABC.
Bài 15 a) Chứng minh: cos A  cos B  cos C �3 2  2  .....  3 ( n  dấu
n
n
n
2

2

2

căn) với mọi tam giác ABC và n  N, n 2

2


b) Chứng minh: cos

A
B
C
 cos n  cos n  2  2  ...  2 ( n  dấu căn)
n
2

2
2

với mọi tam giác nhọn ABC và n  N, n 2 .
c. Hàm số y = tanx
� �

2sinx

 0 với
Xét hàm số f(x) = tanx trên khoảng �0; �; ta có f " (x) 
cos3 x
� 2�
� �
� �
x ��
0; �suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng �
0; �
. Tiếp tuyến của đồ thị
� 2�
� 2�
� �
hàm số tại điểm có hồnh độ x 0 ��0; �có phương trình
� 2�

y  f '  x0   x  x0   f  x0  

1
 x  x 0   tan x 0 .
cos 2 x 0

1
 x  x 0   tan x 0 (5).
cos 2 x 0

Theo tính chất 2 ta có bất đẳng thức: tanx �

� �
Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = tanx lõm trên khoảng  0; x1  ��0; �. Cát tuyến OA
� 2�

qua hai điểm O(0; 0) và A  x1 ; tan x1  có phương trình y 
2 ta có: tan x<

tanx1
x . Theo tính chất
x1

tanx1
x (6). Ta sẽ vận dụng BĐT(5) và BĐT(6) để chứng minh một
x1

số bài toán:
Bài 16 Chứng minh: tan A  tan B  tan C �3 3 với mọi tam giác ABC nhọn.
Giải:
Áp dụng BĐT(5) cho các góc A; B; C của tam giác nhọn ABC và
1 � �

� �

tan A �

A  � tan  4 �
A  � 3
�
x 0  ta có:
;
3
3
3�
2  �
�
�
cos
3
3


� �
tan B �4 �
B  � 3 ;
� 3�
� �
tan C �4 �
C  � 3 .
� 3�

Từ đó ta thu được BĐT sau đây:
tan A  tan B  tan C �4  A  B  C     3 3  3 3 (vì A  B  C   ). Đẳng thức

xãy ra khi và chỉ khi A  B  C 

Bài 17 a) Chứng minh: tan


.
3

A
B
C
 tan  tan � 3 với mọi tam giác ABC
2
2
2

Giải:
Áp dụng BĐT(5) cho các góc
ABC) và x 0 
tan

A B C
; ; (với A; B; C là số đo các góc của tam giác
2 2 2


ta có:
6

A
1 �A  �
 4 �A  � 3

�
 � tan  �  �
�
2 cos 2  �2 6 �
6 3 �2 6 � 3 ;
6

tan

B 4 �B  � 3
� �  �
;
2 3 �2 6 � 3

tan

C 4 �C  � 3
� �  �
.
2 3 �2 6 � 3

Từ đó ta thu được BĐT sau:


tan

A
B
C 4 �A B C  �
 tan  tan � �    � 3  3 (vì A  B  C   ). Đẳng thức

2
2
2 3 �2 2 2 2 �

xãy ra khi và chỉ khi A  B  C 
b) Chứng minh: tan


.
3

A
B
C
 tan  tan  2 với mọi tam giác nhọn ABC.
2
2
2

Giải:
Áp dụng BĐT(6) cho các góc
giác nhọn ABC) và x1 

A
tan <
2

tan

A B C

; ; (với A; B; C là số đo các góc của tam
2 2 2


ta có
4


B 4B
C 4C
4A4A
tan 
; tan 
. Từ đó ta thu được BĐT:
 2 2;
2 2
2 2
4

tan

A
B
C 4 �A B C �
 tan  tan  �   � 2 (vì A  B  C   ).
2
2
2  �2 2 2 �

Bài 18 a) Chứng minh: tan





A
B
C
 tan  tan �3 2  3 với mọi tam giác ABC
4
4
4

Giải:
Áp dụng BĐT(5) cho các góc
và x 0 


ta có
12

A B C
; ; (với A; B; C là các góc của tam giác ABC)
4 4 4


tan

A
1 �A  �


4 �A  �
�
 � tan 
�
�  � 2  3
4 cos 2  �4 12 �
12 2  3 �4 12 �
12

(chú ý: tan   2  3;cos   2  3 );
12

12

2

tan

B
4 �B  �
�
�  � 2  3 ;
4 2  3 �4 12 �

tan

C
4 �C  �
�

�  � 2  3 .
4 2  3 �4 12 �

Từ đó ta thu được BĐT sau:
tan

A
B
C
4 �A B C  �
 tan  tan �
�    � 3 2  3  3 2  3
4
4
4 2  3 �4 4 4 4 �



 

(vì A  B  C   ). Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi A  B  C 
b) Chứng minh: tan

A
B
C
 tan  tan  2
4
4
4






.
3



2  1 với mọi tam giác nhọn

ABC.
Giải:
Áp dụng BĐT(6) cho các góc
ABC) và x1 


ta có:
8


8
A
8A
tan <
 4
4
8

tan

A B C
; ; (với A; B; C là các góc của tam giác nhọn
4 4 4





2 1 A

(chú ý: tan  2  1 );

4
8


tan

B 8
<
4

tan

C 8
<
4






2 1 B
;

4



2 1 C
.

4

Từ

đó

ta

tan

A
B
C 8
 tan  tan 
4

4
4



thu

được



2  1 �A B C �
�   � 2

�4 4 4 �



BĐT

sau:



2  1 (vì A  B  C   ).

d. Hàm số y = cotx


� �

Xét hàm số f(x) = cotx trên khoảng �0; �; ta có f " (x) 
2
�

�

2cos x
 0 với
sin 3 x

� �
� �
x ��
0; �suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng �
0; �
. Tiếp tuyến của đồ thị
� 2�
� 2�

hàm

số

tại

điểm

y  f '  x0   x  x0   f  x0  

có

hồnh

độ

� �
x 0 ��
0; � có
� 2�

phương

trình

1
 x  x 0   cot x 0 . Theo tính chất 2 ta có bất đẳng
sin 2 x 0

1
 x  x 0   cot x 0 (7).
sin 2 x 0

thức: cotx �

� �
Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = cotx lõm trên khoảng  0; x1  ��0; �. Cát tuyến OA
� 2�

qua hai điểm O(0; 0) và A  x1 ;cot x1  có phương trình y 
ta có: cot x<

cotx1
x . Theo tính chất 2
x1

cotx1
x (8).
x1

Tương tự như hàm số y = tanx, ta vận dụng BĐT(7) và BĐT(8)để chứng minh
một số bài toán sau:


Bài 20 Chứng minh: cot A  cot B  cot C � 3 với mọi tam giác ABC nhọn.
Bài 21 a) Chứng minh: cot
b) Chứng minh: cot
Bài 22 a) Chứng minh: cot
b) Chứng minh: cot

A
B
C
 cot  cot �3 3 với mọi tam giác ABC
2
2
2
A
B
C
 cot  cot  2 với mọi tam giác nhọn ABC.

2
2
2





A
B
C
 cot  cot �3 2  3 với mọi tam giác ABC
4
4
4
A
B
C
 cot  cot  2
4
4
4





2  1 với mọi tam giác nhọn

ABC.

 Vận dụng cho hàm số đa thức
a. Hàm số bậc hai
Xét hàm số f(x) = x2 trên đoạn [1; 2]; dễ thấy đồ thị hàm số lõm trên đoạn [1;
2]. Cát tuyến AB đi qua hai điểm thuộc đồ thị là A(1; 1) và B(2; 4) có phương trình
y = 3x – 2. Theo tính chất 2 ta có BĐT: x 2 3x  2 (9).
Bài 31 Cho các số thực a;b;c � 1;2 thoả mãn đẳng thức a  b  c  4 . Chứng
minh rằng: a 2  b 2  c 2 6 . Đẳng thức xãy ra khi nào ?
Giải:
Áp dụng BĐT(9) cho các số thực a;b;c � 1;2 thoả mãn a  b  c  4 ta có
 a 2 3a  2
 2
2
2
2
 b 3b  2  a  b  c 3(a  b  c)  6 6 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
 c 2 3c  2


a  1;b  1;c  2 và các hoán vị của ba số a;b;c .


Bài 32 Cho các số thực a;b;c � 1;2 thoả mãn đẳng thức a  b  c  5 . Chứng
minh rằng: a 2  b 2  c 2 9 . Đẳng thức xãy ra khi nào ?
Giải:
Áp dụng BĐT(9) cho các số thực a;b;c � 1;2 thoả mãn a  b  c  5 ta có
 a 2 3a  2
 2
2
2

2
 b 3b  2  a  b  c 3(a  b  c )  6 9 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
 c 2 3c  2


a  1;b  2;c  2 và các hoán vị của ba số a;b;c .
 1 1 1  25
Bài 33 Cho các số thực a;b;c � 1;2 .Chứng minh: (a  b  c  1)     .
a

b

c

2

Đẳng thức xãy ra khi nào ?
Giải:
Áp dụng BĐT(9) cho các số thực a;b;c � 1;2 ta có
2

 a  a 3
 a 3a  2

 2
2

 1 1 1
 b 3b  2   b  3  a  b  c  2    9 (a)
b

a b c
 c 2 3c  2


2

 c  c 3

2

1
a

1
b

1
c

1
a

1
b

1
c






BĐT(a)  10 (a  b  c  1)  2    2 (a  b  c  1).2   
 1 1 1  25
 ( a  b  c  1)     . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
a b c 2
a 1; b 1; c 2 và các hoán vị của ba số a; b; c.

 1 1 1
Bài 34 Cho các số thực a;b;c � 1;2 .Chứng minh: (a  b  c  1)    8 .
a

b

c


Giải:
 1 1 1
 1 1 1
Ta có BĐT(a)  8 (a  b  c  1)  2    2 (a  b  c  1).2   
a

b

c

a

b

c

 1 1 1
 ( a  b  c  1)    8 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a 1; b 2; c 2
a b c

và các hoán vị của ba số a; b; c.
b. Hàm số bậc ba
Xét hàm số f (x)  x 3 trên đoạn  1;2 ; ta có f " (x)  6x  0 với mọi x � 1; 2 suy ra
đồ thị hàm số lõm trên đoạn  1;2 . Cát tuyến AB đi qua hai điểm thuộc đồ thị là
A(1; 1) và B(2; 8) có phương trình y = 7x – 6. Theo tính chất 2 ta có BĐT:
x 3 �7x  6 (10).
Bài 35 Cho các số thực a;b;c � 1;2 thoả mãn đẳng thức a  b  c  4 . Chứng
minh rằng: a 3  b 3  c3 �10 . Đẳng thức xãy ra khi nào ?
Giải:
Áp dụng BĐT(10) cho các số thực a;b;c � 1;2  thoả mãn a  b  c  4 ta có
�
a 3 �7a  6
�3
b �7b  6 � a 3  b 3  c 3 �7  a  b  c   18  10 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
�
�
c3 �7c  6
�

a  1;b  1;c  2 và các hoán vị của ba số a;b;c .

Bài 36 Cho các số thực a;b;c � 1;2 thoả mãn đẳng thức a  b  c  5 . Chứng
minh rằng: a 3  b3  c3 �17 . Đẳng thức xãy ra khi nào ?

Giải:
Áp dụng BĐT(10) cho các số thực a;b;c � 1;2 thoả mãn a  b  c  5 ta có


�
a 3 �7a  6
�3
b �7b  6 � a 3  b 3  c 3 �7  a  b  c   18  17 . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
�
�
c3 �7c  6
�

a  1;b  2;c  2 và các hoán vị của ba số a;b;c .

Bài 37 Cho các số thực a;b;c � 1;2 . Chứng minh bất đẳng thức:
�1 1 1 � 75
(a 2  b 2  c 2  9) �   �� . Đẳng thức xãy ra khi nào ?
�a b c � 2

 1 1 1
 1 1 1
BĐT (b)  24 (a 2  b 2  c 2  3)  6    2 (a 2  b 2  c 2  3).6   
a

b

c

a

b

c

 1 1 1
 (a 2  b 2  c 2  3)    24 .Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a  1;b  2;c  2
a b c

và các hoán vị của ba số a; b;c . Vậy là ta thu được bài toán:
Bài 38 Cho các số thực a;b;c � 1;2 . Chứng minh bất đẳng thức:
�1 1 1 �
(a 2  b 2  c 2  3) �   ��24 . Đẳng thức xãy ra khi nào ?
�a b c �

Giải:
Áp dụng BĐT(10) cho các số thực a;b;c � 1;2 ta có
�2 6
a  �7
�
3
a
�
a �7a  6
�
�3
�2 6
�1 1 1 �
b  �7 � a 2  b 2  c 2  6 �   ��21 (b)
�b �7b  6 � �

�a b c �
�
� b
3
c
�
7c

6
�
�2 6
c  �7
�
� c
 1 1 1
 1 1 1
BĐT(b)  30 (a 2  b 2  c 2  9)  6    2 (a 2  b 2  c 2  9).6   
a

b

c

a

b

c

 1 1 1  75
 (a 2  b 2  c 2  9)     . Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a  1;b  1;c  2
a b c 2

và các hoán vị của ba số a; b;c .
c. Hàm số bậc bốn
Xét hàm số f (x)  x 4  5x 2  4 trên đoạn  1; 2 ; ta có f " (x)  12x 2  10  0 với mọi
x � 1; 2 suy ra đồ thị hàm số lõm trên đoạn  1; 2 . Cát tuyến AB đi qua hai điểm

thuộc đồ thị là A(1; 0) và B(2; 0) có phương trình y = 0. Theo tính chất 2 ta có
BĐT: x 4  5x 2  4 �0 (11).
Bài 39 Cho các số thực a;b;c � 1;2 thoả mãn đẳng thức a  b  c 4 . Chứng
minh rằng: a 4  b4  c4 �18 . Đẳng thức xãy ra khi nào ?
Giải:
Áp dụng BĐT(11) cho các số thực a;b;c � 1;2 thoả mãn a  b  c 4 ta có:
 a 4 5a 2  4
 4
2
4
4
4
2
2
2
 b 5b  4  a  b  c 5(a  b  c )  12 (c). Mặt khác theo Bài 31 ta có
 c 4 5c 2  4

a 2  b 2  c 2 6 . Kết hợp với (c) ta thu được: a 4  b 4  c 4 18 . Đẳng thức xãy ra khi và

chỉ

khi a  1; b  1;c  2 và các hoán vị của ba số a;b;c .
Bài 40 Cho các số thực a;b;c � 1;2 thoả mãn đẳng thức a  b  c 5 . Chứng
minh rằng: a 4  b 4  c 4 �33 . Đẳng thức xãy ra khi nào ?
Giải:


Áp dụng BĐT(11) cho các số thực a;b;c � 1;2 thoả mãn a  b  c 5 ta có:
 a 4 5a 2  4
 4
2
4
4
4
2
2
2
 b 5b  4  a  b  c 5(a  b  c )  12 (d). Mặt khác theo Bài 32 ta có
 c 4 5c 2  4

a 2  b 2  c 2 9 . Kết hợp với (d) ta thu được: a 4  b 4  c 4 33 . Đẳng thức xãy ra khi

và chỉ khi a  1;b  2;c  2 và các hoán vị của ba số
Bài 41 Cho các số thực a;b;c;d � 1; 2 . Chứng minh bất đẳng thức sau:

a

2

1
1

1  169
 1
 b2  c 2  d 2  6  2  2  2  2  
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
b
c
d 
4
a



Giải:
Áp dụng BĐT(11) cho các số thực a; b;c;d � 1;2 ta có

�
a 4  4 �5a 2
�4
b  4 �5b2
�
�4
c  4 �5c2
�
�
d 4  4 �5d 2
�

�2 4
a  2 �5
�

a
�
4
�
b 2  2 �5
� b
�1 1 1 1 �
��
� a 2  b 2  c 2  d 2  4 � 2  2  2  2 ��20 (e)
4
b c d �
�a
�
c 2  2 �5
� c
�
4
�
d 2  2 �5
� d

Ta thấy BĐT(e) tương đương với BĐT
1
1
1 
1
1
1 
 1
 1

26  a 2  b 2  c 2  d 2  6  4 2  2  2  2  2  a 2  b 2  c 2  d 2  6.4 2  2  2  2 
a
b
c
d
a
b
c
d





1
1
1  169
 1
 a2  b2  c2  d 2  6  2  2  2  2  
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
b
c
d 
4
a





a 1; b 1; c 1; d 2 và các hoán vị của ba số a;b;c;d .

 Vận dụng cho hàm số lũy thừa


15

3

a. Xét hàm số f (x)  x  2 trên đoạn [1; 4]; ta có f " (x)  x
4



7
2

 0 với mọi

x � 1; 4 suy ra đồ thị hàm số lõm trên đoạn [1; 4]. Cát tuyến AB đi qua hai điểm
1

7

31

� �
thuộc đồ thị là A(1; 1) và B �4; �có phương trình y   x  .
24
24

� 8�


3

Theo tính chất 2 ta có BĐT: x 2 �

7
31
x
(12).
24
24

Bài 43 Cho các số thực a;b;c � 1;4 thoả mãn đẳng thức a  b  c  6 . Chứng


3
2



3
2



3
2

17
8

minh rằng: a  b  c � . Đẳng thức xãy ra khi nào ?
Giải:
Áp dụng BĐT(12) cho các số thực a;b;c � 1;4  thoả mãn điều kiện a  b  c  6 ta
có
� 32
7
31
a
�

a

�
24
24
� 3
3
3
3



7
31
7
31 17
� 2

2
2
b � b 
� a  b  c 2 � (a  b  c)   . Đẳng thức xãy ra khi
�
24
24
24
8
8
�
3
� 2
7
31
c � c 
�
24
24
�
và chỉ khi a  1;b  1;c  4 và các hoán vị của ba số a; b; c.

Bài 44 Cho các số thực a;b;c � 1;4 thoả mãn đẳng thức a  b  c  9 . Chứng


3
2



3
2



3
2

5
4

minh rằng: a  b  c � . Đẳng thức xãy ra khi nào ?
Giải:

Áp dụng BĐT(12) cho các số thực a;b;c � 1;4  thoả mãn điều kiện