skkn vận dụng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức

PHẦN I.
TỔNG QUAN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Lý do chọn đề tài
Căn cứ nhiệm vụ và mục tiêu của giáo dục, căn cứ vào thực trạng dạy và
học hiện nay, cần có hướng đổi mới về phương pháp dạy toán ở trường THPT.
Để đạt được điều đó, trong giảng dạy người thầy phải giúp học sinh nắm vững
tri thức về phương pháp [1, Tr 124]. BĐT là một nội dung khó, đòi hỏi ở học
sinh năng lực tư duy mức độ cao mới giải được. Cùng với BĐT thì đạo hàm
cũng là một phần kiến thức quan trọng không thể thiếu trong nhiều bài toán đại
số. Nó thực sự là một công cụ, một phương pháp tốt hỗ trợ hiệu quả trong giải
toán về bất đẳng thức.
Các tài liệu viết về BĐT hiện nay rất nhiều, tuy nhiên một số chuyên đề
viết riêng về việc vận dụng đạo hàm và giải toán BĐT, giải bài toán tìm giá trị
lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) có tính phân loại và hệ thống
không nhiều. Thường thì các bài toán chứng minh BĐT xuất hiện trong các đề
thi HSG đều ở dạng dấu bằng xảy ra khi giá trị của các biến là bằng nhau và bài
toán được tác giả Trần Phương giải quyết bằng phương pháp kinh điển là “Kỹ
thuật chọn điểm rơi”. Vậy với bài toán BĐT mà dấu bằng xảy ra khi giá trị của
các biến không bằng nhau thì làm thế nào? Hiện nhiều tài liệu cũng đã nói đến
vấn đề này nhưng chủ yếu dùng kỹ thuật tách ghép, thêm bớt hệ số mà chưa nói
lên được bản chất vấn đề.
Ngoài ra qua thực tiễn giảng dạy bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi và ôn
thi Đại học, Cao đẳng, nhóm tác giả nhận thấy việc chứng minh BĐT ở dạng
này bằng tách ghép và sử dụng BĐT Cauchy, Bunhiacopski rất khó hiểu đối với
học sinh. Nhưng với sáng kiến của nhóm tác giả thì chỉ với ý tưởng dùng đạo
hàm và kết hợp với giải hệ phương trình học sinh sẽ giải quyết được vấn đề.
Với tất cả các lí do trên và từ kinh nghiệm giảng dạy nhóm tác giả đã
chọn tên sáng kiến là: “Vận dụng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức”.

3

2. Cơ sở thực tiễn
a) Nghiên cứu việc dạy BĐT
Thực trạng việc dạy BĐT trong trường THPT trước khi thực nghiệm, thử
nghiệm sáng kiến, nhóm tác giả nhận thấy:
-

Giáo viên dạy chủ yếu thông qua hình thức dạy học chuyên đề và ôn luyện
đan xen vào các tiết tự chọn trên lớp nên có ít thời gian triển khai tới HS

-

Giáo viên mất nhiều thời gian để tìm tòi cơ sở lý thuyết và xây dựng hệ
thống bài tập.

-

Giáo viên gặp khó khăn khi tìm tài liệu để mở rộng kiến thức và các ví dụ
ứng dụng.

-

Giáo viên chưa có hoặc có rất ít kinh nghiệm giảng dạy chuyên đề chứng
minh bất đẳng thức

-

Giáo viên mất nhiều công sức chọn lọc, tổng hợp, khái quát hóa thành một hệ
thống bài tập phù hợp với nhiều trình độ nhận thức khác nhau của học sinh.

-

Thời gian để giáo viên hướng dẫn và chữa bài tập cho học sinh không nhiều.

-

Đối với giáo viên không chủ chốt trong tổ chuyên môn ít có cơ hội dạy đội
tuyển và dạy luyện thi Đại học thì việc phân loại bài tập, trình bày lời giải
còn hạn chế và đôi lúc còn mắc sai lầm.

b) Nghiên cứu việc học BĐT
Bên cạnh những khó khăn đối với người thầy, thì học sinh cũng gặp phải
rất nhiều khó khăn khi tiếp cận nội dung BĐT, Chẳng hạn như:
-

Học sinh thường có hứng thú với những vấn đề giáo viên đặt ra lúc bắt đầu
giờ học. Tuy nhiên, khi học đến các định nghĩa và xây dựng các định lý, hệ
quả thì học sinh lại thấy trừu tượng, khó hiểu và mơ hồ khi vận dụng làm
bài tập. Những học sinh trung bình thì chưa thể hiểu kỹ về lý thuyết và vận
dụng ngay vào bài tập.

-

Nhiều học sinh hiểu chưa kỹ các khái niệm, định nghĩa và các Thí dụ mẫu
dẫn đến trình bày lời giải bài toán chưa khoa học và còn mắc nhiều sai lầm.

-

Khả năng tìm tòi tự học của đa số học sinh còn hạn chế và khi học chưa có
khả năng rút kinh nghiệm, hệ thống dạng bài tập.

4


-

Nhiều học sinh chưa biết nhiều về các phương pháp giải toán, các kỹ năng
kỹ xảo để xử lý những dạng bài tập phức tạp.

-

Bài tập phần này rất khó và có nhiều hướng giải nhưng khó phát hiện ra và
tốn rất nhiều thời gian tìm tòi lời giải.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
-

Nêu ra được các 4 dạng toán BĐT thường gặp và hiệu quả của việc dùng
đạo hàm khi giải các bài toán đó bằng những ví dụ minh họa cụ thể.

-

Sáng kiến tập trung phân tích ưu điểm việc dùng đạo hàm trong chứng
minh BĐT qua đó nhằm hướng dẫn học sinh tự học.

-

Sáng kiến đưa ra một hệ thống các bài tập tự luyện phù hợp

4. Mục đích nghiên cứu
-

Giúp cho bản thân tự trau dồi kiến thức, nâng cao năng lực tạo điều kiện
thuận lợi cho công tác dạy học.

-

Giúp cho học sinh có thêm một lựa chọn hay khi giải bài toán BĐT.

-

Giúp cho học sinh năng lực tự học, rèn tính cẩn thận, sáng tạo góp phần
hình thành những phẩm chất cần thiết của một người lao động.

5. Phạm vi, giới hạn sáng kiến nghiên cứu
5.1. Phạm vi khảo sát
Học sinh lớp 12, học sinh giỏi, học sinh ôn thi THPT Quốc Gia
5.2. Giới hạn nội dung nghiên cứu trong sáng kiến: Hoạt động dạy học bồi
dưỡng HSG chuyên đề BĐT, dạy ôn thi THPT Quốc Gia phần Vận dụng cao.
5.3. Vấn đề nghiên cứu của sáng kiến: Làm thế nào để học sinh tự tin giải được
bài toán BĐT bằng công cụ quen thuộc là đạo hàm.
6. Phương pháp nghiên cứu khi thực hiện sáng kiến
-

Nghiên cứu lý thuyết GTLN, GTNN, Cực đại, Cực tiểu, .....

-

Nghiên cứu về phương pháp giảng bài tập toán

-

Nghiên cứu về thực tế giảng dạy, thông qua học sinh, qua sách báo và tài
liệu tham khảo, học hỏi và tiếp thu các ý kiến đóng góp của đồng nghiệp.

5


7. Giả thuyết khoa học của sáng kiến
Trên cơ sơ lý luận của phương pháp dạy học môn toán và thực tiễn dạy
học đạo hàm và BĐT ở trường THPT nếu vận dụng kết hợp đạo hàm với các
kiến thức phù hợp sẽ phát huy khả năng tự học, tính tích cực, sáng tạo của học
sinh trong việc chứng minh bất đẳng thức.
8. Đóng góp của sáng kiến
-

Sáng kiến đưa ra cách giải 4 dạng toán BĐT khó mà chỉ dùng đạo hàm;

-

Cung cấp cho học sinh lý thuyết cơ sở gắn với bài toán và trình bày lời giải
bài toán BĐT theo hướng vận dụng đạo hàm thuộc chương trình Toán THPT.

-

Minh họa được nhiều loại bài tập có trong các đề thi HSG các trường
chuyên, đề thi HSG quốc gia những năm gần đây.

-

Giúp cho các em học sinh rèn kỹ năng giải toán và giáo viên có thêm nhiều

kinh nghiệm trong dạy học.

9. Cấu trúc của sáng kiến
 Phần I: Tổng quan về vấn đề nghiên cứu
 Phần II: Nội dung
1. Cơ sở lý luận
2. Các dạng bài toán tổng quát
3. Bài tập luyện tập
4. Tổ chức thực nghiệm
 Phần III: Kết luận và khuyến nghị

6


PHẦN II.
NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận
1.1. Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Cho hàm số y  f ( x) xác định trên tập D.
a) Số M được gọi là GTLN của hàm số y  f ( x) trên tập D nếu

f ( x)  M với mọi x  D và tồn tại x0  D sao cho f ( x0 )  M .
Kí hiệu M  max f ( x) .
D

b) Số m

được gọi là GTNN của hàm số y  f ( x) trên tập D nếu

f ( x)  m với mọi x  D và tồn tại x0  D sao cho f ( x0 )  m .

Kí hiệu m  min f ( x) .
D

1.2. Một số tính chất của hàm số
Định lý 1: Cho hàm số y  f ( x) xác định và có đạo hàm trên [a; b].
+ Nếu f '( x)  0, x   a; b  và f '  x   0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì
f(x) đồng biến trên [a; b] và khi đó ta có min f ( x)  f (a ); m ax f ( x)  f (b)
x a ;b 

x a ;b

+ Nếu f '( x)  0, x   a; b  và f '  x   0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì f(x)
nghịch biến trên [a; b] và khi đó ta có min f ( x)  f (b); m ax f ( x)  f (a )
x a ;b 

x a ;b 

Định lý 2: ( Định lý Fermart)
Giả sử hàm số y  f ( x) xác định trên một lân cận đủ bé của x0   a; b  và
có đạo hàm tại điểm x0 . Khi đó nếu hàm số y  f ( x) đạt cực trị tại x0 thì

f ( x0 )  0 .
Định lý 3: (Điều kiện đủ để hàm số có cực trị)
Cho hàm số y = f(x) xác định trên [a; b] và x0   a; b . Trong một lân cận
đủ bé  của x0 , nếu f ( x0 ) thay đổi dấu khi x qua x0 (có thể không tồn tại

f ( x0 ) ) thì f(x) đạt cực trị tại x0 .

7

*) Nếu f ( x)  0, x   x0  ; x0  và f ( x)  0, x   x0 ; x0    thì x0 là
điểm cực tiểu.
*) Nếu f ( x)  0, x   x0  ; x0  và f ( x)  0, x   x0 ; x0    thì x0 là
điểm cực đại.
2. Giải pháp vận dụng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức
2.1. Bài toán tổng quát 1.
Cho các số thực a1 , a2 ,...an  D thỏa mãn:

g (a1 )  g (a2 )  ...  g (an )   n.g ( ) với số thực   D .
Chứng minh rằng: f (a1 )  f (a2 )  ...  f (an )   n. f ( ) .
Để giải bài toán này ta cần biểu diễn f (ai ) qua g (ai ), i  1,2,..., n nên ta
xét hàm số h(t )  f (t )   g (t ), t  D . Số  được xác định sao cho hàm số

h(t ) đạt cực tiểu (hoặc cực đại) tại t0   thì h '( )  0 và suy ra   

f '( )
.
g '( )

1
Thí dụ 1. Cho a, b, c  0 và a  b  c  1 . Chứng minh rằng a 3  b3  c 3  .
9
Phân tích.
Từ giả thiết ta thấy đẳng thức xảy ra khi a  b  c 

1
và BĐT cần
3

1
chứng minh có dạng f (a )  f (b)  f (c)  .
9
Trong đó f (t )  t 3 , t  0;1 và g (t )  t , khi đó   

f '(1 3)
1
 .
g '(1 3)
3

Vậy cho ta lời giải sau:
Lời giải:

1
Xét hàm số y  t 3  t với t  (0;1) .
3
1
1
Ta có y '  0  3t 2   0  t  .
3
3
Bảng biến thiên
8


13

0

t

─

y’

1

0

+

2
3

0
y



2
27

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

y

2
1
2

1
2
 t 3  t    t 3  t  với t  (0;1) .
27
3
27
3
27

1
2
1
2
1
2
Từ đó suy ra: a 3  a  ; b3  b  ; c 3  c 
3
27
3
27
3
27
với a, b, c  (0;1) . Cộng vế theo vế 3 BĐT này lại với nhau:

1
6
1
a 3  b 3  c 3   a  b  c   .
3
27 9

1
Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  □. Vậy ta có điều phải chứng minh.
3
Thí dụ 2. [Vô địch Toán Ba Lan 1996]
Cho a, b, c  

3
và a  b  c  1 .
4

Chứng minh rằng:

a
b
c
9
.



a 2  1 b 2  1 c 2  1 10

Phân tích.

 3 5
1
Từ giả thiết ta thấy a, b, c   ;  , đẳng thức xảy ra khi a  b  c 
 4 2 
3
và BĐT cần chứng minh có dạng f (a )  f (b)  f (c) 

Trong đó f ( x) 

9
.
10

 3 5
f '(1 3)
18
x
, x   ;  và g ( x)  x , khi đó   
 .
 4 2 
g '(1 3)
25
x 1
2

9


Lời giải:
Xét hàm số y 

 3 5
x
18

x
x


với
 ;  .
 4 2 
x 2  1 25


1
x 
1 x
18

3

Ta có y '  0  2
.
2 
 x  1 25  x   1
3

2

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

y

 3 5
3

x
18
3
x
18
3
 2
 x
 2
 x  , với x   ;  .
 4 2 
50
x  1 25
50
x  1 25
50

Từ đó suy ra:

a
18
3
b
18
3
c
18
3
 a ; 2
 b ; 2

 c
với
a  1 25
50 b  1 25
50 c  1 25
50
2

 3 5
a, b, c   ;  .
 4 2 
Cộng vế theo vế 3 BĐT này lại với nhau ta có:

a
b
c
18
9
9
 2
 2
  a  b  c   .
a  1 b  1 c  1 25
50 10
2

1
Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  □. Vậy ta có điều phải chứng minh.
3
Nhận xét. Qua các Thí dụ trên ta thấy các BĐT cần chứng minh đều có các biến

có tính chất đối xứng nên dễ dàng nhận ra dấu bằng xảy ra khi các biến bằng
nhau. Nếu các BĐT cần chứng minh không còn tính chất đối xứng giữa các biến

10


nữa thì chắc rằng dấu bằng không thể xảy ra khi các biến bằng nhau. Khi đó
các BĐT cần chứng minh sẽ hay hơn và khó hơn nhiều so với trường hợp dấu
bằng xảy ra khi các biến bằng nhau. Vậy các BĐT ở dạng này xảy ra dấu bằng
khi nào và làm thế nào để tìm được dấu bằng xảy ra ? Để làm rõ vấn đề này thì
ta xét các bài toán tổng quát sau đây
2.2. Bài toán tổng quát 2
Cho các số thực a, b, c  D thỏa mãn:

mg (a )  ng (b)  pg (c)   k với số thực a, b, c  D, k   .
Chứng minh rằng f (a )  f (b)  f (c)  k .
Phân tích. Để giải bài toán này ta cần biểu diễn f (a ), f (b), f (c) qua

mg (a ), ng (a ), pg (c) nên ta xét hàm h(t )  f (t )   g (t ), t  D ,   m, n, p .
Số  được xác định sao cho hàm số h(t ) đạt cực tiểu (hoặc cực đại) tại

t0  a, b, c thì h '(t0 )  0 và suy ra   

f '(t0 )
.
 g '(t0 )

Khi đó dấu bằng của BĐT xảy ra khi các biến thỏa mãn hệ phương trình

mg (a )  ng (b)  pg (c)  k


f '(b)
f '(c)
 f '(a )



 mg '(a ) ng '(b) pg '(c)
Giải hệ phương trình này ta sẽ tìm được giá trị của các biến a, b, c từ đó ta
biết được đẳng thức xảy ra khi nào.
Thí dụ 3. Cho a, b, c  0 và a  4b  9c  1 . Chứng minh rằng

a 3  b3  c 3 

1
.
1296

Phân tích. Từ giả thiết ta thấy a, b, c  0;1 và BĐT cần chứng minh có dạng
Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn g (a )  4 g (b)  9 g (c)  1 .
Chứng minh rằng: f (a )  f (b)  f (c) 

1
.
1296

Trong đó f (t )  t 3 , t  0;1 và g (t )  t .
Khi đó dấu bằng của BĐT xảy ra khi a, b, c thỏa mãn hệ phương trình
11


1


a



36


a

4
b

9
c

1



1

 2
2
2  b 
 3a


3
b
3
c


18






4
9
 1
1

c


12


Ta có   

f '(t0 )
1
. Vậy ta có lời giải như sau.


 g '(t0 )
432

Lời giải:
Xét hàm số y  t 3 

1
t với t  (0;1) .
432

Ta có y '  0  3t 2 



0t
.
432
36

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có:

y

3

3


3
 t3 
t 
 t3 
t
23328
432
23328
432
23328
với t  (0;1);  1;4;9 .

Từ đó suy ra:

a3 

1
1
4
8
9
27
; b3 
; c3 
a
b
c
432
23328
432

23328
432
23328
với a, b, c  (0;1) .

Cộng vế theo vế 3 BĐT này lại với nhau ta có:

a 3  b3  c 3 
Dấu bằng xảy ra khi a 

1
36
1

.
a  4b  9c 
432
23328 1296

1
1
1
(đpcm)
,b  ,c 
36
18
12
12

4
208
Thí dụ 4. Cho a, b, c  0 và a  b  c 
. Chứng minh rằng
9
27
3

3a  2  3 3a  2  3 3a  2  7 .

 208 
Phân tích. Từ giả thiết ta thấy a, b, c  0;
và BĐT cần chứng minh ở trên
 27 
4
208
có dạng: Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn g (a )  g (b)  g (c) 
.
9
27
Chứng minh rằng: f (a )  f (b)  f (c)  7 .

 208 
Trong đó f (t )  3 3t  2, t  0;
và g (t )  t .
 27 
Khi đó dấu bằng của BĐT xảy ra khi a, b, c thỏa mãn hệ:





4
208

a  b  c 

a2


9
27

 b  2

1
1
9





25
2
2
2
 3

3
3


c
3b  2 4 3c  2
 3a  2


3

Ta có   

f '(t0 )
1
  . Vậy ta có lời giải như sau.
 g '(t0 )
4

 208 

 4
Lời giải: Xét hàm số y  f (t )  3 3t  2  t , t  0;
,



1;1;  .
 27 
4
 9
1

Ta có y '  0 
3

3t  2

2




8  2 
0t
.
4
3 

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có
13


y

8 

8 

8 
 3 3t  2  t 

 3 3t  2  t 
4
4
6 
6 
6 
với t  (0;

Từ đó suy ra:

3

1
3
3a  2  a  ;
4
2

 4 
208
);   1;1;  .
 9 
27
3

1
3
3b  2  b  ;
4
2

với a, b, c  (0;

3

1
56
3c  2  c 
9
27

208
).
27

Cộng vế theo vế 3 BĐT này lại với nhau ta có:
3

1
4  137
3a  2  3 3b  2  3 3c  2  a  b  c 
7
4 
9  27
 3 3a  2  3 3b  2  3 3c  2  7 .

Dấu bằng xảy ra khi a  2, b  3, c 

25
. Vậy ta có điều phải chứng minh.

3

2.3. Bài toán tổng quát 3
Cho các số thực a, b, c  D thỏa mãn

g (a )  g (b)  g (c)   k , k   .
Chứng minh rằng mf (a )  nf (b)  pf (c)  k .
Để giải bài toán này ta cần biểu diễn mf (a), nf (b), pf (c) qua

g (a ), g (b), g (c) nên ta xét hàm số h(t )   f (t )   g (t ), t  D ,   m, n, p .
Số  được xác định sao cho hàm số h(t ) đạt cực tiểu (hoặc cực đại) tại

t0  a, b, c thì h '(t0 )  0 và suy ra   

 f '(t0 )
.
g '(t0 )

Khi đó dấu bằng của BĐT xảy ra khi các biến thỏa mãn hệ phương trình


g (a )  g (b)  g (c)  k



 mf '(a ) nf '(b) pf '(c)





g
'(
a
)
g
'(
b
)
g '(c)



Giải hệ phương trình này ta sẽ tìm được a, b, c từ đó ta biết được đẳng
thức xảy ra khi nào.
14


Thí dụ 5. [HSG Duy Tiên A, Hà Nam, năm 2011]
Cho a, b, c  0 và a  b  c  1 .
Chứng minh rằng: a 3  4b3  9c 3 

36
.
121

Nhận xét. Từ giả thiết ta thấy a, b, c  0;1 và BĐT cần chứng minh ở trên có
dạng: Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn g (a )  g (b)  g (c)  1 . Chứng minh
rằng: f (a )  4 f (b)  9 f (c) 

36

.
121

Trong đó f (t )  t 3 , t  0;1 và g (t )  t . Khi đó dấu bằng của BĐT xảy ra khi
a, b, c thỏa mãn hệ phương trình

6


a


11

a  b  c  1


3

 3a 2 12b 2 27c 2  b 


11




1
1
 1


2

c


11


 f '(t0 )
108
Ta có   
. Vậy ta có lời giải như sau.

g '(t0 )
121
Lời giải:
Xét hàm số y  t 3 
Ta có y '  0  3t 2 

108
t với t  (0;1) ,   1;4;9 .
121

108
6
0t
.
121
11 

Bảng biến thiên trên  0;1
t

6 11 

0
─

y’

0

1
+



0
y



108
121

432
1331  3

Dựa vào bảng biến thiên ta có

15


y

432
108
432
108
432
 t 3 
t
 t 3 
t
121
121 1331 
1331 
1331 
với t  (0;1);   1;4;9 .

Từ đó suy ra:

a3 

108
432
108
216
108
144

; 4b3 
; 9c 3 
với a, b, c  (0;1) .
a
b
c
121
1331
121
1331
121
1331

Cộng vế theo vế 3 BĐT này lại với nhau ta có :

a 3  4b3  9c 3 
Dấu bằng xảy ra khi a 

108
792
36
.

 a  b  c 
121
1331 121

6
3
2

, b  , c  . Vậy ta có điều phải chứng minh.
11
11
11

Thí dụ 6. [HSG Thái Nguyên 2012]
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có:

sin A  sin B  6 sin C 

5 10
.
4

Phân tích. Vì A, B, C là 3 góc của tam giác nên ta có A  B  C   và

A, B, C  0;   . Do đó

BĐT cần chứng minh

có dạng: Cho các số thực

A, B, C  0 thỏa mãn g ( A)  g ( B)  g (C )   .
Chứng minh rằng:

f ( A)  f ( B)  6 f (C ) 

5 10
.
4

Trong đó f (t )  sin t , t  0;  và g (t )  t .
Dấu bằng của BĐT xảy ra khi a, b, c thỏa mãn hệ phương trình:



6

A  arccos


4



 A  B  C  
6



 B  arccos
cos A  cos B  6 cos C 
4




6



C    2arccos

4



Ta có   

 f '(t0 )
6

. Vậy ta có lời giải như sau.
g '(t0 )
4
16


Lời giải:





6
t với t  (0;  ),   1;1; 6 .
4
6
6
Ta có y '  0   cost 
.

 0  t  arccos
4
4
Bảng biến thiên
t
0
arccos 6 4

Xét hàm số y   sin t 



+

y’



0



─

16  6
6
6

arccos
4

4
4
2

y





 6
4

Dựa vào bảng biến thiên ta có
16 2  6
6
6
6
16 2  6
6
6
y

arccos
  sin t 
t

arccos
4
4

4
4
4
4
4





với t  (0;  );   1;1; 6 .
Từ đó suy ra:

6
10
6
6
A

arccos
;
4
4
4
4
6
10
6
6
sin B 

B

arccos
;
4
4
4
4
6
3 10
6
1
6 sin C 
C

arccos
4
4
4
4
với A, B, C  (0;  ) .
Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức tương ứng, ta được:
5 10
6
sin A  sin B  6 sin C 

 A  B  C
4
4
6 

6
6
1

 arccos
 arccos 
arccos
4 
4
4
4 
sin A 

 sin A  sin B  6 sin C 

5 10
6
6
5 10

 A  B  C  A  B  C 
4
4
4
4

 sin A  sin B  6 sin C 

5 10
4

17


6
6
6
; B  arccos
; C    2arccos
.
4
4
4
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi A  arccos

Thí dụ 7. Cho a, b, c  0 và a  b  c  3 . Chứng minh rằng
a
b
c
7


 .
b  c c  a 4(a  b) 8
a
b
c
7
Phân tích. Biến đổi BĐT đã cho về dạng




3  a 3  b 4(3  c) 8
Từ giả thiết ta thấy a, b, c  0;3 và BĐT cần chứng minh ở trên có dạng:
Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn g (a )  g (b)  g (c)  3 .
1
7
Chứng minh rằng: f (a )  f (b)  f (c)  .
4
8
t
Trong đó f (t ) 
, t  0;3 và g (t )  t . Khi đó dấu bằng của BĐT
3t
xảy ra khi a, b, c thỏa mãn hệ phương trình

3


a


5
a  b  c  3




3



3
3

b
 3 



5
2
2 
2


3

a
3

b
4
3

c












9

c


5


f '(t0 )
25
Ta có   
  . Vậy ta có lời giải như sau.
g '(t0 )
48
Lời giải:
 1
t
25
Xét hàm số y  f (t ) 
 t , t  0;3;   1;1;  .
 4 
3  t 48
3

25
15 12 
Ta có y '  0 
.
0t
2 
5
3  t  48
Bảng biến thiên
t
0
15 12  5
3



─

y’
y



0

+



0

40  16  25
16
18


Dựa vào bảng biến thiên ta có:

40  16  25
16
t
25
40  16  25

 t
 1 
3  t 48
16
với t  (0;3);   1;1;  .
 4 
t
25
40  16  25

 t
3  t 48
16
a
25
1

b
25
1
 a ;
 b ;
Từ đó suy ra:
3  a 48
16 3  b 48
16
c
25
9
 a
với a, b, c  (0;3) .
43  c 48
16
Cộng vế theo vế 3 BĐT này lại với nhau ta có:
a
b
c
25
11 7


  a  b  c  
3  a 3  b 4(3  c) 48
16 8
a
b
c

7



 .
b  c c  a 4(a  b) 8
3
3
9
Dấu bằng xảy ra khi a  , b  , c  . Vậy ta có điều phải chứng minh.
5
5
5
y

Thí dụ 8. [HSG Chuyên Nguyễn Tất Thành, Yên Bái, năm 2014]
Cho x, y, z  0 và xy  yz  zx  xyz .
2
1
1
9
Chứng minh rằng:
.



2
2
2
4

x 1
y 1
z 1
Phân tích. Vì xy  yz  zx  xyz , x, y, z  0 nên tồn tại 3 góc nhọn của một
tam giác ABC sao cho x  tan A; y  tan B; z  tan C khi đó BĐT cần chứng
minh là:
2
1
1
9
9




2cos
A

cos
B

cos
C

4
tan 2 A  1
tan 2 B  1
tan 2 C  1 4
 
Từ giả thiết ta thấy A, B, C  0;  và BĐT cần chứng minh có dạng

 2 
 
Cho các số thực A, B, C  0;  thỏa mãn g ( A)  g ( B)  g (C )  
 2 
9
Chứng minh rằng: 2 f (A)  f (B)  f (C)  .
4
 
Trong đó f (t )  cos t , t   0;  và g (t )  t . Khi đó dấu bằng của BĐT
 2 
xảy ra khi a, b, c thỏa mãn hệ phương trình

19



 A    2arccos 1  arcsin 15

4
8


A B C  

1
15


  B  arccos  arcsin



4
4

2sin A  sin B  sin C 

1
15
C  arccos  arcsin
4
4

Ta có  

 f '(t0 )
15
. Vậy ta có lời giải như sau.

g '(t0 )
4

Lời giải:
Xét hàm số y   cos t 
Ta có y '  0   sin t 

 
15
t với t   0; ,   2;1;1 .
 2 
4

15
15
 0  t  arcsin
.
4
4

Bảng biến thiên
t

0

arcsin
+

y’



15 4



0

 2
─

16 2 15

15
15

arcsin
4
4
4

y

 15
8



Dựa vào bảng biến thiên ta có

16 2 15
15
15
y

arcsin
4
4
4
 
15
16 2 15
15

15
  cos t  
t

arcsin
, với t   0; ;   2;1;1 .
 2 
4
4
4
4
Từ đó suy ra:

20


2cos A  

15
7
15
15
;
A 
arcsin
4
4
4
8

cos B  

15
1
15
15
B 
arcsin
;
4
4
4
4

cos C 

15
1
15
15
C 
arcsin
4
4
4
4

 
với A, B, C   0;  .
 2 

Cộng vế theo vế 3 BĐT này lại với nhau ta có:

9
15
2cos A  cos B  cos C  
 A  B  C 
4
4
15 
15
15
15 

+
 arcsin
 arcsin
arcsin
4 
8
4
4 
9
15
15
9
 2cos A  cos B  cos C  
 A  B  C 
 A  B  C  .
4
4

4
4


2
x2 1



1
y2 1



1
z2 1



9
4

15
15
15
.
; B  arcsin
; C  arcsin
8
4

4

Dấu bằng xảy ra khi A  arcsin
Vậy ta có điều phải chứng minh.
2.4. Bài toán tổng quát 4

Cho các số thực a, b, c  D thỏa mãn: mg (a )  ng (b)  pg (c)   k ,
với số thực k. Chứng minh rằng m ' f (a )  n ' f (b)  p ' f (c)  k .
Để giải bài toán này ta cần biểu diễn m ' f (a ), n ' f (b), p ' f (c) qua

mg (a ), ng (b), pg (c)

nên

ta

xét

hàm

số

h(t )   f (t )   g (t ), t  D

,   m ', n ', p ';   m, n, p . Số  được xác định sao cho hàm số h(t ) đạt cực
tiểu (hoặc cực đại) tại t0  a, b, c thì h '(t0 )  0 và suy ra   

 f '(t0 )
.
 g '(t0 )

Khi đó dấu bằng của BĐT xảy ra khi các biến thỏa mãn hệ phương trình
21


mg (a )  ng (b)  pg (c)  k

 m ' f '(a) n ' f '(b) p ' f '(c)



ng '(b)
pg '(c)
 mg '(a )
Giải hệ phương trình này ta sẽ tìm được giá trị của các biến a, b, c từ đó
ta biết được đẳng thức xảy ra khi nào.
Thí dụ 9 . Cho a, b, c  0 và a  4b  9c  1 . Chứng minh rằng
100
.
a 3  25b3  36c 3 
5041
Phân tích. Từ giả thiết ta thấy a, b, c  0;1 và BĐT cần chứng minh có dạng:
Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn g (a )  4 g (b)  9 g (c)  1 .
100
Chứng minh rằng: f (a )  25 f (b)  36 f (c) 
.
5041
Trong đó f (t )  t 3 , t  0;1 và g (t )  t .
Khi đó dấu bằng của BĐT xảy ra khi a, b, c thỏa mãn hệ phương trình


10


a


71


a  4b  9c  1



4

 2
2
2  b 
 3a

75
b
108
c


71





 1

4
9

5

c


71


 f '(t0 )
300

Ta có   
. Vậy ta có lời giải như sau.
 g '(t0 )
5041
Lời giải:
300
Xét hàm số y  t 3 
t với t  (0;1);   1;25;36 ,   1;4;9 .
5041
300
10 
Ta có y '  0  3t 2 
.

0t
5041
71 
Bảng biến thiên
10 
1
0
t
71 
─

y’

0

+

 

0

300
5041

y



2000  3
357911 

Dựa vào bảng biến thiên ta có
22


2000  3
300
2000  3
300
2000  3
3
3
y
 t 
t 
 t 
t
357911 
5041
357911 
5041
357911 
với t  (0;1);   1;25;36 ,   1;4;9 .
Từ đó suy ra:

a3 

300
2000
1200

3200
2700
9000
a
b
c
; 25b3 
; 36c 3 
5041
357911
5041
357911
5041
357911
với a, b, c  (0;1) .

Cộng vế theo vế 3 BĐT này lại với nhau ta có

a 3  25b3  36c 3 

300
14200
100

a  4b  9c 
5041
357911 5041
 a 3  25b3  36c 3 

Dấu bằng xảy ra khi: a 

100
5041

10
4
5
,b  ,c  .
71
71
71

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Thí dụ 10. [HSG THPT Hoằng Hóa, Thanh Hóa, 2012]
Cho a, b, c  0 và 2a  3b  4c  1 . Chứng minh rằng

2 2a  1  3 2b  1  4 2c  1  10
Phân tích. Từ giả thiết ta thấy a, b, c  0;1 và BĐT cần chứng minh có dạng:
Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn 2 g (a )  3 g (b)  4 g (c)  1.
Chứng minh rằng:

2 f (a )  3 f (b)  4 f (c)  10 .
trong đó đặt f (t )  2t  1, t  0;1 và g (t )  t .
Khi đó dấu bằng của BĐT xảy ra khi a, b, c thỏa mãn hệ phương trình


1


a



9



2
a

3
b

4
c

1

1




b 


9

 2a  1  2b  1  2c  1 

1


c


9


Ta có   

 f '(t0 )
3

. Vậy ta có lời giải như sau.
 g '(t0 )
11
23


3
t với t  (0;1) .
11

3
1
Ta có y '  0 

0t .
9
2t  1
11

Bảng biến thiên
Lời giải:Xét hàm số y   2t  1 

t

0

19
+

y’

0

1

─

10 11
33

y









33  3
11

Dựa vào bảng biến thiên ta có

y

10 11
33
3
10 11
t
33
11

  2t  1 

3
10 11
t
33
11
với t  (0;1);   2;3;4 .

  2t  1 

Từ đó suy ra:

2 2a  1 

6
20 11
;
a
33
11

3 2b  1 

9
30 11
b
;
33
11

12
40 11
c
33
11
với a, b, c  (0;1) .

4 2c  1 

Cộng vế theo vế 3 BĐT này lại với nhau ta có:

2 2a  1  3 2b  1  4 2c  1 

3
90 11
 3 11  10 .
2a  3b  4c 
33
11

 2 2a  1  3 2b  1  4 2c  1  10
Vậy ta có điều phải chứng minh.
24


Thí dụ 11. Cho a, b, c  0 và 2a  b  c  6 . Chứng minh rằng

a

11
1 1 1 29
b  c     .
8
a b c
4

Phân tích. Từ giả thiết ta thấy a, b, c  0;6 và BĐT cần chứng minh có dạng:
Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn 2 g (a )  g (b)  g (c)  6 .
Chứng minh rằng:

f (a )  f (b)  f (c) 

29

.
4

1
Trong đó f (t )  t  , t  0;6 và g (t )  t . Khi đó dấu bằng của BĐT
t
xảy ra khi a, b, c thỏa mãn hệ phương trình

2a  b  c  6
a  2



1
 b  1
1  2
 a

11 1 11 1
  2  2

c  1
8 b
8 c
 2
Ta có   

f '(t0 )
3
  . Vậy ta có lời giải như sau.

g '(t0 )
8

Lời giải:

1 3
Xét hàm số y  f (t )  t   t , t  0;6 .
t 8
Ta có y '  0   

3 1
8
 2 0t
.
8 t
8  3

Bảng biến thiên
t

─

y’
y

8
8  3

0

0

6
+
72  27   2
12



8  3
2
Dựa vào bảng biến thiên ta có
25


y

8  3
2

1 3
8  3
 t   t 
t 8
2
1 3
8  3
 t   t 
t
8

2

 11 11
với t  (0;6);   1; ; ;   2;1;1 .
 8 8 
Từ đó suy ra:

1 6
a   a 1;
a 8
11
1 3
b  b2;
8
b 8
11
1 3
c  c2
8
c 8
với a, b, c  (0;6) .
Cộng vế theo vế 3 BĐT theo vế ta được:
11
1 1 1 3
29
a  b  c     2a  b  c  5 
8
a b c 8
4
11

1 1 1 29
 a  b  c     .
8
a b c
4
Dấu bằng xảy ra khi a  2, b  1, c  1 . Vậy ta có điều phải chứng minh.
3. Bài tập luyện tập
Bài 1. [Đề xuất 30-4 của Cà Mau]. Cho a, b, c  0 và 15a  3 5b  5 3c  3 .
Tìm giá trị lớn nhất của P 

1 1
1
 3 5
a b
c

Bài 2. Cho x, y, z là 3 số thỏa x  y  z  1. Chứng minh rằng:

3  4x  3  4 y  5  4z  7
Bài 3. Cho a, b, c  R và a  b  3c  10 . Chứng minh rằng

a 4  b 4  c 4  2 a 3  b3  c 3  .
Bài 4. Cho a, b, c  

3
và a  b  c  4 . Chứng minh rằng
4
26

3a
b
c
12
 2
 2
 .
a 1 b 1 c 1 5
2

Bài 5. Cho a, b, c  0 và 2 a  2b  3c  15 . Chứng minh rằng
3 a  2 b  c  ab  bc  ca .

Bài 6. Cho a, b, c, d  0 và a  b  2c  3d  4 . Chứng minh rằng

6a 3  b 3  c 3  d 3   a 2  b 2  c 2  d 2 

191
.
18

Bài 7. Cho các số thực dương a, b, c và a  b  c  4 . Chứng minh rằng

1
1 16
 2  2  a 2  b2  c2 .
2
a
b
c

Bài 8. Cho x, y, z  0 và x  y  z  4 . Chứng minh rằng

x2 

1
1
32
 y 2  2  z 2  2  5 2.
2
x
y
z

Bài 9. Cho a, b, c  0 và a 2  2b 2  5c 2  11 . Chứng minh rằng

16 9 4
   a  b  c  17.
a b c
Bài 10. Cho a, b, c  0 và a 2  b 2  c 2  6 . Chứng minh rằng

a
b
2c
12
 2
 2
 .
2
2
2

b c
a c
a b
5
2

Bài 11. Cho a, b, c  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

a  3c
4b
8c
.(HSG Kiên Giang 2014)


a  2b  c a  b  2c a  b  3c

Bài 12. Cho ba số thực x, y, z  1;4  và thỏa mãn x  y, x  z . Hãy tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức

P

x
y
z


. (Đề thi Đại học Khối A 2011)
2x  3y y  z z  x

Bài 13. Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  a  c  b . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức

P

2
2
3


.(Đề thi HSG THPT toàn quốc bảng A 1999)
a 2  1 b2  1 c2  1

27