SỬ DỤNG ĐẠO HÀM - KHAI THÁC ĐỒ THỊ HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

KHAI THÁC KHÁI NIỆM ĐỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM
ĐỂ ĐÁNH GIÁ BẤT ĐẲNG THỨC

1. Cơ sở lí thuyết.
a. Định nghĩa: Cho hàm số y = f (x ) liên tục [a; b ] và có đồ thị là (C). Khi đó ta có hai
điểm A(a; f (a )), B(b; f (b)) nằm trên đồ thị (C).
i) Đồ thị (C) gọi là lồi trên (a; b) nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung AB
ln nằm phía trên đồ thị (C).
ii) Đồ thị (C) gọi là lõm trên (a; b) nếu tiếp tuyến tại mọi điểm nằm trên cung AB
ln nằm phía dưới đồ thị (C).
y
_
y
_
a
_

x
_

x
_

1
_
a

b
_

b

_

Đồ thị hàm số lồi

Đồ thị hàm lõm

b. Dấu hiệu đồ thị lồi
Định lí 1: Cho hàm số y = f (x ) có đạo hàm cấp hai liên tục trên (a; b )
* Nếu f ''(x ) > 0 "x Ỵ (a; b ) thì đồ thị hàm số lõm trên (a; b)
* Nếu f ''(x ) < 0 "x Ỵ (a; b ) thì đồ thị hàm số lồi trên (a; b )
c. Ứng dụng
Từ hình ảnh trực quan của định nghĩa cho ta một phương pháp giải các bài toán BĐT
và cực trị sau :
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

1


Định lí 2: (Bất đẳng thức tiếp tuyến)
Cho hàm số y = f (x ) liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên [a;b] .
i) Nếu f ''(x ) ³ 0 "x Ỵ [a; b ] thì f (x ) ³ f '(x 0 )(x - x 0 ) + f (x 0 ) "x 0 Ỵ [a; b ]
ii) Nếu f ''(x ) £ 0 "x Ỵ [a; b ] thì f (x ) £ f '(x 0 )(x - x 0 ) + f (x 0 ) "x 0 Ỵ [a; b ]
Đẳng thức trong hai Bất đẳng thức trên xảy ra Û x = x 0 .
Ta có thể chứng minh định lí trên như sau
i) Xét hàm số g(x ) = f (x ) - f '(x 0 )(x - x 0 ) - f (x 0 ) , x Ỵ [a; b ]
Ta có : g '(x ) = f '(x ) - f '(x 0 ) Þ g ''(x ) = f ''(x ) 0 "x ẻ [a; b ]
ị g '(x ) = 0 Û x = x 0 và g '(x ) đổi dấu từ - sang + khi x qua x 0 nên ta có :
g(x ) ³ g(x 0 ) = 0 "x Ỵ [a; b ] .
ii) Chứng minh tương tự.
Định lí 3: (Bất đẳng thức cát tuyến)

Cho hàm số y = f (x ) liên tục và có đạo hàm đến cấp hai trên [a;b] .
i) Nếu f ''(x ) ³ 0 "x Ỵ [a; b ] thì f (x ) ³

f (a ) - f (b)
(x - a ) + f (a ) "x 0 Ỵ [a; b ]
a -b

ii) Nếu f ''(x ) £ 0 "x Ỵ [a; b ] thì f (x ) £

f (a ) - f (b)
(x - a ) + f (a ) "x 0 Ỵ [a; b ] .
a -b

Đẳng thức trong các BĐT trên có khi và chỉ khi x = a hoặc x = b .

2. Nội dung, biện pháp thực hiện giải pháp của đề tài:
Ví dụ 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 1 . Chứng minh rằng
a
2

a +1

Giải: Xét hàm số f (x ) =
Ta có: f '(x ) =

1
2

3

(x + 1)

x
2

x +1

+

b
2

b +1

c

+

2

c +1

Ê

3
10

.

vi x ẻ (0;1) .

ị f ''(x ) = -

3x
2

5

(x + 1)

< 0 "x Ỵ (0;1)

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

2


Nên ta có:

1
1
1
f (a ) £ f '( )(a - ) + f ( )
3
3
3
1
1
1
f (b ) £ f '( )(b - ) + f ( )

3
3
3
1
1
1
f (c) £ f '( )(c - ) + f ( )
3
3
3

ỉ1ư

1
3

Suy ra : f (a ) + f (b) + f (c) £ f ' ỗ ữ (a + b + c - 1) + 3 f ( ) =
è3ø

3
10

1
3

Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = .
Ví dụ 2 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa : a 2 + b2 + c2 = 3 . Chứng minh
1
1 + 8a

+

1
1 + 8b

+

1
1 + 8b

³ 1.

Giải :
Xét hàm số : f (x ) =
f '(x ) = -

4
(1 + 8x )3

1
1 + 8a

, 0 < a £ 3 . Ta có :

Þ f "(x ) =

48
(1 + 8x )5

>0

1
"x Ỵ (- ; 3 ]
8

Nên ta có : f (a ) ³ f '(1)(a - 1) + f (1)
f (b ) ³ f '(1)(b - 1) + f (1)
f (c) ³ f '(1)(c - 1) + f (1)
Þ f (a ) + f (b ) + f (c ) ³ f '(1)(a + b + c - 3) + 3 f (1) (*)

Mặt khác : (a + b + c)2 £ 3(a 2 + b 2 + c2 ) = 9
Þ -3 £ a + b + c £ 3 Þ a + b + c - 3 £ 0 và f '(1) = -

4
< 0 nên từ (*)
27

Ta suy ra : f (a ) + f (b) + f (c) ³ 3 f (1) = 1 .
Nhận xét : Dấu hiệu giúp chúng ta nhận ra phương pháp trên là BĐT cần chứng
minh có dạng
f (a1 ) + f (a2 ) + ... + f (an ) ³ k hoặc f (a1 ) + f (a2 ) + ... + f (an ) £ k , trong đó ai (i = 1,.., n ) là

các số thực cho trước. Trong một số trường hợp BĐT chưa có dạng trên, ta phải thực
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

3


hiện một số phép biến đổi mới đưa về dạng trên.Chúng ta cần chú ý một số dấu hiệu
sau.

· Nếu BĐT có dạng f (a1 ).f (a2 )...f (an ) ³ k thì ta lấy loganepe hai vế
· Nếu BĐT cần chứng minh đồng bậc thì ta có thể chuẩn hóa. Tùy thuộc vào từng

bài tốn mà ta lựa chọn cách chuẩn hóa phù hợp.

Ví dụ 3 : Cho các số thực dương a, b, c thỏa : a + b + c = 3 . Tìm GTLN của biểu
thức :
b

c

a

ổ
ử ổ
ử ổ
ử
P = ỗ a + 1 + a 2 ữ ỗb + 1 + b2 ữ ỗ c + 1 + c 2 ÷ .
è
ø è
ø è
ø

Giải :
ỉ

ư

ỉ

ư

è

ø

è

ø

Ta có : ln P = b ln(a + 1 + a 2 ) + c ln ỗb + 1 + b2 ữ + a ln ỗ c + 1 + c 2 ÷
ỉ

ư

è

ø

Xét hàm số : f (x ) = ln ỗ x + 1 + x 2 ữ , 0 < x < 1 . Ta có :
f '(x ) =

1
2

x +1

Þ f ''(x ) =

-x

2 3

(1 + x )

<0

"x Ỵ (0;1)

Suy ra : f (a ) £ f '(1) (a - 1) + f (1) = f '(1)a + f (1) - f '(1)
Þ bf (a ) £ f '(1)ab + é f (1) - f '(1)ù b
ë
û
cf (b) £ f '(1)cb + é f (1) - f '(1)ù c
ë
û
af (c) £ f '(1)ac + é f (1) - f '(1)ù a .
ë
û

(

)

Þ ln P £ f '(1) ab + bc + ca - (a + b + c ) + f (1)(a + b + c ) £ 3 ln(1 + 2)

(Do ab + bc + ca £ 3 = a + b + c )
Nên Þ ln P £ 3 ln(1 + 2) Þ P £ (1 + 2)3 .
Đẳng thức xảy ra Û a = b = c = 1 . Vậy GTLN của P = (1 + 2)3 .
Ví dụ 4 : Cho x , y > 0 thỏa x + y + z = 1 . Tìm GTNN của biểu thức
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

4


P = x -y + y -z + z -x .

Giải : Áp dụng BĐT Cơ si, ta có : P ³

3
3 y

x .y z .z x

Đặt A = x y .y z .z x Þ ln A = y ln x + z ln y + x ln z . Vì hàm số f (t ) = ln t có
f ''(t ) = -

1
t

2

<0

ỉ1ưỉ
1ư
1
Þ ln x £ f ' ç ÷ ç x - ÷ + f ( ) = 3x - 1 - ln 3
3ø
3
è3øè

Þ ln A £ y(3x - 1 - ln 3) + z (3y - 1 - ln 3) + x (3z - 1 - ln 3)

= 3(xy + yz + zx ) - 1 - 3 ln 3 £ (x + y + z )2 - 1 - 3 ln 3 = -3 ln 3

ÞA£

1
1
Þ P ³ 3 3 3 . Đẳng thức xảy ra Û x = y = z = .
3
3

Vậy GTNN của P = 33 3 .
Ví dụ 5 : Cho a, b, c ³

1
thỏa a + b + c = 2 . Tìm GTNN của biểu thức
2
P = aa + bb + cc .

Giải :
Xét hàm số f (t ) = t t ,

1
£ t £ 1 . Ta có : ln f (t ) = t ln t lấy đạo hàm hai vế ta được
2

(

f '(t ) = (1 + ln t )f (t ) Þ ln f '(t ) = ln f (t ) + ln ln t + 1

Þ

)

f ''(t ) f '(t )
1
1
=
+
= 1 + ln t +
f '(t )
f (t ) t(ln t + 1)
t(ln t + 1)

é
ù
1
1
Þ f ''(t ) = (1 + ln t )f (t ) ê1 + ln t +
ú > 0 "t Ỵ [ ;1]
t(1 + ln t ) û
2
ë
é1

ù

Vì a, b, c Ỵ ê ;1ú nên áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có :
ë2

û

2
2
2
f (a ) ³ f '( )(a - ) + f ( )
3
3
3
2
2
2
f (b) ³ f '( )(b - ) + f ( )
3
3
3
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

5


2
2
2
f (c) ³ f '( )(c - ) + f ( )
3
3
3
2
3

2
3

4
9

Cộng ba BĐT trên ta có : f (a ) + f (b) + f (c) ³ f '( ) (a + b + c - 2 ) + 3 f ( ) = 33 .
Vậy GTNN của P = 33

4
2
đạt được Û a = b = c = .
9
3

Ví dụ 6 : Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng :
1+ 3

1 1 1
(a 2 + b 2 + c 2 )( + + ) ³ a + b + c + a 2 + b 2 + c 2 .
a b c
3 3

(Trích đề thi Albania 2002)
Lời giải. Vì BĐT đã cho thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bđt đúng với mọi số
thực dương a,b,c thỏa mãn a 2 + b2 + c2 = 1 , khi đó bđt cần chứng minh trở thành:
f (a ) + f (b) + f (c) ³ 1 trong đó:

f (x ) =

1+ 3 1
. - x với 0 < x < 1 . Dễ thấy hàm số f có f ''(x ) > 0 "x Ỵ (0;1)
3 3 x

Nên theo BĐT tiếp tuyến ta có :
ỉ 1 ö
f (a ) + f (b ) + f (c ) f ' ỗ
ữ (a + b + c - 3) + 3 f
ỗ
ữ
3ứ
ố

ổ 1 ử
ỗ
ữ .
ỗ
ữ
3ứ
ố

ỡ ổ 1 ử
ùf ' ỗ
ữ<0
ổ 1 ử
Do ù ỗ 3 ữ
ị f (a ) + f (b) + f (c ) 3 f ỗ
ứ
ữ = 1.

ớ ố
ỗ
ữ
ố 3ứ
ù
2
2
2
ùa + b + c £ 3(a + b + c ) = 3
ỵ

p
2

Ví dụ 7: Cho n số thực x1, x2 , ..., xn thuộc khoảng (0; ) thỏa :
tan x1 + tan x 2 + ... + tan xn £ n .Chứng minh : sin x1 . sin x 2 ... sin xn £

1
n

2

.

Giải :
Đặt ai = tan xi (i = 1, 2, ..., n ) Þ ai > 0 i = 1, 2,..., n và

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

n

å ai

i =1

£n

6


Ta cần chứng minh :

n

ai

Õ

1 + ai2

i =1

Xét hàm số f (x ) =

x
1+x

2

1

£

(1).

n

2

1

, x > 0 có f '(x ) =
1

Þ f (x ) £ f '(1)(x - 1) + f (1) =

2

3

1

(x - 1) +

2

2 3

(1 + x )

=

1
2 2

Þ f ''(x ) < 0 "x > 0 .

(x + 1) .
n

n

ÞÕ

i =1

ai

1 + ai2

n

= Õ f (ai ) Ê
i =1

1

n

ế (ai + 1) Ê

8n i =1

ổ n
ử
ỗ ồ (ai + 1) ữ
ữ
1 ỗ i =1
2n
=
ỗ
ữ Ê
n
n ỗ
n
ữ
8
8
ỗ
ữ
ố
ứ

1
2n

ng thức xảy ra Û a1 = a2 = ... = an = 1 Û tan x1 = tan x 2 = ... = tan xn = 1
p
Û x1 = x 2 = ... = xn = .
4

Nhận xét : Qua các ví dụ trên, ta có được kết quả tổng quát sau
Định lí 4 : Cho hàm số y = f (x ) có đạo hàm cấp hai trên éa;b ù và n số a1, a2,..., an
ë û
nằm trong đoạn éa;b ù thỏa mãn :
ë û

n

å ai

i =1

· Nếu f ''(x ) > 0 "x Ỵ éa;b ù thì ta có :
ë û
· Nếu f ''(x ) < 0 "x Ỵ éa;b ù thì ta có :
ë û

= k , na £ k £ nb .

n

k

å f (ai ) ³ nf (n )

i =1
n

1

k

å f (ai ) £ n f (n ) .

i =1

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

7


Ví dụ 8. Cho tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn
tan

2p
. Chứng minh rằng :
3

A
B
C
+ tan + tan ³ 4 - 3 .
2
2
2

Lời giải.
Khơng mất tính tổng qt, ta giả sử A ³

2p
p
> B ³C ÞC £ .
3
6

ỉ pư

ỉ pư

è

è

Hàm số f (x ) = tan x , x ẻ ỗ 0; ữ cú f ''(x ) > 0 "x ẻ ỗ 0; ữ . p dng BT tiếp tuyến, ta
3
3
ø

ø

có
A
p A p
p
f ( ) ³ f '( )( - ) + f ( )
2
3 2 3
3
B

p B p
p
f ( ) ³ f '( )( - ) + f ( )
2
12 2 12
12
C
p C p
p
f ( ) ³ f '( )( - ) + f ( ) .
2
12 2 12
12

ổAử
ị fỗ ữ+
ố2ứ

ổB ử
fỗ ữ+
ố2ứ

ổC ử ộ p
p ự æ A 2p ö
p æA + B +C p ö
f ç ÷ ³ ê f '( ) - f '( )ỳ ỗ - ữ
ữ + f '( ) ỗ
12 ỷ ố 2
3 ứ
12 ố

2
2ứ
ố2ứ ở 3
ổp ử
+ f ỗ ữ + 2f
ố3ứ

ổp ử

ổp ử

A

p

Do f ' ỗ ữ - f ' ỗ ữ > 0; - 0 v
2 3
ố3ứ
ố 12 ứ
ổAử
ổB ử
ổC ử
ổp ử
f ỗ ữ + f ỗ ữ + f ỗ ữ f ỗ ữ + 2f
ố2ứ
ố2ứ
ố2ứ
ố3ứ

ng thc xy ra A =

ổp ử
ỗ ữ
ố 12 ứ

A + B +C p
=
nờn ta cú :
2
2

ổp ử
ỗ ữ = 4 - 3 đpcm.
è 12 ø

2p
p
;B = C =
và các hốn vị.
3
6

Ví dụ 9. Cho các số thực khơng âm a,b, c thỏa max {a, b, c} ³

3
và a + b + c = 1 . Tìm
4

GTNN của biểu thức : P = 3 1 + 3a 2 + 3 1 + 3b2 + 3 1 + 3c 2 .
Lời giải.

3
4

1
8

Khơng mất tính tổng qt, ta giả sử a = max {a, b, c} Þ a ³ , c £ .

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

8


Xét hàm số f (x ) = 3 1 + 3x 2 , x Ỵ ( 0;1) có f '(x ) =
Þ f ''(x ) =

2 - 2x 2
3

2 5

(1 + 3x )

2x
3

(1 + 3x 2 )2

> 0 "x Ỵ (0;1) . Áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có :

3
3
3
1
1
1
1
1
1
f (a ) ³ f '( )(a - ) + f ( ) ; f (b) ³ f '( )(b - ) + f ( ) ; f (c) ³ f '( )(c - ) + f ( )
4
4
4
8
8
8
8
8
8
3
é 3
1 ù
3
3
1
3
1
172 + 23 67
Þ f (a ) + f (b) + f (c) ³ ê f '( ) - f '( )ú (x - ) + f ( ) + 2 f ( ) ³ f ( ) + 2 f ( ) =
.

8 û
4
4
8
4
8
4
ë 4

3
4

Đẳng thức xảy ra Û a = ;b = c =
Vậy min P =

3

1
và các hoán vị.
8

172 + 2 3 67
.
4

Nhận xét : Trong một số trường hợp đồ thị hàm số y = f (x ) có khoảng lồi, lõm trên
éa; b ù nhưng ta vẫn có được đánh giá : f (x ) ³ f '(x 0 )(x - x 0 ) + f (x 0 ) ,x 0 Ỵ (a; b) . Chẳng
ë û

hạn các bạn xem đồ thị minh họa dưới đây.

y
_

a

x
_
O
_ x0

b

Ví dụ 10: Cho a, b, c Ỵ ¡ và a + b + c = 6 . Chứng minh rằng :
a 4 + b 4 + c 4 ³ 2(a 3 + b 3 + c 3 ) .

Lời giải:

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

9


BĐT đã cho Û (a 4 - 2a 3 ) + (b 4 - 2b 3 ) + (c 4 - 2c 3 ) ³ 0 Û f (a ) + f (b) + f (c) ³ 0
Trong đó f (x ) = x 4 - 2x 3 . Ta thấy f ''(x ) = 12x 2 - 12x nên đồ thị hàm số f có khoảng
lồi và khoảng lõm do đó ta khơng thể áp dụng BĐT tiếp tuyến được. Tuy nhiên ta
vẫn có thể đánh giá được f (x ) qua tiếp tuyến của nó tại điểm có hồnh độ x = 2 (vì
đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2 )
Ta có tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại y = f (x ) điểm có hồnh độ x = 2 là: y = 8x - 16 .
f (x ) - (8x - 16) = x 4 - 2x 3 - 8x + 16 = (x - 2)2 (x 2 - 2x + 4) 0 "x ẻ Ă .
ị f (a ) + f (b ) + f (c ) ³ 8(a + b + c) - 48 = 0 (đpcm).

Chú ý. Vì y = 8x - 16 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số f (x ) = x 4 - 2x 3 tại điểm có
k

hồnh độ x = 2 nên ta có sự phân tích: f ( x ) - ( 8x - 16 ) = (x - 2 ) g (x ) với k ³ 2 và
g (2) ¹ 0 .

Ví dụ 11: Cho a, b, c ³ a

a2 + 1

+

3
và a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:
4
b

b2 + 1

+

c

c2 + 1

£

9
. ( Vơ địch Tốn Ba Lan 1996)

10

Lời giải.
Ta thấy đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
f (a ) + f (b) + f (c) £

1
và Bđt đã cho có dạng:
3

9
x
3 5
trong đó f (x ) =
với x Î [- ; ] .
10
4 2
x2 + 1

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x ) tại điểm có hồnh độ x =

1
36x + 3
là : y =
.
3
50

(3x - 1)2 (4x + 3)
36x + 3

36x + 3
x
3 5
Ta có:
- f (x ) =
=
³ 0 "x Ỵ [ - ; ]
50
50
4 2
x2 + 1
50(x 2 + 1)

Vậy :

a

a2 + 1

+

b

b2 + 1

+

c

c2 + 1

£

36(a + b + c ) + 9
9
=
đpcm.
50
10

Ví dụ 12 : Cho các số thực a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 1 . Chứng minh :

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

10


a
b
c
9
+
+
³
.
1 + bc 1 + ac 1 + ab 10

Lời giải. Ta có :
b +c 2
1-a 2

a +c 2
1-b 2
b +a 2
1-c 2
bc £ (
) =(
) ; ca £ (
) =(
) ; ab £ (
) =(
) nên
2
2
2
2
2
2
a
b
c
4a
4b
4c
+
+
³
+
+
= f (a ) + f (b ) + f (c ) .
1 + bc 1 + ac 1 + ab a 2 - 2a + 5 b 2 - 2b + 5 c 2 - 2c + 5

(Nhận xét : Đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
số f (x ) =

x 2 - 2x + 5

Mặt khác:
Þ

4x

tại điểm có hoành độ x =

4x

x 2 - 2x + 5

4a

a 2 - 2a + 5

+

-

1
và tiếp tuyến của đồ thị hàm
3
1
99x - 3

là : y =
)
3
100

99x - 3 (3x - 1)2 (15 - 11x )
=
³ 0 "x Ỵ (0;1)
100
100(x 2 - 2x + 5)

4b

b 2 - 2b + 5

+

4c

c 2 - 2c + 5

³

99(a + b + c ) - 9
9
=
đpcm.
100
10

Ví dụ 13. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng :
æ 1
1 1 1
9
1
1 ử
+ + +
4ỗ
+
+
ữ.
a b c a +b +c
ốa + b b + c c + a ø

Lời giải. Không làm mất tính tổng quát ta giả sử a + b + c = 1 , khi đó Bđt đã cho trở
thành

5a - 1

a - a2

+

5a - 1

b - b2

+

5c - 1

c - c2

£ 9.

1
2

Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác và a + b + c = 1 suy ra a, b, c Ỵ (0; ) .
Ta có :
Þ

5a - 1

a - a2

- (18a - 3) =

(3a - 1)2 (2a - 1)
a - a2

1
£ 0 "a Ỵ (0; )
2

5a - 1

1
£ 18a - 3 "a Ỵ (0; ) .
2

a - a2

Ta cũng có hai Bđt tương tự. Cộng các Bđt này lại với nhau ta có:
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

11


5a - 1
a -a

2

+

5a - 1
b -b

5c - 1

+

2

c -c

2

£ 18(a + b + c) - 9 = 9 (đpcm).

1
3

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = .
Ví dụ 14. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng :
(b + c - a )2

+

(b + c)2 + a 2

(c + a - b)2

(c + a )2 + b 2

+

(a + b - c)2

(a + b)2 + c 2

³

3
.
5

(Olympic Tốn Nhật Bản 1997)
Lời giải . Vì Bđt cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bđt đúng
với mọi số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . Khi đó Bđt đã cho trở thành:

(1 - 2a )2

(1 - a )2 + a 2

+

(1 - 2b)2

(1 - b)2 + b2

Û

4a 2 - 4a + 1

Û

1

2

2a - 2a + 1
2a 2 - 2a + 1

+

(1 - c)2 + c 2

+

4b2 - 4b + 1

+

1

2

2b - 2b + 1
2b 2 - 2b + 1

Û f (a ) + f (b) + f (c) £

Trong đó f (x ) =

2

(1 - 2c)2

3
5

³

+

4c 2 - 4c + 1

+

1

³

3
5

£

27
5

2

2c - 2c + 1
2c 2 - 2c + 1

27
.
5
1

2x - 2x + 1

với x Ỵ (0;1) .

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x ) tại điểm có hồnh độ x =

1
54x + 27
là : y =

3
25

2(54x 3 - 27x 2 + 1) 2(3x - 1)2 (6x + 1)
54x + 27
Ta có:
- f (x ) =
=
³ 0 "x Ỵ (0;1)
25
25(2x 2 - 2x + 1)
25(2x 2 - 2x + 1)
Þ f (a ) + f (b) + f (c) £

54(a + b + c ) + 81 27
=
25
5

đpcm.

Trong các ví dụ trên ta chỉ xét các BĐT đối xứng ba biến và đẳng thức xảy ra khi các
biến bằng nhau. Phần tiếp theo ta sẽ đi xét một số BĐT không đối xứng hoặc BĐT
đối xứng nhưng đẳng thức xảy ra khi có ít nhất hai biến khơng bằng nhau.

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

12

Ví dụ 15: Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:
10(a 3 + b 3 + c 3 ) - 9(a 5 + b 5 + c 5 ) ³ 1 (Trung Quốc 2005).

Lời giải: Giả sử a ³ b ³ c .
Xét hàm số f (x ) = 10x 3 - 9x 4 , x Ỵ (0;1) có f '(x ) = 30x 2 - 45x 4 Þ f ''(x ) = 60x - 180x 3
Þ f ''(x ) = 0 Û x = x 0 =

1
đồng thời f ''(x ) > 0 "x Ỵ (0; x 0 ) và f ''(x ) < 0 "x Ỵ (x 0 ;1) .
3

· Nếu a < x 0 . Áp dụng BĐT tiếp tuyến ,ta có:

ỉ1ưỉ
1ư
f (a ) ³ f ' ç ÷ ç a - ÷ +
3ø
è3øè

ỉ1ư
fç ÷
è3ø

ỉ1ưỉ
1ư
f (b) ³ f ' ỗ ữ ỗb - ữ +
3ứ
ố3ứố

ổ1ử

fỗ ữ
ố3ứ

ổ1ửổ
1ử
f (c) f ' ỗ ữ ỗ c - ữ +
3ứ
ố3ứố

ổ1ử
fỗ ÷
è3ø

ỉ1ư
Þ f (a ) + f (b) + f (c) f ' ỗ ữ a + b + c - 1 + 3 f
ố3ứ

(

)

ổ1ử
ỗ ữ = 1.
ố3ứ

à Nu a > x 0 . Áp dụng BĐT tiếp tuyến và cát tuyến ta có:

f (a ) ³

f (1) - f (x 0 )

1 - x0

(a - 1) + f (1) > f (1) = 1 .

( )(

)

()

( )(

)

()

f (b) ³ f ' 0 b - 0 + f 0 = 0
f (c) ³ f ' 0 c - 0 + f 0 = 0
Þ f (a ) + f (b) + f (c) > 1 .

Ví dụ 16: Cho DABC nhọn. Tìm GTLN của biểu thức: F = sin A. sin2 B. sin2 C .
Lời giải:
Ta có : ln F = ln sin A + 2 ln sin B + 3 ln sin C
p
2

Xét hàm số f (x ) = ln sin x , x ẻ (0; ) ị f '(x ) = cot x Þ f ''(x ) = -

1

ổ pử
"x ẻ ỗ 0; ữ
ố 2ứ
sin2 x

p dng BT tiếp tuyến với DMNP nhọn, ta có :
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

13


(

)

(

(

)

(

(

)

)

f (A) £ f '(M ) A - M + f (M ) = A - M cot M + ln sin M

)

f (B ) £ f '(N ) B - N + f (N ) = B - N cot N + ln sin N

(

)

f (C ) £ f '(P ) C - P + f (P ) = C - P cot P + ln sin P
Þ tan M .f (A) + tan N .f (B ) + tan P .f (C ) ³ tan M ln sin M + tan N . ln sin N + tan P . ln sin P

Chọn ba góc M , N , P sao cho :
tan M tan N
tan P
=
=
= k Þ tan M = k ; tan N = 2k ; tan P = 3k
1
2
3

Mặt khác : tan M + tan N + tan P = tan M . tan N . tan P
Þ 6k = 6k 3 Þ k = 1 Þ sin M =
Þ f (A) + f (B ) + f (C ) £ ln
ÞF £

27
25 5

1
2

tan M
1 + tan2 M
2

+ 2 ln

5

+ 3 ln

=

1

3
10

2

; sin N =

= ln

2
5

; sin P =

3
10

27
25 5

. Đẳng thức xảy ra Û A = M ; B = N ;C = P .

Vậy GTLN của F =

27
25 5

.

Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có được cách giải cho bài tốn tổng qt sau :
Cho DABC nhọn. Tìm GTLN của E = sinm A. sinn B. sin p C , với m, n, p là những số
thực dương. (Xem ở phần bài tập)
Ví dụ 17 : Cho tam giác ABC nhọn. Tìm GTNN của biểu thức :
F = tan A + 2 tan B + 3 tan C .

Lời giải : (Dựa theo lời giải của 2M)
ỉ

pư
è 2ø

Xét hàm số f (x ) = tan x , x ẻ ỗ 0; ÷ , có f '(x ) = 1 + tan2 x
Þ f ''(x ) = 2 tan x (1 + tan2 x ) > 0,

ổ pử
"x ẻ ỗ 0; ÷ .
è 2ø

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

14


Áp dụng BĐT tiếp tuyến với DMNP nhọn, ta có :
f (A) ³ f '(M )(A - M ) + f (M ) =

Þ cos2 M .f (A) ³

1
2

cos M

(A - M ) + tan M

1
sin 2M + A - M
2
1
2

1
2

Tương tự : cos2 N .f (B ) ³ sin 2N + B - N ; cos2 P .f (C ) ³ sin 2P + C - P
Þ cos2 M .f (A) + cos2 N .f (B ) + cos2 P .f (C ) ³

sin 2M + sin 2N + sin 2P
.
2

Ta chọn các góc M , N , P sao cho : cos M = k > 0; cos N = 2k ; cos P = 3k
Vì M , N , P là ba góc của tam giác nên ta có đẳng thức :
cos2 M + cos2 N + cos2 P + 2 cos M . cos N . cos P = 1

Þ (1 + 2 + 3)k + 2 6k 3 = 1 Þ k là nghiệm dương của phương trình :
2 6x 3 + (1 + 2 + 3)x - 1 = 0

(1).

Þ sin 2M = 2 1 - cos2 M . cos M = 2k 1 - k 2 ;
sin 2N = 2k 2(1 - 2k 2 ); sin 2P = 2k 3(1 - 3k 2 )
ÞF ³

sin 2M + sin 2N + sin 2P
2k 2

Vậy GTNN của F =

=

1 - k 2 + 2(1 - 2k 2 ) + 3(1 - 3k 2 )
k

1 - k 2 + 2(1 - 2k 2 ) + 3(1 - 3k 2 )
k

.

đạt được khi

A = M ; B = N ;C = P

Với M , N , P là ba góc của tam giác nhọn được xác định bởi :
cos M = k > 0; cos N = 2k ; cos P = 3k , trong đó k là nghiệm dương duy nhất của

PT (1).
Nhận xét : Tương tự cách làm trên, ta cũng tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F = m. tan A + n. tan B + p. tan C , trong đó m, n, p là các số thực dương và A, B, C là ba

góc của tam giác nhọn (Xem ở phần bài tập).

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

15


Ví dụ 18: Cho x , y, z > 0 thỏa x + y + z = 1 . Tìm GTNN của :
4

P = x 3 + 1 + y2 + 1 + z 4 .

Lời giải:

Ta có các hàm số f (t ) = t 3 ; g(t ) = 1 + t 2 ; h(t ) = 4 1 + t 4 , t Ỵ (0;1) là những hàm số có
đạo hàm cấp hai dương trên khoảng (0;1) . Nên với a, b, c > 0 thỏa a + b + c = 1 áp dụng
BĐT tiếp tuyến, ta có:
f (x ) ³ f '(a )(x - a ) + f (a ) ; h(y ) ³ h '(b )(y - b) + h (b) ;

g (z ) ³ g '(c )(z - c) + g(c)

ì
ì
ï
ï
k
ï 2
ïa =
3a = k
ï
3
ï
ï b
ï
k
ï
Ta chọn a, b, c sao cho f '(a ) = g '(b) = h '(c) = k Û í
=k
Û íb =
ï 1 + b2
ï
1 - k2
ï
ï

3
c3
k
ï
ïc =
=k
ï4
ï
4
4 3
1 - k3k
ï (1 + c )
ỵ
ỵ

Do a + b + c = 1 Û

k
+
3

k
1-k

+

2

3
4

k
3

1-k k

(1)

= 1 (2).

Dễ thấy phương trình (2) ln có nghiệm trong khoảng (0;1) .
Þ P = f (x ) + g(y ) + h(z ) ³ f (a ) + h(b) + g(c) =

k 3k
+
9

1
1 - k2

+

4

1
1 - k3k

Đẳng thức xảy ra Û x = a; y = b; z = c .
Vậy min P =

k 3k
+
9

1
1-k

2

+

4

1
3

1-k k

với k là nghiệm nằm trong (0;1) của (2).

Ví dụ 19. (BĐT Jensen). Cho hàm số y = f (x ) liên tục và có đạo hàm cấp hai trên

(a; b ) và n

số thực dương a1, a2 ,..., an có tổng bằng 1.
n

ỉ n
ư
a) Nếu f ''(x ) > 0 "x Ỵ (a; b) thì ta có: ồ ai f (xi ) f ỗ ồ ai xi ữ

ỗ
ữ
i =1
ố i =1
ứ

vi "xi ẻ (a; b ) i = 1, n . Đẳng thức có khi x1 = x2 = .. = xn .
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

16


b) Nếu f ''(x ) < 0 "x Ỵ (a; b) thì ta có:

n

ỉ n
ư
ai f (xi ) £ f ỗ ồ ai xi ữ
ồ
ỗ
ữ
i =1
ố i =1
ứ

vi "xi ẻ (a; b ) i = 1, n . Đẳng thức có khi x1 = x2 = .. = xn .
Lời giải.
a) Đặt y = a1a1 + a2a2 + ... + anan ị y ẻ (a;b) .
Vỡ f ''(x ) > 0 nên áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có:

(

)

f (ai ) ³ f '(y ) ai - y + f (y ) "i = 1,2,.., n

(

)

Þ ai f (ai ) ³ f '(y ) aiai - ai y + ai f (y ) "i = 1,2,.., n
Þ

n

n
n
ỉ n
ư
ai f (ai ) ³ f '(y )å (aiai - ai y ) + f (y )å ai = f (y ) = f ỗ ồ aiai ữ .
ồ
ỗ
ữ
i =1
i =1
i =1
ố i =1
ø

b) Chứng minh tương tự.
Ví dụ 20. (2M) Cho hai bộ số thực dương x1, x 2,..., xn và a1, a2,..., an thỏa mãn:
n

å xi =

i =1

n

å ai . Chứng minh rằng:

i =1

n

a

n

a

Õ xi i ³ Õ ai i
i =1

.

i =1

Lời giải.

n

i =1

BĐT cần chứng minh Û

n

i =1

å ai ln xi ³ å ai ln ai .

Hàm số f (x ) = ln x là hàm lồi, nên áp dụng BĐT tiếp tuyến ta có:
1
f (xi ) £ f '(ai )(xi - ai ) + f (ai ) = (xi - ai ) + f (ai )
ai
Þ ai f (xi ) £ xi - ai + ai f (ai ) Þ
n

i =1

Þ

n

n

å ai f (xi ) £

i =1

n

å (xi - ai ) +

i =1

n

å ai f (ai ) =

i =1

n

å ai f (ai )

i =1

i =1

å ai ln xi £ å ai ln ai

đpcm.

Chú ý: Điều thú vị là BĐT Cơ si lại là một hệ quả của bài tốn trên. Thật vậy:

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

17

n

Cho a1 = a2 = ... = an =
ổ n
ỗ ồ xi
n
n
ỗ 1
ế xi Ê ế ai = ỗ i =n
ỗ
i =1
i =1
ỗ
ố

ồ xi

i =1

n

. Khi ú BT ó cho trở thành:

n

ư
÷
÷

÷
÷
÷
ø

( do a1 = a2 = ... = an )

n

å xi

Þ i =1
n

n

³ n Õ xi đây chính là BĐT Cô Si cho n số.
i =1

Bài tập áp dụng

1. Cho a, b, c > 0. Chứng minh:

b +c
a2

+

c +a
b2

+

a +b

³

c2

1 1 1
+ +
a b c

2. Cho a, b, c > 0 thỏa a + b + c ³ 3 . Chứng minh rằng:
2

1

a +b +c

+

2

1

b +c +a

+

2

1

c +a +b

3. Cho x , y, z £ 1 thỏa x + y + z = 1 . Chứng minh rằng:
æ

£1

1

1 + x2

+

1

1 + y2

+

1

1 + z2

£

27

10

1ö
2ø

4. Cho các số thực a1, a2 ,..., an ẻ ỗ 0; ữ v a1 + a2 + ... + an = 1 . Chứng minh
è

ỉ1
ưỉ 1
ử ổ 1
ử
n
- 1ữ n - 1 .
ỗ - 1 ữ ỗ - 1 ữ ... ỗ
ỗa
ữỗa
ữ ỗa
ữ
ố 1
ứố 2
ø è n
ø

(

)

p
2

5. Cho a, b, c, d Ỵ (0; ) và a + b + c + d = p . Chứng minh
2 sin a - 1
2 sin b - 1
2 sin c - 1
2 sin d - 1
+
+
+
³ 0.
cos a
cos b
cos c
cos d

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

18


n

6. Cho n số thực dương thoả mãn: å xi = n . Cmr:
x1

2
1 + x1

+ ... +

xn

i =1

2
1 + xn

£

1
1
( New Zealand 1998).
+ ... +
1 + x1
1 + xn

7. Cho tam giác ABC . Tìm GTNN của biểu thức

p A
A
p B
B
p C
C
- ) cot + tan2 ( - ) cot + tan2 ( - )cot .
4 4
4
4 4
4
4 4

4
8. Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng
A
B
C
cos
cos
cos
2 +
2 +
2 < 2.
3£
A
B
C
1 + sin
1 + sin
1 + sin
2
2
2
9. Cho tam giác ABC nhọn và m, n, k > 0 . Tìm:
P = tan2 (

1) Giá trị lớn nhất của F = sinm A. sinn B sink C .
2) Giá trị nhỏ nhất của F = m tan A + n tan B + k tan C
10. Cho n số thực khơng âm a1, a2 ,..., an có tổng bằng 1. Chứng minh: n a1a2 ...an £

1
n

(BĐT Cauchy).
11. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh:
(2a + b + c)2
2

2

2a + (b + c)

+

(2b + c + a )2
2

2

2b + (c + a )

12. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh:

+

(2c + a + b)2
2

2

2c + (a + b)

£ 8 (Mỹ - 2003 ).

b +c c +a a +b
a
b
c
+
+
³ 4(
+
+
).
a
b
c
b +c c +a a +b
a
b
c
9
13. Cho a, b, c > 0 . Chứng minh:
+
+
³
.
2
2
2
4(a + b + c )
(b + c )

(c + a )
(a + b )

14. Cho a, b, c > 0 và a 2 + b2 + c2 = 1 . Chứng minh :

1 1 1
( + + ) - (a + b + c) ³ 2 3 .
a b c

15. Cho x , y, z > 0 . Chứng minh:

xyz (x + y + z + x 2 + y 2 + z 2 )
(x 2 + y 2 + z 2 )(xy + yz + zx )

£

3+ 3
.( Hồng Kông
9

1997)

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa

19