Chuyên đề Sử dụng tiếp tuyến ðể tìm lời giải trong chứng minh bất ðẳng thức

Chuyên ñ s dng tip tuyn ñ tìm li gii 
trong ch	ng minh b
t ñng th	c 
GV: Nguyeãn Taát Thu ã áã áã á Naêm hoïc 2005 ê ïê ïê ï – 2006 1 
SỬ DỤNG TIẾP TUYẾN ðỂ TÌM LỜI GIẢI TRONG 
 CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC 
Ta biết tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y=f(x) tại mọi ñiểm bất kì trên khoảng lồi luôn nằm 
phía trên ñồ thị và tiếp tuyến tại mọi ñiểm trên khoảng lõm luôn nằm phía dưới ñồ thị, 
còn tại ñiểm uốn của ñồ thị thì tiếp tuyến xuyên qua nên ta có nhận xét sau. 
Nhận xét. Nếu y=ax+b là tiếp tuyến của ñồ thị hàm số ( )y f x= tại ñiểm 0 0( ; ) A x y 
( A không phải là ñiểm uốn), khi ñó tồn tại một khoảng ( ; )α β chứa ñiểm x0 sao cho 
( ) ( ; )f x ax b x α β≥ + ∀ ∈ hoặc ( ) ( ; )≤ + ∀ ∈f x ax b x α β . ðẳng thức xảy ra khi x=x0 
Từ ñây ta có: + + + ≥ + + + +1 2 1 2( ) ( ) ... ( ) ( ... )n nf x f x f x a x x x nb (hoặc 
+ + + ≤ + + + +1 2 1 2( ) ( ) ... ( ) ( ... ) 3n nf x f x f x a x x x n ) (*) với mọi ∈1 2, ,..., ( ; )nx x x α β 
và ñẳng thức xảy ra khi 1 2 n 0x x ... x x= = = = . 
Nếu các biến 
=
=∑
1
 coù toång (k khoâng ñoåi) 
n
i i
i
x x k thì (*) ñược viết lại dưới dạng sau 
+ + + ≥ +1 2( ) ( ) ... ( ) nf x f x f x ak nb ( hoặc + + + ≤ +1 2( ) ( ) ... ( ) nf x f x f x ak nb )(**). 
Bây giờ ta vận dụng nhận xét này ñể chứng minh một số bất ñẳng thức. 
Bài toán 1. Cho , , ∈a b c R và 6a b c+ + = . Cmr : + + ≥ + +4 4 4 3 3 32( )a b c a b c 
Nhận xét. Ta thấy ñẳng thức xảy ra khi 2a b c= = = và Bñt cần chứng minh có dạng 
( ) ( ) ( )4 3 4 3 4 32 2 2 0 ( ) ( ) ( ) 0a a b b c c f a f b f c− + − + − ≥ ⇔ + + ≥ 
Trong ñó 4 3( ) 2f x x x= − . Ta có tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại ( )y f x= ñiểm có 
hoành ñộ 2 x = là: 8 -16y x= . Ta hy vọng có sự ñánh giá: ≥ − ∀ ∈( ) 8 16 vôùi f x x x R 
Ta có: 4 3 2 2( ) (8 -16) 2 8 16 ( 2) ( 2 4) 0 f x x x x x x x x x− = − − + = − − + ≥ ∀ . Vậy ta có lời 
giải như sau. 
Lời giải. Ta có: − − − = − − + ≥ ∀ ∈4 3 2 22 (8 16) ( 2) ( 2 4) 0 a a a a a a a R 
⇒ − ≥ − ∀ ∈4 32 8 16 a a a a R . Tương tự ta cũng có 
− ≥ − − ≥ −4 3 4 32 8 16 ; 2 8 16 b b b c c c . Cộng 3 bất ñẳng thức này lại với nhau ta có 
4 4 4 3 3 32( ) 8( ) 48 0+ + − + + ≥ + + − =a b c a b c a b c (ñpcm). 
Chú ý. Vì 8 16y x= − là tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y=x4-2x3 tại ñiểm có hoành ñộ 
x=2 nên ta có sự phân tích f(x)-(8x-16)=(x-2)kg(x) với k ≥2 và g(2)≠ 0. 
Chuyên ñ s dng tip tuyn ñ tìm li gii 
trong ch	ng minh b
t ñng th	c 
GV: Nguyeãn Taát Thu ã áã áã á Naêm hoïc 2005 ê ïê ïê ï – 2006 2 
 Bài toán 2. Cho 3, ,
4
a b c ≥ − và 1a b c+ + = . Cmr: 
2 2 2
9
101 1 1
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
. 
( Vô ñịch Toán Ba Lan 1996) 
Nhận xét. Ta thấy ñẳng thức xảy ra khi 1
3
a b c= = = và Bñt ñã cho có dạng 
9( ) ( ) ( )
10
f a f b f c+ + ≤ trong ñó 2( ) 1
xf x
x
=
+
 với 3 5[- ; ]
4 2
x∈ . Tiếp tuyến của ñồ thị 
hàm số ( )y f x= tại ñiểm có hoành ñộ 1
3
x = là : 36 3
50
xy += 
Xét 
2
2 2
36 3 36 3 (3 1) (4 3) 3 5( ) 0 [- ; ] 
50 50 4 21 50( 1)
x x x x xf x x
x x
+ + − +
− = − = ≥ ∀ ∈
+ +
Vậy ta có lời giải như sau . 
Lời giải. Ta có 
2
2 2 2
36 3 (3 1) (4 3) 3 36 3 30 
50 4 50 41 50( 1) 1
a a a a a a
a a
a a a
+ − + +
− = ≥ ∀ ≥ − ⇒ ≤ ∀ ≥ −
+ + +
Vậy : + + ++ + ≤ =
+ + +2 2 2
36( ) 9 9
50 101 1 1
a b c a b c
a b c
. 
ðây là một bài toán hay và tương ñối khó, thông thường chúng ta chỉ gặp những bất 
ñẳng thức ñối xứng ba biến với ñiều kiện các biến không âm. Từ lời giải trên ta thấy 
ñiều kiện của bài toán là rất chặt và cần thiết. 
Trong hai bài toán trên Bñt cần chứng minh là các Bñt có ñiều kiện và ñều có dạng (**). 
Vậy dấu hiệu ñể chúng ta có liên tưởng ñến phương pháp này là bất ñẳng thức cần 
chứng minh có dạng (*) hoặc (**), tuy nhiên có nhiều trường hợp Bñr cần chứng minh 
chưa xuất riện dạng (*) hay (**) nhưng qua một số bước biến ñổi hoặc ñánh giá ta 
chuyển Bñt ñã cho về (*) hay (**). Ta xét bài toán sau. 
 Bài toán 3. Cho a, b, c>0 và a+b+c=3. Cmr: + + ≥ + +a b c ab bc ca . 
(Vô ñịch Toán Nga 2002) 
Nhận xét. Mới ñầu nhìn vào Bñt ta chưa thấy xuất hiện dạng (*) hay (**), tuy nhiên 
chúng ta lưu ý ñến ñẳng thức (a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2bc+ca thì Bñt ñã cho có thể viết 
lại như sau : 2 2 22 2 2 9 ( ) ( ) ( ) 9a a b b c c f a f b f c+ + + + + ≥ ⇔ + + ≥ trong ñó 
2( ) 2f x x x= + với 0<x< 3. Ta có ñẳng thức xảy ra khi a=b=c=1 và tiếp tuyến của ñồ 
thị hàm số y= 2( ) 2f x x x= + tại ñiểm có hoành ñộ x=1 là y=3x. 
Xét: 2( ) 3 ( 1) ( 2 ) 0 (0;3)f x x x x x x− = − + ≥ ∀ ∈ . Vậy ta có lời giải như sau. 
Chuyên ñ s dng tip tuyn ñ tìm li gii 
trong ch	ng minh b
t ñng th	c 
GV: Nguyeãn Taát Thu ã áã áã á Naêm hoïc 2005 ê ïê ïê ï – 2006 3 
Lời giải. Bñt ñã cho tương ñương với: 2 2 22 2 2 9a a b b c c+ + + + + ≥ 
Ta có: 2 2 22 3 ( 1) ( 2 ) 0 +2 a 3a a a a a a a a+ − = − + ≥ ⇒ ≥ . 
Tương tự: 2 2 3b b b+ ≥ ; 2 +2 c 3cc ≥ . Cộng ba Bñt trên ta có ñpcm. 
Chú ý:Với bài toán trên ta có thể sử dụng BðT Cô si ñể chứng minh 
Bài toán 4. Cho các số thực a,b,c>0 thoả mãn a+b+c=1. Cmr : 
9
1 1 1 10
a b c
bc ac ab
+ + ≥
+ + +
. 
Lời giải. Ta có 2 2 2 2 2 21 1 1( ) ( ) ; ( ) ( ) ; ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
b c a a c b b a c
bc ca ab
+ − + − + −≤ = ≤ = ≤ = 
nên 2 2 2
4 4 4
1 1 1 2 5 2 5 2 5
+ + ≥ + +
+ + + − + − + − +
a b c a b c
bc ac ab a a b b c c
 (Nhận xét : ðẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3 và tiếp tuyến của ñồ thị hàm số 
2
4
( )
2 5
x
y f x
x x
= =
− +
 tại ñiểm có hoành ñộ x=1/3 là : 99 3
100
x
y
−
= ) 
Ta có : 
2
2 2
4 99 3 (3 1) (15 11 )
0 (0;1)
1002 5 100( 2 5)
x x x x
x
x x x x
− − −
− = ≥ ∀ ∈
− + − +
Suy ra : 2 2 2
4 4 4 99( ) 9 9
2 5 2 5 2 5 100 10
+ + −
+ + ≥ =
− + − + − +
a b c a b c
a a b b c c
 ñpcm. 
Trong nhiều trường hợp, Bñt thức cần chứng minh là thuần nhất khi ñó ta có thể chuẩn 
hóa Bñt và chuyển Bñt cần chứng minh về dạng (*) hoặc (**). Các bài toán sau sẽ cho 
chúng ta thấy rõ vấn ñề này. 
Bài toán 5. Cho a,b,c là ñộ dài ba cạnh tam giác. Cmr. 
 
+ + + ≥ + + + + + + + 
1 1 1 9 1 1 1
4
a b c a b c a b b c c a
. 
Nhận xét. Ta thấy Bñt cần chứng minh chưa có dạng (*) hay (**), tuy nhiên vì Bñt cần 
chứng minh là thuần nhất nên ta có thể giả sử 1a b c+ + = mà không làm mất tính tổng 
quát của bài toán. 
Khi ñó Bất ñẳng thức ñã cho trở thành : 4 1 4 1 4 1( ) ( ) ( ) 9
1 1 1a a b b c c
− + − + − ≤
− − −
Chuyên ñ s dng tip tuyn ñ tìm li gii 
trong ch	ng minh b
t ñng th	c 
GV: Nguyeãn Taát Thu ã áã áã á Naêm hoïc 2005 ê ïê ïê ï – 2006 4 
( ) ( ) ( ) 9f a f b f c⇔ + + ≤ trong ñó 2
5 1( ) xf x
x x
−
=
−
. Bất ñẳng thức ñã cho xảy ra dấu “=” 
khi 1
3
a b c= = = . Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y=f(x) tại ñiểm có hoành ñộ 1
3
x = là : 
18 3y x= − .Phải chăng ta có ñánh giá: 
2
2
(3 1) (2 1)( ) (18 3) 0 x xf x x
x x
− −
− − = ≤
−
 (1)? 
Vì a,b,c là ñộ dài ba cạnh tam giác thỏa mãn 1a b c+ + = , giả sử a=max{a,b,c} khi ñó 
= + + > ⇒ <
1
1 2 
2
a b c a a suy ra 1, , (0; )
2
a b c∈ . Do ñó (1) ñúng 
Lời giải. Không làm mất tính tổng quát ta giả sử a+b+c=1, khi ñó Bñt ñã cho trở thành 
2 2 2
5 1 5 1 5 1 9a a c
a a b b c c
− − −
+ + ≤
− − −
. 
Vì a,b,c là ñộ dài ba cạnh tam giác và a+b+c=1 suy ra 0<a,b,c<1/2. 
Ta có : 
2
2 2 2
5 1 (3 1) (2 1) 1 1 5 1(18 3) 18 3
2 2
a a a a
a a a
a a a a a a
− − − −
− − = ≤ ∀ < ⇒ ≤ −
− − −
. 
Ta cũng có hai Bñt tương tự. Cộng các Bñt này lại với nhau ta có: 
2 2 2
5 1 5 1 5 1 18( ) 9 9a a c a b c
a a b b c c
− − −
+ + ≤ + + − =
− − −
 (ñpcm). 
ðẳng thức xảy ra khi 1
3
a b c= = = . 
Bài toán 6 : Cho , , 0a b c > . Cmr : 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 3
5( ) ( ) ( )
b c a c a b a b c
b c a c a b a b c
+ − + − + −
+ + ≥
+ + + + + +
(Olympic Toán Nhật Bản 1997) 
Lờii giải. Vì Bñt cần chứng minh thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bñt ñúng với 
mọi số thực a,b,c thỏa mãn 1a b c+ + = . Khi ñó Bñt ñã cho trở thành: 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
(1 2 ) (1 2 ) (1 2 ) 3
5(1 ) (1 ) (1 )
a b c
a a b b c c
− − −
+ + ≥
− + − + − +
2 2 2
2 2 2
4 4 1 4 4 1 4 4 1 3
52 2 1 2 2 1 2 2 1
a a b b c c
a a b b c c
− + − + − +
⇔ + + ≥
− + − + − +
2 2 2
1 1 1 27 27( ) ( ) ( )
5 52 2 1 2 2 1 2 2 1
f a f b f c
a a b b c c
⇔ + + ≤ ⇔ + + ≤
− + − + − +
Trong ñó 2
1( )
2 2 1
f x
x x
=
− +
 với (0;1)x∈ 
 Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y=f(x) tại ñiểm có hoành ñộ 1
3
x = là 54 27
25
+
=
xy 
Chuyên ñ s dng tip tuyn ñ tìm li gii 
trong ch	ng minh b
t ñng th	c 
GV: Nguyeãn Taát Thu ã áã áã á Naêm hoïc 2005 ê ïê ïê ï – 2006 5 
Ta có: 
3 2 2
2 2
54 27 2(54 27 1) 2(3 1) (6 1)( ) 0 (0;1) 
25 25(2 2 1) 25(2 2 1)
+ − + − +
− = = ≥ ∀ ∈
− + − +
x x x x xf x x
x x x x
54( ) 81 27
( ) ( ) ( )
25 5
a b c
f a f b f c
+ + +
⇒ + + ≤ = ñpcm. 
Chuẩn hoá là kĩ thuật mà chúng ta hay gặp trong chứng minh bất ñẳng thức thuần nhất. 
Qua các hai bài toán trên ta thấy nhờ việc chuẩn hoá mà ta có thể ñưa ñược bất ñẳng 
thức ñã cho về dạng (*) hoặc (**). Tùy thuộc vào ñặc ñiểm của từng bài toán mà ta chọn 
cách chuẩn hóa pù hợp. Ta xét ví dụ sau 
 Bài toán 7. Cho a,b,c>0. Cmr : 
+
+ + + + ≥ + + + + +2 2 2 2 2 21 3 1 1 1( )( )
3 3
a b c a b c a b c
a b c
. 
(Trích ñề thi Albania 2002) 
Lời giải. Vì BðT ñã cho ñồng bậc nên ta chuẩn hóa bất ñẳng thức bằng cách cho 
2 2 2 1a b c+ + = , khi ñó bñt cần chứng minh trở thành: ( ) ( ) ( ) 1f a f b f c+ + ≥ trong ñó: 
1 3 1( ) .
3 3
f x x
x
+
= − với 0<x<1. ðẳng thức xảy ra khi 1
3
a b c= = = 
Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số y=f(x) tại ñiểm có hoành ñộ 1
3
x = là 
1 2 3 2 2 3
33
y x+ += − + . ðến ñây ta dễ dàng chứng minh ñược 
1 3 1 1 2 3 2 2 3
. (0;1)
33 3 3
x x x
x
+ + +
− ≥ − + ∀ ∈ và ñẳng thức xảy ra khi 1
3
x = . 
 Do vậy: 1 2 3( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 
3
f a f b f c a b c++ + ≥ − + + + + . 
Mặt khác 2 2 23( ) 3a b c a b c+ + ≤ + + = nn 
1 2 3( ) ( ) ( ) . 3 2 2 3=1 
3
f a f b f c ++ + ≥ − + + Ta có ññpcm. 
Qua các bài toán trên ta thấy sử dụng tiếp tuyến trong chứng minh bất ñẳng thức cho ta 
cách tìm lời giải ngắn gọn và ñơn giản. Kĩ năng áp dụng ñòi hỏi sự linh hoạt và khéo 
léo. 
Cuối cùng tôi xin nêu ra một số bài tập ñể chúng ta rèn luyện kĩ năng sử dụng tiếp tuyến 
trong chứng minh Bất ñẳng thức. 
Chuyên ñ s dng tip tuyn ñ tìm li gii 
trong ch	ng minh b
t ñng th	c 
GV: Nguyeãn Taát Thu ã áã áã á Naêm hoïc 2005 ê ïê ïê ï – 2006 6 
1.Cho a,b,c>0. Cmr: 2 2 2 2 2 2
(2 ) (2 ) (2 ) 8
2 ( ) 2 ( ) 2 ( )
a b c b c a c a b
a b c b c a c a b
+ + + + + +
+ + ≤
+ + + + + +
. 
(Vô ñịch toán Mỹ 2003) 
 2. Cho , , 0a b c > .Cmr: + + ++ + ≤
+ + + + + +2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 6
5( ) ( ) ( )
a b c b c a c a b
a b c b c a c a b
. 
(Trích ñề thi Olympic 30-4 Lớp 11 năm 2006) 
3. Cho các số thực dương x,y,z. Cmr: 
2 2 2
2 2 2
( ) 3 3
9( )( )
xyz x y z x y z
x y z xy yz zx
+ + + + + +≤
+ + + +
. 
(Vô ñịch toán Hồng Kông 1997) 
4. Cho n số thực dương thoả mãn: 
1
n
i
i
a n
=
=∑ . Cmr: 
nn
n
x
...
xx
x
...
x
x
+
++
+
≤
+
++
+ 1
1
1
1
11 1221
1
 ( New Zealand 1998) 
5. Cho a.b.c.d >0 thỏa mãn: 1ab bc cd da+ + + = . Cmr : 
 + + + ≥
+ + + + + + + +
3 3 3 3 1
3
a b c d
b c d c d a d a b a b c
. 
6. Cho a,b,c>0 .Cmr + + ≥
+ ++ + +2 2 2
9
4( )( ) ( ) ( )
a b c
a b cb c c a a b
. 
 7. Cho 2 2 2, , 0 ; 1a b c a b c> + + = . Cmr : 1 1 1 9
1 1 1 2ab bc ca
+ + ≤
− − −
. 
 8. Cho , , 0a b c > và 2 2 2 1a b c+ + = . Cmr : 1 1 1( ) ( ) 2 3a b c
a b c
+ + − + + ≥ . 
 9. Cho a,b,c>0 thỏa mãn: ( )2 2 2 1 1 1 43. : 7
3
a b c Cmr a b c
a b c
+ + = + + + + + ≥ . 
 10. Cho a, b,c>0 .Cmr: ( )( )
( )
( )
( )
( )
3 3 3
3 3 33 3 3
3 3 3 375
113 3 3
a b c b c a c b a
a b c b a c c b a
+ + + + + +
+ + ≤
+ + + + + +
. 
 11. Cho a,b,c>0.Cmr: ( ) ( ) ( )
3 3 3
3 3 33 3 3
1a b c
a b c b c a c a b
+ + ≥
+ + + + + +
. 
12. Cho a,b,c là ñộ dài các cạnh tam giác . Cmr: 
1 1 1 1 1 1
a b c a b c b c a c a b
+ + ≤ + +
+ − + − + −
. 
13. Cho các số thực dương a,b,c. Cmr: + + + +≥
+ + +
∑
9 3 3
2cyc
a b c a
b c a b c
. 
14. Cho các số thực dương a,b,c,d thỏa mãn: a+b+c+d=2. Cmr 
Chuyên ñ s dng tip tuyn ñ tìm li gii 
trong ch	ng minh b
t ñng th	c 
GV: Nguyeãn Taát Thu ã áã áã á Naêm hoïc 2005 ê ïê ïê ï – 2006 7 
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
16
25( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
a b c d
a b c d
+ + + ≤
+ + + +
. 
15. Cmr: + + ≤
+ + + + + +
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1
2 ( ) 2 ( ) 2 ( )
x y z
x y z y z x z x y
. 
16. Cho a,b,c>0 và a+b+c=1. Cmr: 3 3 3 5 5 510( ) 9( ) 1a b c a b c+ + − + + ≥ (China 2005) 
17. Cho a,b,c>0. Cmr 3 ( )
2
a b c
a b c
b c c a a b
+ + ≥ + +
+ + +
 (Serbia 2005)