Khai thác khái niệm đồ thị hàm số lồi, lõm để đánh giá bất đẳng thức

 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 1 
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 
luôn 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 
luôn nằm phía dưới đồ thị (C). 
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 ( )''( ) 0 ;f x x a b> " Î thì đồ thị hàm số lõm trên ( ; )a b 
* Nếu ( )''( ) 0 ;f x x a b< " Î 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 : 
 Đồ thị hàm lõm
_ x
_ y
a _b
_1
Đồ thị hàm số lồi 
_ x
_ y
_ b_ a
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 2 
 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 ''( ) 0 [ ; ]f x x a b³ " Î thì 0 0 0 0( ) '( )( ) ( ) [ ; ]f x f x x x f x x a b³ - + " Î 
ii) Nếu ''( ) 0 [ ; ]f x x a b£ " Î thì 0 0 0 0( ) '( )( ) ( ) [ ; ]f x f x x x f x x a b£ - + " Î 
Đẳng thức trong hai Bất đẳng thức trên xảy ra 0x xÛ = . 
Ta có thể chứng minh định lí trên như sau 
i) Xét hàm số 0 0 0( ) ( ) '( )( ) ( )g x f x f x x x f x= - - - , [ ; ]x a bÎ 
Ta có : 0'( ) '( ) '( ) ''( ) ''( ) 0 [ ; ]g x f x f x g x f x x a b= - Þ = ³ " Î 
0'( ) 0g x x xÞ = Û = và '( )g x đổi dấu từ - sang + khi x qua 0x nên ta có : 
0( ) ( ) 0 [ ; ]g x g x x a b³ = " Î . 
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 ''( ) 0 [ ; ]f x x a b³ " Î thì 0
( ) ( )( ) ( ) ( ) [ ; ]f a f bf x x a f a x a ba b
-
³ - + " Î
-
ii) Nếu ''( ) 0 [ ; ]f x x a b£ " Î thì 0
( ) ( )( ) ( ) ( ) [ ; ]f a f bf x x a f a x a ba b
-
£ - + " Î
-
. 
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 1a b c+ + = . Chứng minh rằng 
2 2 2
3
101 1 1
a b c
a b c
+ + £
+ + +
. 
Giải: Xét hàm số 
2
( )
1
xf x
x
=
+
 với (0;1)x Î . 
Ta có: 
2 3 2 5
1 3'( ) ''( ) 0 (0;1)
( 1) ( 1)
xf x f x x
x x
= Þ = - < " Î
+ +
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 3 
Nên ta có: 1 1 1( ) '( )( ) ( )3 3 3f a f a f£ - + 
 1 1 1( ) '( )( ) ( )3 3 3f b f b f£ - + 
 1 1 1( ) '( )( ) ( )3 3 3f c f c f£ - + 
Suy ra : ( )1 1 3( ) ( ) ( ) ' 1 3 ( )3 3 10
f a f b f c f a b c fæ ö+ + £ + + - + =ç ÷
è ø
Đẳng thức xảy ra 13a b cÛ = = = . 
Ví dụ 2 : Cho các số thực dương , ,a b c thỏa : 2 2 2 3a b c+ + = . Chứng minh 
1 1 1 1
1 8 1 8 1 8a b b
+ + ³
+ + +
. 
Giải : 
Xét hàm số : 1( )
1 8
f x
a
=
+
, 0 3a< £ . Ta có : 
3 5
4 48 1'( ) "( ) 0 ( ; 3]8(1 8 ) (1 8 )
f x f x x
x x
= - Þ = > " Î -
+ +
Nên ta có : ( ) '(1)( 1) (1)f a f a f³ - + 
 ( ) '(1)( 1) (1)f b f b f³ - + 
 ( ) '(1)( 1) (1)f c f c f³ - + 
( ) ( ) ( ) '(1)( 3) 3 (1)f a f b f c f a b c fÞ + + ³ + + - + (*) 
Mặt khác : 2 2 2 2( ) 3( ) 9a b c a b c+ + £ + + = 
3 3 3 0a b c a b cÞ - £ + + £ Þ + + - £ và 4'(1) 027f = - < nên từ (*) 
Ta suy ra : ( ) ( ) ( ) 3 (1) 1f a f b f c f+ + ³ = . 
Nhận xét : Dấu hiệu giúp chúng ta nhận ra phương pháp trên là BĐT cần chứng 
minh có dạng 
1 2( ) ( ) ... ( )nf a f a f a k+ + + ³ hoặc 1 2( ) ( ) ... ( )nf a f a f a k+ + + £ , trong đó ( 1,.., )ia i 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 4 
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 1 2( ). ( )... ( )nf a f a f a k³ thì ta lấy loganepe hai vế 
 · Nếu BĐT cần chứng minh đồng bậc thì ta có thể chuẩn hóa. Tùy thuộc vào từng 
bài toán mà ta lựa chọn cách chuẩn hóa phù hợp. 
Ví dụ 3 : Cho các số thực dương , ,a b c thỏa : 3a b c+ + = . Tìm GTLN của biểu 
thức : 
2 2 21 1 1
b c a
P a a b b c cæ ö æ ö æ ö= + + + + + +ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
. 
Giải : 
Ta có : 2 2 2ln ln( 1 ) ln 1 ln 1P b a a c b b a c cæ ö æ ö= + + + + + + + +ç ÷ ç ÷
è ø è ø
Xét hàm số : 2( ) ln 1 , 0 1f x x x xæ ö= + + < <ç ÷
è ø
. Ta có : 
2 2 3
1'( ) ''( ) 0
1 (1 )
xf x f x
x x
-
= Þ = <
+ +
 (0;1)x" Î 
Suy ra : ( )( ) '(1) 1 (1) '(1) (1) '(1)f a f a f f a f f£ - + = + - 
( ) '(1) (1) '(1)bf a f ab f f bé ùÞ £ + -ë û 
 ( ) '(1) (1) '(1)cf b f cb f f cé ù£ + -ë û 
 ( ) '(1) (1) '(1)af c f ac f f aé ù£ + -ë û . 
( )ln '(1) ( ) (1)( ) 3 ln(1 2)P f ab bc ca a b c f a b cÞ £ + + - + + + + + £ + 
(Do 3ab bc ca a b c+ + £ = + + ) 
Nên 3ln 3 ln(1 2) (1 2)P PÞ £ + Þ £ + . 
Đẳng thức xảy ra 1a b cÛ = = = . Vậy GTLN của 3(1 2)P = + . 
Ví dụ 4 : Cho , 0x y > thỏa 1x y z+ + = . Tìm GTNN của biểu thức 
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 5 
y z xP x y z- - -= + + . 
Giải : Áp dụng BĐT Cô si, ta có : 
3
3
. .y z x
P
x y z
³ 
Đặt . . ln ln ln lny z xA x y z A y x z y x z= Þ = + + . Vì hàm số ( ) lnf t t= có 
2
1''( ) 0f t
t
= - < 
1 1 1ln ' ( ) 3 1 ln 33 3 3x f x f x
æ ö æ ö
Þ £ - + = - -ç ÷ ç ÷
è ø è ø
ln (3 1 ln 3) (3 1 ln 3) (3 1 ln 3)A y x z y x zÞ £ - - + - - + - - 
 23( ) 1 3 ln 3 ( ) 1 3 ln 3 3 ln 3xy yz zx x y z= + + - - £ + + - - = - 
31 3 33A PÞ £ Þ ³ . Đẳng thức xảy ra 
1
3x y zÛ = = = . 
Vậy GTNN của 33 3P = . 
Ví dụ 5 : Cho 1, , 2a b c ³ thỏa 2a b c+ + = . Tìm GTNN của biểu thức 
a b cP a b c= + + . 
Giải : 
Xét hàm số 1( ) , 12
tf t t t= £ £ . Ta có : ln ( ) lnf t t t= lấy đạo hàm hai vế ta được 
( )'( ) (1 ln ) ( ) ln '( ) ln ( ) ln ln 1f t t f t f t f t t= + Þ = + + 
''( ) '( ) 1 11 ln'( ) ( ) (ln 1) (ln 1)
f t f t tf t f t t t t tÞ = + = + ++ + 
1 1''( ) (1 ln ) ( ) 1 ln 0 [ ;1](1 ln ) 2f t t f t t tt t
é ù
Þ = + + + > " Îê ú+ë û
Vì 1, , ;12a b c
é ù
Î ê ú
ë û
 nên áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có : 
2 2 2( ) '( )( ) ( )3 3 3f a f a f³ - + 
2 2 2( ) '( )( ) ( )3 3 3f b f b f³ - + 
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 6 
2 2 2( ) '( )( ) ( )3 3 3f c f c f³ - + 
Cộng ba BĐT trên ta có : ( ) 32 2 4( ) ( ) ( ) '( ) 2 3 ( ) 33 3 9f a f b f c f a b c f+ + ³ + + - + = . 
Vậy GTNN của 3 43 9P = đạt được 
2
3a b cÛ = = = . 
Ví dụ 6 : Cho , , 0a b c > . Chứng minh rằng : 
2 2 2 2 2 21 3 1 1 1( )( )
3 3
a b c a b c a b ca b c
+
+ + + + 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 2 2 2 1a b c+ + = , khi đó bđt cần chứng minh trở thành: 
( ) ( ) ( ) 1f a f b f c+ + ³ trong đó: 
1 3 1( ) .
3 3
f x xx
+
= - với0 1x " Î 
Nên theo BĐT tiếp tuyến ta có : 
1 1( ) ( ) ( ) ' ( 3) 3 
3 3
f a f b f c f a b c fæ ö æ ö+ + ³ + + - +ç ÷ ç ÷ç ÷ ç ÷
è ø è ø
. 
Do 
2 2 2
1' 0 1( ) ( ) ( ) 3 13
33( ) 3
f
f a f b f c f
a b c a b c
ì æ ö
<ï ç ÷ æ öï ç ÷ Þ + + ³ =è ø ç ÷í ç ÷
è øï + + £ + + =ïî
. 
Ví dụ 7: Cho n số thực 1 2, , ..., nx x x thuộc khoảng (0; )2
p thỏa : 
1 2tan tan ... tan nx x x n+ + + £ .Chứng minh : 1 2 1sin . sin ... sin
2
n n
x x x £ . 
Giải : 
Đặt tan ( 1, 2, ..., )i ia x i n= = 0 1,2,...,ia i nÞ > = và 
1
n
i
i
a n
=
£å 
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 7 
Ta cần chứng minh : 
21
1
1 2
n i
ni i
a
a=
£
+
Õ (1). 
Xét hàm số 
2
( ) , 0
1
xf x x
x
= >
+
 có 
2 3
1'( )
(1 )
f x
x
=
+
''( ) 0 0f x xÞ . 
3
1 1 1( ) '(1)( 1) (1) ( 1) ( 1)
2 2 22
f x f x f x xÞ £ - + = - + = + . 
1
21 1 1
( 1)
1 1 2 1( ) ( 1)
1 8 8 8 2
nn
in n n ni i
i in n n ni i ii
a
a f a a na
=
= = =
æ ö
ç ÷+
ç ÷
Þ = £ + £ £ =ç ÷
ç ÷+
ç ÷
è ø
å
Õ Õ Õ 
Đẳng thức xảy ra 1 2 1 2... 1 tan tan ... tan 1n na a a x x xÛ = = = = Û = = = = 
1 2 ... 4nx x x
p
Û = = = = . 
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 ;a bé ùë û và n số 1 2, ,..., na a a 
nằm trong đoạn ;a bé ùë û thỏa mãn : 
1
, 
n
i
i
a k na k nb
=
= £ £å . 
 · Nếu ''( ) 0 ;f x x a bé ù> " Î ë û thì ta có : 
1
( ) ( )
n
i
i
kf a nf n=
³å 
 · Nếu ''( ) 0 ;f x x a bé ù< " Î ë û thì ta có : 
1
1( ) ( )
n
i
i
kf a fn n=
£å . 
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 8 
Ví dụ 8. Cho tam giác ABC có một góc không nhỏ hơn 23
p . Chứng minh rằng : 
tan tan tan 4 32 2 2
A B C
+ + ³ - . 
Lời giải. 
Không mất tính tổng quát, ta giả sử 23 6A B C C
p p
³ > ³ Þ £ . 
Hàm số ( ) tanf x x= , 0; 3x
pæ ö
Î ç ÷
è ø
 có ''( ) 0 0; 3f x x
pæ ö
> " Î ç ÷
è ø
. Áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta 
có 
( ) '( )( ) ( )2 3 2 3 3
A Af f fp p p³ - + 
( ) '( )( ) ( )2 12 2 12 12
B Bf f fp p p³ - + 
( ) '( )( ) ( )2 12 2 12 12
C Cf f fp p p³ - + . 
2'( ) '( ) '( )2 2 2 3 12 2 3 12 2 2
A B C A A B Cf f f f f fp p p p pæ ö æ ö æ ö é ù æ ö æ ö+ +Þ + + ³ - - + -ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ê ú
è ø è ø è ø ë û è ø è ø
 23 12f f
p pæ ö æ ö
+ +ç ÷ ç ÷
è ø è ø
Do ' ' 0; 03 12 2 3
Af fp p pæ ö æ ö- > - ³ç ÷ ç ÷
è ø è ø
 và 2 2
A B C p+ +
= nên ta có : 
2 4 32 2 2 3 12
A B Cf f f f fp pæ ö æ ö æ ö æ ö æ ö+ + ³ + = -ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø è ø è ø
 đpcm. 
Đẳng thức xảy ra 2 ;3 6A B C
p p
Û = = = và các hoán vị. 
Ví dụ 9. Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa 3max{ , , } 4a b c ³ và 1a b c+ + = . Tìm 
GTNN của biểu thức : 3 3 32 2 21 3 1 3 1 3P a b c= + + + + + . 
Lời giải. 
Không mất tính tổng quát, ta giả sử 3 1max{ , , } ,4 8a a b c a c= Þ ³ £ . 
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 9 
Xét hàm số ( )3 2( ) 1 3 , 0;1f x x x= + Î có 
2 23
2'( )
(1 3 )
xf x
x
=
+
2
2 53
2 2''( ) 0 (0;1)
(1 3 )
xf x x
x
-
Þ = > " Î
+
. Áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có : 
3 3 3( ) '( )( ) ( )4 4 4f a f a f³ - + ; 
1 1 1( ) '( )( ) ( )8 8 8f b f b f³ - + ; 
1 1 1( ) '( )( ) ( )8 8 8f c f c f³ - + 
3 33 1 3 3 1 3 1 172 2 67( ) ( ) ( ) '( ) '( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )4 8 4 4 8 4 8 4f a f b f c f f x f f f f
é ù +
Þ + + ³ - - + + ³ + =ê ú
ë û
. 
Đẳng thức xảy ra 3 1;4 8a b cÛ = = = và các hoán vị. 
Vậy 
3 3172 2 67min 4P
+
= . 
Nhận xét : Trong một số trường hợp đồ thị hàm số ( )y f x= có khoảng lồi, lõm trên 
;a bé ùë û nhưng ta vẫn có được đánh giá : 0 0 0 0( ) '( )( ) ( ) , ( ; )f x f x x x f x x a b³ - + Î . Chẳng 
hạn các bạn xem đồ thị minh họa dưới đây. 
Ví dụ 10: Cho , ,a b c Î ¡ và 6a b c+ + = . Chứng minh rằng : 
4 4 4 3 3 32( )a b c a b c+ + ³ + + . 
Lời giải: 
_x
_y
x0 
a
_O b
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 10 
BĐT đã cho 4 3 4 3 4 3( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0 ( ) ( ) ( ) 0a a b b c c f a f b f cÛ - + - + - ³ Û + + ³ 
Trong đó 4 3( ) 2f x x x= - . Ta thấy 2''( ) 12 12f x x x= - nên đồ thị hàm số f có khoảng 
lồi và khoảng lõm do đó ta không thể áp dụng BĐT tiếp tuyến được. Tuy nhiên ta ... à độ dài ba cạnh tam giác và 1a b c+ + = suy ra 1, , (0; )2a b c Î . 
Ta có :
2
2 2
(3 1) (2 1)5 1 1(18 3) 0 (0; )2
a aa a a
a a a a
- --
- - = £ " Î
- -
2
5 1 1 18 3 (0; )2
a a a
a a
-
Þ £ - " Î
-
. 
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 12 
2 2 2
5 1 5 1 5 1 18( ) 9 9a a c a b c
a a b b c c
- - -
+ + £ + + - =
- - -
 (đpcm). 
Đẳng thức xảy ra khi 13a b c= = = . 
Ví dụ 14. Cho , , 0a b c > . Chứng minh rằng : 
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
+ - + - + -
+ + ³
+ + + + + +
. 
(Olympic Toán 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 1a b c+ + = . Khi đó Bđt đã 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
- - -
+ + ³
- + - + - +
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
- + - + - +
Û + + ³
- + - + - +
2 2 2
1 1 1 27
52 2 1 2 2 1 2 2 1a a b b c c
Û + + £
- + - + - +
27( ) ( ) ( ) 5f a f b f cÛ + + £ . 
Trong đó 2
1( )
2 2 1
f x
x x
=
- +
 với (0;1)x Î . 
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( )y f x= tại điểm có hoành độ 13x = là : 
54 27
25
xy += 
Ta có: 
3 2 2
2 2
2(54 27 1) 2(3 1) (6 1)54 27 ( ) 0 (0;1)25 25(2 2 1) 25(2 2 1)
x x x xx f x x
x x x x
- + - ++
- = = ³ " Î
- + - +
54( ) 81 27( ) ( ) ( ) 25 5
a b cf a f b f c + + +Þ + + £ = 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 không bằng nhau. 
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 13 
Ví dụ 15: Cho , , 0a b c > và 1a b c+ + = . Chứng minh rằng: 
3 3 3 5 5 510( ) 9( ) 1a b c a b c+ + - + + ³ (Trung Quốc 2005). 
Lời giải: Giả sử a b c³ ³ . 
Xét hàm số 3 4( ) 10 9 , (0;1)f x x x x= - Î có 2 4 3'( ) 30 45 ''( ) 60 180f x x x f x x x= - Þ = - 
0
1''( ) 0 3f x x xÞ = Û = = đồng thời 0''( ) 0 (0; )f x x x> " Î và 0''( ) 0 ( ;1)f x x x< " Î . 
 · Nếu 0a x< . Áp dụng BĐT tiếp tuyến ,ta có: 
1 1 1( ) ' 3 3 3f a f a f
æ ö æ ö æ ö
³ - +ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
1 1 1( ) ' 3 3 3f b f b f
æ ö æ ö æ ö
³ - +ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
1 1 1( ) ' 3 3 3f c f c f
æ ö æ ö æ ö
³ - +ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
( )1 1( ) ( ) ( ) ' 1 3 13 3f a f b f c f a b c f
æ ö æ ö
Þ + + ³ + + - + =ç ÷ ç ÷
è ø è ø
. 
 · Nếu 0a x> . Áp dụng BĐT tiếp tuyến và cát tuyến ta có: 
( ) ( )0
0
(1) ( )( ) 1 1 (1) 11
f f xf a a f fx
-
³ - + > =
-
. 
( ) ( ) ( )( ) ' 0 0 0 0f b f b f³ - + = 
( ) ( ) ( )( ) ' 0 0 0 0f c f c f³ - + = 
( ) ( ) ( ) 1f a f b f cÞ + + > . 
Ví dụ 16: Cho ABCD nhọn. Tìm GTLN của biểu thức: 2 2sin . sin . sinF A B C= . 
Lời giải: 
Ta có : ln ln sin 2 ln sin 3 ln sinF A B C= + + 
Xét hàm số 2
1( ) ln sin , (0; ) '( ) cot ''( ) 0;2 2sin
f x x x f x x f x x
x
p pæ ö
= Î Þ = Þ = - " Î ç ÷
è ø
Áp dụng BĐT tiếp tuyến với MNPD nhọn, ta có : 
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 14 
( ) ( )( ) '( ) ( ) cot ln sinf A f M A M f M A M M M£ - + = - + 
( ) ( )( ) '( ) ( ) cot ln sinf B f N B N f N B N N N£ - + = - + 
( ) ( )( ) '( ) ( ) cot ln sinf C f P C P f P C P P P£ - + = - + 
tan . ( ) tan . ( ) tan . ( ) tan ln sin tan . ln sin tan . ln sinM f A N f B P f C M M N N P PÞ + + ³ + + 
Chọn ba góc , ,M N P sao cho : 
tan tan tan tan ; tan 2 ; tan 31 2 3
M N P k M k N k P k= = = Þ = = = 
Mặt khác : tan tan tan tan . tan . tanM N P M N P+ + = 
3
2
tan 1 2 36 6 1 sin ; sin ; sin
2 5 101 tan
Mk k k M N P
M
Þ = Þ = Þ = = = =
+
1 2 3 27( ) ( ) ( ) ln 2 ln 3 ln ln
2 5 10 25 5
f A f B f CÞ + + £ + + = 
27
25 5
FÞ £ . Đẳng thức xảy ra ; ;A M B N C PÛ = = = . 
Vậy GTLN của 27
25 5
F = . 
Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có được cách giải cho bài toán tổng quát sau : 
Cho ABCD nhọn. Tìm GTLN của sin . sin . sinm n pE A B 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 : 
tan 2 tan 3 tanF A B C= + + . 
Lời giải : (Dựa theo lời giải của 2M) 
Xét hàm số ( ) tan , 0; 2f x x x
pæ ö
= Î ç ÷
è ø
, có 2'( ) 1 tanf x x= + 
2''( ) 2 tan (1 tan ) 0, 0; 2f x x x x
pæ ö
Þ = + > " Î ç ÷
è ø
. 
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 15 
Áp dụng BĐT tiếp tuyến với MNPD nhọn, ta có : 
2
1( ) '( )( ) ( ) ( ) tan
cos
f A f M A M f M A M M
M
³ - + = - + 
2 1cos . ( ) sin 22M f A M A MÞ ³ + - 
Tương tự : 2 21 1cos . ( ) sin 2 ; cos . ( ) sin 22 2N f B N B N P f C P C P³ + - ³ + - 
2 2 2 sin 2 sin 2 sin 2cos . ( ) cos . ( ) cos . ( ) 2
M N PM f A N f B P f C + +Þ + + ³ . 
Ta chọn các góc , ,M N P sao cho : cos 0; cos 2 ; cos 3M k N k P k= > = = 
Vì , ,M N P là ba góc của tam giác nên ta có đẳng thức : 
2 2 2cos cos cos 2 cos . cos . cos 1M N P M N P+ + + = 
3(1 2 3) 2 6 1k k kÞ + + + = Þ là nghiệm dương của phương trình : 
32 6 (1 2 3) 1 0x x+ + + - = (1). 
2 2sin 2 2 1 cos . cos 2 1M M M k kÞ = - = - ; 
2 2sin 2 2 2(1 2 ); sin 2 2 3(1 3 )N k k P k k= - = - 
2 2 2
2
1 2(1 2 ) 3(1 3 )sin 2 sin 2 sin 2
2
k k kM N PF kk
- + - + -+ +
Þ ³ = . 
Vậy GTNN của 
2 2 21 2(1 2 ) 3(1 3 )k k kF 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 0; cos 2 ; cos 3M k N k P k= > = = , 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 
. tan . tan . tanF m A n B p 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 16 
Ví dụ 18: Cho , , 0x y z > thỏa 1x y z+ + = . Tìm GTNN của : 
43 2 41 1P x y z= + + + + . 
Lời giải: 
Ta có các hàm số 43 2 4( ) ; ( ) 1 ; ( ) 1f t t g t t h t t= = + = + , (0;1)t Î là những hàm số có 
đạo hàm cấp hai dương trên khoảng (0;1) . Nên với , , 0a b c > thỏa 1a b c+ + = áp dụng 
BĐT tiếp tuyến, ta có: 
( ) '( )( ) ( )f x f a x a f a³ - + ; ( ) '( )( ) ( )h y h b y b h b³ - + ; ( ) '( )( ) ( )g z g c z c g c³ - + 
Ta chọn , ,a b c sao cho '( ) '( ) '( )f a g b h c k= = =
2
2 2
3 3
44 3 34
3 3
1 1
(1 ) 1
kaa k
b kk b
b k
c kk c
c k k
ì ì
ï ï
ï ï ==ï ï
ï ïïÛ = Û =í í
ï ï+ -
ï ï
ï ï= =
ï ï
+ -ï îî
 (1) 
Do 
3
42 3
1 13 1 1
k k ka b c
k k k
+ + = Û + + =
- -
 (2). 
Dễ thấy phương trình (2) luôn có nghiệm trong khoảng (0;1) . 
42 3
3 1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 9 1 1
k kP f x g y h z f a h b g c
k k k
Þ = + + ³ + + = + +
- -
Đẳng thức xảy ra ; ;x a y b z cÛ = = = . 
Vậy 
42 3
3 1 1min 9 1 1
k kP
k 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 1 2, , ..., na a a có tổng bằng 1. 
a) Nếu ''( ) 0 ( ; )f x x a b> " Î thì ta có: 
1 1
( )
n n
i i i i
i i
f x f xa a
= =
æ ö
ç ÷³
ç ÷
è ø
å å 
với ( ); 1,ix a b i n" Î = . Đẳng thức có khi 1 2 .. nx x x= = = . 
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 17 
b) Nếu ''( ) 0 ( ; )f x x a b< " Î thì ta có: 
1 1
( )
n n
i i i i
i i
f x f xa a
= =
æ ö
ç ÷£
ç ÷
è ø
å å 
với ( ); 1,ix a b i n" Î = . Đẳng thức có khi 1 2 .. nx x x= = = . 
Lời giải. 
a) Đặt 1 1 2 2 ... ( ; )n ny a a a y a ba a a= + + + Þ Î . 
Vì ''( ) 0f x > nên áp dụng BĐT tiếp tuyến, ta có: 
( )( ) '( ) ( ) 1,2,..,i if a f y a y f y i n³ - + " = 
( )( ) '( ) ( ) 1,2,..,i i i i i if a f y a y f y i na a a aÞ ³ - + " = 
1 1 1 1
( ) '( ) ( ) ( ) ( )
n n n n
i i i i i i i i
i i i i
f a f y a y f y f y f aa a a a a
= = = =
æ ö
ç ÷Þ ³ - + = =
ç ÷
è ø
å å å å . 
b) Chứng minh tương tự. 
Ví dụ 20. (2M) Cho hai bộ số thực dương 1 2, ,..., nx x x và 1 2, ,..., na a a thỏa mãn: 
1 1
n n
i i
i i
x a
= =
=å å . Chứng minh rằng: 
1 1
i i
n na a
i i
i i
x a
= =
³Õ Õ . 
Lời giải. 
BĐT cần chứng minh 
1 1
ln ln
n n
i i i i
i i
a x a a
= =
Û ³å å . 
Hàm số ( ) lnf x x= là hàm lồi, nên áp dụng BĐT tiếp tuyến ta có: 
1( ) '( )( ) ( ) ( ) ( )i i i i i i i i
i
f x f a x a f a x a f aa£ - + = - + 
1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n n n n
i i i i i i i i i i i i i i
i i i i
a f x x a a f a a f x x a a f a a f a
= = = =
Þ £ - + Þ £ - + =å å å å 
1 1
ln ln
n n
i i i i
i i
a x a a
= =
Þ £å å đpcm. 
Chú ý: Điều thú vị là BĐT Cô si lại là một hệ quả của bài toán trên. Thật vậy: 
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 18 
 Cho 11 2 ...
n
i
i
n
x
a a a n
== = = =
å
. Khi đó BĐT đã cho trở thành: 
1
1 1
nn
in n
i
i i
i i
x
x a n
=
= =
æ ö
ç ÷
ç ÷
£ = ç ÷
ç ÷
ç ÷
è ø
å
Õ Õ ( do 1 2 ... na a a= = = ) 
1
1
n
i n
i n i
i
x
xn
=
=
Þ ³
å
Õ đây chính là BĐT Cô Si cho n số. 
Bài tập áp dụng 
1. Cho , , 0.a b c > Chứng minh: 2 2 2
1 1 1b c c a a b
a b ca b c
+ + +
+ + ³ + + 
2. Cho , , 0a b c > thỏa 3a b c+ + ³ . Chứng minh rằng: 
2 2 2
1 1 1 1
a b c b c a c a b
+ + £
+ + + + + +
3. Cho , , 1x y z £ thỏa 1x y z+ + = . Chứng minh rằng: 2 2 2
1 1 1 27
101 1 1x y z
+ + £
+ + +
4. Cho các số thực 1 2 1, , ..., 0; 2na a a
æ ö
Î ç ÷
è ø
 và 1 2 ... 1na a a+ + + = . Chứng minh 
( )
1 2
1 1 11 1 ... 1 1 n
n
na a a
æ ö æ ö æ ö
- - - ³ -ç ÷ ç ÷ ç ÷ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
. 
5. Cho , , , (0; )2a b c d
p
Î và a b c d p+ + + = . Chứng minh 
2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 0cos cos cos cos
a b c d
a b c d
- - - -
+ + + ³ . 
 Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa 19 
6. Cho n số thực dương thoả mãn:
1
n
i
i
x n
=
=å . Cmr: 
1
2 2 11
1 1... ...1 11 1
n
nn
x x
x xx x
+ + £ + +
+ ++ +
 ( New Zealand 1998). 
7. Cho tam giác ABC . Tìm GTNN của biểu thức 
2 2 2tan ( )cot tan ( )cot tan ( )cot4 4 4 4 4 4 4 4 4
A A B B C CP p p p= - + - + - . 
8. Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng 
cos cos cos2 2 23 2
1 sin 1 sin 1 sin2 2 2
A B C
A B C£ + + <+ + +
. 
9. Cho tam giác ABC nhọn và , , 0m n k > . Tìm: 
 1) Giá trị lớn nhất của sin . sin sinm n kF A B C= . 
 2) Giá trị nhỏ nhất của tan tan tanF m A n B k C= + + 
10. Cho n số thực không âm 1 2, , ..., na a a có tổng bằng 1. Chứng minh: 1 2 1...n na a a n£ 
(BĐT Cauchy). 
11. Cho , , 0a b c > . Chứng minh: 
2 2 2
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
+ + + + + +
+ + £
+ + + + + +
 (Mỹ - 2003 ). 
12. Cho , , 0a b c > . Chứng minh: 
4( )b c c a a b a b ca b c b c c a a b
+ + +
+ + ³ + +
+ + +
. 
13. Cho , , 0a b c > . Chứng minh: 2 2 2
9
4( )( ) ( ) ( )
a b c
a b cb c c a a b
+ + ³
+ ++ + +
. 
14. Cho , , 0a b c > và 2 2 2 1a b c+ + = . Chứng minh : 
1 1 1( ) ( ) 2 3a b ca b c+ + - + + ³ . 
15. Cho , , 0x y z > . Chứng minh: 
2 2 2
2 2 2
( ) 3 3
9( )( )
xyz x y z x y z
x y z xy yz zx
+ + + + + +
£
+ + + +
.( Hồng Kông 
1997)