SỬ DỤNG TÍNH LỒI, LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀO
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Chứng minh bất đẳng thức là một bài toán hay và khó và thường gặp trong các kì
thi vào đại học, cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi. Đứng trước một bất đẳng thức, học
sinh thường lúng túng khi lựa chọn phương pháp. Bài viết này nhằm đưa ra một kĩ thuật
đơn giản nhưng có hiệu quả khi giải quyết một lớp bài toán về chứng minh bất đẳng
thức (BĐT) hay tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức. Đó là sử dụng tính
lồi, lõm của đồ thị hàm số.
I. Cơ sở lí thuyết
a) Nếu đồ thị hàm số lồi trên khoảng (; và ()yfx=)ab '( )( ) ( )yfcxc fc
=
−+ là
tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M( ; ( )), ( ; )cfc c ab
∈
thì
( ) '( )( ) ( ), ( ; )
f
xfcxcfcxab≤−+∀∈ (1)
b) Đối với đồ thị hàm số lõm ta có bất đẳng thức với chiều ngược lại ngược lại.
Bất đẳng thức (1) cho phép ta đánh giá biểu thức ( )
f
x thông qua biểu thức bậc nhất.
Hơn nữa, ta có thể chọn c sao cho dấu đẳng thức xảy ra theo đúng yêu cầu của bài toán.
II. Bài tập áp dụng
Bài 1 (BĐT Cô - si). Cho a1, a2, …, an là các số không âm. Chứng minh rằng
12 12
... ...
nnn
aa a aa a
n
+++≥
Chứng minh. Nếu có một số ai = 0 (i = 1, 2, …, n) thì bđt là hiển nhiên. Bây giờ ta xét
trường hợp ai > 0, ∀i ∈ {1, 2, …, n}. Chia hai vế cho 12
... n
aa a
+
++ ta được
11 1
12 12 12
1. ...
... ... ...
n
nn
aa a
naaaaaaaaa
≥+++ +++ +++
n
Đặt
12
, {1, 2, ..., n}
...
i
i
n
a
xi
aa a
=∈
+++ thì xi > 0 thoả mãn 12
... 1
n
xx x
+
++ =
và bđt
trở thành 12
1
...
nn
xx x n
≤ hay 12
1
ln ln ... ln ln
n
xx xn
n
+++≤
Xét hàm số . Ta có () ln, 0yfx xx== > 2
11
'( ) , ''( ) 0, 0
fx fx x
xx
=
=− < ∀ > suy ra đồ thị
hàm số lồi trên khoảng .
(0;+ )
∞
Tiếp tuyến của đths tại điểm 11
;ln
nn
⎛
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
có phương trình là 1
1ln
ynx n
=−+ suy ra
1
ln 1 ln , (0; )
xnx x
n
≤−+ ∀∈+∞ (1)
Áp dụng bđt (1) cho x1, x2, …, xn và cộng vế lại ta được
12 12
1
ln ln ... ln ( ... ) ln
nn
xx xnxx xnn
n
+++≤+++−+
Kết hợp với ta có điều phải chứng minh.
12
... 1
n
xx x+++=
Đẳng thức xảy ra khi 12
1
... n
xx xn
==== hay 12
... n
aa a
=
==.
Bài 2 (BĐT Jenxen) Cho hàm số ()yfx
có đạo hàm cấp 2 trên khoảng ( . ; )ab
a) Nếu ''( ) 0, ( ; )
f
xxa>∀∈ b thì 12
, ,..., ( ; )
n
x
xxab
∀
∈ và 12
, ,..., [0;1]
n
α
αα
∀
∈
thoả mãn 12 1
n
α
αα
+++=" ta có
11 2 2 1 1 2 2
()()()
nn n n
()
f
xx x fx fx fx
α
αααα α
+++ ≤ + ++""
(1)
b) Nếu ''( ) 0, ( ; )
f
xxa<∀∈ b thì ta có bất đẳng thức ngược lại.
Chứng minh.
a) Đặt 11 2 2 nn
x
xx x
α
αα
=+ ++" thì (;)
x
ab∈. Tiếp tuyến của đths ( )yfx
tại
điểm (; ())
x
fx có phương trình là '( )( ) ( )yfxxx fx=−+.
Do ''( ) 0, ( ; )
f
xxa>∀∈ b nên đồ thị hàm số lõm trên khoảng ( . Bởi vậy ; )ab
tại điểm (; ())
x
fx tiếp tuyến nằm dưới đồ thị. Từ đó suy ra
() '()( ) (), (;)
f
xfxxxfxxab≥−+∀∈
Thay i
x
x= ta được () '()( ) ()
ii
f
xfxxxfx≥−+
. Nhân hai vế với 0
i
α
≥ ta được
( ) '( ). '( ). ( ), 1,2,...,
ii i i i i
f
xfxxfxxfxi
αα α α
≥−+∀=n
. Cộng vế n BĐT ta được
111
() '() '(). ()
nnn
ii ii i
iii
fx f x x f xx fx
1
n
i
i
α
αα
===
≥−+
∑∑∑
α
=
∑
Bởi
1
n
ii
i
x
x
α
=
=∑ và nên ta được
1
1
n
i
i
α
=
=
∑11
() ( )
nn
ii ii
ii
f
xf x
α
==
≥
∑∑
α
đó là đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 12 n
x
xx
=
=="
b) Chứng minh tương tự.
Trường hợp đặc biệt: Nếu 12
1
nn
αα α
====" thì BĐT (1) trở thành
12 12
() () ()
nn
f
xfx fx xx x
f
nn
+++ +++
⎛⎞
≥⎜⎟
⎝⎠
""
Nhận xét. Đây là cách chứng minh ngắn gọn và dễ hiểu nhất so với các cách chứng
minh đã biết trong các tài liệu.
Bài 3 (BĐT Bécnuli). Cho 1
x
>− và số thực
α
. Chứng minh rằng
a) ( 1 ) 1 , ( ;0) (1; )
xx
α
αα
+≥+∀∈−∞∪+∞
b) (1 ) 1 , (0;1)
xx
α
αα
+≤+∀∈
Chứng minh. Xét hàm số () (1 )yfx x
α
==+.
Ta có
12
'( ) (1 ) , ''( ) ( 1)(1 )fx x fx x
αα
ααα
−−
=+ = −+
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm (0 ; 1) có pt là 1
yx
α
=
+.
Nếu ( ;0) (1; )
α
∈−∞ ∪ +∞ thì ''( ) 0, 1
f
xx>∀>−, do đó đths lõm trên khoảng ( 1; )
−
+∞
Suy ra ( . 1 ) 1, 1
xxx
α
α
+≥+∀>−
Nếu 0 1
α
<< thì ''( ) 0, 1
f
xx<∀>−, do đó đths lồi trên khoảng ( 1; )
−
+∞
Suy ra ( . 1 ) 1, 1
xxx
α
α
+≤+∀>−
Đẳng thức xảy ra khi 0
x
= hoặc 0
α
=
hoặc 1
α
=
Bài 4 (T7/374). Cho các số dương thoả mãn , ,abc 4( ) 9 0abc
+
+−=. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
S =
(
)
(
)
(
)
222
11
bc
aa bb cc++ ++ ++1
a
Giải.
Ta có
()
(
)
(
)
22
lnS ln 1 ln 1 ln 1ba a cb b ac c=++++++++
2
Xét hàm số 2
() ln( 1), 0fx x x x=++> (1). Do đặc thù của bài toán nên ta có thể dự
đoán giá trị lớn nhất đạt được khi 3
4
abc
=
==. Vì vậy ta sẽ so sánh vị trí của đồ thị với
tiếp tuyến của nó tại điểm 3
(;ln2)
4.Đạo hàm 2
13
'( ) '( )
45
1
fx f
x
4
=
⇒=
+. Tiếp tuyến
của đồ thị hàm số (1) tại điểm 3
(;ln2)
4 có phương trình 43
ln 2
55
yx
=
+−.
Đạo hàm cấp hai 22
''( ) 0, 0
(1) 1
x
fx x
xx
−
=<
++∀>
suy ra đồ thị hàm số (1) lồi trên
khoảng . Do đó tại điểm
(0; )
+∞ 3
(;ln2)
4 tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) nằm phía trên
đồ thị hàm số (1). Từ đó ta có 243
ln( 1) ln 2 , 0
55
xx x x
+
+≤ + − ∀>. Áp dụng bất
đẳng thức này cho số dương ta được
a24
ln( 1) ln 2
55
aa a 3
+
+≤ + −. Nhân hai vế với
số b > 0 ta suy ra
243
ln( 1) ln 2
55
ba a ab
⎛⎞
++≤+ −
⎜⎟
⎝⎠
b.
Tương tự ta có 243
ln( 1) ln 2
55
cb b bc c
⎛⎞
++≤+ −
⎜⎟
⎝⎠
.
243
ln( 1) ln 2
55
ac c ca a
⎛⎞
++≤+ −
⎜⎟
⎝⎠
.
Cộng vế ba bất đẳng thức này ta được
43
lnS ( ) ln 2 ( )
55
ab bc ca a b c
⎛⎞
≤+++−++
⎜⎟
⎝⎠ .
Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức 2
1
()(
3
ab bc ca a b c++ ≤ ++
)
và giả thiết
9
4
abc++=, rút gọn ta thu được 9
lnS ln 2
4
≤. Từ đó 4
S42≤.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3
4
abc
=
==. Vậy giá trị lớn nhất của S là 4
42
.
Nhận xét. Đôi khi giả thiết lồi, lõm không được thoả mãn. Lúc đó ta sẽ so sánh vị trí của
tiếp tuyến và đồ thị hàm số bằng chứng minh trực tiếp.
Bài 5 (2003 USA Math Olympiad)
Cho là những số dương. Chứng minh rằng , ,
abc
22
222222
(2 ) (2 ) (2 ) 8
2()2()2()
abc bca cab
abc bca cab
++ ++ ++
++
++ ++ ++
2
≤
Giải. Đặt ;;
ab
xyz
abc abc abc
===
++ ++ ++
c
. Khi đó , ,
x
yz là những số dương
và thoả mãn 1
x
yz++=, và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
22
222222
(2 ) (2 ) (2 ) 8
2()2()2( )
xyz yzx zxy
xyz yzx zxy
++ ++ ++
++
++ ++ ++
2
≤
Hay
222
222222
(1) (1) (1) 8
2(1)2(1)2(1)
xyz
xxyyzz
+++
+
+≤
+− +− +−
Xét hàm số
2
22
(1)
() , (0;1)
2(1)
x
fx x
xx
+
=
+− ∈
. Vì rằng đẳng thức xảy ra khi 1
3
xyz
=
==
nên ta xét tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 18
;
33
⎛
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
. Ta có
2
22
21
'( ) 4. (3 2 1)
xx
fx xx
+−
=− −+
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số ()
f
x tại điểm 18
;
33
⎛
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
có phương trình là 4
43
yx=+.
32
2
436
''( ) 12. (3 2 1)3
1
x
xx
fx xx
+−+
=−+ đổi dấu hai lần trên khoảng . Do đó đồ thị hàm số (0;1)
không hoàn toàn lồi trên khoảng . Tuy nhiên ta vẫn có bất đẳng thức (0;1)
2
22
(1) 4
4,(0;
2(1) 3
xxx
xx
+≤+∀∈
+− 1)
(Vì BĐT này tương đương với 2
(3 1) (4 1) 0xx
−
+≥).
Tương tự ta có các BĐT đối với y và z, cộng vế lại và sử dụng 1
x
yz
+
+= ta thu được
đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
3
xyz
=
==, tức là abc
=
=.
Bài tập tự luyện
1) Trong tam giác nhọn ABC, chứng minh rằng
21
(sin sin sin ) (tan tan tan ) 2 3
33
ABC ABC++ + ++ ≥
2) (HSG Hải dương) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn 9
5; 8
xyz
x
xy
++=
⎧
⎨≥+≥
⎩
Chứng minh rằng 15
x
yz ≤.
3) (1997 Japanese Math Olympiad) Cho là những số thực dương. , ,abc
Chứng minh rằng
222
22222 2
()()()
() () ()
bca cab abc
abcbca cab
+− +− +− 3
5
+
+≥
++ ++ ++ .
4) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC và số 2 ta có bất đẳng thức sau a≥
sin sin sin 3 3
cos cos cos 2 1
ABC
aAaBaCa
++≤
+++ +
.
LÊ VĂN LỤC - HẢI DƯƠNG