Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
1KHAI THÁC KHÁI NIỆM ðỒ THỊ HÀM SỐ LỒI, LÕM
ðỂ ðÁNH GIÁ BẤT ðẲNG THỨC

I. LÝ DO CHỌN ðỀ TÀI

Ứng dụng hàm lồi ñể ñánh giá bất ñẳng thức (BðT) ñã ñược khai thác nhiều và
ñại diện cho ứng dụng ñó là BðT Jensen. Khái niệm hàm lồi trong chương trình
SGK cũ và mới (bài ñọc thêm) ñược ñịnh nghĩa dựa vào vị trí nằm trên, nằm dưới
của tiếp tuyến với ñồ thị hàm số. Trong ñịnh nghĩa ñó, ñã cho ta một tính chất hình
học của tiếp tuyến. ðó là: ta có thể ñánh giá
( )
f x
thông qua một biểu thức bậc nhất
của
x
. Vận dụng tính chất này, ta có thể tìm ñược lời giải ñơn giản cho một số bài
toán chứng minh BðT. Hơn nữa thông qua ñó ñể chúng ta thấy ñược việc dạy cho
HS Bản chất của các khái niệm Toán học rất quan trọng trong phát triển tư duy cho
học sinh. ðó là lí do mà tôi chọn ñề tài “Khai thác khái niệm ñồ thị hàm số lồi, lõm
ñể ñánh giá BðT”

II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ðỀ
TÀI:
1. Thuận lợi:
 Với sự ñổi mới phương pháp dạy học trung học phổ thông lấy học sinh làm
trung tâm và tạo sự hứng thú trong học tập. Học sinh chủ ñộng chiếm lĩnh tri

a b
nếu tiếp tuyến tại mọi ñiểm nằm trên cung
AB

luôn nằm phía trên ñồ thị (C).
ii) ðồ thị (C) gọi là lõm trên
( ; )
a b
nếu tiếp tuyến tại mọi ñiểm nằm trên cung
AB

luôn nằm phía dưới ñồ thị (C). b. Dấu hiệu ñồ thị lồi
ðịnh lí 1: Cho hàm số
( )
y f x
=
có ñạo hàm cấp hai liên tục trên
(
)
;
a b

* Nếu
(
)
''( ) 0 ;
f x x a b

y

a

_

b

_

1

ðồ thị hàm số lồi
_

x

_

y

_

b

_

a
ðẳng thức trong hai Bất ñẳng thức trên xảy ra
0
x x
⇔ =
.
Ta có thể chứng minh ñịnh lí trên như sau
i) Xét hàm số
0 0 0
( ) ( ) '( )( ) ( )
g x f x f x x x f x
= − − −
,
[ ; ]
x a b
∈

Ta có :
0
'( ) '( ) '( ) ''( ) ''( ) 0 [ ; ]
g x f x f x g x f x x a b
= − ⇒ = ≥ ∀ ∈

0
'( ) 0
g x x x
⇒ = ⇔ =
và
'( )
g x
ñổi dấu từ

f x x a f a x a b
a b
−
≥ − + ∀ ∈
−

ii) Nếu
''( ) 0 [ ; ]
f x x a b
≤ ∀ ∈
thì
0
( ) ( )
( ) ( ) ( ) [ ; ]
f a f b
f x x a f a x a b
a b
−
≤ − + ∀ ∈
−
.
ðẳng thức trong các BðT trên có khi và chỉ khi
x a
=
hoặc
x b
=
.

2. Nội dung, biện pháp thực hiện giải pháp của ñề tài:

∈
.
Ta có:
2 3 2 5
1 3
'( ) ''( ) 0 (0;1)
( 1) ( 1)
x
f x f x x
x x
= ⇒ = − < ∀ ∈
+ +

Nên ta có:
1 1 1
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f a f a f
≤ − +Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
41 1 1
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f b f b f
≤ − +

2 2 2
3
a b c
+ + =
. Chứng minh
1 1 1
1
1 8 1 8 1 8
a b b
+ + ≥
+ + +
.
Giải :
Xét hàm số :
1
( )
1 8
f x
a
=
+
,
0 3
a
< ≤
. Ta có :
3 5
4 48 1
'( ) "( ) 0 ( ; 3]
8


3 3 3 0
a b c a b c
⇒ − ≤ + + ≤ ⇒ + + − ≤
và
4
'(1) 0
27
f
= − <
nên từ (*)
Ta suy ra :
( ) ( ) ( ) 3 (1) 1
f a f b f c f
+ + ≥ =
.
Nhận xét : Dấu hiệu giúp chúng ta nhận ra phương pháp trên là BðT cần chứng
minh có dạng
1 2
( ) ( ) ( )
n
f a f a f a k
+ + + ≥
hoặc
1 2
( ) ( ) ( )
n
f a f a f a k
+ + + ≤
, trong ñó

, ,
a b c
thỏa :
3
a b c
+ + =
. Tìm GTLN của biểu
thức :
2 2 2
1 1 1
b c a
P a a b b c c
     
= + + + + + +
     
     
.
Giải :
Ta có :
2 2 2
ln ln( 1 ) ln 1 ln 1
P b a a c b b a c c
   
= + + + + + + + +
   
   

Xét hàm số :
2
( ) ln 1 , 0 1

⇒ ≤ + −
 ( ) '(1) (1) '(1)
cf b f cb f f c
 
≤ + −
 ( ) '(1) (1) '(1)
af c f ac f f a
 
≤ + −
 
.
(
)
ln '(1) ( ) (1)( ) 3 ln(1 2)
P f ab bc ca a b c f a b c⇒ ≤ + + − + + + + + ≤ +
(Do
3
ab bc ca a b c
+ + ≤ = + +
)
Nên
3
ln 3 ln(1 2) (1 2)
P P

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
6

Giải : Áp dụng BðT Cô si, ta có :
3
3
. .
y z x
P
x y z
≥

ðặt
. . ln ln ln ln
y z x
A x y z A y x z y x z
= ⇒ = + +
. Vì hàm số
( ) ln
f t t
=
có
2
1
''( ) 0
f t
t
= − <

1 1 1

Vậy GTNN của
3
3 3
P
=
.
Ví dụ 5 : Cho
1
, ,
2
a b c
≥
thỏa
2
a b c
+ + =
. Tìm GTNN của biểu thức
a b c
P a b c
= + +
.
Giải :
Xét hàm số
1
( ) , 1
2
t
f t t t
= ≤ ≤
. Ta có :


Vì
1
, , ;1
2
a b c
 
∈
 
 
nên áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có :
2 2 2
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f a f a f
≥ − +

2 2 2
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f b f b f
≥ − +Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
7

2 2 2
( ) '( )( ) ( )
3 3 3

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 thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bñt ñúng với mọi số
thực dương a,b,c thỏa mãn
2 2 2
1
a b c
+ + =
, khi ñó bñt cần chứng minh trở thành:
( ) ( ) ( ) 1
f a f b f c
+ + ≥
trong ñó:
1 3 1
( ) .
3 3
f x x
x
+
= −
với
0 1
x
< <
. Dễ thấy hàm số

 
<

 
 

 
⇒ + + ≥ =
 
 

 
 

+ + ≤ + + =


.
Ví dụ 7: Cho
n
số thực
1 2
, , ,
n
x x x
thuộc khoảng
(0; )
2
π
thỏa :

=
≤
∑Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
8

Ta cần chứng minh :
2
1
1
1 2
n
i
n
i
i
a
a
=
≤
+
∏
(1).
Xét hàm số
2
( ) , 0
1
x

( ) ( 1)
1 8 8 8 2
n
n
i
n n n
n
i i
i i
n n n n
i i i
i
a
a
f a a
n
a
=
= = =
 
 
+
 
⇒ = ≤ + ≤ ≤ =
 
 
+
 
 
∑

1 2
, , ,
n
a a a

nằm trong ñoạn
;
a b
 
 
thỏa mãn :
1
,
n
i
i
a k na k nb
=
= ≤ ≤
∑
. •
Nếu
''( ) 0 ;
f x x a b
 
> ∀ ∈
 

n n
=
≤
∑
.

Ví dụ 8. Cho tam giác
ABC
có một góc không nhỏ hơn
2
3
π
. Chứng minh rằng :
tan tan tan 4 3
2 2 2
A B C
+ + ≥ −
.
Lời giải.

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
9

Không mất tính tổng quát, ta giả sử
2
3 6
A B C C
π π
≥ > ≥ ⇒ ≤
.


( ) '( )( ) ( )
2 12 2 12 12
B B
f f f
π π π
≥ − +

( ) '( )( ) ( )
2 12 2 12 12
C C
f f f
π π π
≥ − +
.
2
'( ) '( ) '( )
2 2 2 3 12 2 3 12 2 2
A B C A A B C
f f f f f f
π π π π π
           
+ +
⇒ + + ≥ − − + −
         
 
           2

         
+ + ≥ + = −
         
         
ñpcm.
ðẳng thức xảy ra
2
;
3 6
A B C
π π
⇔ = = =
và các hoán vị.
Ví dụ 9. Cho các số thực không âm
, ,
a b c
thỏa
3
max{ , , }
4
a b c
≥
và
1
a b c
+ + =
. Tìm
GTNN của biểu thức :
3 3 3
2 2 2

2 5
3
2 2
''( ) 0 (0;1)
(1 3 )
x
f x x
x
−
⇒ = > ∀ ∈
+
. Áp dụng BðT tiếp tuyến, ta có :

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
10

3 3 3
( ) '( )( ) ( )
4 4 4
f a f a f
≥ − +
;
1 1 1
( ) '( )( ) ( )
8 8 8
f b f b f
≥ − +
;
1 1 1
( ) '( )( ) ( )

Nhận xét : Trong một số trường hợp ñồ thị hàm số
( )
y f x
=
có khoảng lồi, lõm trên
;
a b
 
 
nhưng ta vẫn có ñược ñánh giá :
0 0 0 0
( ) '( )( ) ( ) , ( ; )
f x f x x x f x x a b
≥ − + ∈
. Chẳng
hạn các bạn xem ñồ thị minh họa dưới ñây. Ví dụ 10: Cho
, ,
a b c
∈
ℝ
và
6
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng :
4 4 4 3 3 3
2( )


y

x

0

a

_

O

bNguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
11

vẫn có thể ñánh giá ñược
( )
f x
qua tiếp tuyến của nó tại ñiểm có hoành ñộ
2
x
=
(vì
ñẳng thức xảy ra khi
2
a b c

4 3
( ) 2
f x x x
= −
tại ñiểm có
hoành ñộ
2
x
=
nên ta có sự phân tích:
( ) ( ) ( ) ( )
8 16 2
k
f x x x g x
− − = − với
2
k
≥
và
(2) 0
g
≠
.
Ví dụ 11: Cho
3
, ,
4
a b c
≥ −
và

f 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
x
y
+
= .
Ta có:
2
2 2
(3 1) (4 3)
36 3 36 3 3 5

thoả mãn
1
a b c
+ + =
. Chứng minh :
9
1 1 1 10
a b c
bc ac ab
+ + ≥
+ + +
. Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
12

Lời giải. Ta có :

2 2 2 2 2 2
1 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

x
=
là :
99 3
100
x
y
−
= )
Mặt khác:
2
2 2
(3 1) (15 11 )
4 99 3
0 (0;1)
100
2 5 100( 2 5)
x x
x x
x
x x x x
− −
−
− = ≥ ∀ ∈
− + − +

2 2 2
99( ) 9
4 4 4 9
100 10

2 2 2
5 1 5 1 5 1
9
a a c
a a b b c c
− − −
+ + ≤
− − −
.
Vì a,b,c là ñộ dài ba cạnh tam giác và
1
a b c
+ + =
suy ra
1
, , (0; )
2
a b c
∈
.
Ta có :
2
2 2
(3 1) (2 1)
5 1 1
(18 3) 0 (0; )
2
a a
a
a a

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
13

ðẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c
= = =
.
Ví dụ 14. Cho
, , 0
a 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
+ − + − + −
+ + ≥
+ + + + + +
.
(Olympic Toán Nhật Bản 1997)

Lời giải . Vì Bñt cần chứng minh là thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh Bñt ñúng
với mọi số thực dương

2 2 2
1 1 1 27
5
2 2 1 2 2 1 2 2 1
a a b b c c
⇔ + + ≤
− + − + − +

27
( ) ( ) ( )
5
f a f b f c
⇔ + + ≤
.
Trong ñó
2
1
( )
2 2 1
f x
x x
=
− +
với
(0;1)
x
∈
.
Tiếp tuyến của ñồ thị hàm số
( )

− + − +

54( ) 81
27
( ) ( ) ( )
25 5
a b c
f a f b f c
+ + +
⇒ + + ≤ =
ñpcm.
Trong các ví dụ trên ta chỉ xét các BðT ñối xứng ba biến và ñẳng thức xảy ra khi các
biến bằng nhau. Phần tiếp theo ta sẽ ñi xét một số BðT không ñối xứng hoặc BðT
ñối xứng nhưng ñẳng thức xảy ra khi có ít nhất hai biến không bằng nhau.
Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
14

Ví dụ 15: Cho
, , 0
a b c
>
và
1
a b c
+ + =
. Chứng minh rằng:
3 3 3 5 5 5

0
''( ) 0 ( ;1)
f x x x
< ∀ ∈
.

•
Nếu
0
a x
<
. Áp dụng BðT tiếp tuyến ,ta có:
1 1 1
( ) '
3 3 3
f a f a f
     
≥ − +
     
     

1 1 1
( ) '
3 3 3
f b f b f
     
≥ − +
     
     


( ) 1 1 (1) 1
1
f f x
f a a f f
x
−
≥ − + > =
−
.
(
)
(
)
(
)
( ) ' 0 0 0 0
f b f b f
≥ − + =

(
)
(
)
(
)
( ) ' 0 0 0 0
f c f c f
≥ − + =

( ) ( ) ( ) 1

 

Áp dụng BðT tiếp tuyến với
MNP
∆
nhọn, ta có :

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
15

(
)
(
)
( ) '( ) ( ) cot ln sin
f A f M A M f M A M M M
≤ − + = − +

(
)
(
)
( ) '( ) ( ) cot ln sin
f B f N B N f N B N N N
≤ − + = − +

(
)
(
)

1 tan
M
k k k M N P
M
⇒ = ⇒ = ⇒ = = = =
+

1 2 3 27
( ) ( ) ( ) ln 2 ln 3 ln ln
2 5 10 25 5
f A f B f C⇒ + + ≤ + + =
27
25 5
F⇒ ≤ . ðẳng thức xảy ra
; ;
A M B N C P
⇔ = = =
.
Vậy GTLN của
27
25 5
F = .
Nhận xét : Từ cách giải trên, ta có ñược cách giải cho bài toán tổng quát sau :
Cho
ABC
∆
nhọn. Tìm GTLN của
sin . sin . sin
m n p
E A B C

2
''( ) 2 tan (1 tan ) 0, 0;
2
f x x x x
π
 
⇒ = + > ∀ ∈
 
 
.

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
16

Áp dụng BðT tiếp tuyến với
MNP
∆
nhọn, ta có :
2
1
( ) '( )( ) ( ) ( ) tan
cos
f A f M A M f M A M M
M
≥ − + = − +
2
1
cos . ( ) sin 2
2
M f A M A M

là ba góc của tam giác nên ta có ñẳng thức :
2 2 2
cos cos cos 2 cos . cos .cos 1
M N P M N P
+ + + =

3
(1 2 3) 2 6 1
k k k
⇒ + + + = ⇒
là nghiệm dương của phương trình :
3
2 6 (1 2 3) 1 0
x x
+ + + − =
(1).
2 2
sin 2 2 1 cos . cos 2 1
M M M k k
⇒ = − = −
;
2 2
sin 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

, trong ñó
k
là nghiệm dương duy nhất của
PT (1).
Nhận xét : Tương tự cách làm trên, ta cũng tìm ñược giá trị nhỏ nhất của biểu thức
. tan . tan . tan
F m A n B p C
= + +
, trong ñó
, ,
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
17Ví dụ 18: Cho
, , 0
x y z
>
thỏa
1
x y z
+ + =

BðT tiếp tuyến, ta có:
( ) '( )( ) ( )
f x f a x a f a
≥ − +
;
( ) '( )( ) ( )
h y h b y b h b
≥ − +
;
( ) '( )( ) ( )
g z g c z c g c
≥ − +

Ta chọn
, ,
a b c
sao cho
'( ) '( ) '( )
f a g b h c k
= = =
2
2 2
3 3
4
4 3
3
4
3
3
1 1

+ −
 
 
=
=
 
+
−



(1)
Do
3
4
2 3
1 1
3
1
1
k k k
a b c
k
k k
+ + = ⇔ + + =
−
−
(2).
Dễ thấy phương trình (2) luôn có nghiệm trong khoảng
(0;1)

k k
P
k
k k
= + +
−
−
với
k
là nghiệm nằm trong
(0;1)
của (2).
Ví dụ 19. (BðT Jensen). Cho hàm số
( )
y f x
=
liên tục và có ñạo hàm cấp hai trên
(
)
;
a b
và
n
số thực dương
1 2
, , ,
n
α α α
có tổng bằng 1.
a) Nếu

1 2

n
x x x
= = =
.
b) Nếu
''( ) 0 ( ; )
f x x a b
< ∀ ∈
thì ta có:
1 1
( )
n n
i i i i
i i
f x f x
α α
= =
 
 
≤
 
 
∑ ∑

với
(
)
; 1,


(
)
( ) '( ) ( ) 1,2, ,
i i i i i i
f a f y a y f y i n
α α α α
⇒ ≥ − + ∀ =

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 a
α α α α α
= = = =
 
 
⇒ ≥ − + = =
 
 
∑ ∑ ∑ ∑
.
b) Chứng minh tương tự.
Ví dụ 20. (2M) Cho hai bộ số thực dương
1 2
, , ,
n
x x x

ln ln
n n
i i i i
i i
a x a a
= =
⇔ ≥
∑ ∑
.
Hàm số
( ) ln
f x x
=
là hàm lồi, nên áp dụng BðT 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 a
a
≤ − + = − +

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
= = = =
⇒ ≤ − + ⇒ ≤ − + =

∑
. Khi ñó BðT ñã cho trở thành:
1
1 1
n
n
i
n n
i
i i
i i
x
x a
n
=
= =
 
 
 
≤ =
 
 
 
 
∑
∏ ∏
( do
1 2

n

a b c
>
Chứng minh:
2 2 2
1 1 1
b c c a a b
a b c
a b c
+ + +
+ + ≥ + +

2. Cho
, , 0
a b c
>
thỏa
3
a b c
+ + ≥
. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1
1
a b c b c a c a b
+ + ≤
+ + + + + +

3. Cho
, , 1
x y z

+ + + =
. Chứng minh
( )
1 2
1 1 1
1 1 1 1
n
n
n
a a a
     
− − − ≥ −
     
     
     
.
5. Cho
, , , (0; )
2
a b c d
π
∈
và
a b c d
π
+ + + =
. Chứng minh
2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1
0
cos cos cos cos

x x
x x
x x
+ + ≤ + +
+ +
+ +
( New Zealand 1998).
7. Cho tam giác
ABC
. Tìm GTNN của biểu thức
2 2 2
tan ( )cot tan ( )cot tan ( )cot
4 4 4 4 4 4 4 4 4
A A B B C C
P
π π π
= − + − + −
.
8. Cho tam giác
ABC
. Chứng minh rằng
cos cos cos
2 2 2
3 2
1 sin 1 sin 1 sin
2 2 2
A B C
A B C
≤ + + <
+ + +

n
n
a a a
n
≤

(BðT Cauchy).
11. Cho
, , 0
a 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
, , 0
a b c
>
. Chứng minh:
4( )
b c c a a b a b c

. Chứng minh :
1 1 1
( ) ( ) 2 3
a b c
a b c
+ + − + + ≥
.
15.
Cho
, , 0
x 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)

IV. KẾT QUẢ



•
Dựa vào hai BðT tiếp tuyến và cát tuyến kết hợp với phương pháp cân bằng hệ
số, chúng ta có thể sáng tạo ra nhiều bài toán BðT hay và khó. NGƯỜI THỰC HIỆN Nguyễn Tất Thu