LỜI NÓI ĐẦU.
ất đẳng thức là một chuyên đề hay và đặc sắc của toán học sơ cấp đã đựoc đưa vào
dạy và học rộng rãi ở các trường phổ thông trung học.Trong các kỳ thi học sinh giỏi
các cấp ,kỳ thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng không bao giờ vắng mặt các bài toán
về bất đẳng thức. Tuy nhiên phải nhận thấy rằng các bài toán chứng minh bất đẳng thức là
các bài toán khó bởi lẽ nó không có một phương pháp chính thống nào để giải đựợc tất cả các
bài toán bất đẳng thức cũng như nó đòi hỏi người học phải có kiến thức vững chắc và một số
kỹ năng giải toán nhất định. Hiện nay tài liệu viết về bất đẳng thức cũng khá đa dạng theo
nhiều hướng giải quyết sử dụng các công cụ khác nhau. Với ý tưởng sử dụng công cụ đạo
hàm trong khảo sát hàm số, chúng tôi mạnh dạn lựa chọn và thực hiện đề tài này với mục
đích đóng góp một phần công sức nho nhỏ và việc tuyển chọn và chứng minh một số bất
đẳng thức bằng phương pháp hàm số .Hi vọng cuốn tiểu luận này sẽ là một tài liệu bổ ích cho
bạn đọc.
B
Cuốn tiểu luận chia làm 4 chương:
Chương I: ĐẠO HÀM VÀ ÁP DỤNG XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ.
Chương II: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT ĐẲNG THỨC.
Chương III: TÍNH LỒI LÕM CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG VÀO BẤT
ĐẲNG THỨC
Chương IV: ĐỊNH LÝ MỞ RỘNG VÀ ỨNG DỤNG

Mỗi chương đều được trình bày theo 2 phần: lý thuyết và hệ thống bài tập .Cuối mỗi chương
đều có phần bài tập tương tự và nâng cao nhằm mở rộng và đào sâu kiến thức.
Cuốn tiểu luận này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn đầy nhiệt tình của thầy giáo Dương
Thanh Vỹ cùng với sự nỗ lực rất lớn của tất cả các thành viên trong nhóm.Nhân đây chúng
em xin chân thành cảm ơn thầy.
Quy Nhơn,ngày 03 tháng 12 năm 2009.
Nhóm thực hiện.
1
MỤC LỤC
Nội dung ……………………………………………………………………………….Trang

0
.

0 0 0 0
( ) ( ) ( ) ( )y y y f x f x f x x f x∆ = − = − = + ∆ −
:số gia của hàm số tại
0
x
.
Nếu tồn tại (hữu hạn) giới hạn:
0 0
0 0
( ) ( )
lim lim
x x
f x x f x
y
x x
∆ → ∆ →
+ ∆ −
∆
=
∆ ∆
thì ta nói hàm số f(x) có
đạo hàm tại
0
x
và giới hạn đó chính là đạo hàm của f(x) tại
0
x

y
x
∆ →
∆
∆
=
,
0
( )f x
. Từ đó suy ra:

0 0
lim lim . 0.
x x
y
y x
x
∆ → ∆ →
∆
∆ = ∆ =
∆
Tức là f(x) liên tục tại
0
x
.
Lưu ý:Điều ngược lại của định lý nói chung là không đúng ,chẳng hạn hàm
y x=
liên tục
tại 0 tuy nhiên nó không có đạo hàm tại 0.
c.Các công thức và quy tắc tính đạo hàm :

, 2
2
, 2
2
,
,
,
,
0.
1.
. , .
(sin ) cos .
(cos ) sin .
1
(tan ) 1 tan .
cos
1
(cot ) (1 cot ).
sin
( ) .
( ) .ln , 0 1.
1
(ln ) , 0.
1
(log ) , 0,0 1.
ln
−
=
=
= ∀ ∈

2.Ứng dụng đạo hàm xét tính đơn điệu của hàm số:
a.Định nghĩa:
Cho hàm số f(x) xác định trên khoảng (a,b).
• Hàm số f(x) được gọi là đồng biến(tăng) trên khoảng (a,b) nếu
( )
1 2 1 2 1 2
, , , ( ) ( ).x x a b x x f x f x∀ ∈ < ⇒ <
• Hàm số f(x) được gọi là nghịch biến(giảm) trên khoảng (a,b) nếu
( )
1 2 1 2 1 2
, , , ( ) ( ).x x a b x x f x f x∀ ∈ < ⇒ >
Ví dụ:
3
1, , , ln ,
x
y x y x y e y x= + = = =
là những hàm đồng biến trên miền xác định của nó.

1
2
1
, ( ) , log ,
2
x
y x y y x= − = =
là những hàm nghịch biến trên miền xác định của nó.
b.Định lý:
Giả sử f(x) có đạo hàm trên khoảng (a,b).Khi đó:
• Nếu
( )

Xét hàm số:f(x)=xsinx+2cosx ,x
(0; )
2
π
∈
.

,
,,
( ) cos sinx.
f ( ) sinx 0, 0; .
2
× = −
 
× = − < ∀ ∈
 ÷
 
f x x x
x x x
π

Suy ra : f’(x) nghịch biến trên
(0; )
2
π
'( ) '(0) 0.f x f⇒ < =
Do đó f(x) nghịch biến trên (0,
2
π
).

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
sinx 2
, (0, ).
2
x
x
π
π
> ∀ ∈
Xét hàm số
sinx
( ) , 0,
2
f x x
x
π
 
= ∈
 ÷
 
. Ta có:
2 2
cos sinx ( )
'( ) .
x x g x
f x
x x
−
= =
(với g(x)=xcosx-sinx ).

 
.Hay f(x) là hàm giảm trên
0,
2
π
 
 ÷
 
.
Suy ra
2
( ) ( )
2
f x f
π
π
> =
⇔
sinx 2
, (0, )
2
x
x
π
π
> ∀ ∈
(đpcm).
Bài 3:[3] Chứng minh rằng :
1
,1

ln(1 )x+
trên đoạn
1
,1
2
 
 
 
,ta có:
f’(x)=
2
1 2 1
0, ,1
1 2
x
x
x
−
 
≤ ∀ ∈
 
+
 
.
5
Suy ra f(x) nghịch biến trên
1
,1
2
 

2
x
x c x
π
 
< ∀ ∈
 ÷
 
.
Giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau:
2
os cos 0, 0,
2
2
x
c x x
π
 
 
− > ∀ ∈
 ÷
 ÷
 
 
.
Xét hàm số: f(x)=
2
os cos , 0,
2

x
π
 
∀ ∈
 ÷
 
nên
cos os( 2. ), 0,
2
x c x x
π
 
> ∀ ∈
 ÷
 
.
⇒
f’’(x)>0,
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 ÷
 
.
⇒
f’(x) đồng biến trên
0,

 
.
⇔
2
os cos 0, 0,
2
2
x
c x x
π
 
 
− > ∀ ∈
 ÷
 ÷
 
 
.(đpcm)
Bài 5[9] : Chứng minh rằng :Với mọi x>0,ta có:

3 3 5
sinx .
3! 3! 5!
x x x
x x− < < − +
Giải:
Xét hàm f(x)=
3
3!
x

4 2
3
' 1 cos .
4! 2!
''( ) sinx ( ).
3!
x x
g x x
x
g x x f x
= − + −
= − + =
Theo chứng minh trên ta có :g”(x)=f(x)>0,
∀
x>0.Do đó g’(x) đồng biến trên
( )
0,+∞
.
⇒
g’(x)>g’(0)=0 ,
∀
x>0.Do vậy g(x) lại đồng biến trên
( )
0,+∞
.
Suy ra :g(x)>g(0),
∀
x>0
Hay sinx <
3 5

.Chứng minh rằng:
tan( ) .tann n
α α
>
Giải:
Xét hàm số: f(x)=
t anx
, 0,
2
x
x
π
 
∈
 ÷
 
.Ta có:
f’(x)=
2 2 2 2
sinx.cos 2 sin 2
. os 2 . os
x x x x
x c x x c x
− −
=
.
Ta biết rằng sin2x<2x,
∀
x>0.Từ đó suy ra:f’(x)>0,
0,

<
Áp dụng:
a.Từ gt 0<a<b<1 suy ra :0<ab<a<b<
2
π
.Áp dụng kết quả trên ta có:
tan( ) tan
tan( ) .tan
ab a
ab b a
ab a
< ⇔ <
(*).
7
( )
'' ''(0) 0, 0.
'( ) '(0) 0, 0.
( ) (0) 0, 0
f x f x
f x f x
f x f x
⇒ > = ∀ >
⇒ > = ∀ >
⇒ > = ∀ >
Lại vì:0<b<1<
2
π
nên b<tanb
⇒
b.tana<tanb.tana (vì tana>0) (**)

α α
α α
< ⇔ <
(đpcm).
Bài 7 [5]:Chứng minh rằng :
2 2
1 .ln( 1 ) 1 , . 0+ + + ≥ + ∀ >x x x x x
Giải:
Xét hàm số:
( )
2 2
1 .ln( 1 ) 1 ,= + + + − + ∀f x x x x x x
>0.Ta có:
•
(
)
2
2
2 2 2
1
'( ) ln( 1 )
1 ( 1 ) 1
x x x
x
f x x x
x x x x
+ +
= + + + −
+ + + +


ln ln 4, , 0,1 ,
1 1
y x
x y x y
y x y x
 
− > ∀ ∈ ≠
 ÷
− − −
 
.(*)
Giải:
Ta xét 2 trường hợp sau:
• Nếu 1>y>x>0 thì (*)
ln ln 4( ).
1 1
y x
y x
y x
⇔ − > −
− −

ln 4 ln 4
1 1
y x
y x
y x
⇔ − > −
− −
.(1)

1 (2 1)
'( ) 4 0, 0,1
(1 ) (1 )
t
f t t
t t t t
−
= − = > ∀ ∈
− −
.
Suy ra f(t) đồng biến trên khoảng (0,1).Do đó:
 Nếu 1>y>x>0 thì f(y)>f(x) tức là (1) đúng.
 Nếu 1>x>y>0 thì f(x)>f(y) tức là (2) đúng.
8
Tóm lại (*) đúng với mọi x,y
( )
0,1 & x y∈ ≠
(đpcm)
Bài 9 :[0]Chứng minh rằng với mọi x>0,ta có:
(
)
2
1
ln 1 1 ln .x x
x
+ + < +
Giải:
Xét hàm số :f(x)=
(
)

x
x
x x
→+∞
→+∞
 
⇒ < +∞ = + + − −
 ÷
 
 
+ +
= − =
 ÷
 ÷
 
Hay
(
)
2
1
ln 1 1 ln , 0.x x x
x
+ + < + ∀ >
(đpcm)
Bài 10[9]:Chứng minh rằng :
, 0
2 ln ln
x y x y
x y
x y

x
y
>1, ta có:(**)
1
ln 2. , 1
1
t
t t
t
−
⇔ > ∀ >
+
Xét hàm f(t)=
1
ln 2. , 1
1
t
t t
t
−
− ∀ ≥
+
.Ta có:
2
2
( 1)
'( ) 0, 1.
( 1)
t
f t t

Giải:
Vì tam giác ABC nhọn cho nên :
0 , ,
2
A B C
π
< <
Xét hàm số f(x)=sinx+tanx-2x trên
0,
2
π
 
 ÷
 
.
Ta có :
2
2 2
1 (1 cos )(cos sin )
'( ) cos 2 0, 0,
os os 2
x x x
f x x x
c x c x
π
− +
 
= + − = > ∀ ∈
 ÷
 

π
.(đpcm)
Bài 12[5]:Cho a,b,c>0.Chứng minh rằng:

( )
3
. .
a b c
a b c
abc a b c
+ +
<
(*)
Giải:
Trước hết ta có nhận xét bất đẳng thức trên là một bất đẳng thức đẹp và có thể giải theo nhiều
cách. Ở đây theo phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số ta có thể làm như sau:
Lấy logarit Nepe hai vế (*) ta có:
( )
1
(ln ln ln ) ln ln ln .
3
a b c a b c a a b b c c+ + + + < + +
( )
(ln ln ln ) 3( ln ln ln )a b c a b c a a b b c c⇔ + + + + < + +
( )ln ( )ln ( )ln 0a b c a b c a b c a b c⇔ − − + − − + − − >
( )(ln ln ) ( )(ln ln ) ( )(ln ln ) 0⇔ − − + − − + − − >a b a b b c b c c a c a
. (**)
Vì hàm f(x)=lnx đồng biến trên khoảng
( )
0,+∞

n n
n n
n n
+ +
+ +
⇒ <
+
.
Mà
( )
1
1 1
log log
n
n
n n
n n
+
+ +
<
.Suy ra:
( )
1
2
log
1
n
n
n
+

 ÷  ÷
   
(*)
Giải:
(*)
( ) ( )
1 4 1 4
1 4 1 4
2 2
b a
a b
b a
a b
a b
   
+ +
⇔ ≤ ⇔ + ≤ +
 ÷  ÷
   

( ) ( )
ln(1 4 ) ln(1 4 )
ln 1 4 ln 1 4
a b
b a
a b
a b
+ +
⇔ + ≤ + ⇔ ≤
.

+ +
≤
.
Từ đó suy ra đpcm.
Tổng quát: Cho a,b,x,y là các số dương; x>y
Chứng minh rằng:
x x y y y x
(a b ) (a b )+ < +
(*)
Giải:
(*)
xy x y xy y x
1
1
x y
y
x
b b
a (1 ( ) ) a (1 ( ) )
a a
b b
(1 ( ) ) (1 ( ) ) (**)
a a
⇔ + < +
⇔ + < +
Đặt b/a =c >0
(**)
⇔
1
1

Theo giả thiết x>y>0 nên (***) đúng(đpcm)
Bài 15[10]:Cho x,y>0,thỏa mãn x+y=1
Chứng minh rằng:
2 2
2 2
1 1 1
x y 18
y x 16
 
 
+ + ≥
 ÷ ÷
 
 
Giải:
11
A=
2 2
2 2
1
x y 2
x y
+ +
Đặt t=
2 2
1
x y ,0 t
16
< ≤
Xét hàm số f(t)=t+1/t+2 ,với t


⇒
2
1 2
1
1 1 16 0
t t
− ≤ − <
Do đó f(t) nghịch biến trên (0,1/16]
Suy ra f(0)>f(t)
≥
f(
1
16
)=18
1
16
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t=
1
16
2 2
x y 16⇔ =
.
Theo gt x+y=1(x,y>0) nên x=y=1/2
Bài 16[2]: Chứng minh rằng
3
1
2sinx tanx
2
2 2 2 , 0,

+
 
∀ ∈
 ÷
 
2sinx t anx 3 , 0,
2
x x
π
 
⇔ + > ∀ ∈
 ÷
 
.
Xét hàm số f(x)=2sinx+tanx-3x trên
0,
2
π
 
 ÷
 
. Ta có:
2
2 2
1 1
'( ) 2cos 3 2 os 3 2 2 3 0
os os
f x x c x
c x c x
= + − > + − ≥ − >

 
⇔ + > ∀ ∈
 ÷
 
.(đpcm).
Bài 17 [5]:Chứng minh rằng :
2
ln(1 ) , 0
2
x
x x x x− < + < ∀ >
.
Áp dụng: Cho dãy (
n
u
) được xác định như sau:
12

2 2 2
1 2
ln 1 1 1
n
n
u
n n n
 
    
= + + +
 ÷ ÷  ÷
 ÷

( )
0,+∞
,do đó f(x)>f(0)=0,
0x
∀ >
⇒
ln(1 ) , 0x x x+ < ∀ >
.(*)
Lại có:
2
1
'( ) 1 0, 0
1 1
x
g x x x
x x
= + − = > ∀ >
+ +
.
Suy ra g(x) cũng là hàm tăng trên (0;+
∞
),do vậy g(x)>g(0)=0,
0x∀ >
⇒
2
ln(1 ), 0
2
x
x x x− < + ∀ >
.(**)

 
   
< + + + +
 ÷  ÷
   
< + + +
⇔
2 2 2 2 2
( 1) 2 1 1 2 1 1
1 ln 1 1 1 1
2 6 2
n n n n
n n n n n n
+ +  
        
− < + + + < +
 ÷  ÷ ÷  ÷  ÷
 ÷
        
 
.
Qua giới hạn và sử dụng định lý kẹp ta có :
1
lim
2
n
n
u
→∞
=

0, c∈ −
:Khi đó f’(x)<0,do đó f(x) là hàm giảm ngặt trong khoảng này.Mặt khác f(x)
liên tục [0,-c] nên tất cả các giá trị nằm từ f(-c)=0 đến f(0)=
4
c
.Vì vậy
4
0 f(x) c≤ ≤
với
0 x c< ≤ −
(*)
Có đẳng thức f(x)=0 chỉ khi với x=-c
-Nếu x>-c :Khi đó f’(x)>0 , do đó f(x) là hàm tăng ngặt trong khoảng (-c,+
∞
).Vì vậy f(x)
≥
f(-c) với x
≥
-c(**)
Đẳng thức chỉ có với x=-c
Vì a/b >0 nên theo (*)&(**) ta được (#) đúng
Đẳng thức xảy ra khi a/b=-c
Bài 19:[9] Cho 4 số dương a,b,c,d.Chứng minh rằng:
4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c d 2abcd (a b a c a d b c b d c d )+ + + + − + + + + +
>0
Giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử
a b c d 0
≥ ≥ ≥ >

)
Do a>0 nên f(a)>f(0)=0(đpcm)
III.Bài tập đề nghị :
Bài 1[2].Chứng minh rằng:
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 ÷
 
,ta có:
a. sinx > x
b.tanx < x
c.cosx <
2 4
2! 4!
x x
x − +
.
Bài 2[2].: Chứng minh rằng với mọi x>0 ,ta có:
a.lnx <
x
b.1+2lnx <
2
x
c.ln(1+
2
x

x
x
e
x x
>
− +
.
14
Hướng dẫn:
Dễ thấy
2
x
-2x+2>0,
x
∀ ∈
¡
.
Nếu x
≤
o thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng
Nếu x>0 ,xét 2 hàm
( )
x
e
f x
x
=
,
2
1

.
Hướng dẫn:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
ln lna b
a b
<
,
∀
a>b>e.
Xét hàm f(x)=
ln
,
x
x e
x
∀ >
.Chứng minh f(x) là hàm nghịch biến ,từ đó hãy suy ra đpcm.
Bài 8:(Đề thi tuyển sinh trường đại học Quy Nhơn)
Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng:
1 , 0.
x
x
e x
n
> + ∀ >
Bài 9[2] : Chứng minh rằng sin 20 >1/3
Hướng dẫn:
Sin60=3sin20-4
3
sin 20

và
0
x ∈
D. Khi đó:
a.
0
x
được gọi là một điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một khoảng (a,b) chứa
0
x

sao cho
( )
,a b ⊆
D sao cho :
( )
0
( ) ( ), ,f x f x x a b< ∀ ∈
\{
0
x
}. Và khi đó ta nói f(
0
x
) là giá trị
cực đại của hàm số f.
b.
0
x
được gọi là một điểm cực tiểu của hàm số f nếu tồn tại một khoảng (a,b) chứa

.Khi đó nếu f đạt cực trị tại
0
x
thì
0
'( ) 0f x =
.
Chú ý: Điều ngược lại nói chung là không đúng,tức là
0 0
: '( ) 0x f x∃ =
nhưng f không đạt cực
trị tại
0
x
. Và hàm số f có thể đạt cực trị tại những điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm.
b.Định lý 2: ( điều kiện đủ thứ 1)
Giả sử f liên tục trên (a,b) chứa
0
x
và có đạo hàm trên các khoảng (a,
0
x
) và (
0
x
,b).Khi đó:
i. Nếu f’(x)<0,
0
( , )x a x∀ ∈
và f’(x)>0,

)<0 thì hàm số f đạt cực đại tại
0
x
.
ii. Nếu f’’(
0
x
)>0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại
0
x
.
3.Nhận xét:
Giá trị cực đại (cực tiểu) của 1 hàm số nói chung không phải là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của
hàm số f trên tập hợp D.Tuy nhiên nếu hàm số f liên tục trên [a,b] và chỉ có một giá trị cực
đại (cực tiểu) duy nhất thì giá trị đó cũng là giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của hàm số f.
II.Hệ thống bài tập minh họa:
Bài 1[6]:Chứng minh rằng với mọi giá trị của x ta đều có:
4 4
1
(1 )
8
x x+ − ≥
.
Giải:
Xét hàm f(x)=
4 4
(1 )x x+ −
. Ta có:

2

2
.Từ đó suy ra :
( )
1
, .
8
≥ ∀ ∈f x x ¡
(đpcm)
Bài 2[9]:Chứng minh rằng với mọi số thực x ta luôn có:

( )
3
2
3 4 2 os 2 2 sinx cos 3sin 2 3c x x x− − ≤ + + − ≤
.
Giải:
Đặt t=sinx+cosx ,
2t ≤
.Khi đó:
Sin2x=
2
1t −
.
( )
2
2 2 2 2
os 2 1 sin 2 1 1 2c x x t t t= − = − − = −
.
Do đó:
( )


t
2
−
0
1
2
1
2
f’(t) + 0
−
0 + 0
−
3 3
f(t)
3 4 2− −
47
16
3 4 2− +
Do vậy :
3 4 2 ( ) 3, 2, 2f t t
 
− − ≤ ≤ ∀ ∈ −
 
.Từ đó suy ra đpcm.
Bài 3[4]: Cho tam giác ABC có
0
0 90A B C< ≤ ≤ <
.Chứng minh rằng:


0
2
t< ≤
.
Ta xét hàm :
3 2
1
( ) 8 8 8 5, 0,
2
f t t t t t
 
= − − + ∈


 
.
2
'( ) 24 16 8.
1
'( ) 0
1
3
f t t t
t
f t
t
= − −
=

= ⇔

2
f t f
 
≥ =
 ÷
 
,
1
0
2
t< ≤
.Từ đó suy ra đpcm.
Bài 4[6]: Cho
0a
>
,Chứng minh rằng:
( )
2 ,
2
n
n
n
a
x a x n
 
+ − ≥ ∀ ∈
 ÷
 
¥
.

⇒ =
 ÷
 
.
Dù n chẵn hay lẻ ta đều có
( ) 2
2
n
a
f x
 
≥
 ÷
 
hay
( )
2 ,
2
n
n
n
a
x a x n
 
+ − ≥ ∀ ∈
 ÷
 
¥
.
Bài 5[6]: Chứng minh rằng :

( )f x
0

−∞
Từ đó suy ra f(x)
≤
f(1)=0 hay
1 0, 0,0 1.x x x
α
α α α
− + − ≤ ∀ > < <
Dấu đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi x=1.(đpcm)
* Một số dạng khác của bất đẳng thức Bernoulli:
i.
1 0, 0, 1.x x x
α
α α α
− + − ≥ ∀ > >
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=1.
ii.
1 0, 0,0x x x
α
β
α α
α β
β β
− + − ≤ ∀ > < <
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=1.
iii.

β
α α
α β
β β
 
− + − ≥ ∀ > > >
 ÷
 
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x=a.
Bài 6[5]: Tìm m để cho :
[ ]
2
1 , 1,1x x m x+ − ≤ ∀ ∈ −
.(*)
Giải:
Xét hàm số :f(x)=
[ ]
2
1 , 1,1x x x+ − ∈ −
.Ta có:

2
2 2
1
'( ) 1
1 1
x x x
f x
x x

ta có (*).
Bài 7[8]:Cho tam giác ABC, chứng minh rằng:

3
cos cos cos
2
A B C+ + ≤
.
Giải:
Trước hết ta thấy rằng đây là một bất đẳng thức trong tam giác rất cơ bản và cũng có rất
nhiều cách để làm.Sau đây chúng tôi chỉ trình bày một cách giải bằng phương pháp hàm
số,bạn đọc có thể giải hoặc tìm đọc trong các tài liệu khác để làm phong phú thêm phép
chứng minh .
Ta có : cosA+cosB+cosC=
2 os os cos
2 2
+ −
+
A B A B
c c C
.(*)
Vì cos
A B
2
−
≤
1,cos
A B C
sin 0
2 2

x 0
3
π
π

'( )f x
+ 0
−
f(x)
3
2
1 1
20
Suy ra :
( )
3
( ) , 0,
2
f x x
π
≤ ∀ ∈
, do đó
3
2sin cos
2 2
C
C+ ≤
.(**)
Kết hợp (*)&(**) suy ra :
3

sin x
−
Xét
2
2x 1
f '(x)
sin x
−
=
∫ ∫
=cotx-
( )
2
,x 0,
sinx
∈ π
Ta đặt f(x)=cotx -
( )
2
,x 0,
sinx
∈ π
x 0
3
π
π

'( )f x
+ 0
−

2(
1 1 1
)
sin A sin B sin C
+ +
Như vậy bằng con đường trên bạn đọc tìm ra nhiều bất đẳng thức lượng giác
Bài8 [8]:Cho tam giác ABC,chứng minh rằng:
1+cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA
≤
13
12
(cosA+cosB+cosC)+cosAcosBcosC. (*)
Giải:
(*)
13
2 2cos cos 2cos cos 2cos cos 2cos cos cos (cos cos cos )
6
A B B C C A A B C A B C⇔ + + + − ≤ + +
2 2 2
13
cos cos cos 2(cos cos cos cos cos cos ) 1 (cos cos cos )
6
A B C A B B C C A A B C⇔ + + + + + + ≤ + +
2
13
(cos cos cos ) 1 (cos cos cos )
6
A B C A B C⇔ + + + ≤ + +
(1).
Mặt khác : cosA+cosB+cosC=1+4

2
f t t t
t
 
= + ∈


 
, ta có:
22
2
2 2
1 1 3
'( ) 1 0, 1,
2
t
f t t
t t
−
 
= − = > ∀ ∈


 
.
Suy ra f(t) đồng biến trên 1<t
3
2
≤
, do đó

1a b c+ + =
nên 0<a,b,c<1.
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3
(*) .
1 1 1 2
3 3
(1 ) (1 ) (1 ) 2
a b c
a b c
a b c
a a b b c c
⇔ + + ≥
− − −
⇔ + + ≥
− − −
Xét hàm
2 3
( ) (1 ) , (0,1).f t t t t t t= − = − ∈
Ta có:

2
'( ) 1 3 .f t t= −
Bảng biến thiên
t 0
1
3
1

2
3 3
(1 ) 2
b
b
b b
≥
−

2
2
2
3 3
(1 ) 2
c
c
c c
≥
−
.
Cộng vế các bất đẳng thức trên ,sử dụng giả thiết
2 2 2
1a b c+ + =
ta có:
(đpcm)
Dấu đẳng thức xảy ra
1
3
a b c⇔ = = =
.

−

=

Bảng biến thiên:
24
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3 3 3
( )
(1 ) (1 ) (1 ) 2 2
+ + ≥ + + =
− − −
a b c
a b c
a a b b c c
x
−∞

3
4
p−
+∞
'( )f x
−
0 +
( )f x
+∞
+∞

2y x≥
và
2
2 3y x x≤ − +
.Chứng minh rằng:
2 2
2x y+ ≤
Giải:
Từ gt suy ra
0y ≥
và
2
2 2
6
2 3 5 6 0 0
2 5
x
x x x x x≤ − + ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤
.Do đó:
2 2 2 2 2 2 2
( 2 3 ) 2 (2 6 5)x y x x x x x x+ ≤ + − + = − +
Xét hàm f(x)=
2 2
2 (2 6 5)x x x− +
,
6
0
5
x≤ ≤
. Ta có: