Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Bất đẳng thức (BĐT) trong các kì thi chọn HSG Tỉnh, HSG Quốc gia, HSG khu
vực và Quốc tế có thể coi là “điểm nóng”, thường trở thành đề tài giành được nhiều
lời giải nhất và được thảo luận nhiều nhất trên các diễn đàn cũng như các tạp chí về
Toán học.
Cùng với BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz, BĐT Chebyshes, BĐT Jensen
thì đạo hàm cũng là một phần kiến thức quan trọng không thể thiếu trong nhiều bài
toán đại số cũng như BĐT. Nó thực sự là một công cụ hiệu quả và có ứng dụng
rộng rãi trong giải toán, cũng là một phương pháp chuẩn mực nhất khi ta gặp phải
các BĐT thông thường.
Các tài liệu viết về BĐT hiện nay rất nhiều, tuy nhiên một số chuyên đề viết
riêng về việc vận dụng đạo hàm vào chứng minh BĐT và giải các bài toán tìm giá
trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) có tính hệ thống và tính phân loại
cũng như tinh sát thực phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng HSG và ôn luyện
cho học sinh thi Đại học và cao đẳng là rất cần thiết. Do vậy tôi chọn chuyên đề
này nhằm phần nào đáp ứng được những yêu cầu trên cũng như góp phần nâng cao
chất lượng bồi dưỡng HSG của tỉnh nhà.
2. Các nhiệm vụ của đề tài
Chuyên đề nghiên cứu và trình bày các nội dung sau:
Phần I: Các kiến thức cơ bản cần thiết
Phần II: Sử dụng đạo hàm vào giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
1. Bất đẳng thức một biến số
Dạng 1: Khảo sát trực tiếp cực trị của hàm số để tìm tập giá trị của hàm số
Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu
Dạng 3: Kết hợp với các BĐT khác như BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-
Schwarz,
2. Bất đẳng thức có hai hay nhiều biến số
Dạng 1: Khảo sát hàm đặc trưng

pháp trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán. Đồng thời, thông qua chuyên đề hình
thành kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh.
7. Địa bàn
Tại trường THPT Chuyên Hưng Yên.
8. Lịch sử nghiên cứu
Bắt đầu từ năm 2005 thông qua việc giảng dạy bồi dưỡng HSG của trường, của
tỉnh và luyện thi Đại học.
Phạm Văn Dũng
2
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
B. NỘI DUNG
I. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN THIẾT
1. Định lý 1: Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên [a; b].
*) Nếu
[ ]
( ) 0, ;f x x a b≥ ∀ ∈
thì f(x) đồng biến trên [a; b] và khi đó ta có
[ ]
[ ]
;
;
min ( ) ( ); max ( ) ( )
x a b
x a b
f x f a f x f b
∈
∈
= =
*) Nếu
[ ]

.
3. Định lý 3: (Điều kiện đủ để hàm số có cực trị)
Cho hàm số y = f(x) xác định trên [a; b] và
0
x
. Trong một lân cận đủ bé
ε
của
0
x
, nếu
0
( )f x
′
thay đổi dấu khi x qua
0
x
(có thể không tồn tại
0
( )f x
′
) thì f(x) đạt
cực trị tại
0
x
.
*) Nếu
[ ]
0 0
( ) 0, ;f x x x x

0
x
là điểm cực
đại.
4. Định lý 4: Giả sử y = f(x) xác định trên [a; b] và
[ ]
0
;x a b∈
. Trong một lân cận
đủ bé
ε
của
0
x
, hàm số y = f(x) có đạo hàm cấp hai liên tục, đồng thời
0
( ) 0f x
′
=
và
( ) 0f x
′′
≠
thì
0
x
là một điểm cực trị của hàm số.
*) Nếu
0
( ) 0f x

1.1 Dạng 1: Khảo sát trực tiếp cực trị của hàm số để tìm tập giá trị của hàm số
Bài toán 1: ( ĐHBK Hà Nội, 1997)
Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn A > B > C. Tìm GTNN của hàm số
sin sin
( ) 1
sin sin
x A x B
f x
x C x C
− −
= + −
− −
.
Giải: Ta có
sin sin sin (1)A B C a b c A B C> > ⇔ > > ⇔ > >
.
Hàm số xác định khi và chỉ khi
)
sin
0
sin
sin
(*
sin sin
0
sin
x A
x C
x C
x B x A

′
= +
− −
− −
.
Do (1) nên
( ) 0,f x x
′
> ∀
thỏa mãn (*). Ta có bảng biến thiên
x
−∞
sinC sinA
+∞
f’(x)
f(x)
+∞
1
1 f(sinA)
Vậy
sin sin
min ( ) (sin ) 1
sin sin
A B
f x f A
A C
−
= = −
−
.

( )
1 1 2, 0;1
n n
x x x+ + − < ∀ ∈
.
Xét hàm số
( ) 1 1
n n
f x x x= + + −
liên tục
[
)
0;1x∈
có
( )
1 1 1
'( ) 0, 0;1
1 1
(1 ) (1 )
f x x
n
n nn n
x x
 
 ÷
 ÷
 ÷
 
= − < ∀ ∈
− −

n
x x
u x x
n
n
x x x
v x x
n







= + + + +
= − + − + +
Ta cần chứng minh
( ) ( ). ( ) 1f x u x v x= <
.
Ta có
( )
2 1
( ) 1 ( )
2! ( 1)! !
2 3 1
( ) 1
2! 3! ( 1)! !
v x
n n

1
! 2! 4! ( 1)!
f x u x v x u x v x u x v x
n n n
x x x
u x v x u x v x u x v x
n n n
n n
x x x x
n n
   
   
   
 
 
 
 
′
′ ′ ′
= = +
= − + − − = − +
−
= − + + + +
−
Vì n là số lẻ lớn hơn 3 nên
( )f x
′
cùng dấu với (-2x). Do đó ta có bảng biến thiên
x
−∞

x x x x
ne
n e
− < ⇔ − <
Xét hàm số
2
( ) (1 )
n
f x x x= −
với
( )
0;1x∈
. Ta có
[ ]
2 1
( ) 2 (2 1)
n
f x x n n x
−
′
= − +
Nên ta có bảng biến thiên
x
0
2
2 1
n
n +
1
f’(x) + 0 -

+
 
< ⇔ <
 ÷
+ +
 

[ ]
2 1
2 1
(2 1) ln(2 1) ln(2 ) 1
2
n
n
e n n n
n
+
+
 
⇔ > ⇔ + + − >
 ÷
 

1
ln(2 1) ln(2 ) (2)
2 1
n n
n
⇔ + − >
+

x
π
 
∈
 
 
ta có
2
2
4 4
sinx x x
π π
≤ −
.
Bài 2: Chứng minh rằng nếu x > 0 và mọi số nguyên dương n ta có
Phạm Văn Dũng
6
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
2 3
1
2! 3! !
n
x
x x x
e x
n
> + + + + +
.
Bài 3 (Toán học và tuổi trẻ)
Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng

. Hàm số đồng biến trên
[
)
0;+∞
suy ra
( ) (0)f x f>
, đpcm.
Bài 4: Cho x > 0. Chứng minh rằng
1
1 1
1 1
x x
e
x x
+
   
+ < < +
 ÷  ÷
   
.
Bài 5: (ĐH Bách khoa, 1980)
Chứng minh rằng
3
2
3
sin 2
x x
x
− <
với

Giải: Xét hàm số
3
( ) sinx
6
x
f x x += − +
trên
[
)
0;+∞
. Ta có
2
( ) 1 cos
2
( ) sinx
( ) 1 cos
x
f x x
f x x
f x x
′
= − +
′′
= −
′′′
= −
Ta có
[
)
( ) 1 cos 0, 0; ( ) (0) 0f x x x f x f

> =
với x > 0 ta có
sinx x<
(2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
Phạm Văn Dũng
7
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Bài toán 6: Tìm GTNN của hàm số
2 2
( ) 1 1f x x x x x= + + + − +
.
Giải: TXĐ: R.
Xét hàm số
2 2
( ) 1 1f x x x x x= + + + − +
trên R. Ta có
2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
( )
1 3 1 3 1 3 1 3
2 4 2 4 2 4 2 4
1 1
2 2
x x x x
f x
x x x x
g x g x
+ − + −

′
> ⇔ + > − ⇔ >
 ÷  ÷
   
Ta có bảng biến thiên
x
−∞
0
+∞
f’(x) - 0 +
f(x)
+∞

+∞
2
Từ bảng biến thiên suy ra
min ( ) 2 0f x x= ⇔ =
.
Bài toán 7: Cho a, b, x > 0 và
a b≠
. Chứng minh rằng
b x b
a x a
b x b
+
+
   
>
 ÷  ÷
+

a x
f x b x
b x
′
+
 
′
= +
 
+
 
Phạm Văn Dũng
8
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
( )
ln ( ) . ln
( )
f x a x b x a x a x b a
b x
f x b x a x b x b x a x
′
′
+ + + + −
 
⇔ = + + = +
 ÷
+ + + + +
 

( ) ( ) ln

. Ta có
2
2 2 2
( )
( ) . 0.
( ) ( ) ( ) ( )
b x b a a b a b
g x
a x b x a x a x b x
+ − − −
′
= + = − <
+ + + + +
Do đó g(x) nghịch biến trên
( )
0;+∞
. Suy ra
( ) lim ( ) lim ln 0
x x
a x b a
g x g x
b x a x
→∞ →∞
+ −
 
> = + =
 ÷
+ +
 
.

f x x x x x x x x x
− − − − −
= + = + = + ∀ ∈
.
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta có
3 3 5
sinx
3! 3! 5!
x x x
x x− < < − +
.
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi x ta có
2 2
17 os 4cos 6 os 2cos 3 2 11c x x c x x≤ + + + − + ≤ +
.
Bài 4: Tìm tập giá trị của hàm số
2 2
( ) 2 4 2 4f x x x x x= + + − − +
.
1.3 Dạng 3: Kết hợp với các BĐT khác như BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-
Schwarz, BĐT Chebyshes,…
Bài toán 8: Chứng minh rằng nếu
0
2
x
π
≤ <
thì
sinx tanx 1
2 2 2

( ) cos 2 cos 2 0, 0;
os os 2
f x x x x
c x c x
π
 
′
= + − > + − ≥ ∀ ∈
 
 
.
(vì với
0;
2
x
π
 
∈
 
 
thì
2
cos osx c x>
và theo BĐT AM-GM ta có
2
2
1
cos 2
os
x

x x
x
π
   
> ∀ ∈
 ÷  ÷
   
.
Giải: Ta biến đổi
3
3
2 3
3
sinx sin
cos cos sin .tan - x 0 (1)
x
x x x x
x x
 
> ⇔ > ⇔ >
 ÷
 
.
Xét hàm số
2 3
( ) sin .tan - f x x x x=
với
0;
2
x

2
g x x x x x
π
 
= + − ∈
÷

 
, thì
( )
2
3
2 2 2
1 1 1
2cos 3 cos cos 3 3 cos . 3 0
cos cos cos
g x x x x x
x x x
′
= + − = + + − ≥ − =
với mọi
0;
2
x
π
 
∈
÷

 

nên f(x) đồng biến trên
0;
2
π
 
 
 
. Suy ra
( ) ( )
0 0, 0;
2
f x f x
π
 
> = ∀ ∈
 
 
.
Phạm Văn Dũng
10
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Nhận xét: Khi trong BĐT có chứa các loại hàm số khác nhau ta thường cô lập mỗi
loại hàm số để dễ xét dấu của đạo hàm, hoặc ta có thể đạo hàm liên tiếp để khử bớt
một loại hàm số như trong bài toán 5.
Cách 2: Theo bài 5 ta có
3
sinx
6
x
x <−

[ ]
1 1 1 1, 0;1
1 1 1
x b a
f x x a b x
a b x a x b
= + + + − − − ≤ ∀ ∈
+ + + + + +
.
Giải: Ta có
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
[ ]
2 2
3 3
1
1 1
1
1 1
2 2
0, 0;1
1 1
b a
f x a b
a b
x a x b
b a

+ + + + + +
( )
1 1
1 1
1 2 2 1 1 1
a b a b
f
a b b a a b b a a b
= + + ≤ + + =
+ + + + + + + + + +
Suy ra
( )
[ ]
( ) ( ) ( )
{ }
0;1
ax ax 0 ; 1 1f x m f x m f f≤ = ≤
• Nếu phương trình f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất
0
x x=
. Khi đó do f’(x) đồng
biến trên [0; 1], nên
( )
[ ]
0
0, 0;f x x x
′
< ∀ ∈
và
( )

( ) ( )
2 2
sin . cosg x f x f x
=
trên R.
Giải: Ta có
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2
cot sin 2 cos2 , 0;
2cot cot 1 cot 2cot 1
cot , 0;
cot 1 cot 1 cot 1
f x x x x
x x x x
f x x
x x x
π
π
= + ∀ ∈
− + −
⇔ = + = ∀ ∈
+ + +
Từ đó với chú ý rằng với mỗi
t R∈
đều tồn tại
( )
0;x
π

− +
.
Đặt
2
1
sin 2
4
u x=
. Dễ thấy Khi x chạy qua R thì u chạy qua
1
0;
4
 
 
 
. Vì vậy từ (1)
ta được
1
0;
4
min ( ) min ( )
x R
g x h u
∈
 
 
 
=
và
1

2 2
u u
h u
u u
− + +
′
=
− +
.
Dễ dàng chứng minh được
( )
1
0, 0;
4
h u u
 
′
> ∀ ∈
 
 
. Suy ra hàm h(u) đồng biến
trên
1
0;
4
 
 
 
. Vì vậy trên
1

4
x
π
=
.
Bài luyện tập
Bài 1: Chứng minh rằng
3 2
sin tan
2
4 2 2 , 0;
2
x
x x
x
π
+
 
+ ≥ ∀ ∈
÷

 
.
2. Bất đẳng thức có hai hay nhiều biến số
Phạm Văn Dũng
12
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Để chứng minh BĐT có chứa nhiều biến số bằng phương pháp đạo hàm thì điều
quan trọng nhất là chúng ta đưa được về một biến và khảo sát hàm số theo biến
đó.

− +
. Ta có
( )
( )
( )
2 2
3 1
2 1 1
x
f x
x x x x
−
′
=
− + − +
và

( ) ( ) ( )
0 1; lim 1, lim 1
x x
f x x f x f x
→+∞ →−∞
′
= ⇔ = = = −
Ta có bảng biến thiên
x
−∞
1
+∞
f’(x) + 0 -

2
y y y
z z z
− + ≥ +
− + ≥ +
Cộng từng vế các BĐT (1), (2) và (3) ta có
( )
2 2 2
1
1 1 1 3 3
2
x x y y z z x y z− + + − + + − + ≥ + + + ≥
(đpcm).
Phạm Văn Dũng
13
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Trong một số bài toán ta có thể nhìn thấy ngay hàm đặc trưng, tuy nhiên một số
bài ta cần phải biến đổi mới nhìn thấy hàm đặc trưng. Xét bài toán sau
Bài toán 13: Cho A, B, C là ba góc của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng
( )
tan tan tan 6 sin sin sin 12 3A B C A B C+ + + + + ≥
.
Giải: Xét hàm số
( )
tan 6sin 7f x x x x= + −
với
0;
2
π
 

3
f x x x
π
′
= ⇔ − = ⇔ =
.
Lập bảng biến thiên của f(x) trên
0;
2
π
 
 ÷
 
ta được
( )
0;
2
7
min 4 3
3 3
f x f
π
π π
 
 ÷
 
 
= = −
 ÷
 

π
 
′
=
 ÷
 
. Do đó k = -7 và ta tìm được hàm đặc trưng cần xét.
Bài toán 14: (ĐH Quốc gia Hà Nội, 2000)
Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng
8 8 8 2 2 2
a b c a b c
+ + ≥ + +
.
Giải: Xét hàm số
( )
( )
3
2 2 2 ln2
x x
f x x= − −
trên R. Ta có
( )
( ) ( ) ( )
2
3. 2 .ln2 2 .ln 2 2ln2 2 1 3.2 2 ln2
x x x x
f x
′
= − − = − +
và

⇒ + + ≥ + +
Nhận xét: Các bạn thử nghĩ xem tại sao không xét hàm số
( )
( )
3
2 2
x x
f x = −
?
Trong một số bài toán BĐT hai biến ta phải biến đổi cô lập mỗi biến về một vế,
khi đó xuất hiện hàm đặc trưng cần khảo sát.
Bài toán 15: (Đại học khối D, 2006)
Chứng minh rằng
1 1
2 2 , 0
2 2
b a
a b
a b
a b
   
+ ≤ + ∀ ≥ >
 ÷  ÷
   
.
Giải: Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1 1 4 1 4
2 2

+
=
với x > 0. Ta có
( )
( ) ( )
( )
2
4 ln 4 1 4 ln 1 4
0
1 4
x x x x
x
f x
x
− + +
′
= <
+
,
nên f là hàm nghịch biến trên
( )
0;+∞
. Do đó
( ) ( )
f a f b≤
(đpcm).
Nhận xét: Trong bài toán trên ta đã sử dụng kêt quả:
Cho hàm số f(x) đồng biến trên (a; b). Khi đó với
( )
, ;a b

1 ln ln 4 ln 4 ln 4
1 1 1 1
y x y x
y x y x
y x y x
⇔ − > − ⇔ − > −
− − − −
.
• Nếu y < x thì
( ) ( )
1 ln ln 4 ln 4 ln 4
1 1 1 1
y x y x
y x y x
y x y x
⇔ − < − ⇔ − < −
− − − −
.
Xét
( )
ln 4
1
t
f t t
t
= −
−
với
( )
0;1t ∈

 ÷
− − −
 
.
Bài toán 17: Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh rằng
2
1 1
x y
x y
+ ≥
− −
.
Giải: Ta có y = 1 – x nên BĐT cần chứng minh là
( )
1
2, 0;1
1
x x
x
x x
−
+ ≥ ∀ ∈
−
.
Xét
( ) ( )
1
, 0;1
1
x x

trong đó
( )
2
3 3
1 1 1t
h t
t t t
+
= = +
nghịch biến trên
( )
0;+∞
, nên
( )
( ) ( )
1
0 1 1
2
f x h x h x x x x
′
= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
Và
( )
( ) ( )
1
0 1 1 ;1
2
f x h x h x x x x
 
′

2, 0;1f x x≥ ∀ ∈
.
Bài toán 18: (Đại học khối A, 2004)
Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện
( )
cos2 2 2 cos 2 2 cos 3 1A B C+ + =
.
Tính các góc của tam giác ABC.
Giải: Từ giả thiết
0
2
A
π
< ≤
suy ra
1
0 sin
2
2
A
< ≤
. Ta có
( ) ( )
( )
2
2
1 1 2sin 2 2 cos cos 3
sin 2 2 sin . os 1 2
2 2
A B C

Xét hàm
( )
4 2
4 4 2 2 1f t t t t= − + −
. Ta phải có
( )
0f t ≥
với
1
0
5
t< ≤

(5).
Tính
( ) ( ) ( )
3 2
1
16 8 2 2; 48 8 0
6
f t t t f t t f t t
′ ′′ ′′
= − + = − ⇒ = ⇔ =
Ta có
( ) ( )
1 1 1
0 0 ; 0
6 6 2
f t t f t t
′′ ′′

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 1
sin
2 2
2 2
A
t A
π
= ⇔ = ⇔ =
Thay vào ta được
cos 1
2 4
B C
B C
π
−
= ⇒ = =
.
Bài toán 19:
Cho hai số x, y khác 0 thay đổi thỏa mãn
( ) ( )
2 2
*x y xy x y xy+ = + −
Phạm Văn Dũng
17
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Chứng minh rằng
3 3
1 1
16

3
3 3 3 3
1 1 3 ( 3 ) 3x y u uv u u v u u
x y u v v u
xy
+ − − +
 
+ = = = = =
 ÷
 
Vì
2
2 2
1
4 4 1
4 1 0
3
3 3 3
u
u u
u v u
u
u u u
≥

−
≥ ⇒ ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≥ ⇔

≤ −
+ + +

0
u
−
<
suy ra f(x)
Trên mỗi khoảng (
; 3−∞ −
) và
[
1; )+∞
do đó f(u)
≤
f(1);
1u∀ ≥
.
Còn 0 < f(-3) < f(u) <1,
∀
u > -3, từ đó ta có đpcm.
Bài toán 20: (VMO, 2004)
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
( )
3
32x y z xyz+ + =
. Tìm GTLN
và GTNN của biểu thức
( )
4 4 4
4
x y z
P

trong đó a = xy + z + zx. Do y + z = 4 – x và
2
yz
x
=
nên ta phải có
( )
2
8
4 x
x
− ≥
,
tức là
3 5 2x− ≤ ≤
.
Tương tự
, , 3 5;2x y z
 
∈ −
 
. Suy ra
( ) ( ) ( )
2 2 2 0x y z− − − ≤
và
( ) ( ) ( )
3 5 3 5 3 5 0x y z− + − + − + ≥
.
Phạm Văn Dũng
18

−
=
Đạt được khi (x, y, z) là các hoán vị của (2, 1, 1) và
1 5 1 5
3 5, ,
2 2
 
+ +
−
 ÷
 
.
Bài luyện tập
Bài 1: Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
. Chứng minh rằng
2 2 2
3 3
1 1 1 2
a b c
a b c
+ + ≥
− − −
.
Bài 2: Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 12
3 , , , 0;
sin sin sin 2

( )
5
cos 3 cos cos
2
A B C+ + =
.
Bài 6: Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện : xy + yz + xyz = 4 (*)
CMR :
x y z xy yz zx+ + ≥ + +
. (1) Hỏi đẳng thức xảy ra khi nào .
2.2 Dạng 2: Kết hợp với các BĐT khác như BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-
Schwarz, BĐT Chebyshes,…
Đối với các bài toán phức tạp, ta cần phối hợp với phương pháp chặn
khoảng các biến và các BĐT phụ khác như BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz,
BĐT Chebyshes,… hoặc các đánh giá khác , hoặc phối hợp với các phương pháp
khác như phương pháp tọa độ,
Ta thường ước lượng T(x, y, z, ) bởi một hàm số chỉ phụ thuộc vào một
biến số, từ đó khảo sát hàm số này để đạt được mục đích.
Bài toán 21: Cho các số
( )
, , 0;1x y z ∈
thỏa mãn
( ) ( ) ( )
1 1 1xyz x y z= − − −
.
Chứng minh rằng
Phạm Văn Dũng
19
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
2 2 2

xyz
+ +
 
≤
 ÷
 
, suy ra
( ) ( )
3
2
2 2 2
2 2 4
3
x y z
x y z x y z x y z
+ +
 
+ + ≥ − + + + + + −
 ÷
 
.
Đặt t = x + y + z (0 < t < 3), ta có
3
2 2 2 2
4
2 2
27
t
x y z t t+ + ≥ − + −
.

3 3 3 4T a b c abc= + + +
. Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên không
giảm tổng quát ta có thể giả sử
0 a b c< ≤ ≤
.
Từ a + b + c = 3 và a + b > c suy ra
3
1
2
c≤ <
(2).
Ta biến đổi
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2
2
2
3( ) 3 4 3 2 3 4
3 3 3 2 3 2
T a b c abc a b ab c abc
c c ab c
 
= + + + = + − + +
 
= − + − −
Do 2 – 3c > 0 và
( )
2
3

c c c c c
c c f c
≥ − + − + − =
= − + + − − −
= − + =
Ta có
( )
2
3 3f c c c
′
= −
, nên f(c) đồng biến trên
3
1;
2
 
 
 
. Vì vậy
( ) ( )
1 13T f c f≥ ≥ =
.
Đồng thời
13 1T c= ⇔ =
. Với giả thiết
0 a b c< ≤ ≤
và a + b + c = 3 và (3) suy
ra a = b = 1, tức là tam giác ABC đều.
Bài toán 23: (Tuyển sinh Đại học khối B, 2006)
Cho x, y là các số thực dương thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức

là hàm đồng biến.
*) Với y < 2 thì
( )
2
2 1 2f y y y= + + −
có
( )
2
2
1
1
y
f y
y
′
= −
+
.
Khi đó
( )
1
3
f y y
′
⇔ =
. Lập bảng biến thiên của hàm số f(y) ta được
( )
1
min 2 3 ; 0;
3

Thật vậy, ta có
2
(*) ( 1)( ) 0ab a b⇔ − − ≥
luôn đúng do a, b dương và
1ab ≥
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1.
Phạm Văn Dũng
21
Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1; 4] và
,x y x z≥ ≥
ta có
1 1 1 1
3
2 3
1 1 2
1
x
P
x x y
x y
x
y z x
y
= + + ≥ +
+
+ + +
+
.

2
2
2
( ) , 1;2
2 3 1
t
f t t
t t
= + ∈
+ +
có
( ) ( )
( )
( )
3
2
2
2
2 4 3 3 2 1 9
'( ) 0
2 3 1
t t t
f t
t t
 
− + + − +
 
= <
+ +
.

( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2
3 2
3 11( )(2 ) 3 2 11
11 8 3 2 1
S a b c a bc a b c a b c
a a a f a
 
= + + + − ≤ + + − +
 
 
= − + − =
Ta có
( ) ( )
( )
2
2 2 2
3 2 3 2
33 8 ; 66
1 1 1
a
f a a f a a
a a a
′ ′′
= − − = −
− − −
.

11 11
S m f a f
−
 
= = − =
 ÷
 
.
• Nếu
0 1a≤ ≤
thì
( )
3S a b c≤ + +
. Sử dụng BĐT CBS ta có
( )
2 2 2
3 3 3( ) 3 3a b c a b c+ + ≤ + + =
.
Suy ra
2
3 3 15
11
S ≤ <
.
Tổng hợp các kết quả trên ta có
2
axS=15
11
m
, đạt được khi (a, b, c) là một

Giải: Gọi u, v, s là ba nghiệm thực dương của đa thức
3 2
1ax x bx− + −
. Theo
định lý Viete ta có
( )
1 1
; ; 1
b
u v s uv vs su uvs
a a a
+ + = + + = =
.
Từ đó suy ra a > 0, b > 0.
Đặt
1
c
a
=
. Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có
( )
3
3 3
3 3 27 3 3 2c uvs u v s uvs c c c c= = + + ≥ = ⇒ ≥ ⇒ ≥
.
Mặt khác
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2
1

3
1
3
b
c bc c
a ab
a a
P
b
a b a a bc
a
c c c c c
c
c
− +
− +
− +
= = =
− −
−
− + +
≥ =
−
−
Xét hàm số
( )
( )
2
2
5 5

min 12 3P =
.
Bài luyện tập
Bài 1: Cho các số dương a, b, c với
1a b c+ + ≤
.Chứng minh rằng
( )
1 1 1
3 2 21a b c
a b c
 
+ + + + + ≥
 ÷
 
.
Bài 2: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn
2 2 2
1a b c+ + =
. Chứng minh rằng
( )
1 1 1
2 3a b c
a b c
+ + − + + ≥
Bài 3: (Đại học xây dựng Hà Nội, 2001)
Cho các số x, y, z thay đổi trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn
3
2
x y z+ + =
. Tìm

với
1b x≤ ≤
. Ta có
( )
2 2
tan
os os
b b
f x
c x c bx
′
= −
.
Do
0 , 1a b< ≤
nên
tan 0b b> >
và
2 2
1 1
os osc x c bx
≥
suy ra
( )
0f x
′
>
, nên f
đồng biến trên [b; 1]. Vì vậy với
a b≥

Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Bài toán 28: Chứng minh rằng
( ) ( )
[ ]
3 3 3 2 2 2
2 3, , , 0;1x y z x y y z z x x y z+ + − + + ≤ ∀ ∈
.
Giải: BĐT đã cho tương đương với
( )
( )
3 2 2 3 3 2
2 2 3f x x yx z x y z y z= − − + + − ≤
.
Ta có
( )
2 2
6 2f x x yz z
′
= − −
và
( )
( )
( )
2 2
1
2 2
2
1
6
6

′
∉ ⇒ ≤ ∀ ∈
. Suy ra f(x) giảm trên [0; 1]. Do đó
[ ]
( ) ( ) ( )
{ }
0;1
ax ax 0 , 1
x
m f x m f f
∈
=
.
• Nếu
( )
2
0;1x ∈
thì ta có bảng biến thiên
x
0
2
x
1
f’ - 0 +
f

( )
2
f x


( )
1 3f ≤
. Thật vậy, đặt
( ) ( )
( ) ( )
3 3 2 2
1 2 2f g y y z y z y z
= = + − + − −
Ta có
( )
( )
( )
2
1
2
2
2
1
6 0
6
6 2 1 0
1
6
6
y y z z
g y y zy
y y z z

= = − + <


thì ta có bảng biến thiên
y
0
2
y
1
Phạm Văn Dũng
25