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 ;


a

_

b

_

1

ðồ thị hàm số lồi
_

x

_

y

_

b

_

a

www.VNMATH.com


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
−
sang
+
khi x qua

−

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:

Ví dụ 1: Cho các số thực dương
, ,
a b c

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
≤ − +
www.VNMATH.com

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

1 1 1
( ) '( )( ) ( )
3 3 3

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
(1 8 ) (1 8 )
f x f x x
x x
= − ⇒ = > ∀ ∈ −
+ +

Nên ta có :

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
( 1, , )
i
a i n
= là
các số thực cho trước. Trong một số trường hợp BðT chưa có dạng trên, ta phải thực
hiện một số phép biến ñổi mới ñưa về dạng trên.Chúng ta cần chú ý một số dấu hiệu
sau.

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
f x x x x
 
= + + < <
 
 
. Ta có :
2 2 3

 ( ) '(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
⇒ ≤ + ⇒ ≤ + .
ðẳng thức xảy ra
1
a b c
⇔ = = =
. Vậy GTLN của
3
(1 2)

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
ln ' ( ) 3 1 ln 3
3 3 3
x f x f x
   
⇒ ≤ − + = − −
   
   

ln (3 1 ln 3) (3 1 ln 3) (3 1 ln 3)
A y x z y x z
⇒ ≤ − − + − − + − −2
3( ) 1 3 ln 3 ( ) 1 3 ln 3 3 ln 3

P a b c
= + +
.
Giải :
Xét hàm số
1
( ) , 1
2
t
f t t t
= ≤ ≤
. Ta có :
ln ( ) ln
f t t t
=
lấy ñạo hàm hai vế ta ñược
(
)
'( ) (1 ln ) ( ) ln '( ) ln ( ) ln ln 1
f t t f t f t f t t
= + ⇒ = + +

''( ) '( )
1 1
1 ln
'( ) ( ) (ln 1) (ln 1)
f t f t
t
f t f t t t t t
⇒ = + = + +

3 3 3
f b f b f
≥ − +
www.VNMATH.com

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
7

2 2 2
( ) '( )( ) ( )
3 3 3
f c f c f
≥ − +
Cộng ba BðT trên ta có :
( )
3
2 2 4
( ) ( ) ( ) '( ) 2 3 ( ) 3
3 3 9
f a f b f c f a b c f+ + ≥ + + − + = .
Vậy GTNN của
3
4
3
9
P = ñạt ñược
2
3
a b c
⇔ = = =

f x x
x
+
= −
với
0 1
x
< <
. Dễ thấy hàm số
f
có
''( ) 0 (0;1)
f x x
> ∀ ∈

Nên theo BðT tiếp tuyến ta có :
1 1
( ) ( ) ( ) ' ( 3) 3
3 3
f a f b f c f a b c f
   
+ + ≥ + + − +
   
   
   
.
Do
2 2 2
1
' 0

1 2
, , ,
n
x x x
thuộc khoảng
(0; )
2
π
thỏa :
1 2
tan tan tan
n
x x x n
+ + + ≤
.Chứng minh :
1 2
1
sin . sin sin
2
n
n
x x x ≤ .
Giải :
ðặt
tan ( 1,2, , )
i i
a x i n
= =
0 1,2, ,
i

+
∏
(1).
Xét hàm số
2
( ) , 0
1
x
f x x
x
= >
+
có
2 3
1
'( )
(1 )
f x
x
=
+
''( ) 0 0
f x x
⇒ < ∀ >
.
3
1 1 1
( ) '(1)( 1) (1) ( 1) ( 1)
2 2 2
2

 
⇒ = ≤ + ≤ ≤ =
 
 
+
 
 
∑
∏ ∏ ∏

ðẳng thức xảy ra
1 2 1 2
1 tan tan tan 1
n n
a a a x x x
⇔ = = = = ⇔ = = = =

1 2

4
n
x x x
π
⇔ = = = =
.
Nhận xét : Qua các ví dụ trên, ta có ñược kết quả tổng quát sau
ðịnh lí 4 : Cho hàm số
( )
y f x
=


•
Nếu
''( ) 0 ;
f x x a b
 
> ∀ ∈
 
thì ta có :
1
( ) ( )
n
i
i
k
f a nf
n
=
≥
∑•
Nếu
''( ) 0 ;
f x x a b
 
< ∀ ∈
 
thì ta có :


Không mất tính tổng quát, ta giả sử
2
3 6
A B C C
π π
≥ > ≥ ⇒ ≤
.
Hàm số
( ) tan
f x x
=
,
0;
3
x
π
 
∈
 
 
có
''( ) 0 0;
3
f x x
π
 
> ∀ ∈
 
 

 
           

2
3 12
f f
π π
   
+ +
   
   

Do
' ' 0; 0
3 12 2 3
A
f f
π π π
   
− > − ≥
   
   
và
2 2
A B C
π
+ +
=
nên ta có :
2 4 3

. Tìm
GTNN của biểu thức :
3 3 3
2 2 2
1 3 1 3 1 3
P a b c
= + + + + + .
Lời giải.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử
3 1
max { , , } ,
4 8
a a b c a c
= ⇒ ≥ ≤
.
Xét hàm số
( )
3
2
( ) 1 3 , 0;1
f x x x= + ∈ có
2 2
3
2
'( )
(1 3 )
x
f x
x
=

1 1 1
( ) '( )( ) ( )
8 8 8
f c f c f
≥ − +
3 3
3 1 3 3 1 3 1 172 2 67
( ) ( ) ( ) '( ) '( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )
4 8 4 4 8 4 8 4
f a f b f c f f x f f f f
 
+
⇒ + + ≥ − − + + ≥ + =
 
 
.
ðẳng thức xảy ra
3 1
;
4 8
a b c
⇔ = = =
và các hoán vị.
Vậy
3 3
172 2 67
min
4
P
+

a b c a b c
+ + ≥ + + .

Lời giải:
BðT ñã cho
4 3 4 3 4 3
( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) 0 ( ) ( ) ( ) 0
a a b b c c f a f b f c
⇔ − + − + − ≥ ⇔ + + ≥

Trong ñó
4 3
( ) 2
f x x x
= − . Ta thấy
2
''( ) 12 12
f x x x
= − nên ñồ thị hàm số
f
có khoảng
lồi và khoảng lõm do ñó ta không thể áp dụng BðT tiếp tuyến ñược. Tuy nhiên ta
_

x

_

y


Ta có tiếp tuyến của ñồ thị hàm số tại
( )
y f x
=
ñiểm có hoành ñộ
2
x
=
là:
8 16
y x
= −
.
4 3 2 2
( ) (8 16) 2 8 16 ( 2) ( 2 4) 0
f x x x x x x x x x
− − = − − + = − − + ≥ ∀ ∈
ℝ
.
( ) ( ) ( ) 8( ) 48 0
f a f b f c a b c
⇒ + + ≥ + + − =
(ñpcm).
Chú ý. Vì
8 16
y x
= −
là tiếp tuyến của ñồ thị hàm số
4 3
( ) 2

. Chứng minh rằng:
2 2 2
9
10
1 1 1
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
. ( Vô ñịch Toán Ba Lan 1996)
Lời giải.
Ta thấy ñẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c
= = =
và Bñt ñã cho có dạng:
9
( ) ( ) ( )
10
f a f b f c
+ + ≤ trong ñó
2
( )
1
x
f x
x
=
+

x x x
f x x
x x
− +
+ +
− = − = ≥ ∀ ∈ −
+ +

Vậy :
2 2 2
36( ) 9
9
50 10
1 1 1
a b c
a b c
a b c
+ + +
+ + ≤ =
+ + +
ñpcm.

Ví dụ 12 : Cho các số thực
, , 0
a b c
>
thoả mãn
1
a b c
+ + =

f a f b f c
bc ac ab
a a b b c c
+ + ≥ + + = + +
+ + +
− + − + − +
.
(Nhận xét : ðẳng thức xảy ra khi
1
3
a b c
= = =
và tiếp tuyến của ñồ thị hàm
số
2
4
( )
2 5
x
f x
x x
=
− +
tại ñiểm có hoành ñộ
1
3
x
=
là :
99 3

+ + −
⇒ + + ≥ =
− + − + − +
ñpcm.

Ví dụ 13. Cho
, ,
a b c
là ñộ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng :
1 1 1 9 1 1 1
4
a b c a b c a b b c c a
 
+ + + ≥ + +
 
+ + + + +
 
.

Lời giải. Không làm mất tính tổng quát ta giả sử
1
a b c
+ + =
, khi ñó Bñt ñã cho trở
thành
2 2 2
5 1 5 1 5 1
9
a a c
a a b b c c

2
5 1 1
18 3 (0; )
2
a
a a
a a
−
⇒ ≤ − ∀ ∈
−
.
Ta cũng có hai Bñt tương tự. Cộng các Bñt này lại với nhau ta có:
2 2 2
5 1 5 1 5 1
18( ) 9 9
a a c
a b c
a a b b c c
− − −
+ + ≤ + + − =
− − −
(ñpcm).
www.VNMATH.com

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

ðẳng thức xảy ra khi
1
3

. Khi ñó Bñt ñã 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
− − −
+ + ≥
− + − + − +

2 2 2
2 2 2
4 4 1 4 4 1 4 4 1 3
5
2 2 1 2 2 1 2 2 1
a a b b c c
a a b b c c
− + − + − +
⇔ + + ≥
− + − + − +

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

là :
54 27
25
x
y
+
=
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 x
x
f x x
x x x x
− + − +
+
− = = ≥ ∀ ∈
− + − +

54( ) 81
27
( ) ( ) ( )
25 5
a b c
f a f b f c

.
Xét hàm số
3 4
( ) 10 9 , (0;1)
f x x x x
= − ∈ có
2 4 3
'( ) 30 45 ''( ) 60 180
f x x x f x x x
= − ⇒ = −
0
1
''( ) 0
3
f x x x⇒ = ⇔ = = ñồng thời
0
''( ) 0 (0; )
f x x x
> ∀ ∈ và
0
''( ) 0 ( ;1)
f x x x
< ∀ ∈ .

•
Nếu
0
a x
<
. Áp dụng BðT tiếp tuyến ,ta có:

3 3
f a f b f c f a b c f
   
⇒ + + ≥ + + − + =
   
   
.

•
Nếu
0
a x
>
. Áp dụng BðT tiếp tuyến và cát tuyến ta có:
( ) ( )
0
0
(1) ( )
( ) 1 1 (1) 1
1
f f x
f a a f f
x
−
≥ − + > =
−
.
(
)
(

Lời giải:
Ta có :
ln ln sin 2 ln sin 3 ln sin
F A B C
= + +

Xét hàm số
2
1
( ) ln sin , (0; ) '( ) cot ''( ) 0;
2 2
sin
f x x x f x x f x x
x
π π
 
= ∈ ⇒ = ⇒ = − ∀ ∈
 
 

Áp dụng BðT tiếp tuyến với
MNP
∆
nhọn, ta có :
www.VNMATH.com

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

(

tan ; tan 2 ;tan 3
1 2 3
M N P
k M k N k P k
= = = ⇒ = = =
Mặt khác :
tan tan tan tan . tan . tan
M N P M N P
+ + =

3
2
tan 1 2 3
6 6 1 sin ; sin ; sin
2 5 10
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
; ;

Xét hàm số
( ) tan , 0;
2
f x x x
π
 
= ∈
 
 
, có
2
'( ) 1 tan
f x x
= +
2
''( ) 2 tan (1 tan ) 0, 0;
2
f x x x x
π
 
⇒ = + > ∀ ∈
 
 
.
www.VNMATH.com

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

Áp dụng BðT tiếp tuyến với

M f A N f B P f C
+ +
⇒ + + ≥ .
Ta chọn các góc
, ,
M N P
sao cho :
cos 0; cos 2 ; cos 3
M k N k P k
= > = =
Vì
, ,
M N P
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


Với
, ,
M N P
là ba góc của tam giác nhọn ñược xác ñịnh bởi :
cos 0; cos 2 ; cos 3
M k N k P k
= > = = , 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).

www.VNMATH.com

Nguyễn Tất Thu – Trường Lê hồng Phong – Biên Hòa
17
a b c
>
thỏa
1
a b c
+ + =
áp dụng
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





⇔ = ⇔ =
 
 
+ −
 
 
=
=
 
+
−



(1)
Do
3
4
2 3
1 1
3
1
1
k k k
a b c
k

4
2 3
3 1 1
min
9
1
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


với
(
)
; 1,
i
x a b i n
∀ ∈ = . ðẳng thức có khi
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
= =
 
 
≤
 

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

BðT cần chứng minh
1 1
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

1. Cho
, , 0.
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

n
a a a
+ + + =
. 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

n
n
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( )

+ + =
. 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
www.VNMATH.com