SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN TIẾP XÚC VÀO GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC
Lê Trung Tín
THPT Hồng Ngự 2, Đồng Tháp
Trong bài viết này ta sẽ nghiên cứu phương pháp sử dụng điều kiện tiếp xúc giữa hai
đường cong vào giải toán bất đẳng thức (BĐT). Phương pháp này là sự tiếp nối và nâng cấp
của phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức. Ta nhắc lại điều kiện để hai đường
cong (C) : y = f (x) và (C

) : y = g(x) tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ x
0
là

f(x
0
) = g(x
0
)
f

(x
0
) = g

(x
0
)
(∗)
Bây giờ ta sẽ sử dụng điều kiện (*) để tìm tòi cách chứng minh các bất đẳng thức, cụ thể ta
xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1. (Poland 1997) Cho a, b, c ≥ −
3

2
+ 1
. Xét g(x) = kx + m, ta cần chọn k và m sao cho f(x) tiếp xúc với g(x)
tại x
0
=
1
3
. Áp dụng, điều kiện tiếp xúc (*) ta có k =
18
25
, m =
3
50
và g(x) =
18
25
x +
3
50
. Ta
có hình vẽ minh họa như sau:
−0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
−0.6
−0.4
−0.2
0.2
0.4
0.6
0.8

+ 1
−

18
25
a +
3
50

= −
(3a − 1)
2
(4a + 3)
50(a
2
+ 1)
≤ 0 ⇒
a
a
2
+ 1
≤
18
25
a +
3
50
Tương tự, với b, c ≥ −
3
4

2
+ 1
+
c
c
2
+ 1
≤
18
25
(a + b + c) +
9
50
=
9
10
Dấu “=” xảy ra tại a = b = c =
1
3
.

Ví dụ 2. (1997 Japanese Math Olympiad) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
(b + c − a)
2
(b + c)
2
+ a
2
+
(c + a − b)

+
(1 − 2c)
2
(1 − c)
2
+ c
2
≥
3
5
⇔
1
2a
2
− 2a + 1
+
1
2b
2
− 2b + 1
+
1
2b
2
− 2b + 1
≤
27
5
⇔ f(a) + f (b) + f(c) ≤
27

(1 − c)
2
+ c
2
≥
3
5
⇔
1
2a
2
− 2a + 1
+
1
2b
2
− 2b + 1
+
1
2b
2
− 2b + 1
≤
27
5
Với a ∈ (0; 1), ta có:
1
2a
2
− 2a + 1

2
− 2b + 1
≤
54
25
b +
27
25
,
1
2c
2
− 2c + 1
≤
54
25
c +
27
25
Do đó:
1
2a
2
− 2a + 1
+
1
2b
2
− 2b + 1
+

+ 1 ≥

6(a + b + c)
Lời giải
Đặt S = a + b + c ≥ 0. Xét đường cong (C) : y =
√
x
2
+ 1 với x ∈ [0; S]. Phương trình tiếp
tuyến của (C) tại điểm x
0
=
S
3
là d : y =
Sx + 3
√
S
2
+ 9
.
Ta có:
√
x
2
+ 1 ≥
Sx + 3
√
S
2

S
2
+ 9 ≥
√
6S =

6(a + b + c)

Ví dụ 4. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + 2b + 3c ≥ 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = a + b + c +
3
a
+
9
2b
+
4
c
Lời giải
Xét các đường thẳng d
1
: y = m
1
x + n
1
, d
2
: y = m
2
x + n

x > 0
Điều kiện để (C
1
) tiếp xúc với d
1
là:





x +
3
x
= m
1
x + n
1
1 −
3
x
2
= m
1
Điều kiện để (C
2
) tiếp xúc với d
2
là:


= m
3
x + n
3
1 −
4
x
2
= m
3
Ta cần chọn các điểm x
1
, x
2
, x
3
> 0 thỏa mãn














=
6
x
1
m
2
= 1 −
9
2x
2
2
, n
2
=
9
x
2
m
3
= 1 −
4
x
2
3
, n
3
=
8
x
3





x
1
= 2
x
2
= 3
x
3
= 4
m
1
=
1
4
, n
1
= 3
m
2
=
2
4
, n
2
= 3
m

), (C
2
), (C
3
)
là đồ thị của các hàm lồi. Do đó, (C
1
) không nằm phía dưới tiếp tuyến d
1
, (C
2
) không nằm
phía dưới tiếp tuyến d
2
và (C
3
) không nằm phía dưới tiếp tuyến d
3
. Ta có hình vẽ minh họa
như sau:
−6 −4 −2 2 4 6 8 10 12 14 16
−2
2
4
6
8
10
0
f
1

x + 2
Như vậy, với x > 0, ta có:
x +
3
x
≥
1
4
x + 3
x +
9
2x
≥
2
4
x + 3
x +
4
x
≥
3
4
x + 2
Từ đây, ta có:
P ≥
1
4
(a + 2b + 3c) + 8 ≥ 13
Vây, giá trị nhỏ nhất của P là 13, đạt tại a = 2, b = 3, c = 4.


= k
m
x + n
m
4mx
3
= k
m
, m = 1, 2, 3
Ta cần chọn x
1
, x
2
, x
3
thỏa mãn















⇒

x
3
1
= 2x
3
2
= 3x
3
3
x
1
+ x
2
+ x
3
= 3
⇒












1
3
√
3
Suy ra:
k = 4x
3
1
=
648
(
3
√
2 +
3
√
3 +
3
√
6)
3
n
1
+ n
2
+ n
3
= −3x
4
1

> 0, ∀x ∈ (0; 3), suy ra f
m
(x) là hàm lồi trên khoảng (0; 3).
Do đó, trên khoảng (0; 3) đường cong (C
m
) không nằm phía dưới tiếp tuyến (d
m
), tức là
f
m
(x) ≥ g
m
(x), ∀x ∈ (0; 3) (*)
Từ hệ thức (*), ta có:
a
4
≥ ka + n
1
2b
4
≥ kb + n
2
3c
4
≥ kc + n
3
Cộng vế theo vế, ta có:
P ≥ k(a + b + c) + n
1
+ n

3 +
3
√
6)
3
, đạt tại a = x
1
, b = x
2
, c = x
3 
Ví dụ 6. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn
1
1 + a
+
1
1 + b
+
1
1 + c
= 2. Chứng minh rằng
1
a
+
1
b
+
1
c
≥ 4(a + b + c)

a
+
1
b
+
1
c
≥ 4(a + b + c). Dấu “=” xảy ra tại a = b = c =
1
2
.

Ví dụ 7. (Russia MO 2000) Chứng minh rằng nếu a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 3 thì ta có
bất đẳng thức
√
a +
√
b +
√
c ≥ ab + bc + ca
Lời giải
Ta có: 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)
2
− (a
2
+ b
2
+ c
2
). Bất đẳng thức cần chứng minh trở

x ≥ 3x
Do đó: a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(
√
a +
√
b +
√
c) ≥ 3(a + b + c) = 9
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.

Ví dụ 8. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= 3. Chứng minh rằng
1
2 − a
+
1
2 − b
+
1

1
(2 − x
0
)
2
= 2kx
0
⇔ m = k =
1
2
.
Suy ra: (C

) : y =
x
2
+ 1
2
. Ta có hình vẽ minh họa như sau:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
1
2
3
4
5
0
g(x) =
x
2
+1

+
1
2 − b
+
1
2 − c
≥
a
2
+ b
2
+ c
2
+ 3
2
= 3
Dấu “=” xảy ra tại a = b = c = 1.

Ví dụ 9. (Crux) Cho a, b, c > 1 thỏa mãn
1
a
2
− 1
+
1
b
2
− 1
+
1






1
x
0
+ 1
=
k
x
2
0
− 1
+ m
1
(x
0
+ 1)
2
=
2kx
0
(x
2
0
− 1)
2
⇔ m = k =

4
f(x) =
1
x+1
Lời giải
Với x > 1, ta có:
1
x + 1
−
1
4(x
2
− 1)
−
1
4
= −
(x − 2)
2
4(x
2
− 1)
≤ 0 ⇔
1
x + 1
≤
1
4(x
2
− 1)


+
3
4
=
1
4
+
3
4
= 1
Dấu “=” xảy ra tại a = b = c = 2.

Ví dụ 10. (letrungtin) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn
√
a
2
+ 1 +
√
b
2
+ 1 +
√
c
2
+ 1 = 5. Chứng
minh rằng
a
√
a

(x) =
24x
2
− 41x + 12
12
√
x
2
+ 1
, ∀x > 0
f

(x) = 0 ⇔



x =
3
8
x =
4
3
Bảng biến thiến:
x
f

(x)
f(x)
0
3

, tức là x
√
x
2
+ 1 ≥
41
12
√
x
2
+ 1 −
125
36
, ∀x > 0.
Suy ra:
P 
41
12

√
a
2
+ 1 +
√
b
2
+ 1 +
√
c
2

3
+ d
3
) ≥ a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
+
1
8
2. (Gabriel Dospinescu) Cho a
1
, a
2
, . . . , a
n
> 0 thỏa mãn a
1
a
2
. . . a
n
= 1. Chứng minh
rằng

1 + a

+
b
2
+ 9
2b
2
+ (c + a)
2
+
c
2
+ 9
2c
2
+ (a + b)
2
≤ 5
4. (China 2005) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh
10(a
3
+ b
3
+ c
3
) − 9(a
5
+ b
5
+ c
5

− b
2
+ 3)(c
5
− c
2
+ 3) ≥ (a + b + c)
3
7. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + 3y + 6z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P =
3
x
+
9
2y
+
4
z
8. (Crux) Cho a, b, c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
3a
b + c
+
4b
c + a
+
5c
a + b
9. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a
2
+ b

2
+ d
2
+ a
2
+
c
d
2
+ a
2
+ b
2
+
d
a
2
+ b
2
+ c
2
≥
3
√
3
2
.
1
√
a

4 + b
+
1
4 + c
+
1
4 + d
+
1
4 + e
= 1.
Chứng minh rằng
a
4 + a
2
+
b
4 + b
2
+
c
4 + c
2
+
d
4 + d
2
+
e
4 + e