ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG
THỨC
I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ ỨNG DỤNG TRƯC TIẾP PHƯƠNG PHÁP TIẾP
TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC :
1. Cơ sở lí thuyết :
Đối với một hàm số, tiếp tuyến tại một điểm nào đó luôn nằm rên hày nằm dưới
đồ thị hàm số. Dựa vào tính chất này, người ta đã thiết lập nên một phương pháp
thú vị để chứng minh bất đẳng thức. Trước tiên, ta có nhận xét sau :
Nếu
y ax b= +
là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x=
tại điểm
( )
0 0
,A x y
(
A
không phải là điểm uốn) , khi đó tồn tại một khoảng
D
chứa điểm
0
x
sao
cho
( )
,f x ax b x D³ + " Î
hoặc
( )
,f x ax b x D£ + " Î

( )
1
Nhận xét và phân tích hướng giải. Bài toán này đến nay đã có nhiều lời giải kinh điển được
giới thiệu ở nhiều chuyên mục về bất đẳng thức ở các tài liệu khác nhau. Chúng ta có thể thử tiếp
cận nó bằng con đường “tiếp tuyến”
Trước hết, ta nhận thấy bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức thuần nhất đối với ba
biến
, ,a b c
nên ta có thể chuẩn hóa
3a b c+ + =
. Khi đó
( )
1
có thể viết lại thành
3
3 3 3 2
a b c
a b c
+ + ³
- - -
.
Vì vế trái có dạng là tổng của ba hàm số có dạng
( )
3
x
f x
x
=
-
của ba biến số

4
x
y f x f
-
= - + =
.
Ta cần chứng minh
( )
3 1
2 , : 0 3
3 4
x x
x x
x
-
³ " < <
-
.
Thật vậy, ta có
( )
2 2
2 4 3 10 3 3 6 3 0x x x x xÛ ³ - + - Û - + ³
( đúng với mọi
x
thỏa điều kiện
trên và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1x =
).
Khi đó
( ) ( ) ( )

2 2 2
a b c b c a c b a
a b c b c a c a b
+ + + + + +
+ + £
+ + + + + +
.
Lời giải. Do
, ,a b c
bình đẳng như nhau và bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức thuần
nhất nên ta có thể chuẩn hóa
3a b c+ + =
và dự đoán đẳng thức xảy ra khi
1a b c= = =
. Bất
đẳng thức đã cho có thể viết lại thành
( )
( )
2
, ,
2
2
3
8
2 3
a b c
a
a a
+
£

x x
f x
x x
- + -
=
- +
Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ
1x =
là
4 4
3 3
y x= +
.
Ta có
( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
4 3 1
4 4
0, 0;3
3 3
3 2 3
x x
f x x x
x x
æ ö - + -
÷

ç
÷
ç
è ø
+ -
å å
. (đpcm)
Ví dụ 3. [Japan 1997] Cho
, , 0a b c >
. Chứng minh rằng
( )
( )
, ,
2
2
6
5
a b c
cyc
a b c
a b c
+
£
+ +
å
.
Lời giải. Do tính thuần nhất nên không mất tính tổng quát ta chuẩn hóa
3a b c+ + =
. Khi đó
bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại

là
2 3
25
x
y
+
=
.
Ta cần chứng minh
( )
2
1 2 3
, 0 3 *
2 6 9 25
x
x
x x
+
£ " < <
- +
.
Thật vậy
( )
( )
3 3 2
* 2 1 3 0x x xÛ + + - ³
(luôn đúng theo bđt AM-GM)
Suy ra
, , , ,
2

M
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
là
5 1
8 8
y x= -
. Ta cần chứng minh
( )
3 2
5 1
6 ,0 1 *
8 8
x x x x- ³ - < <
.
Thật vậy ta có
( ) ( )
2
1
* 6 2 0
4
x x
æ ö
÷

2 2 2
9
1 1 1 10
a b c
a b c
+ + ≤
+ + +
.
Phân tích. Xét hàm số
( )
2
1
x
f x
x
=
+
với
3
;1
4
x
 
∈ −
 
 
ta có
( )
( )
2

25 50 4
f x x x
 
≤ + ∀ ∈ −
 
 
3
;1
4
x
 
∀ ∈ −
 
 
Xét
( )
( ) ( )
( )
2
2
3 1 4 3
18 3
0
25 50
50 1
x x
f x x
x
− − +
 

18 3
25 50
f c c
≤ +
( )
2 2 2
18 3 9
.3
1 1 1 25 50 10
a b c
a b c
a b c
⇒ + + ≤ + + + ≤
+ + +
.
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Ví dụ 6. [Nesbitt equality for 4 variables] Chứng minh với 4 số dương
, , ,a b c d
thì
4
3
a b c d
b c d c d a d a b a b c
+ + + ≥
+ + + + + + + +
.
Phân tích. Vì tính thuần nhất của BĐT nên ta có thể chuẩn hóa
4a b c d
+ + + =
Khi đó BĐT trở thành

=
tại điểm có hoành độ
1x
=
là
4 1
9 9
y x
= −
.
Lời giải. Chuẩn hóa
4a b c d
+ + + =
Khi đó BĐT trở thành
4
4 4 4 4 3
a b c d
a b c d
+ + + ≥
− − − −
.
Ta chứng minh
4 1
4 9 9
x
x
x
≥ −
−
( )

và
4a b c d
+ + + =
ta có
4 1
4 9 9
a
a
a
≥ −
−
,
4 1
4 9 9
b
b
b
≥ −
−
,
4 1
4 9 9
c
c
c
≥ −
−
,
4 1
4 9 9

9
2 2
a b c a b c a b c
ab bc ca
+ + − + + − + +
+ + = =
.
Do đó BĐT tương đương
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 9a a b b c c
+ + + + + ≥
.
Xét hàm số
( )
2
2f x x x
= +
( )
0,3x
∀ ∈
, ta có
( )
1
' 2f x x
x
= +
Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
( )
y f x

2 2 2
2 2 2 3 9a a b b c c a b c
⇒ + + + + + ≥ + + =
.
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Ví dụ 8. [Canada MO 2002] Chứng minh rằng với mọi
, , 0x y z >
, ta có
3 3 3
x y z
x y z
yz zx xy
+ + ≥ + +
.
Lời giải. BĐT tương đương với
4 4 4
x y z
x y z
xyz
+ +
≥ + +
Chuẩn hóa
1xyz
=
ta được
( ) ( ) ( )
4 4 4
0x x y y z z− + − + − ≥
.
Xét hàm

Do đó
( ) ( ) ( )
4 4 4
3
3( ) 9 3. 9 0x x y y z z x y z xyz− + − + − ≥ + + − ≥ − =
.
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Ví dụ 9. Cho
, , 0a b c
>
và
3a b c
+ + =
. Chứng minh rằng
2 1 2 1 2 1
9
2 1 2 1 2 1
a b c
a b c
+ + +
+ + ≥
− − −
Lời giải. Xét hàm số
( )
2 1
2 1
x
f x
x
+

≥ − +
−
( )
0,3x
∀ ∈
( )
2
8. 1 0x
⇔ − ≥
(luôn đúng).
Do đó
2 1 2 1 2 1
4( ) 21 9
2 1 2 1 2 1
a b c
a b c
a b c
+ + +
+ + ≥ − + + + =
− − −
.
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Ví dụ 10. [Trang Toán học zui – Facebook]
Cho
, , 0a b c
>
. Chứng minh rằng
3
2 2 2 4
a b c

3
f x
x
=
+
Phương trình tiếp tuyến tại
1x
=
là
3 1
16 16
y x
= +
Ta chứng minh
3 1
3 16 16
x
x
x
≤ +
+
0x
∀ >
( ) ( )
( )
( )
( )
2
16 3 3 3 3 1
0

.
Lời giải. Ý tưởng để giải bài toán này là sử dụng phương pháp tiếp tuyến. Tuy nhiên,
bằng tính toán trực tiếp, ta nhận thấy giá trị lớn nhất của biểu thức trên không xảy ra tại
1
3
x y z= = =
mà xảy ra khi có hai số bằng 0 và một số bằng 1. Lấy ý tưởng của phương pháp
tiếp tuyến ta sẽ tìm
,a b Î ¡
sao cho
[ ]
2
1
, 0;1
4 9
ax b x
x x
£ + " Î
- +
( ) ( )
3 2
4 9 4 9 1 0,ax b a x a b x b xÛ + - + - + - ³ " Î ¡
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
1x =
hoặc
0x =
nên ta có thể chọn
1 1
,
9 18

18 4 9 18 4 9
y z
y y z z
+ +
≥ ≥
− + − +
. Do đó
2 2 2
1 1 1 6 7
4 9 4 9 4 9 18 18
x y z
x x y y z z
+ + +
+ + ≤ =
− + − + − +
.
Khi
1, 0x y z
= = =
thì
7
18
A =
. Vậy giá trị lớn nhất của
A
là
7
18
.
** Qua các ví dụ trên, ta thấy việc thiết lập các bất đẳng thức dựa trên tiếp tuyến mới chỉ được

2 2 3
a b c
a
a a
£
- +
å
.
Để ý rằng đẳng thức xảy ra không chỉ tại
1a b c= = =
mà còn tại
3
, 0
2
a b c= = =
và các hoán
vị. Vậy phương pháp tiếp tuyến cổ điển có thể coi như bị phá sản dù đang ở điều kiện rất thuận
lợi về dạng biểu thức. Thế nên ta cần tìm một cách nào đó để đáp ứng đủ cả hai điều kiện đẳng
thức xảy ra, và ta chọn phương pháp tiếp tuyến xét theo từng trường hợp đẳng thức. Trước hết, ta
sẽ viết phương trình tiếp tuyến cho hàm số
2
2
2 2 3
x
y
x x
=
- +
tại
1x =

- +
trong điều kiện
0 3x£ £
.
Sauk hi khai triển và rút gọn hai vế ta được bất đẳng thức tương đương
( ) ( )
2
8 3 1 0x x- - ³
chỉ
đúng khi
3
8
x ³
.
Suy ra nếu cả ba số
, ,a b c
đều lớn hơn
3
8
thì sử dụng đánh giá trên suy ra
2
, ,
2
1
2 2 3
a b c
a
a a
£
- +

- +
. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm
số này tại
3
2
x =
là
4 3
18
x
y
+
=
. Thế nên ta chỉ cần chứng minh
( ) ( )
2
2
2
4 3
2 1 2 3 0
2 2 3 18
x x
x x
x x
+
£ Û + - ³
- +
(luôn đúng). Sử dụng cho hai biến
,a b
ta được

3
8
c <
.(đpcm)
3. Vận dụng tính chất sự tiếp xúc của các đường cong trong chứng minh bất
đẳng thức
Bên cạnh phương pháp viết tiếp tuyến của đường cong tại một điểm để chứng minh bất đẳng
thức, ta vẫn có thể lợi dụng một tính chất khác về sự tiếp xúc đã học trong chương trình phổ
thông để lam việc này : Sự tiếp xúc giữa các đường cong. Phương pháp này bao gồm và tổng
quát hơn phương pháp tiếp tuyến nêu trên vì nó không hẳn phải áp đặt cho điều kiện bài toán
nhiều. Sau đây ta sẽ cùng phân tích một vài ví dụ về phương pháp này :
Ví dụ 13. Cho
, , 0a b c >
thỏa mãn
2 2 2
3a b c+ + =
. Chứng minh
1 1 1
3
2 2 2a b c
+ + ³
- - -
.
Phân tích. Ta lưu ý về điều kiện tiếp xúc của đồ thị hai hàm số
( ) ( )
,f x g x
là tồn tại
0
x
sao cho

x
= - - ³ =
-
.
Đẳng thức xảy ra thỏa điều kiện tiếp xúc, tức là
( ) ( )
( ) ( )
1 1
' 1 ' 1
f g
f g
ì
ï =
ï
í
ï
=
ï
î
(do điểm rơi là
1a b c= = =
)
Dễ dàng tìm được
1
2
a b= =
.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh
( )
( )

1
3 5
' 0 0;2
2
3 5
2
x
f x x
x
é
ê
=
ê
ê
ê
+
= Û = Ï
ê
ê
ê
ê
-
ê
=
ê
ë
.

x
0

. Chứng minh
, ,
2
1 3
a b c
a a- + ³
å
Lời giải. Tương tự ví dụ 6, ta đặt
( )
2
1 , .f x x x ax b x= - + - - Î ¡
Điều kiện tiếp xúc thỏa mãn khi đẳng thức xảy ra trong bđt trên, tức là
( ) ( )
( ) ( )
1 1
1
2
' 1 ' 1
f g
a b
f g
ì
ï =
ï
Û = =
í
ï
=
ï
î

0, 1x y z= = =
. Ta tìm
,a b
sao cho
( )
1
1
1
x
ax b
x
-
³ +
+
với mọi
[ ]
0;1x Î
và
0ax b+ ³
. Khi đó
( ) ( )
( )
2 2 2
1 1 1 2x x a x abx bÛ - ³ + + +
( )
( ) ( )
( )
2 3 2 2 2 2
2 1 2 1 0 *f x a x x a ab x ab b bÛ =- - + - + + + - ³
.

ï
ê
Û
í
ê
ï
ì
= =
ï
ê
ï
ï
î
í
ê
ï
=-
ê
ï
î
ë
. Ta loại trường hợp
1
1
a
b
ì
=
ï
ï

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0
1
x
x
é
=
ê
ê
=
ë
. Áp dụng bất đẳng thức trên cho
P
ta được
min 2P =
.
Ví dụ 16. [Russia 1990] Cho
, 0x y >
và
2 3 3 4
x y x y+ ³ +
. Chứng minh rằng
3 3
2x y+ £
.
Lời giải. Bài toán viết lại là : Chứng minh
( ) ( )
3 3
1 1 0x y- + - £
với

1t =
nên ta tìm
k
để
( ) ( )
,f t g t
tiếp xúc nhau tại
1t =
. Tương tự cách làm ở các bài trên suy ra
3k =
. Việc chứng
minh phần còn lại xin dành cho các bạn.
4. Từ ý tưởng tiếp tuyến đến ý tưởng đồng bậc hóa bất đẳng thức :
Ý tưởng tiếp tuyến hay sử dụng điều kiện tiếp xúc đôi khi cũng không mấy khả thi khi mỗi biểu
thức chứa không chỉ đơn thuần là một biến độc lập hay có thể thay thế bởi điều kiện đề cho, có
lúc thì dấu bằng không xảy ra tại điểm tiếp xúc của phương trình viết được. Song nhờ vào tiếp
tuyến, ta nảy sinh ra một ý tưởng khác để chứng minh bất đẳng thức : Đồng bậc hóa hai vế. Ta sẽ
làm rõ ý tưởng này qua các ví dụ sau :
Ví dụ 17. Cho
, , 0a b c >
và
3a b c+ + =
. Chứng minh rằng
( )
2 2 2
3
*
2
a b c
a b b c c a

( )
**
trở thành
( )
2
2
a
m n a
a
³ +
. Từ đây, ta có thể chọn
1
2
n m= -
.
Khi đó
( )
**
có dạng
( )
2
2 2
1 1 1
1 0
2 2 2
a
ma m b m a ab m b
a b
æ ö æ ö
÷ ÷

ç
÷
ç
- - - ³
÷
ç
÷
ç
-
÷
ç
÷
÷
ç
÷
è ø
.
Để chứng minh
( )
**
đúng thì ta có
1 0
3 1
1
4 4
2
1
1
m
m n

a a b
a b
a b
-
³ Û - ³
+
( luôn đúng) .
Áp dụng bất đẳng thức này cho vế trái suy ra đpcm.
II. BÀI TẬP RÈN LUYỆN :
1)-3) Cho tam giác
ABC
, dùng phương pháp tiếp tuyến, hãy chứng minh
1)
3 3
sin sin sin
2
A B C+ + £
2)
3
cos cos cos
2
A B C+ + £
3)
tan tan tan 3 3,A B C ABC+ + ³ "D
nhọn.
Lời giải.
1) Nhận thấy rằng đẳng thức xảy ra tại
3
x y z
p

3 1
2 2 3
y x
p
æ ö
÷
ç
= + -
÷
ç
÷
ç
è ø
. Đến đây, nếu ta dung phép biến đổi tương
đương để chứng minh
3 1
sin , 0;
2 2 3 3
x x x
p p
æ ö æ ö
÷ ÷
ç ç
£ + - Î
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
thì khá khó khăn nên ta có thể

g x x
p
= Û =
. Lâp bảng biến thiên suy ra
( ) ( )
0, 0;g x x p£ " Î
. Từ đó, áp dụng
vào gt suy ra đpcm.
2) Đối với bài này, nếu ta áp dụng trực tiếp như bài trên sẽ thất bại ngay do khi tiến về
p
-

thì
1 3
cos 0
2 2 3
x x
p
æ ö
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
- - - >
ç
÷
ç
÷

p
p
æ ö
÷
ç
= - - - £ Î
÷
ç
÷
ç
è ø
Thật vậy, ta có
( )
cot 3
2
'
2
x
f x
-
=
và
( )
' 0
3
f x x
p
= Û =
. Lập bảng biến thiên suy ra
đpcm.

rồi áp dụng tương tự ví dụ 12 với hai trường hợp
1 1
,
6 6
b b³ <
ta sẽ được đpcm.
5) Chứng minh rằng với mọi
, , 0; 1a b c abc> =
ta có
2
1
2
a
a
+
£
å å
.
Lời giải. Ngay từ đầu ta đã thấy rằng nếu viết pttt như bình thường thì ta không thể vận
dụng giả thiết
1abc =
và thật vậy, bước đánh giá đó không phù hợp với yêu cầu đề bài. Vậy
ta thử đổi biến để áp dụng phương pháp tiếp tuyến, song lại không thể đặt
, ,
x y z
a b c
y z x
= = =
hay các phép thế tương tự vì sẽ tạo thêm sự liên kết giữa các biến, mất
đi đặc trưng của phương pháp và mục đích đổi biến.

1 1
,
2 2
x
x
e
e x x
+
- £ - Î ¡
.
Xét
( ) ( )
( )
2 2
2
1 1 1
'
2 2 2
2 1
x x
x x
x
e e
f x e x f x e
e
+
= - + Þ = - +
+
( )
( )

x
x
x x x x
e
e x
e e e e
ì
ï
>
ï
ï
Û Û = Û =
í
ï
- - + - =
ï
ï
î
.
Lập bảng biến thiên suy ra đpcm.
6) Cho
1 2
, , , 0;
2
n
x x x
p
æ ö
÷
ç

( )
2
1
1
1 2
i
n
i
a
a
£
+
Õ
.
Xét hàm số
( )
2
, 0
1
x
f x x
x
= >
+
ta có
( )
( )
3
2
1

a
n
a
æ ö
+
÷
ç
÷
ç
Þ £ + £ £ =
÷
ç
÷
÷
ç
+
è ø
å
Õ Õ
.
7) [Vô địch toán Hồng Kông 1997] Cho các số thực dương
, ,x y z
. Cmr:
(
)
( )
( )
2 2 2
2 2 2
3 3

è ø
.
Xét hàm
( ) ( )
3 3
, 0;1
9
f t t t
t
+
= - Î
và sử dụng bất đẳng thức cơ bản
( )
2 2 2
3a b c a b c+ + £ + +
ta dễ dàng suy ra đpcm.
8) [Trích đề thi Albania 2002] Cho
, , 0a b c >
. Cmr:
( )
2 2 2 2 2 2
1 3 1 1 1
3 3
a b c a b c a b c
a b c
+
 
+ + + + ≥ + + + + +
 ÷
 

0 0
' , ;f x f x x x f x x a b³ - + " Î
b) Nếu
( )
'' 0f x £
( )
, ;x a b" Î
thì
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0 0
' , ;f x f x x x f x x a b£ - + " Î
Sở dĩ chúng tôi không trình bày định lí này ngay từ đầu bởi vì mục đích của bài viết là giới
thiệu một cách sơ khởi về phương pháp này và tuy dùng định lí có thể giảm số lương lập
luận một cách đáng kể song khi vào phòng thi, định lí không được dùng trực tiếp mà cần
chứng minh lại. Đến đây, các bạn có lẽ đã phần nao nắm được ý tưởng của phương pháp
này nên từ giờ chúng tôi sẽ áp dụng trực tiếp vào lời giải các bài toán để rút gọn lời giải.
9) [New Zealand 1998] Cho
n
số thực dương thỏa mãn
1
n
i
i
x n
=
=
∑
.Cmr:
1 2
2 2 2

'' 0, 0f x x< " >
nên suy ra
( ) ( )
1
1 0
n
i
i
f x nf
=
£ =
å
(đpcm)
10) Cho tam giác
ABC
nhọn. Tìm GTLN của biểu thức
2 3
sin .sin .sinF A B C=
.
Nhận xét. Thoạt nhìn, bài toán có vẻ bất khả thi với phương pháp tiếp tuyến do sự lệch về
bậc của các biểu thức lương giác nhưng thử nhìn thật kĩ càng thì ta lại nhận thấy biểu thức là
tích của các biểu thức có dạng
( )
sing x x=
, vậy nếu ta logarit hóa nó thì ta sẽ nhận được
biểu thức dưới dạng tổng của các hàm số gần như giống nhau.
Lời giải. Ta có
ln lnsin 2ln sin 3lnsinF A B C= + +
. Xét hàm số
( )

ç
è ø
.
Áp dụng bất đẳng thức tiếp tuyến với tam giác
MNP
nhọn bất kì và cố định cho trước, ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
' cot ln sinf A f M A M f M A M M M£ - + = - +
. Tương tự với
,B C
ứng với
,N P
rồi lần lượt nhân vào các vế của mỗi bất đẳng thức trên các lượng
tan ,tan , tanM N P

và cộng theo từng vế ta được
( )
tan tan ln sinMf A M M£
å å
.
Chọn
, ,M N P
thỏa
tan tan tan
tan , tan 2 ,tan 3
1 2 3
M N P
k M k N k P k= = = Þ = = =
Vì
tan tan tan tan tan tanM N P M N P= + +

thể mở rộng ra cho trường hợp
sin .sin .sin , , , 0
m n p
F A B C m n p= >
.