ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN TRUNG SỸ
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP
HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN TRUNG SỸ
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP
HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13
Người hướng dẫn khoa học
TS. NGUYỄN ĐÌNH BÌNH
THÁI NGUYÊN - 2015
i
Mục lục
Lời cam đoan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
Danh mục các kí hiệu, các chữ viết tắt . . . . . . . . . . . . . iv
Mở đầu 1
1 Cơ sở lý luận và các kiến thức cần thiết cho đề tài 3
1.1 Tính chất của hàm số bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Hàm số đồng biến, nghịch biến . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Hàm lồi và bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . . 5
1.3.1 Hàm lồi, hàm lõm khả vi bậc hai . . . . . . . . . . 5

Nhân dịp này tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và kính
trọng sâu sắc đối với TS - người thầy đã truyền đạt nhiều kiến thức quý
báu cùng với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học trong suốt thời gian tác
giả theo học và nghiên cứu đề tài.
Đồng thời, tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám
hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Phòng Đào tạo,
Khoa Toán - Tin, các thầy cô giảng dạy lớp Cao học K7N, Ban giám hiệu
Trường THPT Lý Tự Trọng - Nam Định và gia đình đã tạo mọi điều kiện
thuận lợi, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập, công tác và thực
hiện đề tài luận văn này.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015
Tác giả
Nguyễn Trung Sỹ
iv
Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt
• BĐT - Bất đẳng thức.
• AM - Arithmetic Mean.
• GM - Geometric Mean.
• HCF - Half Convex Function Theorem.
• IMO - International Mathematical Olympiad.
• MO - National Mathematical Olympiad.
• TST - Selection Test for International Mathematical Olympiad.
• ĐH - Đề thi Đại học.
• HSG - Học sinh giỏi.
• I (a; b) hoặc I - Nhằm ngầm định một trong bốn tập hợp con của R
(a; b) , [a; b) , (a; b] , [a; b] .
•
−→
A 
−→












x
1
≥ y
1
x
1
+ x
2
≥ y
1
+ y
2
. . . . . . . . . . . . . . .
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n−1

Trong các kỳ thi thi học sinh giỏi Toán quốc gia, tuyển sinh đại hoc, cao
đẳng và Olympic Toán sinh viên thì các bài toán liên quan đến bất đẳng thức
luôn được đề cập và được xem như là những dạng toán thuộc loại khó, thuộc
phân loại vận dụng ở mức độ cao.
Mặc dù trong quá trình giảng dạy học sinh và giáo viên đã được cọ sát rất
nhiều nhưng khi gặp bài toán chứng minh bất đẳng thức chúng ta thường thấy
lúng túng trong quá trình tìm ra cách giải, bởi vì có quá nhiều cách tiếp cận,
cũng như phương pháp giải rất đa dạng và phong phú như phương pháp sử
dụng các bất đẳng thức cổ điển, phương pháp hàm số, phương pháp dồn biến,
giảm biến, phương pháp phân tích thành tổng các bình phương (SOS), phương
pháp hình học hóa, lượng giác hóa, phương pháp ABC
Có thể nói, nghiên cứu về phương pháp sử dụng hàm số trong chứng minh
bất đẳng thức là một đề tài đa dạng và thú vị, nhận được sự quan tâm của
nhiều nhà toán học trong nước cũng như trên thế giới, các đề tài không ngừng
nảy sinh và có nhiều kết quả đẹp. Một số nghiên cứu trước đây như: "Một số
bất đẳng thức trong lớp hàm đơn điệu" của tác giả Nguyễn Thị Thu Hà; "Một
số vấn đề về bất đẳng thức Jensen" của tác giả Võ Thị Nhật Vi; "Một số lớp
bất đẳng thức dạng Karamata và áp dụng" của tác giả Mạc Văn Thư; Qua
2
nghiên cứu, bản thân tác giả thấy những đề tài trên đều chỉ nghiên cứu vào
một vấn để cụ thể.
Với suy nghĩ trên, mục tiêu chính của bản luận văn này trình bày một cách
tổng quan, có hệ thống các kiến thức cơ sở, cách thức tiếp cận và phương pháp
chứng minh bất đẳng thức trên quan điểm sử dụng hàm số.
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia thành ba chương đề
cập đến các vấn đề sau đây:
Chương 1 trình bày cơ sở lý luận và các kiến thức cần thiết cho đề tài.
Chương 2 trình bày các phương pháp sử dụng hàm số để chứng minh bất
đẳng thức.
Các kiến thức trong luận văn này, được sự hướng dẫn của Giáo viên hướng

mãn điều kiện
• Với mọi x
1
, x
2
∈ I (a; b) và x
1
< x
2
ta đều có f(x
1
) < f (x
2
) thì ta nói rằng
f(x) là hàm số đồng biến (hàm đơn điệu tăng thực sự) trên I (a; b) .
• Với mọi x
1
, x
2
∈ I (a; b) và x
1
< x
2
ta đều có f(x
1
) > f (x
2
) thì ta nói rằng
f(x) là hàm số nghịch biến (hàm đơn điệu giảm thực sự) trên I (a; b) .
Sử dụng định lý Lagrange đã biết trong chương trình Toán giải tích ta có

1
; x
2
], khi đó ∃c ∈ (x
1
; x
2
)
sao cho
f(x
2
) −f(x
1
) = f

(c)(x
2
− x
1
).
i) Nếu f

(x) > 0 trên khoảng (a; b) thì f

(c) > 0, mặt khác x
2
− x
1
> 0 nên
f(x


(x) ≥ 0 (f

(x) ≤ 0) ∀x ∈ (a; b) và đẳng thức chỉ
xảy ra tại hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) thì hàm số f (x) đồng biến (nghịch
biến) trên khoảng đó .
Chứng minh. Thậy vậy, để đơn giản cách lập luận, giả sử rằng f

(x) ≥ 0
trên (a; b) và f

(x) = 0 tại x
1
∈ (a; b) thì khi đó f(x) đồng biến trên từng khoảng
5
(a; x
1
) và (x
1
; b) và liên tục trong (a; x
1
] và[x
1
; b) nên nó cũng đồng biến trong
(a; x
1
] và [x
1
; b). Từ đó suy ra nó đồng biến trên cả khoảng (a; b).
1.3 Hàm lồi và bất đẳng thức Karamata

∈ I(a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta đều có
f(αx
1
+ βx
2
) ≥ αf(x
1
) + βf (x
2
). (1.2)
Nếu dấu đẳng thức trong (1.2) xảy ra khi và chỉ khi x
1
= x
2
thì ta nói hàm
số f(x) là hàm lõm thực sự (chặt) trên I(a, b).
Định lí 1.4. Nếu hàm số f(x) khả vi bậc hai trên I(a, b) thì f(x) lồi (lõm) trên
I(a, b) khi và chỉ khi f

(x) ≥ 0 (f

(x) ≤ 0) trên I(a, b).
Tính chất 1.4. Nếu f(x) lồi (lõm) trên I(a; b) thì hàm g(x) = cf(x) là hàm lõm
(lồi) trên I(a; b) khi c < 0.
Tính chất 1.5. Tổng hữu hạn các hàm lồi trên I(a; b) cũng là một hàm lồi trên
I(a; b).
Tính chất 1.6. Nếu f(x) là hàm số liên tục và lồi trên I(a; b) và g(x) là một
hàm lồi đồng biến trên tập giá trị của f(x) thì g(f(x)) là hàm lồi trên I(a; b)
6
Chú ý 1.1. Mở rộng cho (1.1), (1.2), ta có các kết quả sau

x
n
) ≤ λ
1
f(x
1
) + λ
2
f(x
2
) + + λ
n
f(x
n
). (1.3)
( hoặc
f(λ
1
x
1
+ λ
2
x
2
+ + λ
n
x
n
) ≥ λ
1

f(x) = min
u∈I(a,b)
[f(u) + f

(u)(x −u)].
Nếu f(x) là hàm lõm trên I(a, b) thì với mọi cặp x
0
, x ∈ I(a, b), ta đều có
f(x) ≤ f (x
0
) + f

(x
0
)(x −x
0
), ∀x, x
0
∈ (a, b). (1.6)
Ta nhận thấy rằng, dấu đẳng thức (1.6) xảy ra khi x = x
0
. Vậy ta có thể
viết (1.6) dưới dạng
f(x) = max
u∈I(a,b)
[f(u) + f

(u)(x −u)].
1.3.3 Bất đẳng thức Karamata
Định lí 1.5.


x
1
≥ y
1
x
1
+ x
2
≥ y
1
+ y
2
. . . . . . . . . . . . . . .
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n−1
≥ y
1
+ y
2
+ ··· + y
n−1
x
1
+ x
2

đẳng thức [3].
Chứng minh. Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi
f(x
1
) + f(x
2
) + ··· + f (x
n
) = max
t
1
, t
2
∈I(a,b)

n

i=1
f(t
i
) +
n

i=1
f(x
i
− t
i
)f


n
f

(t
n
) ≥ y
1
f

(t
1
) + y
2
f

(t
2
) + ··· + y
n
f

(t
n
). (1.10)
Sử dụng biến đổi Abel
x
1
f

(t

)−f

(t
3
)]+···+S
n−1
[f

(t
n−1
)−f

(t
n
)]+S
n
f

(t
n
) (1.11)
ứng với S
k
(x) := x
1
+ x
2
+ ···+ x
k
. Vì rằng f

n
)
n
≥ f(
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n
n
). (1.12)
Chứng minh. Do tính chất đối xứng, không làm mất tính tổng quát, ta có
thể giả sử x
1
≥ x
2
≥ ··· ≥ x
n
. Khi đó, ta có











+ ··· + x
n
n
. Theo bất đẳng thức Karamata, ta có
f(x
1
) + f(x
2
) + ··· + f (x
n
) ≥ nf (
x
1
+ x
2
+ ··· + x
n
n
).
Tương tự như chứng minh Hệ quả 1.1 ta chứng minh được hệ quả sau
Hệ quả 1.2 (Bất đẳng thức Jensen tổng quát). Với mọi hàm lồi f(x) trên
I(a, b) và với mọi x
i
∈ I(a, b)(i = 1, 2, . . . , n) và 0 < t
1
, t
2
, , t
n
< 1 thỏa mãn

n
). (1.13)
Hệ quả 1.3 (Bất đẳng thức T. Popoviciu). ([3],[4]) Với mọi hàm lồi f trên
I(a, b) và với mọi x, y, z ∈ I(a, b), ta đều có
f(x) + f(y) + f(z) + 3f(
x + y + z
3
) ≥ 2f (
x + y
2
) + 2f(
y + z
2
) + 2f(
x + z
2
) (1.14)
Chứng minh. Ta coi x ≥ y ≥ z. Khi đó sẽ xảy ra một trong hai khả năng
x ≥
x + y + z
3
≥ y ≥ z,
hoặc
x ≥ y ≥
x + y + z
3
≥ z.
Ta chỉ cần xét trường hợp x ≥
x + y + z
3

và
x + y + z + 3
x + y + z
3
= 2(
x + y
2
+
x + z
2
+
z + y
2
).
Ta có dãy (1.15) gần đều hơn dãy (1.16). Theo bất đẳng thức Karamata, ta
được điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.4 (Bất đẳng thức Vasile Cirtoaje). ([3],[4]) Với mọi hàm lồi f (x)
trên I(a, b) và a
1
, a
2
, . . . , a
n
∈ I(a, b) ta luôn có bất đẳng thức sau
f(a
1
)+f(a
2
)+···+f(a
n

2
≤ ··· ≤ a
n
. Khi đó tồn tại số
tự nhiên m sao cho 1 ≤ m ≤ n − 1 và a
1
≤ ··· ≤ a
m
≤ a ≤ a
m+1
≤ ··· ≤ a
n
, trong
đó a =
a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
n
.
Ta cũng có b
1
≥ ··· ≥ b
m
≥ a ≥ b
m+1
≥ ··· ≥ b
n

Để chứng minh (1.17), ta sử dụng bất đẳng thức Jensen đối với hàm lồi
f(a
1
) + f(a
2
) + ··· + f (a
m
) + n(n − m − 1)f(a) ≥ (n −1)f(b)
trong đó b =
a
1
+ a
2
+ ··· + a
m
+ (n −m −1)a
n −1
.
Vậy ta chỉ cần phải chứng minh rằng
(n −m − 1)f(a) + f(b) ≥ f(b
m+1
) + f(b
m+2
) + ··· + f (b
n
).
Vì a ≥ b
m+1
≥ b
m+2

m+2
) + ··· + f (a
n
) + (m − 1)f(a)
n −1
≥ f(c)
ứng dụng cho f(c) + (m −1)f(a) ≥ f (b
1
) + f(b
2
) + ··· + f (b
m
),
trong đó c =
a
m+1
+ a
m+2
+ ··· + a
n
+ (m −1)a
n −1
.
Bất đẳng thức cuối cùng này suy ra được từ bất đẳng thức Karamata, vì rằng
b
1
≥ ··· ≥ b
m
≥ a, c + (m −1)a = b
1

Định lí 1.6.
2
HCF (Half Convex Function Theorem)([7]) Cho f(u) là
hàm số xác định trên khoảng thực I và lồi trên I
u≤s
hoặc I
u≥s
với hằng số s ∈ I.
Bất đẳng thức
f(a
1
) + f(a
2
) + ··· + f (a
n
) ≥ nf

a
1
+ a
2
+ ··· + a
n
n

(1.19)
đúng với mọi số a
1
, a
2

k
< s ≤ a
k+1
≤ ··· ≤ a
n
.
Do f là hàm số lồi trên I
u≥s
, áp dụng BĐT Jensen ta được
f(a
k+1
) + ··· + f (a
n
) ≥ (n − k)f (z), z =
a
k+1
+ ··· + a
n
n −k
.
Như vậy, ta cần chỉ ra
f(a
1
) + ··· + f (a
k
) + (n − k)f(z) ≥ nf (s).
2
Định lí 1.6 do Vasile Cirtoaje nhà Toán học người Romania đề xuất và chứng minh năm 2004.
11
Lấy b

k
) + a
k+1
+ ··· + a
n
⇒ (n − 1)b
1
≤ (k − 1)s + a
k+1
+ ··· + a
n
= (k − 1)s + (n − k)z
⇒ (n − 1)b
1
≤ (n − 1)z.
Theo giả thiết, ta có
f(a
1
) + (n − 1)f(b
1
) ≥ nf (s),
. . .
f(a
k
) + (n − 1)f(b
k
) ≥ nf (s),
do đó
f(a
1

1
, . . . , b
k
), áp dụng BĐT Karamata đối với hàm số lồi ta
được điều phải chứng minh.
• Trường hợp 2: Nếu f(u) là hàm lồi trên I
u≤s
được chứng minh tương tự như
trên.
12
Chú ý 1.2. Đặt
g(u) =
f(u) − f(s)
u −s
, h(x, y) =
g(x) − g(y)
x −y
.
Khi đó điều kiện (1.20): f(x) + (n − 1)f (y) ≥ nf(s) trong định lý HCF tương
đương với
h(x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ I, sao cho x + (n − 1)y = ns.
Thật vậy, ta có
f(x) + (n − 1)f(y) − nf(s) = [f(x) − f(s)] + (n −1)[f(y) −f(s)]
= (x −s)g(x) + (n −1)(y − s)g(y)
=
n −1
n
(x −y)[g(x) − g(y)]
=
n −1

H(x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ I thỏa mãn x + (n −1)y = ns.
13
Chương 2
Trình bày một số phương pháp sử
dụng hàm số để chứng minh bất
đẳng thức
Trong chương này tác giả trình bày một số phương pháp sử dụng hàm số để
chứng minh bất đẳng thức.
2.1 Sử dụng tính chất của hàm số bậc nhất để
chứng minh bất đẳng thức
Trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức có rất nhiều bài có thể biến đổi
đưa được về chứng minh bất đẳng thức dạng f(t) ≥ 0; f (t) ≤ 0 trong đó f(t) là
hàm số bậc nhất.
Sử dụng các tính chất của hàm số bậc nhất ta có thể chứng minh được các
bài toán đó. Sau đây ta sẽ nghiên cứu một vài ví dụ điển hình trong việc sử
dụng các Tính chất 1.1, 1.2, 1.3 để chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ 2.1. Cho các số thực x, y, z ∈ [0; 2]. Chứng minh rằng
2(x + y + z) − (xy + yz + zx) ≤ 4.
Lời giải.
Ta có 2(x + y + z) − (xy + yz + zx) ≤ 4 ⇔ (2 −y −z)x + 2(y + z) −yz − 4 ≤ 0.
Xét hàm số
f(x) = (2 − y −z)x + 2(y + z) −yz −4, x ∈ [0; 2]
• Nếu y + z = 2 thì bất đẳng thức trở thành −yz ≤ 0 luôn đúng vì y, z ≥ 0.
• Nếu y + z = 2 thì f(x) = (2 −y −z)x + 2(y + z) −yz −4 là hàm số bậc nhất.
14
Theo Tính chất 1.2 ta chỉ cần chứng minh

f(0) ≤ 0
f(2) ≤ 0
.

4
≥ 0
⇔ x
3
+ (1 − x)
3
− 3yz(1 −x) + 6xyz −
1
4
≥ 0 vì x + y + z = 1
⇔ (3x − 1)yz + x
2
− x +
1
4
≥ 0.
Mặt khác ta có yz ≤
(y + z)
2
4
=
(1 −x)
2
4
.
Xét hàm số f (yz) = (3x − 1)yz + x
2
− x +
1
4


(1 −x)
2
4

≥ 0
.
Thật vậy, dễ thấy f (0) = x
2
− x +
1
4
=

x −
1
2

2
≥ 0,
và f

(1 −x)
2
4

= (3x−1)
(1 −x)
2
4

12
> 0. Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.3. [Vasile Critoaje]. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn
điều kiện xy + yz + zx = 3. Chứng minh bất đẳng thức
1
x
2
+ 2
+
1
y
2
+ 2
+
1
z
2
+ 2
≤ 1.
15
Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(x
2
+ 2)(y
2
+ 2)(z
2
+ 2) ≥ (x
2
+ 2)(y




a = xy
b = yz
c = zx
thì a + b + c = 3. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a
2
+ b
2
+ c
2
+ abc ≥ 4.
Ta có bất đẳng thức a
2
+ b
2
+ c
2
+ abc ≥ 4.
⇔ a
2
+ (b + c)
2
− 2bc + abc −4 ≥ 0
⇔ a
2
+ (3 − a)
2

Theo Tính chất 1.1 để chứng minh f(bc) ≥ 0 với bc ∈

0;
(3 −a)
2
4

ta chỉ cần
chứng minh



f(0) ≥ 0
f

(3 −a)
2
4

≥ 0
.
Ta có: f(0) = 2a
2
− 6a + 5 = 2

a −
3
2

2

minh bất đẳng thức
a + b + c ≤
1
2
abc +
√
8.
Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với

1 −
1
2
bc

a + b + c −
√
8 ≤ 0.
16
Xét hàm số f (a) =

1 −
1
2
bc

a + b + c −
√
8 với a ∈ [0; 2].
Ta có:
f(0) = b + c −



4b
c + a
+ 1


4c
a + b
+ 1

> 25.
Lời giải. Do bất đẳng thức đã cho là bất đẳng thức đồng bậc nên ta chuẩn
hóa a + b + c = 1. Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành

3a + 1
1 −a


3b + 1
1 −b


3c + 1
1 −c

> 25
⇔ 27abc + 9(ab + bc + ca) + 4 > 25(ab + bc + ca) − 25abc
⇔ (13c − 4)ab − 4c(1 − c) + 1 > 0
Không mất tính tổng quát giả sử c = max{a; b; c}. Do a + b + c = 1 nên c ≥

1
3
> 0. Vậy f(t) là hàm số bậc nhất, có hệ số của t
dương nên f(t) là hàm số đồng biến, mà f(t) liên tục trên đoạn t ∈

0;
(1 −c)
2
4

.
Do đó, với mọi t ∈

0;
(1 −c)
2
4

ta có
f(t) > f (0) = −4c(1 − c) + 1 = (2c −1)
2
≥ 0,
nên bất đẳng thức đã cho luôn đúng, suy ra điều phải chứng minh.
17
Ví dụ 2.6. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1. Chứng minh
bất đẳng thức
5(a
2
+ b
2

+ 1
⇔ 5

a
2
+ (1 − a)
2
− 2bc

≤ 6

a
3
+ (1 − a)
3
− 3bc(1 −a)

+ 1
↔ (9a − 4).bc + (2a − 1)
2
≥ 0
Ta đặt t = bc với 0 ≤ t ≤

b + c
2

2
=

1 −a

1
4
a(3a −1)
2
≥ 0
Suy ra điều phải chứng minh, đẳng thức xảy ra khi a = b = c =
1
3
.
Bài tập vận dụng
Bài tập 2.1. Cho x, y, z ∈ [0; 1]. Chứng minh rằng
x + y + z − (xy + yz + zx) ≤ 1.
Bài tập 2.2. Cho x, y, z ∈ [0; 1]. Chứng minh rằng
x + y + z − 2015(xy + yz + zx) ≤ 1.
Bài tập 2.3. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng
minh bất đẳng thức
a
2
+ b
2
+ c
2
+ abc ≥ 4.
18
Bài tập 2.4. Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1.
Chứng minh rằng
ab + bc + ca − 2abc ≤
7
27.
Bài tập 2.5. [Vasile Critoaje]

x

3
> cos x, ∀x ∈

0;
π
2

.
Lời giải.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
sin x
x
> (cos x)
1
3
⇔ sin x.(cos x)
−
1
3
− x > 0.
Xét hàm số f (x) = sin x.(cos x)
−
1
3
− x với x ∈

0;
π

x.(cos x)
−
7
4
> 0 ∀x ∈

0;
π
2

.
Suy ra hàm số f

(x) đồng biến trên

0;
π
2

vì hàm số f

(x) liên tục trên

0;
π
2

,
do x > 0 ⇒ f



.
Ví dụ 2.8. Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số tự nhiên n ≥ 2
n

1 +
n
√
n
n
+
n

1 −
n
√
n
n
< 2.
Lời giải. Đặt x =
n
√
n
n
ta có x ∈ (0; 1), ∀n ∈ N, n ≥ 2.
Bất đẳng thức đã cho trở thành
n
√
1 + x +
n

suy ra hàm số f (x) nghịch biến trên [0; 1).
Do x > 0 ⇒ f(x) < f (0) = 2
Vậy f(x) < 2, ∀x ∈ (0; 1).
Ví dụ 2.9. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
(2R + a)(2R + b)(2R + c) < 8.R
3
.e
3
√
3
2
.
Trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và a, b, c là độ dài
ba cạnh của tam giác ABC.
Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với

1 +
2
2R


1 +
b
2R


1 +
c
2R
