PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
I.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Một bài toán khó (Bài T7/374 – THTT năm 2008) “Cho các số thực
dương a, b, c thoả mãn điều kiện 4(a + b +c) – 9 = 0. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
(
)
(
)
(
)
acb
ccbbaaS 111
222
++++++=
” hay một bài toán mang tính
“tầm vóc” (USA MO 2003) “Chứng minh bất đẳng thức
( )
( )
( )
( )
( )
( )
8
2
2
2
2
2
2
2

không ? Xin thưa rằng không những các em có thể tạo ra được những bài toán
như thế mà còn có khả năng là “tác giả” của những bài toán hay và khó hơn.
Thiết nghỉ để các em có thể trở thành “chủ nhân” của những bài toán hay và khó
thì ngoài việc truyền thụ kiến thức cơ bản cho học sinh giáo viên nên cho các em
học sinh tiến hành hoạt động “khai thác những vấn đề tưởng chừng như đơn
giản” trong SGK. Đây là hoạt động rất cần thiết để phát triển tư duy sáng tạo;
phát triển tính chịu khó tìm tòi, đào sâu suy nghỉ của học sinh để từ đó giáo viên
phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có năng khiếu toán học. Vì lí do đó mà
tôi chọn viết đề tài này.
I.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Có rất nhiều vấn đề có thể “khai thác” được trong SGK, Sách Bài Tập,
Sách Tự Chọn. Thiết nghỉ tôi và các đồng nghiệp phải thường xuyên chịu khó
“tìm tòi” những vấn đề đó rồi định hướng cho học sinh và yêu cầu các em tự
mình “khai thác” để tìm ra những “cái mới” của riêng các em. Nếu chúng ta làm
tốt hoạt động này thì sẽ phát huy được năng lực của học sinh; các em sẽ chủ
động hơn trong việc tiếp thu kiến thức và có thể các em sẽ tìm ra một phương
pháp học hiệu quả nhất cho riêng mình. Bài viết này không mong muốn thể hiện
hết các ý trên mà chỉ được xin phép đưa ra một dẫn chứng khi “Vận dụng hai
tính chất của hàm số để sáng tạo và chứng minh các bài toán”.
I.3. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Học sinh lớp 12 (Chú trọng học sinh khá giỏi)
- Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT.

1
PHẦN II. NỘI DUNG
II.1. NHỮNG THUẬN LỢI VÀ KHÓ KHĂN
1. Thuận lợi
- Bản thân tôi được Nhà trường; Tổ chuyên môn quan tâm giúp đỡ, khuyến
khích động viên trong việc tổ chức các cuộc thi về Toán học như: “Giải toán có
thưởng”; “Câu lạc bộ Toán học & Bạn yêu toán”; cuộc thi “Ai là tác giả của

2
II.4. LÝ THUYẾT CƠ SỞ
1. Hai tính chất hiển nhiên đúng của hàm số
Tính chất 1. Cho đồ thị hàm số y = f(x)
lồi trên khoảng (a; b). Cát tuyến AB có
phương trình y = Ax + B, tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại điểm C có hoành độ x
0

thuộc khoảng (a; b) có phương trình
y = ax + b. Ta luôn có bất đẳng thức
Ax B f (x) ax b+ < ≤ +
với
( )
x a;b∀ ∈
.
( Xem hình 1) Hình 1
Tính chất 2. Cho đồ thị hàm số y = f(x)
lõm trên khoảng (a; b). Cát tuyến AB có
phương trình y = Ax + B, tiếp tuyến của
đồ thị hàm số tại điểm C có hoành độ x
0

thuộc khoảng (a; b) có phương trình
y = ax + b. Ta luôn có bất đẳng thức
ax b f (x) Ax B+ ≤ < +
với
( )
x a;b∀ ∈
.

B
) là
(y
B
– y
A
)(x – x
A
) + (x
A
– x
B
)(y – y
A
) = 0.
II.5. VẬN DỤNG HAI TÍNH CHẤT TRÊN
Ta sẽ áp dụng hai tính chất nêu trên cho các hàm số quen thuộc để tạo ra các
bài toán về Bất đẳng thức và các bài toán về Phương trình.
1. Vận dụng cho hàm số lượng giác
a. Hàm số y = sinx
Xét hàm số f(x) = sinx trên khoảng
( )
0;π
; ta có
"
f (x) sinx 0= − <
với
( )
x 0;∀ ∈ π


x 0;∈ π
có phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
'
0 0 0 0 0 0
y f x x x f x cosx x x sinx= − + = − +
. Theo tính chất 1 ta có bất đẳng
thức:
( )
0 0 0
sinx cosx x x sinx≤ − +
(1). Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = sinx lồi trên
khoảng
( ) ( )
1
0;x 0;⊂ π
. Cát tuyến OA qua hai điểm O(0; 0) và
( )
1 1
A x ;sinx
có
phương trình
1
1
sinx
y x
x
=
. Theo tính chất 1 ta có:
1

 
;
1 3
sin C C
2 3 2
π
 
≤ − +
 ÷
 
. Cộng các BĐT cùng chiều thu được ta có
( )
1 3 3 3 3
sin A sin B sin C A B C
2 2 2
+ + ≤ + + − π + =
(vì
A B C
+ + = π
). Đẳng thức
xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
.
** Áp dụng BĐT(2) cho các góc A; B; C của tam giác nhọn ABC và
1
x
2

sau:
Bài 1 a) Chứng minh:
3 3
sin A sin B sin C
2
+ + ≤
với mọi tam giác
ABC
b) Chứng minh:
sin A sin B sin C 2+ + >
với tam giác
ABC
nhọn.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
A B C
; ;
2 2 2
(với A; B; C là số đo các góc của
tam giác ABC) và
0
x
6
π
=
ta có:
A A 3 A 1
sin cos sin
2 6 2 6 6 2 2 6 2
π π π π
   

 
(vì
A B C
+ + = π
). Đẳng thức
xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
.
** Áp dụng BĐT(2) cho các góc
A B C
; ;
2 2 2
(với A; B; C là số đo các góc của
tam giác nhọn ABC) và
1
x
4
π
=
ta có:
sin
A A 2 2 A
4
sin >
2 2 2
4
π

A B C 3
sin sin sin
2 2 2 2
+ + ≤
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
A B C
sin sin sin 2
2 2 2
+ + >
với mọi tam giác nhọn ABC.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
A B C
; ;
4 4 4
(với A; B; C là các góc của
tam giác ABC) và
0
x
12
π
=
ta có
A A 2 3 A 2 3
sin cos sin
4 12 4 12 12 2 4 12 2
π π π + π −
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷

+ π − −
 
+ + ≤ + + − + =
 ÷
 
Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
.
5
** Áp dụng BĐT(2) cho các góc
A B C
; ;
4 4 4
(với A; B; C là các góc của tam
giác nhọn ABC) và
1
x
8
π
=
ta có:
sin
A A 4 2 2 A
8
sin >
4 4 4
8

+ + > + + = −
 ÷
π
 
. Vậy là ta có
bài toán sau:
Bài 3 a) Chứng minh:
A B C 3 2 3
sin sin sin
4 4 4 2
−
+ + ≤
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
A B C
sin sin sin 2 2
4 4 4
+ + > −
với mọi tam giác nhọn
ABC.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
n n n
A B C
; ;
2 2 2
(với A; B; C là các góc của
tam giác ABC) và
0
n
x

≤ − +
 ÷
 
n n n
C 2 2 3 C 2 2 3
sin
2 2 2 3.2 2
+ + + π − + +
 
≤ − +
 ÷
 
. Từ đó suy ra BĐT sau
6
n n n n n n n
n n n
A B C 2 2 3 A B C 3 2 2 3
sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C 3 2 2 3
sin sin sin
2 2 2 2
+ + + π − + +
 
+ + ≤ + + − +
 ÷
 
− + +
⇔ + + ≤
Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi

sin >
2 2 2
2
+
+
π
− + +
=
π
π
(chú
ý:
n 1
2 2 2
sin
2 2
+
π − + +
=
(n - dấu căn));
n
n n
B 2 2 2 2 B
sin >
2 2
− + +
π
và
n
n n

n N,n 2∈ ≥
b) Chứng minh:
n n n
A B C
sin sin sin 2 2 2
2 2 2
+ + > − + +
(
n −
dấu căn)
với mọi tam giác nhọn ABC và
n N,n 2∈ ≥
.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
AB; BC; CA
với A; B; C là các góc
của tam giác ABC và
0
x
3
π
=
ta thu được BĐT sau
1 3
sin AB cos AB sin AB
3 3 3 2 3 2
π π π π
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷

2 2 2
+ + +
+ + ≤ + + = π
. Từ đó suy ra
3 3
sin AB sin BC sin CA
2
+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 5 Chứng minh:
3 3
sin AB sin BC sin CA
2
+ + ≤
với mọi tam giác ABC.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
2 2 23
3 3
A B; B C; C A
với A; B; C là các
góc của tam giác ABC và
0
x
3
π

 
≤ − +
 ÷
 
. Từ đó suy ra:
( )
2 2 2 2 2 23 3
3 3 3 3
1 3 3
sin A B sin B C sin C A A B B C C A
2 2
+ + ≤ + + − π +
.
Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có
2 2 2
3
3 3
A A B B B C C C A
A B B C C A
3 3 3
+ + + + + +
+ + ≤ + + = π
. Từ đó suy ra
2 2 2
3
3 3
3 3
sin A B sin B C sin C A
2
+ + ≤

ta thu được
BĐT sau:
n k k n k k n k k
n n n
1 3
sin A B cos A B sin A B
3 3 3 2 3 2
− − −
π π π π
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷
   
;
8
n k k n k k
n n
1 3
sin B C B C
2 3 2
− −
π
 
≤ − +
 ÷
 
;
n k k n k k
n n
1 3

n k k n k k n k k
n
n n
3 3
sin A B sin B C sin C A
2
− − −
+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra
khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán tổng quát sau:
Bài 7 Chứng minh rằng:
n k k n k k n k k
n
n n
3 3
sin A B sin B C sin C A
2
− − −
+ + ≤
với mọi
tam giác ABC (
n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ <
).
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
2AB 2BC 2CA

2CA 1 2CA 3
sin
C A 2 C A 3 2
π
 
≤ − +
 ÷
+ +
 
. Từ đó suy ra
2AB 2BC 2CA 1 2AB 2BC 2CA 3 3
sin sin sin
A B B C C A 2 A B B C C A 2
 
+ + ≤ + + − π +
 ÷
+ + + + + +
 
Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
A B B C C A
2AB 2BC 2CA
A B B C C A A B B C C A
+ + +
+ + ≤ + + = π
+ + + + + +
. Từ đó suy ra
2AB 2BC 2CA 3 3
sin sin sin

1 1 3 1 1
sin AB cos AB sin AB
2 6 2 6 6 2 2 6 2
π π π π
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷
   
1 3 1 1
sin BC BC
2 2 2 6 2
π
 
≤ − +
 ÷
 
;
1 3 1 1
sin CA CA
2 2 2 6 2
π
 
≤ − +
 ÷
 
. Từ đó suy ra
1 1 1 3 1 1 1 3
sin AB sin BC sin CA AB BC CA
2 2 2 2 2 2 2 2 2
π

2 2 2
3
3 3
1 1 1
A B; B C; C A
2 2 2
với A; B; C là
các góc của tam giác ABC và
0
x
6
π
=
ta thu được BĐT sau
2 2 2
3 3 3
1 1 3 1 1
sin A B cos A B sin A B
2 6 2 6 6 2 2 6 2
π π π π
   
≤ − + = − +
 ÷  ÷
   
;
2 2
3 3
1 3 1 1
sin B C B C
2 2 2 6 2

10
2 2 2
3
3 3
1 1 1 A A B B B C C C A
A B B C C A
2 2 2 6 6 6 2
+ + + + + + π
+ + ≤ + + =
. Từ đó suy ra
2 2 2
3
3 3
1 1 1 3
sin A B sin B C sin C A
2 2 2 2
+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 10 Chứng minh:
2 2 2
3
3 3
1 1 1 3
sin A B sin B C sin C A
2 2 2 2

≤ − + = − +
 ÷  ÷
   
;
n k k n k k
n n
1 3 1 1
sin B C B C
2 2 2 6 2
− −
π
 
≤ − +
 ÷
 
;
n k k n k k
n n
1 3 1 1
sin C A C A
2 2 2 6 2
− −
π
 
≤ − +
 ÷
 

Cộng các BĐT cùng chiều trên ta thu được BĐT sau
n k k n k k n k k n k k n k k n k k

2 2 2 2
− − −
+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra
khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán tổng quát sau:
Bài 11 Chứng minh rằng:
n k k n k k n k k
n
n n
1 1 1 3
sin A B sin B C sin C A
2 2 2 2
− − −
+ + ≤
với
mọi tam giác ABC (
n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ <
).
b. Hàm số y = cosx
Xét hàm số f(x) = cosx trên khoảng
0;
2
π
 
 ÷

có phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
'
0 0 0 0 0 0
y f x x x f x sin x x x cosx= − + = − − +
. Theo tính chất 1 ta có bất
đẳng thức:
( )
0 0 0
cosx sin x x x cosx≤ − − +
(3).
Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = cosx lồi trên khoảng
( )
1
0;x 0;
2
π
 
⊂
 ÷
 
. Cát tuyến OA
qua hai điểm O(0; 0) và
( )
1 1
A x ;cosx
có phương trình
1
1
cosx

với mọi tam giác nhọn
ABC.

Bài 14 a) Chứng minh:
A B C 3 2 3
cos cos cos
4 4 4 2
+
+ + ≤
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
A B C
cos cos cos 2 2
4 4 4
+ + > +
với mọi tam giác nhọn
ABC.
Bài 15 a) Chứng minh:
n n n
A B C 3 2 2 3
cos cos cos
2 2 2 2
+ + +
+ + ≤
(
n −
dấu
căn) với mọi tam giác ABC và
n N,n 2∈ ≥
b) Chứng minh:

π
 
∀ ∈
 ÷
 
suy ra đồ thị hàm số lõm trên khoảng
0;
2
π
 
 ÷
 
. Tiếp tuyến của đồ thị
hàm số tại điểm có hoành độ
0
x 0;
2
π
 
∈
 ÷
 
có phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
'
0 0 0 0 0
2
0
1
y f x x x f x x x tan x

1
tanx
y x
x
=
. Theo tính
chất 2 ta có:
1
1
tanx
tan x< x
x
(6). Ta sẽ vận dụng BĐT(5) và BĐT(6) để tạo ra một
số bài toán:
** Áp dụng BĐT(5) cho các góc A; B; C của tam giác nhọn ABC và
0
x
3
π
=
ta có:
2
1
tan A A tan 4 A 3
3 3 3
cos
3
π π π
   
≥ − + = − +

= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 16 Chứng minh:
tan A tan B tan C 3 3+ + ≥
với mọi tam giác
ABC
nhọn.
** Áp dụng BĐT(5) cho các góc
A B C
; ;
2 2 2
(với A; B; C là số đo các góc của
tam giác ABC) và
0
x
6
π
=
ta có:
2
A 1 A 4 A 3
tan tan
2 2 6 6 3 2 6 3
cos
6
π π π
   
≥ − + = − +
 ÷  ÷
π

A B C
+ + = π
). Đẳng thức
xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
.
** Áp dụng BĐT(6) cho các góc
A B C
; ;
2 2 2
(với A; B; C là số đo các góc của tam
giác nhọn ABC) và
1
x
4
π
=
ta có
tan
A A 4 A
4
tan <
2 2 2
4
π
=
π

2 2 2
+ + ≥
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
A B C
tan tan tan 2
2 2 2
+ + <
với mọi tam giác nhọn ABC.
** Áp dụng BĐT(5) cho các góc
A B C
; ;
4 4 4
(với A; B; C là các góc của
tam giác ABC) và
0
x
12
π
=
ta có
2
A 1 A 4 A
tan tan 2 3
4 4 12 12 4 12
2 3
cos
12
π π π
   

≥ − + −
 ÷
+
 
. Từ đó ta thu được BĐT sau
( ) ( )
A B C 4 A B C
tan tan tan 3 2 3 3 2 3
4 4 4 4 4 4 4
2 3
π
 
+ + ≥ + + − + − = −
 ÷
+
 

(vì
A B C
+ + = π
). Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
.
14
** Áp dụng BĐT(6) cho các góc
A B C
; ;

B B
tan <
4 4
−
π
;
( )
8 2 1
C C
tan <
4 4
−
π
. Từ đó ta thu được BĐT
sau:
( )
( )
8 2 1
A B C A B C
tan tan tan 2 2 1
4 4 4 4 4 4
−
 
+ + < + + = −
 ÷
π
 
(vì
A B C
+ + = π

(
n N,n 2∈ ≥
) ta thu được các BĐT
n n n n n n
2
n
A 1 A 4 A 2 2 3
tan tan
2 2 3.2 3.2 2 3.2
2 2 3
cos
2 2 3
3.2
π π π − + +
   
≥ − + = − +
 ÷  ÷
π
   
+ + +
+ + +
(chú ý:
n n
2 2 3 2 2 3
tan ;cos
3.2 3.2 2
2 2 3
π − + + π + + +
= =
+ + +

n n n
A B C 4 A B C 3 2 2 3
tan tan tan
2 2 2 2 2 2 2
2 2 3
2 2 3
A B C 3 2 2 3
tan tan tan
2 2 2
2 2 3
π − + +
 
+ + ≥ + + − +
 ÷
 
+ + +
+ + +
− + +
⇔ + + ≥
+ + +
Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
.
** Áp dụng BĐT(6) cho các góc
n n n
A B C
; ;

π
π + + +
(chú ý:
n 1
2 2 2
tan
2
2 2 2
+
π − + +
=
+ + +
(n - dấu căn thức)
n 1
n n
B 2 2 2 2 B
tan <
2 2
2 2 2
+
− + +
π + + +
;
n 1
n n
C 2 2 2 2 C
tan <
2 2
2 2 2
+

căn) với mọi tam giác ABC và
n N,n 2∈ ≥
b) Chứng minh:
n n n
A B C 2 2 2 2
tan tan tan
2 2 2
2 2 2
− + +
+ + <
+ + +
(
n −
dấu
căn) với mọi tam giác nhọn ABC và
n N,n 2∈ ≥
.
d. Hàm số y = cotx
Xét hàm số f(x) = cotx trên khoảng
0;
2
π
 
 ÷
 
; ta có
"
3
2cosx
f (x) 0

'
0 0 0 0 0
2
0
1
y f x x x f x x x cot x
sin x
−
= − + = − +
. Theo tính chất 2 ta có bất
đẳng thức:
( )
0 0
2
0
1
cotx x x cot x
sin x
−
≥ − +
(7).
Dễ thấy đồ thị hàm số f(x) = cotx lõm trên khoảng
( )
1
0;x 0;
2
π
 
⊂
 ÷

cot cot cot 3 3
2 2 2
+ + ≥
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
A B C
cot cot cot 2
2 2 2
+ + <
với mọi tam giác nhọn ABC.
Bài 22 a) Chứng minh:
( )
A B C
cot cot cot 3 2 3
4 4 4
+ + ≥ +
với mọi tam giác ABC
b) Chứng minh:
( )
A B C
cot cot cot 2 2 1
4 4 4
+ + < +
với mọi tam giác nhọn
ABC.
Bài 23 a) Chứng minh:
n n n
A B C 3 2 2 3
cot cot cot
2 2 2

x
3
π
=
ta thu được BĐT sau
2
1 4 3
cot AB AB cot AB
3 3 3 3 3
sin
3
− π π π
   
≥ − + = − − +
 ÷  ÷
π
   
;
4 3
cot BC BC
3 3 3
π
 
≥ − − +
 ÷
 
;
4 3
cot CA CA
3 3 3

nhọn.
** Áp dụng BĐT(7) cho các góc
2 2 23
3 3
A B; B C; C A
với A; B; C là các
góc của tam giác nhọn ABC và
0
x
3
π
=
ta thu được BĐT sau
2 2 23 3 3
2
1 4 3
cot A B A B cot A B
3 3 3 3 3
sin
3
− π π π
   
≥ − + = − − +
 ÷  ÷
π
   
;
2 2
3 3
4 3

3
3 3
A A B B B C C C A
A B B C C A
3 3 3
+ + + + + +
+ + ≤ + + = π
. Từ đó ta được
2 2 23
3 3
cot A B cot B C cot C A 3+ + ≥
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 25 Chứng minh:
2 2 23
3 3
cot A B cot B C cot C A 3+ + ≥
với mọi tam giác
nhọn ABC.
18
** Áp dụng BĐT(7) cho các góc
n k k n k k n k k
n
n n
A B ; B C ; C A
− − −

cot B C B C
3 3 3
− −
π
 
≥ − − +
 ÷
 
;
n k k n k k
n n
4 3
cot C A C A
3 3 3
− −
π
 
≥ − − +
 ÷
 

Cộng các BĐT cùng chiều trên ta thu được BĐT
( )
n k k n k k n k k n k k n k k n k k
n n
n n n n
4
cot A B cot B C cot C A A B B C C A 3
3
− − − − − −

cot A B cot B C cot C A 3
− − −
+ + ≥
với mọi
tam giác ABC nhọn (
n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ <
).
** Áp dụng BĐT(7) cho các góc
2AB 2BC 2CA
; ;
A B B C C A+ + +
(với A; B; C là số đo
các góc của tam giác nhọn ABC) và
0
x
3
π
=
ta có
2
2AB 1 2AB 4 2AB 3
cot cot
A B A B 3 3 3 A B 3 3
sin
3
− π π π
   
≥ − + = − − +
 ÷  ÷
π

 
.
Mặt khác áp dụng BĐT CauChy ta có
( ) ( ) ( )
2 2 2
A B B C C A
2AB 2BC 2CA
A B B C C A A B B C C A
+ + +
+ + ≤ + + = π
+ + + + + +
. Từ đó suy ra
19
2AB 2BC 2CA
cot cot cot 3
A B B C C A
+ + ≥
+ + +
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy ta thu được bài toán sau:
Bài 27 Chứng minh:
2AB 2BC 2CA
cot cot cot 3
A B B C C A
+ + ≥
+ + +

 
≥ − − +
 ÷
 
;
1 1
cot CA 4 CA 3
2 2 6
π
 
≥ − − +
 ÷
 
. Suy ra
1 1 1 1 1 1
cot AB cot BC cot CA 4 AB BC CA 3 3
2 2 2 2 2 2 2
π
 
+ + ≥ − + + − +
 ÷
 
Mặt khác theo BĐT CauChy ta có
1 1 1 A B B C C A
AB BC CA
2 2 2 4 4 4 2
+ + + π
+ + ≤ + + =
. Từ đó suy ta ra
1 1 1

=
ta thu được BĐT sau
2 2 23 3 3
2
1 1 1 1
cot A B A B cot 4 A B 3
2 2 6 6 2 6
sin
6
− π π π
   
≥ − + = − − +
 ÷  ÷
π
   
;
20
2 2
3 3
1 1
cot B C 4 B C 3
2 2 6
π
 
≥ − − +
 ÷
 
;
2 2
3 3

2 2 2
3
3 3
1 1 1
cot A B cot B C cot C A 3 3
2 2 2
+ + ≥
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán sau:
Bài 29 Chứng minh:
2 2 2
3
3 3
1 1 1
cot A B cot B C cot C A 3 3
2 2 2
+ + ≥
với mọi tam
giác ABC.
** Áp dụng BĐT(1) cho các góc
n k k n k k n k k
n
n n
1 1 1
A B ; B C ; C A
2 2 2

1 1
cot B C 4 B C 3
2 2 6
− −
π
 
≥ − − +
 ÷
 
;
n k k n k k
n n
1 1
cot C A 4 C A 3
2 2 6
− −
π
 
≥ − − +
 ÷
 

Cộng các BĐT cùng chiều trên ta thu được BĐT
n k k n k k n k k n k k n k k n k k
n n
n n n n
1 1 1 1 1 1
cot A B cot B C cot C A 4 A B B C C A
2 2 2 2 2 2 2
3 3

ra khi và chỉ khi
A B C
3
π
= = =
. Vậy là ta có bài toán tổng quát sau:
Bài 30 Chứng minh rằng:
n k k n k k n k k
n
n n
1 1 1
cot A B cot B C cot C A 3 3
2 2 2
− − −
+ + ≥

21
với mọi tam giác ABC (
n,k N;n 2;1 k n∈ ≥ ≤ <
).
2. Vận dụng cho hàm số đa thức
a. Hàm số bậc hai
Xét hàm số f(x) = x
2
trên đoạn [1; 2]; dễ thấy đồ thị hàm số lõm trên đoạn
[1; 2]. Cát tuyến AB đi qua hai điểm thuộc đồ thị là A(1; 1) và B(2; 4) có
phương trình y = 3x – 2. Theo tính chất 2 ta có BĐT:
23
2
−≤ xx

và các hoán vị của ba số
a;b;c
. Vậy là ta thu được bài toán:
Bài 31 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn đẳng thức
a b c 4+ + =
. Chứng
minh rằng:
6
222
≤++ cba
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
** Áp dụng BĐT(9) cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn
a b c 5+ + =
ta có
96)(3
23
23
23
222
2
2
2
=−++≤++⇒


ta có
9
111
2
3
2
3
2
3
2
23
23
23
2
2
2
≤






+++++⇒











+++++≥






++++++≥⇔
cba
cba
cba
cba
111
2).1(2
111
2)1(102
25111
)1( ≤









++−++≥






+++−++≥⇔
cba
cba
cba
cba
111
2).1(2
111
2)1(88
111
)1( ≤







; ta có
"
f (x) 6x 0= >
với mọi
[ ]
x 1;2∈
suy
ra đồ thị hàm số lõm trên đoạn
[ ]
1;2
. Cát tuyến AB đi qua hai điểm thuộc đồ thị
là A(1; 1) và B(2; 8) có phương trình y = 7x – 6. Theo tính chất 2 ta có BĐT:
3
x 7x 6≤ −
(10).
** Áp dụng BĐT(10) cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn
a b c 4+ + =
ta có

( )
3
3 3 3 3
3
a 7a 6
b 7b 6 a b c 7 a b c 18 10
c 7c 6


3
3 3 3 3
3
a 7a 6
b 7b 6 a b c 7 a b c 18 17
c 7c 6

≤ −

≤ − ⇒ + + ≤ + + − =


≤ −

. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
a 1;b 2;c 2= = =
và các hoán vị của ba số
a;b;c
. Vậy là ta thu được bài toán:
Bài 36 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn đẳng thức
a b c 5+ + =
. Chứng
minh rằng:
3 3 3
a b c 17+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
**Áp dụng BĐT(10) cho các số thực

 ÷
 
 
≤ −


+ ≤


(b)
23
BĐT(b)






+++++≥






++++++≥⇔
cba
cba
cba
cba

2 2 2
1 1 1 75
(a b c 9)
a b c 2
 
+ + + + + ≤
 ÷
 
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
BĐT (b)






+++++≥






++++++≥⇔
cba
cba
cba
cba
111
6).3(2

(a b c 3) 24
a b c
 
+ + + + + ≤
 ÷
 
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
c. Hàm số bậc bốn
Xét hàm số
4 2
f (x) x 5x 4= − +
trên đoạn
[ ]
1;2
; ta có
" 2
f (x) 12x 10 0= − >
với
mọi
[ ]
x 1;2∈
suy ra đồ thị hàm số lõm trên đoạn
[ ]
1;2
. Cát tuyến AB đi qua hai
điểm thuộc đồ thị là A(1; 0) và B(2; 0) có phương trình y = 0. Theo tính chất 2
ta có BĐT:
4 2
x 5x 4 0− + ≤
(11).

(c). Mặt khác theo Bài 31 ta có
6
222
≤++ cba
. Kết hợp với (c) ta thu được:
18
444
≤++ cba
. Đẳng thức xãy ra khi
và chỉ
khi
a 1;b 1;c 2= = =
và các hoán vị của ba số
a;b;c
. Vậy là ta thu được bài
toán:
Bài 39 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn đẳng thức
4
=++
cba
. Chứng
minh rằng:
4 4 4
a b c 18+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
24
**Áp dụng BĐT(11) cho các số thực

9
222
≤++ cba
. Kết hợp với (d) ta thu được:
33
444
≤++ cba
. Đẳng thức xãy ra khi
và chỉ khi
a 1;b 2;c 2= = =
và các hoán vị của ba số
a;b;c
. Vậy là ta thu được
bài toán:
Bài 40 Cho các số thực
[ ]
a;b;c 1;2∈
thoả mãn đẳng thức
5
=++
cba
. Chứng
minh rằng:
4 4 4
a b c 33+ + ≤
. Đẳng thức xãy ra khi nào ?
** Áp dụng BĐT(11) cho các số thực
[ ]
a;b;c;d 1;2∈
ta có

4
d 5
d

+ ≤



+ ≤


+ ≤
+ ≤


 
⇔ ⇒ + + + + + + + ≤
 
 ÷
+ ≤
 
 
+ ≤
 
+ ≤



+ ≤


4
1691111
6
2222
2222
≤






+++++++⇔
dcba
dcba
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
2;1;1;1 ==== dcba
và các hoán vị của ba số
a;b;c;d
. Vậy là ta thu được bài
toán:
Bài 41 Cho các số thực
[ ]
a;b;c;d 1;2∈
. Chứng minh bất đẳng thức sau:

( )
4
1691111
6

2222
2222
2222
1111
4.2
1111
420
dcba
dcba
dcba
dcba
( )
25
1111
2222
2222
≤






++++++⇔
dcba
dcba
. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi
2;2;1;1 ==== dcba
và các hoán vị của ba số
a;b;c;d