Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Bất đẳng thức (BĐT) trong các kì thi chọn HSG Tỉnh, HSG Quốc gia,
HSG khu vực và Quốc tế có thể coi là “điểm nóng”, thường trở thành đề tài
giành được nhiều lời giải nhất và được thảo luận nhiều nhất trên các diễn đàn
cũng như các tạp chí về Toán học.
Cùng với BĐT AM-GM, BĐT Cauchy-Schwarz, BĐT Chebyshes, BĐT
Jensen thì đạo hàm cũng là một phần kiến thức quan trọng không thể thiếu
trong nhiều bài toán đại số cũng như BĐT. Nó thực sự là một công cụ hiệu
quả và có ứng dụng rộng rãi trong giải toán, cũng là một phương pháp chuẩn
mực nhất khi ta gặp phải các BĐT thông thường.
Các tài liệu viết về BĐT hiện nay rất nhiều, tuy nhiên một số chuyên
đề viết riêng về việc vận dụng đạo hàm vào chứng minh BĐT và giải các bài
toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) có tính hệ thống
và tính phân loại cũng như tinh sát thực phù hợp cho việc giảng dạy, bồi
dưỡng HSG và ôn luyện cho học sinh thi Đại học và cao đẳng là rất cần thiết.
Do vậy tôi chọn chuyên đề này nhằm phần nào đáp ứng được những yêu cầu
trên cũng như góp phần nâng cao chất lượng bồi dưỡng HSG của tỉnh nhà.
2. Các nhiệm vụ của đề tài
Chuyên đề nghiên cứu và trình bày các nội dung sau:
Phần I: Các kiến thức cơ bản cần thiết
Phần II: Sử dụng đạo hàm vào giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức và
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
1. Bất đẳng thức một biến số
Dạng 1: Khảo sát trực tiếp cực trị của hàm số để tìm tập giá trị của
hàm số
Dạng 2: Sử dụng tính đơn điệu
Dạng 3: Kết hợp với các BĐT khác như BĐT AM-GM, BĐT CauchySchwarz,...
2. Bất đẳng thức có hai hay nhiều biến số
Dạng 1: Khảo sát hàm đặc trưng

phương pháp trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán. Đồng thời, thông qua
chuyên đề hình thành kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh.
7. Địa bàn
Tại trường THPT Chuyên Hưng Yên.
8. Lịch sử nghiên cứu
Bắt đầu từ năm 2005 thông qua việc giảng dạy bồi dưỡng HSG của
trường, của tỉnh và luyện thi Đại học.

2


Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức

B. NỘI DUNG
I. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN THIẾT
1. Định lý 1: Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên [a; b].
*) Nếu f ( x) ≥ 0, ∀x ∈ [ a; b ] thì f(x) đồng biến trên [a; b] và khi đó ta có
min f ( x) = f ( a); m ax f ( x) = f (b)

x∈[ a ;b ]

x∈[ a ;b ]

*) Nếu f ( x) ≤ 0, ∀x ∈ [ a; b ] thì f(x) nghịch biến trên [a; b] và khi đó ta có
min f ( x) = f (b); m ax f ( x) = f (a)

x∈[ a ;b ]

x∈[ a ;b ]


số
x − sin A
x − sin B
+
−1 .
x − sin C
x − sin C
Giải: Ta có A > B > C ⇔ a > b > c ⇔ sin A > sin B > sin C (1) .
f ( x) =

Hàm số xác định khi và chỉ khi

 x − sin A
 x − sin C ≥ 0
 x < sin C
⇔ 
(*)

 x > sin A
 x − sin B ≥ 0
 x − sin C

Ta có
f ′( x) =

sin A − sin C x − sin C sin B − sin C x − sin C
.
+
.
.


( vì 0 < sinA – sinB < sinA – sinC).
4


Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Bài toán 2: ( Thi HSG Quốc gia, 1992)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 ta có
n

1+

n

n
n n
n
+ 1−


2!
n ! ÷
2! 3!
n! ÷




Giải: Đặt

x2
xn
u ( x ) = 1 + x +
+ ... +

2!
n!


x 2 x3
xn
v
(
x
)
=
1
−
x

xn
v
(
x
)
=
−
1
+
x
−
+
+
...
+
=
−
v
(
x
)
−

2! 3!
(n −1)!
n!


Vậy
f ′( x) = [ u ( x).v( x) ] ′ = u′( x)v( x) + u ( x).v′( x)


Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
−∞
+∞

x

0

y’
Y

+

0

-

1

Từ bảng biến thiên ta có f ( x) < f (0) = 1, ∀x ≠ 0. (đpcm)
Bài toán 4: (Bộ đề tuyển sinh Đại học)
Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng
xn . 1 − x

Ta chứng minh
(2n) 2 n
1

1


Bài 2: Chứng minh rằng nếu x > 0 và mọi số nguyên dương n ta có
x 2 x3
xn
x
e > 1 + x + + + ... + .
2! 3!
n!
Bài 3 (Toán học và tuổi trẻ)
n
1
< 2ln 2 .
Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng ∑
k =1 k (2k − 1)
HD: Xét hàm số

x 2 x3
x 2 n−1 x 2 n 
f ( x) = ln(1 + x) −  x − + − ... +
+
÷
2
3
2
n
−
1
2n 

trên [ 0;+∞ ) . Hàm số đồng biến trên [ 0;+∞ ) suy ra f ( x) > f (0) , đpcm.
x +1

3

Giải: Xét hàm số f ( x) = − x + x + sinx trên [ 0;+∞ ) . Ta có
6

7


Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
x2
− 1 + cos x
2
f ′′( x ) = x − sinx
f ′′′( x) = 1 − cos x
f ′( x) =

Ta có f ′′′( x) = 1 − cos x ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) ⇒ f ′′( x) ≥ f ′′(0) = 0 , nên f’(x) đồng
biến trên [ 0;+∞ ) . Suy ra f ′( x) ≥ f ′(0) = 0 ⇒ f ( x) đồng biến trên [ 0;+∞ ) . Do
đó
f ( x) ≥ f (0) = 0, ∀x ≥ 0 và f ( x) > f (0) = 0, ∀x > 0.
Tức là

x3
x3
− x + s inx>0 ⇔ x −
< sinx với x > 0
6
6
Lưu ý f ′′( x) > f ′′(0) = 0 với x > 0 ta có sinx < x (2)




1
 3
x+ ÷ +
x− ÷ +
x+ ÷ +
 − x÷ +
2 4
2 4
2 4



2
 4
1

1

= g  x + ÷+ g  − x ÷
2

2

t
g (t ) =
, t ∈ R.
với mọi x, trong đó
Vì hàm g đồng biến trên R nên


+


Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
+∞

2
Từ bảng biến thiên suy ra min f ( x) = 2 ⇔ x = 0 .
Bài toán 7: Cho a, b, x > 0 và a ≠ b . Chứng minh rằng
b+ x
b
a+x
a

÷ > ÷
b+ x
b
b+ x

a+x
Giải: Xét hàm số f ( x) = 
÷ ,
b+x
a+ x
ln f ( x) = ( b + x ) ln 
÷.
b+x
Suy ra



a+ x  a+ x b−a a+ x
=
+
÷  ln
÷= 
÷ .g ( x )
b+ x  b+x a+ x b+x
a+ x b−a
+
trong đó g ( x) = ln
. Ta có
b+x a+ x
b+ x b−a
a−b
(a − b)2
′
g ( x) =
.
+
=−
< 0.
a + x (b + x ) 2 (a + x ) 2
(a + x) 2 (b + x )
Do đó g(x) nghịch biến trên ( 0;+∞ ) . Suy ra
 a+ x b−a
g ( x) > lim g ( x) = lim  ln
+
÷= 0 .
x →∞

x

HD: Xét hàm số f ( x) = x1− x + x1− x = x1− x + x.x1− x = (1 + x) x 1− x , ∀x ∈ ( 0;1) .
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta có
x3
x3 x5
x − < sinx < x − + .
3!
3! 5!
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi x ta có
17 ≤ cos 2 x + 4cos x + 6 + cos 2 x − 2cos x + 3 ≤ 2 + 11 .
Bài 4: Tìm tập giá trị của hàm số
f ( x) = x 2 + 2 x + 4 − x 2 − 2 x + 4 .
1.3 Dạng 3: Kết hợp với các BĐT khác như BĐT AM-GM, BĐT CauchySchwarz, BĐT Chebyshes,…
π
Bài toán 8: Chứng minh rằng nếu 0 ≤ x < thì
2
s inx
t anx
2 + 2 ≥ 2 x+1 .
Giải: Áp dụng BĐT AM-GM ta có 2s inx + 2t anx ≥ 2. 2s inx.2t anx . Ta chứng
minh
2 2s inx.2 t anx ≥ 2 x +1 ⇔ 2s inx + t anx ≥ 22 x ⇔ sinx + t anx ≥ 2 x .
 π
Xét hàm số f ( x) = sinx + t anx − 2 x liên tục trên  0;  , có
 2
1
1
 π
f ′( x) = cos x +

3
sin 3 x
 sinx 
>
cos
x
⇔
> cos x ⇔ sin 2 x.tan x- x 3 > 0 (1) .

÷
3
x
 x 
10


Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
 π
Xét hàm số f ( x) = sin 2 x.tan x- x3 với x ∈ 0;  . Ta có
 2
f ′ ( x ) = 2sin 2 x + tan 2 x − 3 x 2 .
Áp dụng BĐT 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a + b + c ) ta có
1
2
f ′ ( x ) = sin 2 x + sin 2 x + tan 2 x − 3 x 2 ≥ ( 2sin x + tan x ) − 3 x 2 .
3
 π
Đặt g ( x) = 2sin x + tan x − 3 x, x ∈ 0; ÷, thì
 2
1

tiếp để khử bớt một loại hàm số như trong bài toán 5.
2

3

Cách 2: Theo bài 5 ta có x − x < sinx , suy ra
6

3

3

2
x2 x 4 x6
x2 x4
 sin x   x 
>
1
−
=
1
−
+
−
>
1
−
+
( 2)


a
f ′( x ) =
−
−
− ( 1 − a ) ( 1 − b)
2
2
a + b + 1 ( x + a + 1)
( x + b + 1)

f ′′ ( x ) =

2b

( x + a + 1)

3

+

2a

( x + b + 1)
11

3

≥ 0, ∀∈ [ 0;1]



=1
a + b +1 b + 2 a + 2 a + b +1 b + a +1 a + b +1
Suy ra
f ( x ) ≤ max f ( x ) = max { f ( 0 ) ; f ( 1) } ≤ 1
[ 0;1]

• Nếu phương trình f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0 . Khi đó do f’(x)
đồng biến trên [0; 1], nên
f ′ ( x ) < 0, ∀x ∈ [ 0; x0 ] và f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ [ x0 ;1] .
Do đó x0 là điểm cực tiểu của hàm số, mà f(x) liên tục trên [0; 1] nên
f ( x ) ≤ max f ( x ) = max { f ( 0 ) ; f ( 1) } ≤ 1 .
[ 0;1]

Từ hai trường hợp ta có đpcm.
Bài toán 11: (VMO – 2003, Bảng B)
Cho hàm số f xác định trên tập số thực, lấy giá trị trên R và thỏa mãn điều
kiện
f ( cot x ) = sin 2 x + cos 2 x, ∀x ∈ ( 0;π ) .
2
2
Hãy tìm GTLN và GTNN của hàm số g ( x ) = f ( sin x ) . f ( cos x ) trên R.
Giải: Ta có
f ( cot x ) = sin 2 x + cos 2 x, ∀x ∈ ( 0;π )

2cot x
cot 2 x − 1 cot 2 x + 2cot x − 1
⇔ f ( cot x ) =
+
=
, ∀x ∈ ( 0;π )


và

m ax g ( x) = m ax h(u )
x∈R

 1
0; 4 

u 2 + 8u − 2
trong đó h ( u ) = 2
. Ta có
u − 2u + 2
2 ( −5u 2 + 4u + 6 )
h′ ( u ) =
.
2
( u 2 − 2u + 2 )
 1
Dễ dàng chứng minh được h′ ( u ) > 0, ∀u ∈ 0;  . Suy ra hàm h(u) đồng
 4
 1
 1
biến trên  0;  . Vì vậy trên  0;  ta có
 4
 4
1 1
min h ( u ) = h ( 0 ) = −1 và max h ( u ) = h  ÷ = .
 4  25
1

3( 1 − x )
f ′( x ) =
2 ( x 2 − x + 1) x 2 − x + 1
và
13


Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = 1;
Ta có bảng biến thiên
x

lim f ( x ) = 1,

x →+∞

−∞
+∞

f’(x
)
f(x)

lim f ( x ) = −1

x →−∞

1
+


Giải: Xét hàm số
 π
f ( x ) = tan x + 6sin x − 7 x với  0; ÷.
 2
Ta có
1
( cos x − 1) ( 3cos x + 1) ( 2cos x − 1) .
f ′( x ) =
+
6cos
x
−
7
=
cos 2 x
cos 2 x
 π
Vì x ∈  0; ÷ nên
 2
14


Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
f ′ ( x ) = 0 ⇔ 2cos x − 1 = 0 ⇔ x =

π
.
3

 π

Bài toán 14: (ĐH Quốc gia Hà Nội, 2000)
Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng
8a + 8b + 8c ≥ 2a + 2b + 2c .

Giải: Xét hàm số f ( x ) = ( 2 x ) − 2 x − 2 x ln 2 trên R. Ta có
3

f ′ ( x ) = 3.( 2 x ) .ln 2 − 2 x.ln 2 − 2ln 2 = ( 2 x − 1) ( 3.2 x + 2 ) ln 2
2

và

f ′( x ) = 0 ⇔ 2x = 1 ⇔ x = 0 .

Ta có bảng biến thiên
x
f’(x
)
f(x)

−∞
+∞

0
-

0

+∞
+∞

a

b

a

 1 + 4 a   1 + 4b 
 a 1  b 1
2
+
≤
2
+
⇔


 a ÷ ≤ b ÷
a ÷
b ÷
2
2

 

 2   2 

⇔ ( 1 + 4a ) ≤ ( 1 + 4b ) ⇔ ln ( 1 + 4a ) ≤ ln ( 1 + 4b )
b

⇔

Cho hàm số f(x) đồng biến trên (a; b). Khi đó với α , β ∈ ( a; b ) ta có
α < β ⇔ f (α ) < f ( β ) .
Bài toán 16: Chứng minh rằng với mọi x, y ∈ ( 0;1) , x ≠ y ta có
1 
y
x 
ln
− ln
> 4 ( 1) .

y − x  1− y
1− x ÷

Giải:
• Nếu y > x thì
y
x
y
x
− ln
> 4 ( y − x ) ⇔ ln
− 4 y > ln
− 4x .
( 1) ⇔ ln
1− y
1− x
1− y
1− x
• Nếu y < x thì
y

y
x 
⇔
ln
− ln
> 4, ∀x, y ∈ ( 0;1) , x ≠ y .

y − x  1− y
1− x ÷

Xét f ( t ) = ln

Bài toán 17: Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh rằng
x
y
+
≥ 2.
1− x
1− y
Giải: Ta có y = 1 – x nên BĐT cần chứng minh là
x
1− x
+
≥ 2, ∀x ∈ ( 0;1) .
1− x
x
x
1− x
+
, ∀x ∈ ( 0;1) . Ta có

t t
1
f ′( x ) = 0 ⇔ h 1 − x = h x ⇔ 1 − x = x ⇔ x =
2
Và
1 
f ′ ( x ) > 0 ⇔ h 1 − x > h x ⇔ 1 − x < x ⇔ x ∈  ;1÷
2 
 1
f ′ ( x ) < 0 ⇔ x ∈  0; ÷
 2
1
f ( x ) = f  ÷ = 2 . Suy ra f ( x ) ≥ 2, ∀x ∈ ( 0;1) .
Vậy min
( 0;1)
2
Bài toán 18: (Đại học khối A, 2004)
Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện
cos 2 A + 2 2 cos B + 2 2 cos C = 3 ( 1) .
Tính các góc của tam giác ABC.

(

) ( )

(

) ( )

(

2
2
2
A
Từ (2) và (3) ta có − sin 2 A + 2 2 sin − 1 ≥ 0 .
2
A
Đặt t = sin thì
2
−4t 2 ( 1 − t 2 ) + 2 2t − 1 ≥ 0 ( 4 )

( 2)

Xét hàm f ( t ) = 4t 4 − 4t 2 + 2 2t − 1 . Ta phải có f ( t ) ≥ 0 với 0 < t ≤

1
5

(5).
Tính
f ′ ( t ) = 16t 3 − 8t + 2 2; f ′′ ( t ) = 48t 2 − 8 ⇒ f ′′ ( t ) = 0 ⇔ t =

1
6

Ta có
1
1
1
; f ′′ ( t ) < 0 ⇔

Thay vào ta được cos
2
4
Bài toán 19:
2
2
Cho hai số x, y khác 0 thay đổi thỏa mãn ( x + y ) xy = x + y − xy ( *)
1 1
Chứng minh rằng 3 + 3 ≤ 16 .
x
y
x + y = u
Giải: Nhận thấy x, y đối xứng nên đặt : 
thì (*) trở thành
 x. y = v
f ′′ ( t ) < 0 ⇔ 0 < t

Vì từ (*) suy ra
u
u
hoặc u ≤ −3 .
u+3
−3
⇒ f’(u) = 2 < 0 suy ra f(x)
Xét hàm số f(u) =
u
u
Trên mỗi khoảng ( −∞; −3 ) và [ 1; +∞) do đó f(u) ≤ f(1); ∀u ≥ 1.
Còn 0 < f(-3) < f(u) <1, ∀ u > -3, từ đó ta có đpcm.
2

2

Bài toán 20: (VMO, 2004)
3
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn ( x + y + z ) = 32 xyz . Tìm
GTLN và GTNN của biểu thức
x4 + y 4 + z 4
P=
4 .
( x + y + z)
Giải: Không mất tính chất tổng quát ta có thể giả sử x + y + z = 4 , khi đó
1
xyz = 2 . Ta phải tìm GTLN và GTNN của P = 4 ( x 4 + y 4 + z 4 ) . Ta có
4

∑ x4 = ( ∑ x2 )

5 5 −1
. Từ
3

x 4 + y 4 + z 4 ( a − 16 ) − 112
suy ra
=
44
128
9
383 − 165 5
min P =
và max P =
128
256
2

19


Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức

1+ 5 1+ 5 
3
−
5,
,
Đạt được khi (x, y, z) là các hoán vị của (2, 1, 1) và 
÷.
2

Bài 3: Chứng minh rằng

(2

x

+ 3 y ) < ( 2 y + 3x ) , ∀x > y > 0 .
y

x

Tổng quát: Với a, b > 0 và x > y > 0 ta có

(a

x

+ b y ) < ( a y + bx ) .
y

x

Bài 4: Cho x, y ≥ 0; x 3 + y 3 = 1 . Tìm GTLN của A = x + 2 y .
Bài 5: Tìm ba góc của tam giác ABC biết
5
cos A + 3 ( cos B + cos C ) = .
2
Bài 6: Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện : xy + yz + xyz = 4
(*)


⇔ x 2 + y 2 + z 2 = 2 − 2 ( x + y + z ) + ( x + y + z ) − 4 xyz
2

3

x+ y+z
Áp dụng BĐT AM-GM ta có xyz ≤ 
÷ , suy ra
3


x + y + z ≥ 2 − 2( x + y + z ) + ( x + y + z )
2

2

2

2

3

x+ y+z
− 4
÷.
3



Đặt t = x + y + z (0 < t < 3), ta có

Từ a + b + c = 3 và a + b > c suy ra 1 ≤ c < (2).
2
Ta biến đổi
2
T = 3(a 2 + b 2 ) + 3c 2 + 4abc = 3 ( a + b ) − 2ab  + 3c 2 + 4abc


= 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − 2ab ( 3 − 2c )
2

2

a+b
Do 2 – 3c > 0 và ab ≤ 
÷ ( 3) , suy ra
 2 

21


Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
1
2
( a + b ) ( 3 − 2c ) =
2
1
2
= 3 ( c 2 − 6c + 9 ) + 3c 2 − ( 3 − c ) ( 3 − 2c )
2
3


Giải: Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các điểm M(1-x; y) và N(1+x; y).
Ta có OM + ON ≥ MN, suy ra

( x − 1)

2

+ y2 +

( x + 1)

2

+ y2 ≥ 4 + 4 y2 .

Đẳng thức xảy ra khi x = 0, ta được A ≥ 2 1 + y 2 + y − 2 .
Xét hàm số f ( y ) = 2 1 + y 2 + y − 2 .
*) Với y ≥ 2 thì f ( y ) = 2 1 + y 2 + y − 2 là hàm đồng biến.
2y
2
′
f
y
=
− 1.
(
)
*) Với y < 2 thì f ( y ) = 2 1 + y + 2 − y có
1 + y2

22


Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1.
Áp dụng (*) với x, y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z ta có
x
1
1
1
1
P=
+
+
≥
+
2x + 3y 1 + x 1 + x 2 + 3y
x.
1+
y
z
x
y
z x
x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi = hoặc = 1 (1)
y z
y
Đặt


33

x
= 4 ⇔ x = 4; y = 1 (2)
y

34
. Từ (1) và (2) suy ra dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 9, y
33

z = 2.

Bài toán 25: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Tìm
GTLN của biểu thức
S = 3 ( a + b + c ) − 22abc .
Giải: Không mất tính tổng quát, giả sử a= min {a,b,c}. Xét các trường hợp
sau
• Nếu a = -1 thì b = c = 0 và S = -3
• Nếu -1 < a < 0 thì sử dụng BĐT CBS ta có
S = 3 ( a + b + c ) + 11(− a)(2bc) ≤ 3  a + 2 ( b 2 + c 2 )  − 11a ( b 2 + c 2 )


= 11a 3 − 8a + 3 2 ( 1 − a 2 ) = f ( a )
Ta có
f ′ ( a ) = 33a 2 − 8 −

3a 2
1 − a2

;




2
2
max S = max f ( a ) = f  −
= 15
.
÷
( −1;0 )
11
 11 
• Nếu 0 ≤ a ≤ 1 thì S ≤ 3 ( a + b + c ) . Sử dụng BĐT CBS ta có
3 ( a + b + c ) ≤ 3 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = 3 3 .
Suy ra S ≤ 3 3 < 15

2
.
11

Tổng hợp các kết quả trên ta có maxS=15

2
, đạt được khi (a, b, c) là
11


2 3
3 
;

2
( u + v + s ) − 3( uv + vs + su ) = ( u − v ) + ( v − s ) + ( s − u ) ≥ 0 .
2
2
2
Do đó c = ( u + v + s ) ≥ 3 ( uv + vs + su ) = 3bc ( 3)
Từ (1), (2) và (3) ta có

(

24

)


Phương pháp sử dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức
b
1
5 − 3 + 2 3 c ( 5 − 3bc + 2c 2 )
5a − 3ab + 2 1
a
a =
P=
= .
2
b
a ( b − a)
a
bc − 1
−1

Bài 3: (Đại học xây dựng Hà Nội, 2001)
Cho các số x, y, z thay đổi trên đoạn [0; 1] và thỏa mãn x + y + z =
2
2
2
Tìm GTLN và GTNN của A = cos ( x + y + z ) .
Bài 4: (IMO, 1984)
Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng
7
0 < xy + yz + zx − 2 xyz ≤
.
27
Bài 5: Cho x, y , z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm GTNN của
A = x 2 + y 2 + z 2 + 4 xyz .

3
.
2

2.3 Dạng 3: Khảo sát hàm số theo từng biến
Đối với các BĐT nhiều biến, ta có thể chọn một biến là biến số biến thiên
và cố định các biến còn lại, bài toán lúc này trở thành BĐT một biến.
Bài toán 27: Cho 0 < a, b ≤ 1 . Chứng minh rằng
tan a.tan b ≥ tan ab .
Giải: Giả sử a ≥ b . Đặt f ( x ) = tan b.tan x − tan bx với b ≤ x ≤ 1 . Ta có
25