Phương pháp hàm số sử dụng các bài toán đại số - Nguyễn Tất Thu

vào bài toán ta có : ( ) ( ) ( ) 243 1
pi
 
+ + ≤ − 
 
f x f y f z
 . 
 
Ví dụ 11. Chứng minh bất ñẳng thức sau với mọi số tự nhiên 1>n 
 1 1 2+ + − <
n n
n n
n n
n n
 (HSGQG-92) 
Giải: ðặt ( )0;1 , *= ∈ ∀ ∈n nx n N
n
 . 
Bất ñẳng thức cần chứng minh là: ( )1 1 2, 0;1+ + − < ∀ ∈n nx x x 
Xét ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1
1 1 11 1 , 0;1 ' 0, 0;1
1 1− −
 
 = + + − ∈ ⇒ = − < ∀ ∈
 + − 
n n
n n
n n
f x x x x f x x
n x x
Vậy ( )f x giảm trên (0;1) nên ( ) ( ) ( )0 2, 0;1< = ∀ ∈f x f x . 
 
Chú ý: Ta có thể giải bài toán bằng cách sử dung BðT AM-GM 
( ) ( )1 1 1 1
1 1 2
− + + − + −
+ + − ≤ + =
n n
n n
n n
n n
n n
n n n n
n n n n
. 
Vì không có ñẳng thức nên BðT ñược chứng minh. 
Ví dụ 9: Cho [ ], 0;1∈a b . Chứng minh rằng : 
( ) ( )( )( )1 1 1 1
1 1 1
= + + + − − − ≤
+ + + + + +
x b af x x a b
a b x a x b
 với mọi [ ]0;1∈x . 
Giải: Ta có ( ) ( ) ( ) ( )( )2
1
' 1 1
1 11
= − − − − −
+ + + ++ +
b af x a b
a b x bx a
 Nên hàm số ( )'f x ñồng biến trên [0;1], suy ra ( )' 0=f x nhiều nhất một nghiệm trên 
(0;1) 
+ Nếu ( )' 0=f x vô nghiêm thì ( )f x ñơn ñiệu trên [0;1] 
( ) ( ) ( ) ( ){ }
[0;1]
max max 0 ; 1⇒ ≤ =f x f x f f . 
( ) ( ) ( ) [ ]3
2 2
'' 0, 0;1
11
= + ≥ ∀ ∈
+ ++ +
b af x x
x bx a
Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Mà ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
2 2 1 10 1 1 1
1 1 1 1 1 1
+ + + + + +
= + + − − = ≤ =
+ + + + + +
b a a b a b ab a bf a b
a b a b a b
và 
( ) 1 11 1
1 2 2 1 1 1
= + + ≤ + + =
+ + + + + + + + + +
a b a bf
a b b a a b a b a b
 . 
suy ra ( ) ( ) ( ) ( ){ } [ ]
[0;1]
max max 0 ; 1 1, 0;1≤ = ≤ ∀ ∈f x f x f f x . 
+ Nếu ( )' 0=f x có nghiêm 0=x x khi ñó ( )'f x ñồng biến trên [0;1] nên 
( ) 0' 0 , [0; )< ∀ ∈f x x x 
và ( ) 0' 0 , ( ;1]> ∀ ∈f x x x do ñó 0=x x là ñiểm cực tiểu, mà ( )f x liên tục trên [0;1] nên 
( ) ( ) ( ) ( ){ } [ ]
[0;1]
max max 0 ; 1 1, 0;1≤ = ≤ ∀ ∈f x f x f f x . 
Từ hai trường hợp trên ta có ñpcm. 
 
Ví dụ 10. Cho 0, 1α> >x . Chứng minh : 1 ( 1)α α≥ + −x x (1) 
Áp dụng c/m: 2 2 2 2 2 2 1 2tan tan tan 3
2 2 2
−
+ + ≥A B C ( với , ,A B C là 3 góc của một tam 
giác)(2) 
Giải : Ta có : ( )1 1 0α αα α α α≥ − + ⇔ = − + − ≥x x f x x x 
Xét : ( ) ( )1, 0;α α α= − + − ∈ +∞f x x x x 
( ) ( )1 1' 1α αα α α− −= − = −f x x x , ( ) 1' 0 1 0 1α −= ⇔ − = ⇔ =f x x x ( vì 1α > ) 
Lập bảng biến thiên của hàm trên ( )0;+∞ ta ñược ( ) ( ) ( )0;min 1 0+∞ = =f x f từ ñó suy ra 
( ) 0, 0≥ ∀ >f x x (ñpcm). 
Ta thấy ñẳng thức xảy ra trong bất ñẳng thức (1) khi cơ số 1=x còn ñẳng thức xảy ra 
trong (2) là 
3
pi
= = =A B C nên trước khi áp dụng (1) ñể chứng minh (2) ta cần viết lại 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2
tan tan tan 3 3tan 3tan 3tan 3
2 2 2 2 2 2
−      
+ + ≥ ⇔ + + ≥     
     
A B C A B C
ñể 
ñược các cơ số 2 2 23tan 3tan 3tan 1
2 2 2
= = =
A B C
 khi 
3
pi
= = =A B C . 
Áp dụng (1) ta có : 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3tan 3tan 3tan
2 2 2
1 2 3tan 1 1 2 3tan 1 1 2 3tan 1
2 2 2
     
+ + ≥     
     
          
+ − + + − + + −          
          
A B C
A B C
2 2 23 2 3 tan tan tan 3 3
2 2 2
  
= + + + − ≥  
  
A B C
(vì 2 2 2tan tan tan tan tan tan tan tan tan 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
+ + ≥ + + =A B C A B B C C A ). 
 
Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Nhận xét : BðT (1) ñược gọi là bất ñẳng thức Bernouli, nó thường ñược sử dụng ñể chứng 
minh các bất ñẳng thức có lũy thừa với số mũ hữu tỉ hoặc vô tỉ. 
Ví dụ 11. Cho 0 1< <s và , ,a b c là 3 số dương . 
Chứng minh rằng : 
1 1 1
2 2 2
     + + +
+ + ≤ + +          
     
s s s s s ss s s
a b b c c a
a b c 
Giải : Trước tiên ta chứng minh : 
1
2 2
 + +≤  
 
s s s
a b a b
(*) 
ðặt 
1
2 2
, , 2
2
 +
= = = ⇒ + = + =   + + 
s s s ss
s s
s s s s
a b a b a b
m x y x y
m m a b a b
Áp dụng VD7 ta có : 
( ) ( )1 11 1= ≥ + −s ssx x x
s
(1) 
( ) ( )1 11 1= ≥ + −s ssy y y
s
(2) 
Cộng (1) và (2) theo vế ta ñước 2+ ≥x y suy ra (*) ñược chứng minh 
Áp dụng (*) ta ñược : 
1 1 1
2 2 2 2 2 2
     + + + + + +
+ + ≤ + + = + +          
     
s s s s s ss s s
a b b c c a a b b c c a
a b c . 
 
Ví dụ 12.Chứng mnih: 
1 1
2 2 2 3 3 32 3
, , , 0
3 3
   + + + +≤ >      
   
a b c a b c
a b c 
Giải: ðặt : 
3 3 3
2 2 2 3 3 32 2 2
, , , ,= = = ⇒ = = =x a y b z c a x b y c z 
Bất ñẳng thức (*) trở thành : 
1
3 3 3 3 3 331 3
2 2 2 2 2 22 2
3 3 3 3
 
+ + + + + + + +    ≤ ⇔ ≤        
 
x y z x y z x y z x y z
ðặt : 
3 3 33 2 2 22 2 22 3 3 3
, , , 3
3
3
+ + + + 
= = = = ⇒ + + = =  + + 
x y z x y z x y z
m u v s u v s
x x zm m m
Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Ta có 
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 2 2 2 2 22 2 2
3 3 3 3 3 33 3 31 1 1 , 1 1 2 , 1 1 3
2 2 2
           
= ≥ + − = ≥ + − = ≥ + −           
           
u u u v v v s s s 
Cộng theo vế các bất ñẳng thức (1), (2) và (3) ta ñược: 
3 3 3 32 2 2 2 2 2 23 3 333 3 3 1
2 3 3 3
  + + + + + + 
+ + ≥ + + + − = ⇔ ≥ ⇔ ≥   
  
u v s x y z x y z
u v s u v s .
 
Ví dụ 13. Chứng minh : ( ) ( )2 3 2 3 , 0+ >y xx x y y x y 
Giải: Ta có: ( ) ( ) 3 32 3 2 3 2 1 2 12 2      + < + ⇔ + < +            
y x
x y
y x
x x y y xy xy
 ( ) ( )
1 1
3 3 3 3 1 11 1 1 1 ln 1 ln 1
2 2 2 2
              
⇔ + < + ⇔ + < + ⇔ + < +              
              
y x
x y x yx y
x y
a a
x y
(1) 
Trong ñó 3
2
=a . 
ðặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2ln 1 ln 11ln 1 ' 0, 0− + += + ⇒ = 
t t t t
t
a a a a
f t a f t t
t t
Vậy ( )f t nghịch biến trên ( )0;+∞ mà ( ) ( )0> > ⇒ <x y f x f y vậy (1) ñúng nên bất ñẳng 
thức ñược chứng minh. 
 
Ví dụ 14. Cho 0≥ >a b . Chứng minh rằng : 1 12 2
2 2
   
+ ≤ +   
   
b a
a b
a b (ðH-KD-2006) 
Giải : Ý tưởng cô lập mỗi vế một biến tiếp tục ñược sử dụng, vì thế ta biến ñổi 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 12 2 4 1 4 1 ln 4 1 ln 4 1
2 2
ln 4 1 ln 4 1
 1
   
+ ≤ + ⇔ + ≤ + ⇔ + ≤ +   
   
+ +
⇔ ≤
b a
b a
a b a b a b
a b
a b
b a
a b
Xét hàm số : ( ) ( ) ( )ln 4 1 , 0;+= ∈ +∞
t
f t t
t
Ta có : ( ) ( ) ( )( )2
4 ln 4 4 1 ln 4 1
' 0, 0
4 1
− + +
= 
+
t t t t
t
f t t
t
 nên hàm số nghịch biến trên ( )0;+∞ 
Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Vậy : ( ) ( ) ( ) ( )ln 4 1 ln 4 10 + +≥ > ⇒ ≤ ⇔ ≤
a b
a b f a f b
a b
 hay (1) ñúng nên bất ñẳng thức 
ñược chứng minh. 
 
Bài 13 và 14 có dạng tổng quát là: với , 0 và 0> > >a b x y ta có: ( ) ( )+ < +y xx x y ya b a b . 
Ví dụ 15. Cho , ,a b c là các số dương thỏa mãn 2 2 2 1+ + =a b c 
Chứng minh rằng: 2 2 2
3 3
21 1 1
+ + ≥
− − −
a b c
a b c
(1) 
Giải : Trong bất ñẳng thức trên , ,a b c có vai trò bình ñẳng nên dễ dàng kiểm tra ñược 
ñẳng thức xảy ra khi 1
3
= = =a b c . Ta hãy xét hàm số mà 
( ) 21' 0 1 3 0
3
= ⇔ = ⇔ − =f x x x ? 
Vậy hàm số mà ta sẽ xét là : ( ) ( )3 , 0;1= − ∈f x x x x . 
Ta có : ( ) ( )2 2 1' 1 3 , ' 0 1 3 0
3
= − = ⇔ − = ⇔ =f x x f x x x (Vì x>0) 
Bảng biến thiên: 
Từ bảng biến thiên suy ra : 
( ) ( ) ( )3 2 222 2 3 31 , 0;123 3 3 3 1= − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ ∀ ∈−xf x x x x x x xx 
Áp dung vào bài toán ta ñược: 
( )2 2 22 2 2 3 3 3 32 21 1 1+ + ≥ + + =− − −a b c a b ca b c .
 
Cách 2: Áp dụng BðT AM-GM ta có: 
( )( ) ( )
32 2 3
2 2 2 22 2 2 2 22 1 1 1
3 3 3 3
 + −  
− − ≤ = ⇔ − ≤       
x x
x x x x x 
2
2
3 3
21
⇔ ≥
−
x
x
x
 (*) 
Áp dụng (*) ta có: ( )2 2 22 2 2 3 3 3 32 21 1 1+ + ≥ + + =− − −a b c a b ca b c . 
 
Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Ví dụ 16. Cho 50, 0 và 
4
> > + =x y x y . Chứng minh : 4 1 5
4
+ ≥
x y
(1) 
Giải: Ta có 5 4 5 4
4
+ = ⇒ = −x y y x 
Ta có (1) 4 1 5
5 4
⇔ + ≥
−x x
. Xét ( ) 4 1 5, 0;
5 4 4
 
= + ∈ 
−  
f x x
x x
( ) ( ) ( )2 2
4 4
' , ' 0 1
5 4
= − + = ⇔ =
−
f x f x x
xx
Lập bảng biến thiên ta ñược ( ) ( )
50;
4
min 1 5
 
 
 
= =f x f , từ ñó suy ra 4 1 5
4
+ ≥
x y
 và ñẳng thức 
xảy ra khi 11,
4
= =x y .
 
Chú ý: Bài toán trên có thể giải theo cách khác 
Trước khi áp dụng BðT cauchy hoặc BðT CBS ñể giải bài toán trên ta dư ñoán ñiểm rơi 
bằng cách giải hệ 
5
1
4 14 1 5 44

+ = = 
⇔ 
=+ = 

x y x
y
x y
 khi ñó 2 1
2
=
yx
x y
 và 1 1
4
=
x y
 nên ta có hai 
cách giải nữa là: 
Cách 2: Theo BðT CBS ta có : 
( )
2
4 1 2 1 25 4 1
. 5
4 4 42
  
+ + ≥ + = ⇔ + ≥       
x y x y
x y x yx y
Cách 3: Theo BðT cauchy ta có: 5 4
4 1 1 1 1 1 1 1 15 5 54 44 4 4
5
+ = + + + + ≥ ≥ =
+x yx y x x x x y x y
Ví dụ 17. Cho 3 30, 0 và 2≥ ≥ + =x y x y . Chứng minh: 2 2 2+ ≤x y . 
Giải : Ta có ( ) 23 3 3 2 2 2 33 3 2 2 2+ = ⇒ = − ⇒ + = + −x y y x x y x x 
Vì 3 3 30, 0 và 2 0 2≥ ≥ + = ⇒ ≤ ≤x y x y x . Xét ( ) ( ) 22 3 33 2 , [0; 2]= + − ∈f x x x x 
Ta có: ( ) ( ) ( )2 3 23333 2 ' 2 0; 2 , ' 0 22= − ∈ = ⇔ − =−
xf x x x f x x x x
x
( )2 3 4 3 22 2 0 1⇔ − = ⇔ + − = ⇔ =x x x x x x (vì ( )30; 2∈x 
Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Lập bảng biến thiên ta ñược: ( ) ( ) 3 1 2, [0; 2]≤ = ∈f x f x . 
 
Chú ý: Ta có thể giải cách khác 
Cách 2: Áp dụng bất ñẳng thức cauchy ta có: 
( ) ( )3 3 2 3 3 2 2 2 23 3 21 3 2 2 3 21 3 + + ≥ ⇒ + + ≥ + ⇔ + ≤ + + ≥x x x x y x y x yy y y 
Cách 3: Áp dung bất ñẳng thức bunhiacôp