ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
——————————–

VŨ THỊ TƯỜNG MINH

ỨNG DỤNG PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN VÀ ĐIỀU
KIỆN TIẾP XÚC ĐỂ SÁNG TẠO VÀ GIẢI MỘT SỐ BÀI
TOÁN CƠ BẢN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

ĐÀ NẴNG - NĂM 2019


ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
——————————–

VŨ THỊ TƯỜNG MINH

ỨNG DỤNG PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN VÀ ĐIỀU
KIỆN TIẾP XÚC ĐỂ SÁNG TẠO VÀ GIẢI MỘT SỐ BÀI
TOÁN CƠ BẢN
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 8.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
TS. Phạm Quý Mười

ĐÀ NẴNG - NĂM 2019






MỤC LỤC

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Chương
1.1.
1.2.
1.3.
1.4.

1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT

.................................................. 3

Tổng quan về hàm số một biến số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Giới hạn của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Đạo hàm và Phương trình tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
Tổng quan về bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

Chương 2. ỨNG DỤNG PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN ĐỂ SÁNG TẠO VÀ CHỨNG MINH
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.1. Phương pháp sáng tạo bất đẳng thức ứng dụng phương trình tiếp
tuyến đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.2. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức ứng dụng phương trình
tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.3. Một số bài tập áp dụng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .15
Chương

3. ỨNG DỤNG PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN ĐỂ SÁNG TẠO VÀ TÌM GIỚI

HẠN CỦA MỘT SỐ HÀM SỐ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.1. Phương pháp tiếp tuyến sáng tạo ra bài tốn tìm giới hạn hàm số
dạng

0
0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3.2. Phương pháp tiếp tuyến tìm giới hạn của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.3. Một số bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Kết luận. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .55
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56


1

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài

Mục đích việc dạy và học mơn Tốn trong chương trình phổ thơng là giúp học
sinh phát triển tư duy nhận thức, tư duy sáng tạo và năng lực vận dụng. Để đạt
được mục tiêu này, nhiệm vụ của người giáo viên không chỉ là bồi dưỡng cho học
sinh các kiến thức mới, giải sẵn cho các em một vài bài toán mẫu mà quan trọng
hơn cả là định hướng cho các em cách suy nghĩ, tìm tịi, khai thác các kiến thức
đã có để tự bản thân các em khám phá được lời giải cho các bài tốn khác nhau.
Trong Chương trình tốn bậc phổ thơng, các bài tốn về bất đẳng thức, tìm
giới hạn là các dạng tốn khó nhưng khá phổ biến và thường gặp trong các kì thi
Trung học phổ thơng, tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi tốn quốc gia, Olympic
tốn khu vực và quốc tế. Có nhiều phương pháp khác nhau để giải các lớp bài
toán này, trong đó phương pháp sử dụng phương trình tiếp tuyến (ta gọi ngắn gọn
là phương pháp tiếp tuyến) tỏ ra hiệu quả và thường được sử dụng trong nhiều
trường hợp, vì sử dụng tiếp tuyến là một phương pháp rất rõ ràng và dễ áp dụng.
Với mong muốn hỗ trợ, tạo động lực học tập cho học sinh, giúp học sinh dần dần
yêu thích và đam mê việc học và sáng tạo trong mơn tốn cùng với sự định hướng
của thầy hướng dẫn, tôi chọn đề tài “Ứng dụng phương trình tiếp tuyến và
điều kiện tiếp xúc để sáng tạo và giải một số bài toán cơ bản” làm đề tài
cho luận văn thạc sĩ của mình.
2. Mục tiêu nghiên cứu
- Nghiên cứu các dấu hiệu để nhận biết một bài tốn có thể giải được bằng
phương pháp tiếp tuyến. Hệ thống và phân loại các lớp bài toán này.
- Đề xuất quy trình và định hướng cách sáng tạo và phương pháp giải cho từng
lớp bài toán cùng với nhiều ví dụ minh họa.
- Sáng tạo một số bài toán sử dụng phương pháp tiếp tuyến.
3. Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp tiếp tuyến (tiếp tuyến, sự tương quan giữa tiếp tuyến và đồ thị,
mối liên quan giữa tiếp tuyến của đồ thị và nghiệm kép của phương trình hồnh
độ giao điểm. . . ) trong giải toán sơ cấp.
4. Phạm vi nghiên cứu
Các bất đẳng thức, bài tập giới hạn hàm số thuộc Chương trình tốn phổ thơng.



2

5. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu tư liệu: các sách giáo khoa, sách tham khảo, các tạp chí Tốn và
các tài liệu từ internet.
- Phương pháp tiếp cận: Tổng hợp, phân tích và hệ thống các tài liệu sưu tầm
liên quan phương trình tiếp tuyến để thực hiện luận văn.
- Trao đổi, thảo luận với người hướng dẫn và các chuyên gia.
6. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Đề tài đã giải quyết được những vấn đề sau:
- Làm rõ được bản chất của một số bất đẳng thức và bài tốn tìm giới hạn
dùng phương pháp tiếp tuyến. Đưa ra hướng tạo ra các bài toán mới.
- Tự ra đề và giải một số bài tốn bất đẳng thức, tìm giới hạn. Và có phương
pháp cũng như một số nhận xét giúp định hướng lời giải cho học sinh.
- Góp thêm một phần kiến thức giúp học sinh có kĩ năng ứng dụng phương
trình tiếp tuyến để giải một số dạng toán, tạo được niềm tin cũng như sự hứng
thú trong việc học và dạy tốn.
- Luận văn có thể sử dụng cho các em học sinh tham gia ôn thi học sinh giỏi,
ôn thi THPT Quốc gia cũng như các bạn đồng nghiệp môn toán như là một tài
liệu tham khảo.
7. Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu và kết luận, tài liệu tham khảo, luận
văn dự kiến gồm ba chương
• Chương 1: Cơ sở lý thuyết

Chương này trình bày sơ lược một số định nghĩa và các vấn đề liên quan đến
hàm số một biến số, giới hạn hàm số, tiếp tuyến của đồ thị và bất đẳng thức
để làm cơ sở cho các chương sau.


• Chương 2: Ứng dụng phương trình tiếp tuyến để sáng tạo và chứng minh một

số bài tốn về bất đẳng thức
Chương này trình bày cách sáng tạo ra bài toán bất đẳng thức áp dụng tiếp
tuyến, phương pháp chứng minh bất đẳng thức và trình bày các ví dụ.

• Chương 3: Ứng dụng phương trình tiếp tuyến để sáng tạo và tìm giới hạn của

một số hàm số
Chương này trình bày cách sáng tạo ra bài tốn tìm giới hạn của hàm số áp
dụng tiếp tuyến, đưa ra cách giải và trình bày các ví dụ.


3

Chương 1
CƠ SỞ LÝ THUYẾT

Chương này trình bày sơ lược một số định nghĩa và các vấn đề liên quan đến
hàm số một biến số, giới hạn hàm số, tiếp tuyến của đồ thị và bất đẳng thức, một
số định lí [1-6] để làm cơ sở cho các chương sau.
Trong chương này, chúng ta luôn giả sử D là một tập con khác rỗng của R

1.1. Tổng quan về hàm số một biến số
Định nghĩa 1.1 (Hàm số một biến). Một quy tắc tương ứng f đi từ tập
D vào R thỏa mãn với mỗi giá trị của x ∈ D tương ứng với một và chỉ một giá
trị y ∈ R được gọi là một hàm số thực một biến số. Khi đó, ta gọi x là biến số và
y = f (x) là hàm số của x. Tập hợp D được gọi là tập xác định của hàm số.
Định nghĩa 1.2 (Đồ thị hàm số). Đồ thị của hàm số y = f (x) xác định trên
tập D là tập hợp tất cả các điểm M (x; f (x)) trên mặt phẳng tọa độ với mọi x thuộc

D.
Định nghĩa 1.3 (Đồ thị lồi, lõm). Cho hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b]
và có đồ thị là (C). Khi đó,
a) Đồ thị (C) gọi là lồi trên (a; b) nếu tiếp tuyến tại mọi điểm trong (a; b) của
hàm số y = f (x) luôn nằm phía trên đồ thị (C).
b) Đồ thị (C) gọi là lõm trên (a; b) nếu tiếp tuyến tại mọi điểm trong (a; b) của
hàm số y = f (x) ln nằm phía dưới đồ thị.
Định nghĩa 1.4 (Lượng liên hợp). Với n ≥ 2, n ∈ N, ta có

An − B n = (A − B) An−1 + An−2 B + An−3 B 2 + ... + A2 B n−3 + AB n−2 + B n−1 .

Khi đó, ta gọi lượng liên hợp của A − B là

An−1 + An−2 B + An−3 B 2 + ... + A2 B n−3 + AB n−2 + B n−1 .

Định lý 1.1 (Định lí Bezu). Đa thức P (x) có nghiệm x = x0 khi và chỉ khi
P (x) chia hết cho x − x0 .


4

1.2. Giới hạn của hàm số
Định nghĩa 1.5 (Giới hạn hữu hạn của hàm số tại một điểm). Cho một
khoảng K chứa điểm x0 và hàm số y = f (x) xác định trên K hoặc trên K\ {x0 } .
Ta nói hàm số y = f (x) có giới hạn là số L khi x dần tới x0 nếu với dãy số (xn )
bất kì, xn ∈ K\ {x0 } và xn → x0 , ta có f (xn ) → L.
Kí hiệu: lim f (x) = L hay f (x) → L. khi x → x0 .
x→x0

Tính chất 1.1. a) lim x = x0 ; lim c = c, với c là hằng số.

x→x0

x→x0

b) Giả sử lim f (x) = L và lim g (x) = M. Khi đó
x→x0

x→x0

lim [f (x) + g (x)] = L + M ;

x→x0

lim [f (x) − g (x)] = L − M ;

x→x0

lim [f (x) .g (x)] = L.M ;

x→x0

lim

x→x0

f (x)
L
=
; nếu M = 0.
g (x)

M

c) Nếu f (x) ≥ 0 và lim f (x) = L thì
x→x0

L ≥ 0; lim

x→x0

f (x) =

√

L.

Định nghĩa 1.6 (Các dạng vơ định). Khi tìm giới hạn của một hàm số,
chúng ta có thể gặp các trường hợp sau:
a) lim

u (x)
với u(x) → 0; v(x) → 0.
v (x)

b) lim

u (x)
với u(x) → ∞; v(x) → ∞.
v (x)

x→x0


x→x0

c) lim [u (x) − v (x)] với u(x) → ∞; v(x) → ∞.
x→x0

d) lim [u (x) .v (x)] với u(x) → 0; v(x) → ∞.
x→x0

0 ∞
; ∞ − ∞; 0.∞, ...
0 ∞
Định nghĩa 1.7 (Vô cùng bé). Hàm α(x) được gọi là một vô cùng bé (VCB)

Ta gọi là các dạng vô định ;
khi x → x0 nếu lim α(x) = 0.
x→x0

Ví dụ: xm , sin x, tan x, ln(1 + x), ex − 1, 1 − cos x là các VCB khi x → 0.

Định nghĩa 1.8 (Vô cùng bé tương đương). Cho f (x), g(x) là hai VCB khi

x → x0 . Nếu lim

x→x0

f (x)
= 1 thì ta nói f, g là các VCB tương đương. Ký hiệu: f ∼ g.
g(x)



5

1
2

Nếu x → 0 thì sin x ∼ x , tan x ∼ x, (ex − 1) ∼ x , ln(1 + x) ∼ x , 1 − cos x ∼ x2 .

1.3. Đạo hàm và Phương trình tiếp tuyến
Định nghĩa 1.9 (Đạo hàm tại một điểm). Cho hàm số y = f (x) xác định
trên khoảng (a; b) và x0 ∈ (a; b). Nếu tồn tại giới hạn (hữu hạn)
lim

x→x0

f (x) − f (x0 )
x − x0

thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số y = f (x) tại điểm x0 và kí hiệu là
f ′ (x0 ) (hoặc y ′ (x0 ) ), tức là
f ′ (x0 ) = lim

x→x0

f (x) − f (x0 )
x − x0

Định nghĩa 1.10 (Đạo hàm trên một khoảng). Hàm số y = f (x) được gọi
là có đạo hàm trên khoảng (a; b) nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm x trên khoảng
đó.

Khi đó, ta gọi hàm số

f ′ : (a; b) → R

là đạo hàm của hàm số y = f (x) trên

′

(a; b), kí hiệu là y ′ hay f ′ (x).

x → f (x)

Định nghĩa 1.11 (Đạo hàm cấp hai). Giả sử hàm số y = f (x) có đạo hàm
tại mọi điểm x ∈ (a; b). Khi đó, hệ thức y ′ = f ′ (x) xác định một hàm số mới trên
khoảng (a; b). Nếu hàm số y ′ = f ′ (x) lại có đạo hàm tại x thì ta gọi đạo hàm của y ′
là đạo hàm cấp hai của hàm số y = f (x) tại x và kí hiệu là y ′′ hay f ′′ (x).
Định nghĩa 1.12 (Tiếp tuyến). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường cong
(C). Giả sử (C) là đồ thị của hàm số khả vi y = f (x) và M0 (x0 , f (x0 )) ∈ (C) . Kí
hiệu M (x, f (x)) là một điểm di chuyển trên (C)
Vị trí giới hạn của đường thẳng M0 M khi M di chuyển trên đường cong (C)
dần về điểm M0 được gọi là tiếp tuyến của (C) tại M0 . Khi đó, M0 được gọi là tiếp
điểm.
Định lý 1.2 (Phương trình tiếp tuyến). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho
đường cong (C). Giả sử (C) là đồ thị của hàm số khả vi y = f (x) và M0 (x0 , f (x0 )) ∈
(C) . Phương trình tiếp tuyến của đường cong (C) tại điểm M0 (x0 ; f (x0 )) là:
y = f ′ (x0 ).(x − x0 ) + f (x0 ).

Định lý 1.3 (Định lí nghiệm bội và tiếp tuyến). a) Cho hàm số y = f (x)
khả vi trong (α; β), liên tục trên [α; β] , x0 ∈ (α; β) và đường thẳng y = ax + b. Nếu
tồn tại hàm số y = g(x) xác định tại x0 sao cho:

f (x) − (ax + b) = (x − x0 )k g(x),

(1.1)


6

với k ≥ 2, k ∈ N thì đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x)
tại x0 .
b) Cho hàm số y = f (x) liên tục trên [α; β] , có đạo hàm đến cấp hai trong (α; β),
x0 ∈ (α; β) Khi đó, nếu đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y = f (x) tại điểm có hồnh độ x0 thì tồn tại hàm số y = g(x) xác định tại x0 sao
cho:
f (x) − (ax + b) = (x − x0 )k g(x), với k ≥ 2, k ∈ N;

với điều kiện f (x) − (ax + b) = P (x).h(x) thỏa P (x) là hàm đa thức và h(x0 ) = 0.
Chứng minh
a) Từ (1.1) ta có:
(1.2)

f (x0 ) = ax0 + b.

Mặt khác:
f (x) − f (x0 )
x→x0
x − x0
f (x) − (ax + b)
ax + b − f (x0 )
= lim
+ lim

x→x0
x→x0
x − x0
x − x0
ax + b − (ax0 + b)
= lim (x − x0 )k g(x) + lim
= a.
x→x0
x→x0
x − x0

f ′ (x0 ) = lim

Như vậy:
f ′ (x0 ) = a.

Từ đó và (1.2) ta có:
b = f (x0 ) − f ′ (x0 )x0 .

Do đó, phương trình tiếp tuyến của đồ thị y = f (x) tại x0 là:
y = f ′ (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ) = ax + b.

Ta có điều phải chứng minh.

b) Đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x) tại điểm có
hồnh độ x0
⇔

f (x0 ) = ax0 + b
f ′ (x0 ) = (ax0 + b)′


⇔

P (x0 ).h(x0 ) = 0
P ′ (x0 ).h(x0 ) + P (x0 ).h′ (x0 ) = 0

⇔

P (x0 ) = 0
P ′ (x0 ) = 0

v`i h(x0 ) = 0.

Vì P (x) là hàm đa thức và P (x0 ) = 0 nên theo định lí Bezu suy ra
P (x) = (x − x0 ).Q(x) ⇒ P ′ (x) = Q(x) + (x − x0 ).Q′ (x).

Và do P ′ (x0 ) = 0 nên Q(x0 ) = 0 ⇒ Q(x) = (x − x0 )R(x)
⇒ P (x) = (x − x0 )2 R(x)


7

⇒ f (x) − (ax + b) = (x − x0 )2 R(x)h(x)
= (x − x0 )k g(x)

= (x − x0 )k g(x)

(k ≥ 2, k ∈ N) .

Ta có điều phải chứng minh.

với

Định lý 1.4. Giả sử hàm số y = f (x) có dạng: f (x) = α(x − x0 )m + (ax + b)n














α = 0.
m ≥ 2, m ∈ N.
n ≥ 2, n ∈ N.
ax0 + b > 0.

Khi đó, đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y = g(x) =

n

f (x) =

n


tại x0 .

α(x − x0 )m + (ax + b)n

Chứng minh
Vì ax0 + b > 0 nên ta có:
g(x0 ) =

n

f (x0 ) =

n

α(x0 − x0 )m + (ax0 + b)n = ax0 + b.

Mặt khác:
n
f (x) − n f (x0 )
g(x) − g(x0 )
= lim
x→x0
x→x0
x − x0
x − x0
n
f (x) − (ax + b)
ax + b − n f (x0 )
= lim

+ lim
x→x0
x→x0
x − x0
x − x0

g ′ (x0 ) = lim

n

= lim

x→x0

= lim

x→x0

α(x − x0 )m + (ax + b)n − (ax + b)
ax + b − (ax0 + b)
+ lim
x→x0
x − x0
x − x0
m−1
α(x − x0 )
+
n−1
n−2
n−1

n
n
+
(ax + b) + ... + (ax + b)
f (x)
f (x)

a (x − x0 )
.
x→x0 x − x0
= lim (x − x0 )k g(x) + lim a
+ lim

x→x0

x→x0

= a.

Do đó phương trình tiếp tuyến của đồ thị y = g(x) tại x0 là:
y = g′(x0 )(x − x0 ) + g(x0 ) = a(x − x0 ) + ax0 + b = ax + b.


8

Ta có điều phải chứng minh.

1.4. Tổng quan về bất đẳng thức
Ở mục này, ta giả sử a, b, c, d là các số thực.
Khái niệm 1.5. Các mệnh đề có dạng ”a < b” hoặc ”a > b” được gọi là bất

đẳng thức.
Tính chất 1.2.
a < b ⇔ a + c < b + c;
a < b ⇔ ac < bc khi c > 0;
a < b ⇔ ac > bc khi c < 0;
a < b, c < d ⇒ a + c < b + d;
a < b, c < d ⇒ ac < bd khi a > 0,c > 0;
a < b ⇔ a2n+1 < b2n+1 khi n ∈ N∗ ;
0 < a < b ⇔ a2n < b2n khi n ∈ N∗ ;
√
√
0 < a < b ⇔ a < b;
√
√
3
a < b ⇔ 3 a < b.

Định lý 1.6 (Bất đẳng thức Cô-si).
∀a, b ≥ 0;

√

ab ≤

a+b
.
2

Dấu "=" xảy ra khi a = b.
Bất đẳng thức Cơ-si có thể mở rộng cho nhiều số: Với mọi số thực dương

a1 , a2 , ..., an , ta có
√
a1 + a2 + ... + an
≥ n a1 a2 ...an .
n
Dấu "=" xảy ra khi a1 = a2 = ... = an .

Định lý 1.7 (Bất đẳng thức thuần nhất). Hàm số f (x1 , x2 , ..., xn ) của các
biến số thực x1 , x2 , ..., xn được gọi là hàm thuần nhất bậc α nếu với mọi số thực
t ∈ R\ {0} ; α ∈ N∗ ta có f (tx1 , tx2 , ..., txn ) = tα f (x1 , x2 , ..., xn ).
Bất đẳng thức dạng f (x1 , x2 , ..., xn ) ≥ 0 với f là một hàm thuần nhất bậc α được
gọi là bất đẳng thức thuần nhất (bậc α).
Ví dụ :bất đẳng thức Cơ-si là một bất đẳng thức thuần nhất.
Định lý 1.8 (Bất đẳng thức tiếp tuyến). Kí hiệu D là một trong các tập
hợp sau: (a; b) ,[a; b),(a; b] ,hoặc [a; b] . Cho hàm số y = f (x) liên tục và có đạo hàm


9

cấp hai trên D. Khi đó,
a) Nếu f ′′ (x) ≥ 0, ∀x ∈ D thì f (x) ≥ f ′ (x0 ) (x − x0 ) + f (x0 ) , ∀x, x0 ∈ D.
b) Nếu f ′′ (x) ≤ 0, ∀x ∈ D thì f (x) ≤ f ′ (x0 ) (x − x0 ) + f (x0 ) , ∀x, x0 ∈ D.
Đẳng thức trong hai bất đẳng thức trên xảy ra ⇔ x = x0 .
Từ định lí trên, ta có trong trường hợp a), tiếp tuyến tại mọi điểm có hồnh
độ x0 thuộc D đều nằm phía dưới đồ thị hàm số y = f (x). Tương tự, trong trường
hợp b) tiếp tuyến tại mọi điểm có hồnh độ x0 thuộc D đều nằm phía trên đồ thị
hàm số y = f (x) .


10


Chương 2
ỨNG DỤNG PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN ĐỂ SÁNG TẠO VÀ
CHỨNG MINH MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC

Trong Chương trình tốn bậc phổ thơng, các bài tốn về bất đẳng thức là các
dạng tốn khó nhưng khá phổ biến và thường gặp trong các kì thi Trung học phổ
thơng, tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi tốn quốc gia, Olympic tốn khu vực
và quốc tế. Có nhiều phương pháp khác nhau để giải các bài toán này, trong đó
phương pháp sử dụng tuyến tiếp tỏ ra hiệu quả và thường được sử dụng trong
nhiều trường hợp. Trong chương này này, tôi đưa ra hướng sáng tạo các bài tập
chứng minh bất đẳng thức ứng dụng phương trình tiếp tuyến và có phương pháp
giải cũng như một số nhận xét giúp định hướng cách giải cho học sinh, đưa ra một
số ví dụ được tạo ra từ phương pháp sáng tạo để học sinh luyện tập. Từ đó học
sinh nắm rõ được bản chất của một số bất đẳng thức bằng phương pháp dùng tiếp
tuyến. Nội dung của chương này đã được đăng trong bài báo [13].
Cơ sở của phương pháp sáng tạo và chứng minh bất đẳng thức sử dụng phương
trình tiếp tuyến dựa trên kết quả sau:Định lí Bất đẳng thức tiếp tuyến, Định lí
nghiệm bội và tiếp tuyến

2.1. Phương pháp sáng tạo bất đẳng thức ứng dụng phương trình
tiếp tuyến đồ thị
Để sáng tạo ra các bất đẳng thức ứng dụng phương trình tiếp tuyến, ta thường
theo các bước sau:
Bước 1: Chọn ra một hàm số y = f (x) tùy ý.
Bước 2: Dùng đồ thị hoặc dùng xét dấu đạo hàm cấp hai để khảo sát tính lồi
(lõm) của hàm số y = f (x). Từ đó, ta chọn ra một miền D sao cho hàm số khả vi
và lồi (lõm) trên D, tức là, tiếp tuyến nằm trên (dưới) đồ thị của hàm số.
Bước 3: Viết phương trình tiếp tuyến tại các điểm có hồnh độ x = α1 , x =
α2 , ..., x = αn (n ∈ N∗ ) thuộc D gắn với n biến x1 , x2 , ..., xn . Từ đó, ta có các bất

đẳng thức tương ứng.
Bước 4: Sử dụng bất đẳng thức trên với các biến mới, cộng các bất đẳng thức
trên và thêm các điều kiện liên quan đến điều kiện xảy ra dấu bằng (nếu cần) để
nhận được bài toán chứng minh bất đẳng thức mới.
Để minh họa cho phương pháp sáng tạo bài toán bất đẳng thức sử dụng phương


11

trình tiếp tuyến, chúng ta xét một trường hợp sau: Giả sử hàm số y = f (x) khả vi
và lồi trên tập D.
Khi đó, các tiếp tuyến tại các điểm có hồnh độ x = α1 , x = α2 , ..., x = αn (n ∈ N∗ )
của hàm số y = f (x) nằm dưới đồ thị, tức là, ta sẽ có các bất đẳng thức:
f (x1 ) ≥ f ′ (α1 ) (x1 − α1 ) + f (α1 ) ;

f (x2 ) ≥ f ′ (α2 ) (x2 − α2 ) + f (α2 ) ;
...............................................

f (xn ) ≥ f ′ (αn ) (xn − αn ) + f (αn ) .

Một cách tương ứng, dấu bằng xảy ra khi

x1 = α 1




x2 = α 2
...
xn = α n






Cộng tất cả các bất đẳng thức trên theo vế đồng thời thêm điều kiện liên quan đến
các biến x1 , x2 , ..., xn thỏa điều kiện dấu bằng xảy ra trong từng bất đẳng thức. Ví
dụ, ta đưa ra điều kiện sau:
f ′ (α1 ) x1 + f ′ (α2 ) x2 + ..... + f ′ (αn ) xn
= f ′ (α1 ) α1 + f ′ (α2 ) α2 + ..... + f ′ (αn ) αn .

Khi đó, ta có bài tốn bất đẳng thức mới:
f (x1 ) + f (x2 ) + ... + f (xn ) ≥ f (α1 ) + f (α2 ) + ... + f (αn ) .

hay

f (x1 ) + f (x2 ) + .... + f (xn ) ≥ C; C ∈ R.

Cuối cùng, chúng ta phát biểu lại bài toán bất đẳng thức với các điều kiện
tương ứng của biến.
2x
.
1 − 3x

Ví dụ 2.1. Xét hàm số f (x) =

Chúng ta tính đạo hàm cấp một và cấp hai:
f ′ (x) =

Dựa vào dấu f ′′ (x) thấy:


2
(1 − 3x)

2

; f ′′ (x) =

x<

12(1 − 3x)

1
; ∀x = .
3
(1 − 3x)
4

1
⇔ f ′′ (x) > 0,
3

(tiếp tuyến nằm phía dưới đồ thị)
x>

1
⇔ f ′′ (x) < 0.
3

(tiếp tuyến nằm phía trên đồ thị)

1
2

3
2

1
3

Tiếp tuyến tại x = 1 là y = x − , nằm trên đồ thị hàm số y = f (x),∀x > .

Do đó:

3
1
1
x − ≥ f (x); ∀x > .
2
2
3


12

Dấu bằng xảy ra khi x = 1.
Ta thêm vào hai biến nữa, ta cũng sẽ có
1
y−
2
1

z−
2

3
1
≥ f (y); ∀y > ;
2
3
3
1
≥ f (z); ∀z > .
2
3

Dấu bằng xảy ra khi y = 1 và z = 1.
Cộng các bất đẳng thức trên, ta có:
9
1
f (x) + f (y) + f (z) ≤ (x + y + z) − .
2
2
Và ta thêm vào điều kiện liên quan các biến: x + y + z = 3 (thỏa điều kiện dấu bằng

xảy ra khi x = 1, y = 1 và z = 1).
Từ đó ta có bài tốn bất đẳng thức : Cho x, y, z >

1
và thỏa mãn x + y + z = 3.
3


Chứng minh rằng:
2x
2y
2z
+
+
≤ −2.
1 − 3x 1 − 3y 1 − 3z

Ví dụ 2.2. Xét hàm số f (x) =
Ta có:
f ′ (x) = √

x
x2 + 1

x2 + 1.

; f ′′ (x) = √

1
x2 + 1

3

> 0; ∀x.

Như vậy, mọi tiếp tuyến đều nằm phía dưới đồ thị hàm số y = f (x) =

x2 + 1.

√
√
2
2
2
2
Tiếp tuyến tại x = 1 : y =
x+
và tiếp tuyến tại x = −1: y = − x +
2
2
2
2
2
đều nằm phía dưới đồ thị hàm số y = x + 1, do đó:
√
√
2
2
f (x) ≥
x+
; ∀x.
2
2
Dấu bằng xảy ra khi x = 1.
√
√
2
2
f (x) ≥ −

x+
; ∀x.
2
2
Dấu bằng xảy ra khi x = −1.
√

√

Ta thêm vào ba biến nữa, ta sẽ có
√

√
2
2
f (x) ≥
x+
;
√2
√2
2
2
z+
;
f (z) ≥
2
2

√


√
2
2
f (y) ≥ −
y+
;
√2
√2
2
2
f (t) ≥ −
t+
.
2
2

Dấu bằng xảy ra khi x = 1; y = −1; z = 1; t = −1.


13

Cộng các bất đẳng thức trên lại ta có

√

√
2
(x − y + z − t) + 2 2.
2
Và ta thêm điều kiện liên quan các biến x − y + z − t = 4 (thỏa điều kiện dấu bằng

f (x) + f (y) + f (z) + f (t) ≥

xảy ra: khi x = 1; y = −1; z = 1; t = −1).

Từ đó ta có bất đẳng thức : Cho x; y; z; t ∈ R; x − y + z − t = 4.
Chứng minh rằng:
x2 + 1 +

y2 + 1 +

z2 + 1 +

√
t2 + 1 ≥ 4 2.

2.2. Phương pháp chứng minh bất đẳng thức ứng dụng phương
trình tiếp tuyến
Trong phần này, ta xem xét bài tốn chứng minh bất đẳng thức có dạng:
f (x1 ) + ... + f (xn ) ≥ C

hoặc

f (x1 ) + ... + f (xn ) ≤ C,

kèm theo điều kiện của các biến x1 , x2 , . . . , xn .

Để chứng minh các bất đẳng thức dạng này, trong nhiều trường hợp, chúng ta
có thể sử dụng phương pháp tiếp tuyến. Trong phần này, chúng ta sẽ trình bày
phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tiếp tuyến.
Để ứng dụng phương pháp tiếp tuyến, chúng ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1. Dự đoán điều kiện xảy ra dấu “=”: giả sử dấu bằng xảy ra khi x1 =
α1 , x2 = α2 , ..., xn = αn .

Bước 2. Xét hàm số f (x) trên D (hàm f (x) có được dựa vào bất đẳng thức).
Xét tính lồi (lõm) hàm số y = f (x) trên D. Chú ý rằng, chúng ta phải chọn tập D
sao cho αi ∈ D, ∀i = 1, 2, . . . , n và hàm số y = f (x) lồi hoặc lõm trên D.

Bước 3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x) tại điểm có
hồnh độ x = α1 , x = α2 , ..., x = αn . Dựa vào tính lồi (lõm) của hàm số để có được
các bất đẳng thức tương ứng.

Bước 4. Cộng các bất đẳng thức theo vế, kết hợp điều kiện ta được điều phải
chứng minh.
Chú ý 2.1. 1) Trong một số trường hợp, đồ thị hàm số có cả khoảng lồi,
khoảng lõm trên D nên ta vẫn có trường hợp tiếp tuyến tại x0 nằm trên hoặc nằm
dưới đồ thị như Hình 2.1. Từ đó ta cũng có được đánh giá:
′

hoặc

f (x) ≥ f (x0 ) (x − x0 ) + f (x0 ) , x0 ∈ (a; b)
′

f (x) ≤ f (x0 ) (x − x0 ) + f (x0 ) , x0 ∈ (a; b) .


14

Hình 2.1: Đồ thị có cả khoảng lồi và lõm


Khi đó, ngồi cách dùng Định lí 2.1 (xét dấu y ′′ ) chúng ta có thể chứng minh
′
đánh giá trên bằng cách xét hiệu: f (x) − f (x0 ) (x − x0 ) + f (x0 ) = (x − x0 )k g(x),

trong đó g (x0 ) = 0, k ≥ 2, k ∈ N, và ta sẽ kiểm nghiệm được g(x) ≥ 0, ∀x ∈ D hoặc
g(x) ≤ 0, ∀x ∈ D.

2) Nếu gặp các bất đẳng thức thuần nhất hoặc đồng bậc ta nên chuẩn hóa, tùy
vào đặc điểm từng bài mà ta có cách chuẩn hóa phù hợp để đưa về dạng dùng bất
đẳng thức tiếp tuyến cơ bản.
Ví dụ 2.3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
(b + c)2
(b + c − a)2 + a2

+

(a + c)2
(a + c − b)2 + b2

+

(a + b)2
(a + b − c)2 + c2

≤ 6.

* Nhận xét : Đây là bài tập bất đẳng thức đồng bậc. Với dạng này ta nên
chuẩn hóa. Tùy vào đặc điểm từng bài mà ta có cách chuẩn hóa phù hợp để đưa
bất đẳng thức về dạng các biến được cô lập dạng: f (x1 ) + ... + f (xn ) ≥ C hoặc
f (x1 ) + ... + f (xn ) ≤ C . Sau khi đưa về dạng bất đẳng thức như trên, ta đoán được

1
3

dấu “=” xảy ra khi a = b = c = . Do đó, ta xét phương trình tiếp tuyến của đồ thị
1
3
trên R nên ta có thể xét f (x) − 2 theo Chú ý 2.1 để chứng minh bài toán.

hàm số y = f (x) tại x = . Vì đồ thị hàm số y = f (x) có khoảng lồi và khoảng lõm
Giải.

Ta có vế trái của bất đẳng thức là các biểu thức cùng bậc, khơng mất tính tổng
quát, giả sử a + b + c = 1. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :
(1 − a)2

(1 − 2a)2 + a2

+

(1 − b)2

(1 − 2b)2 + b2

+

(1 − c)2

(1 − 2c)2 + c2

≤6



15

với a, b, c ∈ (0; 1) . Xét hàm số :
f (x) =

(1 − x)2

(1 − 2x)2 + x2

=

Khi đó, bất đẳng thức trở thành:

x2 − 2x + 1
, ∀x ∈ (0; 1) .
5x2 − 4x + 1

f (a) + f (b) + f (c) ≤ 6

với a, b, c ∈ (0; 1) . Ta có :

x2 − 2x + 1
−2
5x2 − 4x + 1
−(3x − 1)2
−9x2 + 6x − 1
=
≤ 0, ∀x ∈ (0; 1) .

=
5x2 − 4x + 1
5x2 − 4x + 1

f (x) − 2 =

Suy ra:

f (a) + f (b) + f (c) ≤ 2 + 2 + 2 = 6,
1
với mọi a, b, c ∈ (0; 1) . Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = .
3

Vậy ta có điều phải chứng minh.

2.3. Một số bài tập áp dụng.
1
3
2y
2z
2x
+
+
≤ −2.
1 − 3x 1 − 3y 1 − 3z

Ví dụ 2.4. Cho x; y; z > ; x + y + z = 3. Chứng minh rằng:

* Nhận xét: Trong ví dụ này ta nhận thấy dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1,
và từ bất đẳng thức ta thấy cần chứng minhf (x) + f (y) + f (z) ≤ −2, với f (x) =


2x
1
,x > nên ta xét phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x) tại
1 − 3x
3
2
2.1
(x − 1) +
x=1:y=
và áp dụng phương pháp để chứng minh như
2
1 − 3.1
(1 − 3.1)

bài giải.

Giải: Xét hàm số f (x) =
Suy ra

1
2x
,x > .
1 − 3x
3

′

f (x) =
′′


f (x) =

2
(1 − 3x)
12

2

,

1
x> .
3

1
< 0, x > .
3
(1 − 3x)
3


16

Ta có:















2x
2.1
2
(x − 1) +
≤
2
1 − 3x
1 − 3.1
(1 − 3.1)
2y
2.1
2
(y − 1) +
≤
2
1 − 3y
1 − 3.1
(1 − 3.1)
2
2z
2.1

≤
(z − 1) +
2
1 − 3z
1 − 3.1
(1 − 3.1)

⇔













1
3
2x
≤ x−
1 − 3x
2
2
1
3

2y
≤ y−
1 − 3y
2
2
2z
1
3
≤ z−
1 − 3z
2
2

Cộng các bất đẳng thức trên theo vế, suy ra:
2y
2z
1
3
2x
+
+
≤ (x + y + z) − 3. = −2.
1 − 3x 1 − 3y 1 − 3z
2
2

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 1.

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.5. Cho x, y, z, t ∈ R thỏa mãn x − y + z − t = 4. Chứng minh rằng:

x2 + 1 +

y2 + 1 +

z2 + 1 +

√
t2 + 1 ≥ 4 2.

*Nhận xét: Trong ví dụ này ta nhận thấy dấu “=” xảy ra khi x = 1, y = −1, z =
√
1; t = −1 và bất đẳng thức tương đương với f (x) + f (y) + f (z) + f (t) ≥ 4 2, với
f (x) = x2 + 1, ∀x nên ta xét phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x)
tại x = 1 và tại x = −1 và áp dụng phương pháp để chứng minh.
Giải:

Xét hàm số f (x) =

x2 + 1 .

Suy ra
f ′ (x) = √

x
x2 + 1

;

f ′′ (x) = √


1
x2 + 1

3

Ta có:


f (x) ≥ f ′ (1)(x − 1) + f (1)




 f (y) ≥ f ′ (−1)(y + 1) + f (−1)

f (z) ≥ f ′ (1)(z − 1) + f (1)




 f (t) ≥ f ′ (−1)(t + 1) + f (−1)

> 0; ∀x.


17

⇔



√
√
2
2


f (x) ≥
x+



2√
2√


2

 f (y) ≥ − y + 2
√2

√2

2
2


z+
f (z) ≥



2√
2√



2

 f (t) ≥ − t + 2 .
2

2

Cộng các bất đẳng thức trên theo vế, ta nhận được:
f (x) + f (y) + f (z) + f (t) ≥

√

√
√
2
(x − y + z + t) + 2 2 = 4 2.
2

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = z = 1; y = t = −1.

Ví dụ 2.6. Cho ∆ABC . Chứng minh rằng:

√
B
C

3 3
A
.
cos + cos + cos ≤
2
2
2
2
π
3

*Nhận xét: Trong ví dụ này ta nhận thấy dấu bằng xảy ra khi A = B = C = ,

√
3 3
, với
và từ bất đẳng thức ta thấy cần chứng minh f (A) + f (B) + f (C) ≤
2
x
f (x) = cos , 0 < x < π
2
π
nên ta xét phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x) tại x = : y =
3
π
π
π
1
x−
+ cos và áp dụng phương pháp để chứng minh như bài giải.

− sin
2
6
3
6

Giải.
x
2

Xét hàm số f (x) = cos , 0 < x < π .
Suy ra
′
x
1
0 < x < π.
f (x) = − sin ,
2
2
′′
x
1
f (x) = − cos < 0, 0 < x < π.
4
2

Ta có:

1
π

A
π
π

cos ≤ − sin
A−
+ cos ;


2
2
6
3
6


B
1
π
π
π
≤ − sin
B−
+ cos ;
2
2
6
3
6
C

1
π
π
π
cos ≤ − sin
C−
+ cos .
2
2
6
3
6

cos

Suy ra






√
B
C
1
π
π
3 3
A

.
cos + cos + cos ≤ − sin (A + B + C − π) + 3 cos =
2
2
2
2
6
6
2


18

π
3

Dấu “=” xảy ra ⇔ A = B = C = .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.7. Cho ∆ABC bất kì. Chứng minh rằng:
tan

√
B
C
A
+ tan + tan ≥ 3.
2
2
2


*Nhận xét: Trong ví dụ này ta nhận thấy dấu bằng xảy ra khi A = B = C =
và từ bất đẳng thức ta thấy cần chứng minh f (A) + f (B) + f (C) ≥

√

3, với

x
f (x) = tan , 0 < x < π
2

nên ta xét phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f (x) tại x =
f

′

π
3

x−

π
3

+ tan

π
,
3


π
: y =
3

π
và áp dụng phương pháp để chứng minh như bài giải.
6

Giải.
x
2

Xét hàm số f (x) = tan , 0 < x < π.
Suy ra

1

′

f (x) =

2cos2

x,
2

0 < x < π.

x
2 > 0, 0 < x < π.

f (x) =
x
2cos3
2
′′

sin

Ta có:

′
A
π

tan
≥
f


2
3


′
B
π
≥f
2
3
′

C
π
tan ≥ f
2
3

tan






Suy ra

π
π
+ tan ;
3
6
π
π
B−
+ tan ;
3
6
π
π
C−
+ tan .

3
6

A−

′
A
B
C
π
π √
+ tan + tan ≥ f
(A + B + C − π) + 3 tan = 3.
2
2
2
3
6
π
Dấu “=” xảy ra ⇔ A = B = C = .
3

tan

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.8. Cho ∆ABC khơng nhọn. Chứng minh rằng:
T = tan

√
B

C
A
+ tan + tan ≥ 2 2 − 1.
2
2
2

*Nhận xét: Trong ví dụ này, khơng mất tính tổng quát, ta dự đoán dấu bằng xảy