Chuyên đề Bất Phương trình lượng giác

Mục lục
Trang
Lời nói đầu………………………………………………………………………………………… 2
Mục lục………………………………………………………………………………………… …3
Chương I: Các bước đầu cơ sở………………………………………………… 4
1. Các bất đẳng thức đại số cơ bản…………………………………………………………4
a)Bất đẳng thức Cauchy (AM – GM)……………………………………………….4
b)Bất đẳng thức Bunhiacốpxki…………………………………………………… 6
c) Bất đẳng thức Jensen…………………………………………………………… 8
d) Bất đẳng thức Chebyshev……………………………………………………….10

2.Các đẳng thức, bất đẳng thức cơ sở trong tam giác…………………………………….11
a) Đẳng thức…………………………………………………………………… 11
b) Bất đẳng thức………………………………………………………………… 16
3. Định lý về dấu của tam thức bậc hai……………………………………………………17
4.Định lý về hàm tuyến tính……………………………………………………………….19
5.Bài tập………………………………………………………………………………… 21
Chương II: Các phương pháp chứng minh……………………………………… 21
2.1.Biến đổi lượng giác tương đương…………………………………………………… 21
2.2.Sử dụng các bước đầu cơ sở………………………………………………………… 28
2.3.Đưa về tích vô hướng……………………………………………………………….…36
2.4.Kết hợp các bất đẳng thức cổ điễn………………………………………………….…37
2.5. Tận dụng tính đơn điệu của hàm số……………………………………………….…44
2.6. Bài tập……………………………………………………………………………… 50
Chương III: Áp dụng bất đẳng thức lượng giác vào một số bài toán…………… 49
1. Định tính tam giác……………………………………………………………………….49
a) Tam giác đều………………………………………………………………………… 49
b) Tam giác cân………………………………………………………………………… 52
c) Tam giác vuông……………………………………………………………………… 55
2. Cực trị lượng giác……………………………………………………………………….55
3. Bài tập 58

Lời cảm tạ………………………………………………………………………………………….60
Tài liệu tam khảo………………………………………………………………………………… 61
Chân dung một số nhà toán học……………………………………………………………………62
Chương I: Các bước đầu cơ sở
Trong chương này chúng ta sẽ tìm hiểu một số kiến thức cơ bản cần có để chứng minh bất
đẳng thức lượng giác. Trước hết là các bất đẳng thức đại số ( Cauchy, B.C.S,…).Tiếp theo là các
đẳng thức, bất đẳng thức liên quan cơ bản trong tam giác. Cuối cùng là một số định lý khác,công
cụ đắc lực trong chứng minh bất đẳng thức( định lý về dấu tam thức bậc hai, định lý hàm tuyến
tính,…).

1. Các bất đẳng thức đại số cơ bản :
a)Bất đẳng thức Cauchy (AM – GM):
Với mọi số thực không âm
1 2
, , ,
n
a a a
ta luôn có:

1 2
1 2


n
n
n
a a a
a a a
n
+ + +

≥
Ví dụ 1:
Cho A,B,C là 3 đỉnh của 1 tam giác nhọn. CMR:

tan tan tan 3 3A B C+ + ≥
Lời giải:
Vì
( )
tan tan
tan tan tan
1 tan .tan
A B
A B C C
A B
+
+ = − ⇔ = −
−

tan tan tan tan .tan .tanA B C A B C⇒ + + =
Tam giác ABC nhọn nên tanA, tanB, tanC dương.
Theo Cauchy ta có:

3 3
tan tan tan 3 tan .tan .tan 3 tan tan tanA B C A B C A B C+ + ≥ = + +

( ) ( )
2
tan tan tan 27 tan tan tanA B C A B C⇒ + + ≥ + +
tan tan tan 3 3A B C⇒ + + ≥
Đẳng thức xảy ra

A B C ABC
⇔ = = ⇔ ∆
đều.
Ví dụ 2 :
Cho
ABC∆
nhọn. CMR :

cot cot cot 3A B C+ + ≥
Lời giải:
Ta luôn có:
- 2 -

( )
cot cot
cot .cot 1
cot
cot cot
cot .cot cot .cot cot .cot 1
A B C
A B
C
A B
A B B C C A
+ = −
−
⇔ = −
+
⇔ + + =
Khi đó:

( ) ( ) ( )
2 2 2
cot cot cot cot cot cot 0A B B C C A− + − + − ≥

( ) ( )
2
cot cot cot 3 cot cot cot cot cot cot 3A B C A B B C C A⇔ + + ≥ + + =

cot cot cot 3A B C⇒ + + ≥
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
ABC∆
đều.
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng với mọi
ABC
∆
nhọn ta có:

cos cos cos cos cos cos 2 3
sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2
3
cos cos cos cos cos cos
2 2 2 2 2 2
A B B C C A A B B C C A
A B B C C A
 
+ + ≤ + + +
 ÷

 
Lời giải:
Ta có:
cos
sin cot
2 2
2cos
2
A A A
A
=

3
cos cos
3
4
sin sin cot cot
2 2 4
4cos cos
2 2
A B
A B
A B
A B
  
⇒ =
 ÷ ÷
  
Theo Cauchy:
2

3 3
cos cos sin sin cot cot
4 2 2 4
2
4cos cos
2 2
A B
A B A B
A B
 
+
 ÷
≤
 ÷
 ÷
 
- 3 -

cos cos 2 3
sin sin cot cot
2 2 4
3
cos cos
2 2
A B A B
A B
A B
 
⇒ ≤ +
 ÷

 
Tương tự ta có:
cos cos 2 3
sin sin cot cot
2 2 4
3
cos cos
2 2
B C B C
B C
B C
 
≤ +
 ÷
 
cos cos 2 3
sin sin cot cot
2 2 4
3
cos cos
2 2
C A C A
C A
C A
 
≤ +
 ÷
 
Cộng theo vế ta được:
cos cos cos cos cos cos

cos cos cos cos cos cos
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
A B B C C A
+ +

( )
2 3
sin sin sin sin sin sin cot cot cot cot cot cot
2 2 2 2 2 2 2
3
A B B C C A
A B B C C A
 
≤ + + + + +
 ÷
 
2 3
sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2
3
A B B C C A
 
= + + +
 ÷
 
⇒
Đpcm.
b)Bất đẳng thức Bunhiacốpxki:
Với 2 bộ số

1 2
, , ,
n
a a a
và
1 2
, , ,
n
b b b
ta luôn có:

( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2

n n n n
a b a b a b a a a b b b
+ + + ≤ + + + + + +
Nhận xét:
-Nếu như với bất đẳng thức Cauchy, ta luôn phải nhớ điều kiện của các biến là phải không âm thì
đối với bất đẳng thức Bunhiacốpxki, ta có thể áp dụng cho các biến là số thực.
-Bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacốpxki là 2 bất đẳng thức tỏ ra rất hiệu quả khi dùng để chứng
minh các bất đẳng thức lượng giác. Ta sẽ xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: CMR với mọi
, ,a b α
ta có:
( ) ( )
2

sin cos sin cos 1
2
a b
a b
α α α α
+
 
+ + ≤ +
 ÷
 
- 4 -

Lời giải:
Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2
sin cos sin cos sin sin cos cosa b a b ab
α α α α α α α α
+ + = + + +

( )
1 cos2 1 cos 2
sin 2
2 2 2
a b
ab
α α
α
+
− +

= + +

( ) ( )
( )
1
1 sin 2 1 cos 2
2
ab a b ab
α α
= + + + + −
(1)
Theo Bunhiacốpxki ta có:

2 2
sin cosA x B x A B+ ≤ +
(2)
Áp dụng (2) ta có:

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
sin 2 1 cos2 1 1 1a b ab a b ab a b
α α
+ + − ≤ + + − = + +
(3)
Thay (3) vào (1) ta được:

( ) ( )
( ) ( )

(
)
2 2
1
sin cos sin cos 1 1 1
2
a b ab a b
α α α α
+ + ≤ + + + +
(4)
Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây đúng với mọi a,b:

( ) ( )
(
)
2
2 2
1
1 1 1 1
2 2
a b
ab a b
+
 
+ + + + ≤ +
 ÷
 
(5)
Thật vậy:
(5)

( ) ( )
2 2
2 2
1 1
1 1 1
2 2 2 4 2
ab a b ab
a b
+
⇔ + + + + ≤ + +

( ) ( )
2 2
2 2
2
1 1
2
a b
a b
+ +
⇔ + + ≤

( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
1 1
1 1
2
a b

a b
+ + +
⇔ + + ≤
(6)
Theo Cauchy thì (6) hiển nhiên đúng
⇒
(5) đúng với mọi a,b.
Từ (1) và (5) : với mọi
, ,a b α
ta có:
( ) ( )
2
sin cos sin cos 1
2
a b
a b
α α α α
+
 
+ + ≤ +
 ÷
 
Đẳng thức xảy ra khi ở (1) và (6) dấu bằng đồng thời xảy ra
2 2
1
tan arctan
sin 2 cos 2
1 1 2
a b a b
a b

a b ab
a b a b
k
ab ab
π
α α
α α
 =  =

=
  
⇔ ⇔ ⇔
  
+ −
+ 1 +
=
= = +
  

− 2 −
 

Ví dụ 2:
CMR với mọi
ABC∆
ta có:
- 5 -
( )
k ∈Z

2 2 2
2
a b c
x y z
R
+ +
+ + ≤

với x,y,z là khoảng cách từ điểm M bất kì nằm bên trong
ABC∆
tới 3 cạnh AB, BC, CA của tam
giác.

Lời giải:
Ta có:

1
1
ABC MAB MBC MCA
MBC MCA
MAB
ABC ABC ABC
c b a
S S S S
S S
S
S S S
z y x
h h h
= + +

⇔ + + =
⇔ + + =
( )
a b c a b c
c b a
z y x
h h h h h h
h h h
 
⇒ + + = + + + +
 ÷
 
Theo Bunhiacốpxki thì:

( )
a b c a b c a b c
a b c a b c
y y
x z x z
x y z h h h h h h h h h
h h h h h h
 
+ + = + + ≤ + + + + = + +
 ÷
 ÷
 
mà
1 1
sin sin
2 2

a a
S ah ab C h b C= = ⇒ =
,
sin
b
h c A=
,
sin
c
h a B=
( )
sin sin sin
2 2 2
a b c
ab bc ca
h h h a B b C c A
R R R
⇒ + + = + + = + +
2 2 2
2 2 2 2
ab bc ca a b c
x y z
R R R R
+ +
⇒ + + ≤ + + ≤ ⇒
Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b c
ABC
x y z

= =

⇔ ∆

= =

đều và M là tâm đường tròn nội tiếp
ABC∆
.
c) Bất đẳng thức Jensen:
Cho
:f R R
+
→
thỏa mãn
( ) ( ) 2
2
x y
f x f y f
+
 
+ ≥
 ÷
 

,x y R
+
∀ ∈
. Khi đó với mọi
1 2

, , ,
n
x x x R
+
∈
ta có bất đẳng thức sau:

1 2
1 2

( ) ( ) ( )
n
n
x x x
f x f x f x nf
n
 
 ÷
 
+ + +
+ + + ≥
- 6 -

-Bất đẳng thức Jensen thật sự là một công cụ chuyên dùng cho chứng minh các bất đẳng thức
lượng giác. Tuy không phải là một bất đẳng thức chặt nhưng nếu thấy có những dấu hiệu của BĐT
Jensen, chúng ta nên dùng ngay.

Ví dụ 1:
Chứng minh rằng với mọi
ABC∆

ta có

3 3
sin sin sin
2
A B C+ + ≤

Lời giải:
Xét
( ) sinf x x=
với
( )
0,x
π
∈

( )f x⇒
là hàm lồi. Theo Jensen ta có:
3 3
( ) ( ) ( ) 3 3sin
3 3 2
A B C
f A f B f C f
π
+ +
 
+ + ≤ = = ⇒
 ÷
 
Đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ABC
∆
đều.
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với mọi
ABC∆
đều ta có:

tan tan tan 3
2 2 2
A B C
+ + ≥
Lời giải:
Xét
( ) tanf x x=
với
0,
2
x
π
 
∈
 ÷
 
( )f x⇒
là hàm lồi. Theo Jensen ta có:
2 2 2
3 3sin 3
2 2 2 3 6

A B C
A B C
f f f f
π
 
+ +
 ÷
     
+ + ≥ = = ⇒
 ÷
 ÷  ÷  ÷
     
 ÷
 
Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ABC
∆
đều.
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng với mọi
ABC∆
ta có:
3
sin sin sin tan tan tan 3
2 2 2 2 2 2 2
A B C A B C
+ + + + + ≥ +

Lời giải:

- 7 -
Xét
( ) sin tanf x x x= +
với
0, ( )
2
x f x
π
 
∈ ⇒
 ÷
 
là hàm lồi. Theo Jensen ta có:
2 2 2
3
2 2 2 3
A B C
A B C
f f f f
 
+ +
 ÷
     
+ + ≥
 ÷
 ÷  ÷  ÷
     
 ÷
 
3

3 tan sin 3
6 6 2
π π
 
= + = + ⇒
 ÷
 
Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ABC∆
đều.

d) Bất đẳng thức Chebyshev:
Với 2 dãy số thực đơn điệu cùng chiều
1 2
, , ,
n
a a a
và
1 2
, , ,
n
b b b
ta có:

( ) ( )
1 1 2 2 1 2 1 2
1

n n n n

a b a b a b a a a b b b
n
+ + + ≥ + + + + + +
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng với mọi
ABC
∆
ta có

3
aA bB cC
a b c
π
+ +
≥
+ +
Lời giải:
Không mất tổng quát giả sử
a b c A B C≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
Theo Chebyshev thì
3 3 3
a b c A B C aA bB cC+ + + + + +
  
≤
 ÷ ÷
  
3 3 3
aA bB cC A B C
π
+ + + +

⇒ ≥ =
Đẳng thức xảy ra khi
ABC
∆
đều.
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với mọi
ABC∆
ta có

sin sin sin tan tan tan
cos cos cos 3
A B C A B C
A B C
+ +
≤
+ +
Lời giải:
Không mất tổng quát giả sử
A B C
≥ ≥

tan tan tan
cos cos cos
A B C
A B C
≥ ≥

⇒


≤ ≤

Theo Chebyshev ta có:
- 8 -
tan tan tan cos cos cos tan cos tan cos tan cos
3 3 3
A B C A B C A A B B C C+ + + + + +
  
≥
 ÷ ÷
  
sin sin sin tan tan tan
cos cos cos 3
A B C A B C
A B C
+ + + +
⇔ ≤
+ +
Mà
tan tan tan tan tan tanA B C A B C+ + =
⇒
Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ABC
∆
đều.
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng với mọi
ABC∆
ta có

( )
3 sin 2 sin 2 sin 2
2 sin sin sin
2 cos cos cos
A B C
A B C
A B C
+ +
+ + ≥
+ +
Lời giải:
Không mất tổng quát giả sử
a b c
≤ ≤

sin sin sin
cos cos cos
A B C
A B C
≤ ≤

⇒

≥ ≥

Theo Chebyshev ta có:
sin sin sin cos cos cos sin cos sin cos sin cos
3 3 3
A B C A B C A A B B C C+ + + + + +
  

≥
 ÷ ÷
  
( )
3 sin 2 sin 2 sin 2
2 sin sin sin
2 cos cos cos
A B C
A B C
A B C
+ +
⇔ + + ≥ ⇒
+ +
Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ABC∆
đều.

2.Các đẳng thức, bất đẳng thức cơ sở trong tam giác:

Đây là các đẳng thức và bất đẳng thức quen thuộc rất cần thiết cho việc chứng minh các bất
đẳng thức lượng giác trong tam giác cũng như trong các ứng dụng của chúng. Ta cũng có thể xem
đây như là một phần kiến thức cơ sở cần cho quá trình học toán của chúng ta.
a) Đẳng thức:
i.
2
sin sin sin
a b c
R
A B C

= = =
ii.
2 2 2
2 cosa b c bc A= + −

2 2 2
2 2 2
2 cos
2 cos
b c a ca B
c a b ab C
= + −
= + −
iii.
cos cosa b C c B
= +
- 9 -

cos cos
cos cos
b c A a C
c a B b A
= +
= +
iv.
1 1 1
2 2 2
a b c
S ah bh ch= = =

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
1 1 1
sin sin sin
2 2 2
2 sin sin sin
4
a b c
bc A ca B ab C
abc
R A B C pr
R
p a r p b r p c r
p p a p b p c
= = =
= = =
= − = − = −
= − − −
v.
2 2 2
2
2 2
4
a
b c a
m
+ −
=

2 2 2
2
2 2 2
2
2 2
4
2 2
4
b
c
c a b
m
a b c
m
+ −
=
+ −
=
vi.
2
2 cos
2
a
A
bc
l
b c
=
+

2
2
2 cos
2
2 cos
2
b
c
B
ca
l
c a
C
ab
l
a b
=
+
=
+
vii.
( ) ( ) ( )
tan tan tan 4 sin sin sin
2 2 2 2 2 2
A B C A B C
r p a p b p c R= − = − = − =
viii.
tan
2
tan

2
A B
a b
A B
a b
−
 
 ÷
−
 
=
+
+
 
 ÷
 
- 10 -

tan
2
tan
2
B C
b c
B C
b c
−
 
 ÷
−

 
=
+
+
 
 ÷
 

tan
2
tan
2
C A
c a
C A
c a
−
 
 ÷
−
 
=
+
+
 
 ÷
 
ix.
2 2 2
cot

4
b c a
A
S
+ −
=

2 2 2
2 2 2
cot
4
cot
4
c a b
B
S
a b c
C
S
+ −
=
+ −
=
2 2 2
cot cot cot
4
a b c
A B C
S
+ +

+ + =
x.
( ) ( )
sin
2
p b p c
A
bc
− −
=

( ) ( )
( ) ( )
sin
2
sin
2
p c p a
B
ca
p a p b
C
ab
− −
=
− −
=
xi.
( )
cos

2
p p a
A
bc
−
=

( )
( )
cos
2
cos
2
p p b
B
ca
p p c
C
ab
−
=
−
=
- 11 -
xii.
( ) ( )
( )
tan
2
p b p c

A
p p a
− −
=
−

( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
tan
2
tan
2
p c p a
B
p p b
p a p b
C
p p c
− −
=
−
− −
=
−
xiii.
sin sin sin 4cos cos cos
2 2 2
A B C p

A B C
R
+ + = =

( )
2 2 2
2 2 2
sin 2 sin 2 sin 2 4sin sin sin
sin sin sin 2 1 cos cos cos
cos cos cos 1 4sin sin sin 1
2 2 2
cos cos cos 1 2cos cos cos
tan tan tan tan tan tan
cot cot cot cot cot cot
2 2 2 2 2 2
tan
2
A B C A B C
A B C A B C
A B C r
A B C
R
A B C A B C
A B C A B C
A B C A B C
A
+ + =
+ + = +
+ + = + = +
+ + = −

+ + =
+ + =
tan tan tan tan tan 1
2 2 2 2 2
cot cot cot cot cot cot 1
B B C C A
A B B C C A
+ + =
+ + =
xiv.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
sin 2 1 sin 2 1 sin 2 1 1 4cos 2 1 cos 2 1 cos 2 1
2 2 2
k
A B C
k A k B k C k k k+ + + + + = − + + +

( )
1
sin 2 sin 2 sin 2 1 4sin sin sin
k
kA kB kC kA kB kC
+
+ + = −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
cos 2 1 cos 2 1 cos 2 1 1 1 4sin 2 1 sin 2 1 sin 2 1
2 2 2
cos2 cos2 cos 2 1 1 4cos cos

tan tan tan tan tan tan
cot cot cot cot cot cot 1
k
k
A B C
k A k B k C k k k
kA kB kC kAcoskB kC
kA kB kC kA kB kC
kA kB kB kC kC kA
+ + + + + = + − + + +
+ + = − + −
+ + =
+ + =
- 12 -
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2 2
1
2 2 2
tan 2 1 tan 2 1 tan 2 1 tan tan 2 1 2 1 tan 2 1 tan 2 1 1
2 2 2 2 2 2 2
cot 2 1 cot 2 1 cot 2 1 cot 2 1 cot 2 1 cot 2 1
2 2 2 2 2 2
cos cos cos 1 1 2cos cos cos
sin sin sin 2 1 2cos
k
k
A B B A C C A

k k k k k k k
A B C A B C
k k k k k k
kA kB kC kA kB kC
kA kB kC kA
+
+ + + + + + + + + =
+ + + + + = + + +
+ + = + −
+ + = + − cos coskB kC
b) Bất đẳng thức:
i.
a b c a b− < < +

b c a b c
c a b c a
− < < +
− < < +
ii.
a b A B≤ ⇔ ≤

b c B C
c a C A
≤ ⇔ ≤
≤ ⇔ ≤
iii.
3
cos cos cos
2
A B C+ + ≤

3 3
sin sin sin
2
tan tan tan 3 3
cot cot cot 3
A B C
A B C
A B C
+ + ≤
+ + ≥
+ + ≥
iv.
3 3
cos cos cos
2 2 2 2
A B C
+ + ≤

3
sin sin sin
2 2 2 2
tan tan tan 3
2 2 2
cot cot cot 3 3
2 2 2
A B C
A B C
A B C
+ + ≤

+ + ≥
+ + ≥
v.
2 2 2
3
cos cos cos
4
A B C+ + ≥

2 2 2
9
sin sin sin
4
A B C+ + ≤

2 2 2
tan tan tan 9A B C+ + ≥
- 13 -
2 2 2
cot cot cot 1A B C+ + ≥
vi.
2 2 2
9
cos cos cos
2 2 2 4
A B C
+ + ≤

2 2 2
2 2 2

2 2 2
3
sin sin sin
2 2 2 4
tan tan tan 1
2 2 2
cot cot cot 9
2 2 2
A B C
A B C
A B C
+ + ≥
+ + ≥
+ + ≥
vii.
1
cos cos cos
8
A B C ≤

3 3
sin sin sin
8
tan tan tan 3 3
1
cot cot cot
3 3
A B C
A B C
A B C

≤
≥
≤
viii.
3 3
cos cos cos
2 2 2 8
A B C
≤

1
sin sin sin
2 2 2 8
1
tan tan tan
2 2 2
3 3
cot cot cot 3 3
2 2 2
A B C
A B C
A B C
≤
≤
≥
ix.
3
cos 2 cos2 cos 2
2
A B C+ + ≥ −

3 3
sin 2 sin 2 sin 2
2
A B C+ + ≤
x.
1 1 1
2 3
cos cos cos
2 2 2
A B C
+ + ≥
1 1 1
2 3
sin sin sin
2 2 2
A B C
+ + ≥
- 14 -
3. Định lý về dấu của tam thức bậc hai:
Cho tam thức
( ) ( )
2
0f x ax bx c a= + + ≠
và
2
4b ac∆ = −
-Nếu
0
∆ <

thì
( )
f x
cùng dấu với hệ số
a
, với mọi số thực
x
.
-Nếu
0
∆ =
thì
( )
f x
cùng dấu với hệ số
a
, với mọi số thực
2
b
x
a
≠ −
.
-Nếu
0
∆ >
thì
( )
f x
có 2 nghiệm

1 2
,x x
và giả sử
1 2
x x<
thì
( )
f x
cùng dấu với
a
với mọi x ở
ngoài đoạn
[ ]
1 2
;x x
(tức là
1
x x<
hay
2
x x>
) và
( )
f x
trái dấu với
a
khi x ở trong khoảng 2
nghiệm (tức là
1 2
x x x< <

)
Trong một số truờng hợp, định lý này là một công cụ rất có hiệu quả trong chứng minh bất đẳng
thức. Ta sẽ đặt biểu thức cần chứng minh là 1 tam thức bậc hai theo 1 biến sau đó xét biệt thức
∆
.
Ta sẽ thuờng thấy truờng hợp
0∆ <
mà ít khi thấy
0∆ >
.
Ví dụ 1:
CMR
, ,x y z R
+
∀ ∈
và
ABC∆
bất kì ta có:

2 2 2
cos cos cos
2
A B C x y z
x y z xyz
+ +
+ + ≤
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tuơng đuơng với:
( )
( )

2
2 2 2
2 cos cos 2 cos 0x x y C z B y z yz A− + − + − ≥
Coi đây như là tam thức bậc hai theo biến x:

( )
( )
( )
2
2 2
2
' cos cos 2 cos
cos cos 0
y C z B y z yz A
y C z B
∆ = + − + −
= − − ≤
Vậy bất đẳng thức trên đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
sin sin
: : sin :sin :sin : :
cos cos
y C z B
x y z A B C a b c
x y C z B
=

⇔ = =

= +


Tức
, ,x y z
là 3 cạnh của tam giác tương đương với
ABC
∆
.
Ví dụ 2:
CMR
x R∀ ∈
và
ABC∆
bất kì ta có:
- 15 -

( )
2
1
1 cos cos cos
2
x A x B C+ ≥ + +
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tuơng đuơng với:
( )
2
2 cos cos 2 2cos 0x x B C A− + + − ≥
( ) ( )
2
' cos cos 2 1 cosB C A∆ = + − −
2

2
2cos cos 4sin
2 2 2
B C B C A+ −
 
= −
 ÷
 
2 2
2 2
4sin cos 1
2 2
4sin cos 0
2 2
A B C
A B C
−
 
= −
 ÷
 
−
= − ≤
Vậy bất đẳng thức trên đúng
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0
cos cos 2cos 2cos
B C
x B C x B C
∆ = =

 
⇔
 
= + = =
 
Ví dụ 3:
CMR trong mọi
ABC∆
ta đều có:

2
2 2 2
sin sin sin
2
a b c
ab A bc B ca C
+ +
 
+ + ≤
 ÷
 
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tuơng đuơng với
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2
2 2

2
2 cos2 cos2 2 cos2 0
' cos2 cos 2 2 cos 2
sin 2 sin 2 0
a a b A c C b c bc B
b A c C b c bc B
b A c C
+ + + + + ≥
∆ = + − + +
= − + ≤
Vậy bất đẳng thức đã đuợc chứng minh xong.
Ví dụ 4:
Cho
ABC
∆
bất kì. Chứng minh rằng:

3
cos cos cos
2
A B C+ + ≤
Lời giải:
Đặt
( )
cos cos cos 2cos cos cos
2 2
B C B C
k A B C A B
+ −
= + + = − +

- 16 -
2
2cos 2cos cos 1 0
2 2 2
A B A B A B
k
+ − +
⇔ − + − =
Do đó
cos
2
A B+
là nghiệm của phuơng trình:

2
2 2cos 1 0
2
A B
x x k
−
− + − =
Xét
( )
2
' cos 2 1
2
A B
k
+
∆ = − −

. Để tồn tại nghiệm thì:

( )
2
3
' 0 2 1 cos 1
2 2
3
cos cos cos
2
A B
k k
A B C
−
∆ ≥ ⇔ − ≤ ≤ ⇒ ≤
⇒ + + ≤
⇒
Đpcm.
Ví dụ 5:
CMR
,x y R∀ ∈
ta có:
( )
3
sin sin cos
2
x y x y+ + + ≤
Lời giải:
Đặt
( )

2
sin sin cos 2sin cos 1 2sin
2 2 2
x y x y x y
x y x y
+ − +
+ + + = + −
Khi đó
sin
2
x y+
là nghiệm của phương trình:
2
2 2cos 1 0
2
x y
x x k
−
− + − =
( )
' 1 2 1 0
3
2
k
k
⇒ ∆ = − − ≥
⇒ ≤
⇒
Đpcm.
4.Định lý về hàm tuyến tính:

Xét hàm
( )
f x ax b= +
xác định trên đoạn
[ ]
,
α β
Nếu
( )
( )
f k
f k
α
β
≥


≥



( )
k R∈
thì
( )
[ ]
,f x k x
α β
≥ ∀ ∈
.

Khi mà bất đẳng thức Cauchy đã bó tay, Bunhiacốpxki trở nên vô dụng thì đó là lúc định lý về
hàm tuyến tính phát huy sức mạnh của mình. Định lý về hàm tuyến tính cũng là lối ra cho nhiều
bất đẳng thức khó.
Ví dụ 1:
- 17 -
Cho
, ,a b c
là những số thực không âm thỏa
2 2 2
4a b c+ + =
CMR:
1
8
2
a b c abc+ + ≤ +
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

1
1 8 0
2
bc a b c
 
− + + − ≤
 ÷
 
Xét
( )
1
1 8

2
f a bc a b c
 
= − + + −
 ÷
 
với
[ ]
0,2a∈
Khi đó
( )
( )
( )
2 2
0 8 2 8 8 8 0
2 2 8 2 8 8 8 0
f b c b c
f bc b c
= + − ≤ + − = − =
= − + + − = − < − =
(vì
2 0a b c= ⇔ = =
)
Vậy
( )
[ ]
0 0,2f a a≤ ∀ ∈
⇒
Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

0, 2a b c= = =
Ví dụ 2:
CMR
, ,a b c∀
không âm ta có:
( ) ( ) ( )
3
7 9 2ab bc ca a b c abc a b c+ + + + ≤ + + +
Lời giải:
Đặt
a
x
a b c
=
+ +
;
b
y
a b c
=
+ +
;
c
z
a b c
=
+ +
. Khi đó bài toán trở thành:
Chứng minh
( )

7 9 2xy yz zx xyz+ + ≤ +
với
1x y z+ + =
Không mất tổng quát giả sử
{ }
max , ,x x y z=
Xét
( ) ( )
7 7 9 7 2f x y z yz x yz= + − + −
với
1
,1
3
x
 
∈
 
 
Ta có
1
0
3
f
 
=
 ÷
 
,
( )
1 2 0f = − <

( )
1
0 ,1
3
f x x
 
⇒ < ∀ ∈
 
 
Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra
1
3
x y z a b c⇔ = = = ⇔ = =
.
-Điều ta nên chú ý khi giải bất đẳng thức lượng giác bằng phương pháp này là dấu bằng của bất
đẳng thức xảy ra phải phù hợp với tập xác định của hàm lượng giác.
5. Bài tập:
- 18 -
Cho tam giác ABC. CMR:
i.
3 3 3
1
cot cot cot
3
A B C+ + ≥
với tam giác ABC nhọn.
ii.
3 2 3
sin sin sin

4 4 4 2
A B C −
+ + ≤
iii.
1 1 1
2 3
sin sin sinA B C
+ + ≥
iv.
2 2 2
7
sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 8
A B C A B C
+ + + ≥
v.
9
cot cot cot
8sin sin sin
A B C
A B C
+ + ≤
vi.
cos cos cos 8sin sin sin
2 2 2
A B B C C A
A B C
− − −
≥
vii.

1 cos cos cos sin sin sinA B C A B C+ ≥
viii.
4
1 1 1 3 3
2
a b c b c a c a b
S
+ + ≥
+ − + − + −
ix.
2 3
a b c
a b c
m m m
+ + ≥
x.
3 3
2
a b c
m m m
a b c
+ + ≥
xi.
2
a a b b c c
m l m l m l p+ + ≥
xii.
2 2 2
1 1 1 3
a b c

a m b m c m abc
+ + >
xiii.
( ) ( ) ( )
8
abc
p a p b p c− − − ≤
xiv.
9
a b c
h h h r+ + ≥
xv.
3 3 3
sin sin sin sin
4 4 4
A B B C C A
A B C
+ + +
   
≤
 ÷ ÷ ÷
   
Chương II: Các phương pháp chứng minh
2.1. Biến đổi lượng giác tương đương :
Có thể nói phương pháp này là một phương pháp “xưa như Trái Đất”. Nó sử dụng các công thức
lượng giác và sự biến đổi qua lại của các bất đẳng thức. Để có thể sử dụng tốt phương pháp này bạn
đọc cần trang bị cho mình những kiến thức cần thiết về biến đổi lượng giác (bạn đọc có thể tham
khảo thêm phần 1.2. Các đẳng thức, bất đẳng thức trong tam giác).
- 19 -
Thông thường thì với phương pháp này, ta sẽ về dạng bất đẳng thức đúng hay quen thuộc. Ngoài

ra, ta cũng có thể sử dụng hai kết quả quen thuộc
sin 1x £
;
cos 1x ≤
.
Ví dụ 2.1.1.
CMR:
1 sin
4
3cos
7
2sin
4
π
π
π
−
>
Lời giải:
Ta có :
3 5 3 7 5
1 sin sin sin sin sin sin sin
14 14 14 14 14 14 14
π π π π π π π
− = − + − + −

2 3
2 s os os
14 7 7 7
sin co c c

π π π π
 
= + +
 ÷
 

1 sin
2 3
14
os os os
7 7 7
2sin
14
c c c
π
π π π
π
−
⇒ = + +
(1)
Mặt khác ta có:

1 3 5 4 2
os os os os os os os
7 2 7 7 7 7 7 7
c c c c c c c
π π π π π π π
 
= + + + + +
 ÷

 

2 2 3 3
os os os os os os
7 7 7 7 7 7
c c c c c c
π π π π π π
= + +
(2)
Đặt
2 3
os , os , os
7 7 7
x c y c z c
π π π
= = =
Khi đó từ (1),(2) ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

3( )x y z xy yz xz+ + > + +
(3)
Mà x , y ,z > 0 nên:
(3)
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0x y y z z x⇔ − + − + − >
(4)
Vì x , y ,z từng đôi một khác nhau nên (4) đúng
⇒
đccm.
Như vậy, với các bất đẳng thức trên thì việc biến đổi lượng giác là quyết định sống còn với việc
chứng minh bất đẳng thức. Sau khi sử dụng các biến đổi thì việc chứng minh bất đẳng thức trở nên dễ

dàng thậm chí chỉ lad hiển nhiên.
Ví dụ 2.1.2.

CMR:
2 2 2
2( sin 3 cos 2 sin )a b c ab x ca x bc x+ + ≥ + −
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
2 2 2 2 2 2 2
(sin 2 os 2 ) (sin os ) 2 (sin x os2 sin 2 cos )a x c x b x c x c ab c x x x+ + + + ≥ + +


2 cos 2 2 sin 2ca x bc x−
2 2 2 2 2
(sin 2 sin 2 cos2 sin 2 cos 2 2 sin )a x b x c ab x x ca x bc x⇔ + + − − +
- 20 -

2 2 2 2
( sin 2 2 sin 2 cos os ) 0a x ab x x b c x+ − + ≥
2 2
( cos 2 sin ) ( sin 2 cos ) 0a x b x c a x b x⇔ − − + − ≥
Bất đẳng thức cuối cùng luôn luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.1.3
CMR với
ABC∆
bất kì ta luôn có:

2 2 2
9
sin sin sin

4
A B C+ + ≤
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ABC∆
đều.
Ví dụ 2.1.4.
Cho
, ,
2
k
π
α β γ π
≠ +
là ba góc thỏa
2 2 2
sin sin sin 1
α β γ
+ + =
. CMR:

2
2 2 2
t an tan tan tan tan tan
1 2 tan tan tan
3
α β β γ γ α

α β γ
+ +
 
≤ −
 ÷
 
Lời giải:
Ta có:

2 2 2
sin sin sin 1
α β γ
+ + =
2 2 2
os os os 2c c c
α β γ
⇔ + + =
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
2
1 tan 1 tan 1 tan
tan tan tan tan tan tan 1 2 tan tan tan
α β γ
α β β γ γ α α β γ
⇔ + + =
+ + +
⇔ + + = −
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2

2 2 2 2 2 2
2 2 2
tan tan tan tan tan tan
tan tan tan tan tan tan
3
(tan tan tan tan ) (tan tan tan tan ) (tan tan tan tan ) 0
α β β γ γ α
α β β γ γ α
α β β γ β γ γ α γ α α β
+ +
 
≤ + =
 ÷
 
⇔ − + − + − ≥
⇒
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
tan tan tan tan
tan tan tan tan tan tan tan
tan tan tan tan
α β β γ
β γ γ α α β γ
γ α α β
=


⇔ = ⇔ = =



=


Ví dụ 2.1.5.
CMR trong
ABC
∆
bất kì ta có:

cot cot cot 3 tan tan tan
2 2 2 2 2 2
A B C A B C
 
+ + ≥ + +
 ÷
 
- 21 -
Lời giải:
Ta có:

cot cot cot
2 2 2
A B C
+ +
=
cot cot cot
2 2 2
A B C
Đặt
cot

2
A
x =
;
cot
2
B
y =
;
cot
2
C
z =
thì
, , 0x y z
x y z xyz
>


+ + =

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương với:

2
2 2 2
1 1 1
3
3( )
( ) 3( )
( ) ( ) ( ) 0

x y z
x y z
xy yz zx
x y z
xyz
x y z xy yz zx
x y y z z x
 
+ + ≥ + +
 ÷
 
+ +
⇔ + + ≥
⇔ + + ≥ + +
⇔ − + − + − ≥
⇒
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
cot cot cotA B C
A B C
⇔ = =
⇔ = =

ABC
⇔ ∆
đều.
Ví dụ 2.1.6.
CMR:
1 1 2
3 sinx 3 sinx 2 osc x

+ ≤
+ − +
Lời giải:
Vì
1 sinx 1− ≤ ≤
và
cos 1x ≥ −
nên:

3 sinx 0,3 sinx 0+ > − >
và
2 cos 0x+ >
Khi đó bất đẳng thức tương đương:

2
2
2
6(2 cos ) 2(9 sin )
12 6cos 18 2(1 os )
2 os 6cos 4 0
(cos 1)(cos 2) 0
x x
x c x
c x x
x x
+ ≤ −
⇔ + ≤ − −
⇔ − + ≥
⇔ − − ≥

Do
cos 1x
≤
nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng
⇒
đpcm.
Ví dụ 2.1.7.
- 22 -
CMR:
,
3 2
π π
α β
∀ ≤ <
ta có:

2 1 1
1 1 1
os os os osc c c c
α β α β
 
 
− ≤ − −
 ÷
 ÷
+
 
 
Lời giải:
Từ

,
3 2
π π
α β
∀ ≤ <
1
0 os , os
2
c c
α β
⇒ < ≤
Do đó
0 os os 1
1
0 os os
4
c c
c c
α β
α β
< + ≤



< ≤


Đặt
os os , os osa c c b c c
α β α β

= + =

Bất đẳng thức đã cho trở thành:


2 2
3 2
2
2 1
2 1
(2 ) (1 )
4 4 0
( 1)( 4 ) 0
a a b
a b
a a b
a b
a b a a b
a a ab b
a a b
− − +
≤
− − +
 
⇔ ≤
 ÷
 
⇔ − ≤ − +
⇔ − − + ≤
⇔ − − ≤

Bất đẳng thức cuối đúng vì
1a ≤
và
2 2
4 ( os os ) 0a b c c
α β
− = − ≥
⇒
đpcm.
Ví dụ 2.1.8.

Cho các góc nhọn a và b thỏa
2 2
sin os 1a c b+ <
. CMR:

2 2 2
sin sin sin ( )a b a b+ < +
Lòi giải:
Ta có :
2 2
sin sin 1
2
a a
π
 
+ − =
 ÷
 
Nên từ giả điều kiện

2 2
sin os 1a c b+ <
suy ra:


,0
2 2
b a a b
π π
< − < + <
Mặt khác ta có:

( )
2 2 2 2 2
sin sin cos sin cos 2sin sin cos cosa b a b b a a b a b+ = + +
Nên thay thế
2 2
os 1 sinc b b= −
vào thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
- 23 -

2 2
2sin a sin 2sin sin cos cosb a b a b<


sin sin cos cos
0 os( )
a b a b
c a b
⇔ <

⇔ < +
Bất đẳng thức sau cũng hiển nhiên đúng do
0
2
a b
π
< + < ⇒
đpcm.
Ví dụ 2.1.9.
Cho
ABC∆
không vuông chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3tan tan tan 5(tan tan tan ) 9 tan tan tan tan tan tanA B C A B C A B B C C A− + + ≤ + + +
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 tan tan tan 4(tan tan tan ) 8 (1 tan )(1 tan )(1 tan )A B C A B C A B C− + + − ≤ + + +

2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
4 1 1 1 4 3 8
os os os os os os os os osc A c B c C c A c B c C c Ac Bc C
     
⇔ − − − − + + − − ≤
 ÷ ÷ ÷  ÷
     

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 1 1 1 1
os os os os os os os os os os os osc Ac Bc C c Ac B c Bc C c Cc A c Ac Bc C
 
⇔ − + + ≤
 ÷
 

2 2 2
2
2
2
2
2 2
3
os os os
4
1 os2 1 os2 3
os
2 2 4
2( os2 os2 ) 4 os 1 0
2 os( ) os( ) 4 os 1 0
4 os 4cos os( ) 1 0
2cos os( ) sin ( ) 0
c A c B c C
c A c B
c C
c A c B c C
c A B c A B c C
c C Cc A B

C c A B A B
⇔ + + ≥
+ +
⇔ + + ≥
⇔ + + + ≥
⇔ + − + + ≥
⇔ − − + ≥
⇔ − − + − ≥
⇒
đpcm.
Ví dụ 2.1.10*.
Cho nửa đường tròn bán kính R, C là một điểm tùy ý trên nửa đường tròn. Trong hai hình quạt
ngoại tiếp đường tròn, gọi M và N là hai tiếp điểm của hai đường tròn với đường kính của hai nửa
đường tròn đã cho. CMR: MN
( )
2 2 1R≥ −
.
Lời giải:
- 24 -
Gọi O
1
;O
2
là tâm của hai đường tròn. Đặt
·
2CON
α
=
(như vậy
0

2
π
α
< <
)
Và OO
1
=
1
R
;
2 2
OO R=
Ta có:


Vậy

1 2 1 2
cot cot tan cot
2
MN MO ON R R R R
π
α α α α
 
= + = − + = +
 ÷
 
Trong tam giác vuông
1

O MO
có:

1 1 1
1 1
Os ( ) os
2
sin
(1 os ) os
1 sin
R O in R R c
R
R c Rc R
π
α α
α
α α
α
 
= − = −
 ÷
 
+ = ⇒ =
+

Tương tự:

2 2 2 2
sin
OO sin ( )sin

1 sin
R
R R R R
α
α α
α
= = − ⇒ =
+

Do đó:

os sin sin os
. .
1 os os 1 sin sin
Rc R c
MN
c c
α α α α
α α α α
= +
+ +

2
2
sin os
1 os 1 sin
sin os 1
(1 sin )(1 os )
2 os sin os
2 2 2

sin os .2 os
2 2 2
2
sin os 1
R Rc
c
c
R
c
c c
R
c c
R
c
α α
α α
α α
α α
α α α
α α α
α α
= +
+ +
+ +
=
+ +
 
+
 ÷
 

=
 
+
 ÷
 
=
+ +

Mà
2
sin os 2 2 2 ( 2 1)
4
2 1
R
c R
π
α α α
 
+ ≤ − ≤ ⇒ = − ⇒
 ÷
+
 
đpcm.
Đẳng thức xáy ra
4
OC MN
π
α
⇔ = ⇔ ⊥
.

- 25 -
·
·
2
1
2
O ON
O OM
α
π
α
=
= −