NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
Bài Viết Tốn Học
Bất Đẳng Thức
&
Cực Trò
Lượng Giác
Duc_Huyen1604
1
NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
Lời Mở:
Trong quá trình tìm hiểu về phần “Bất Đẳng Thức-Cực Trị Lượng Giác” tôi xin viết
nên bài viết nhỏ này! Trong bài viết là một số bài toán và lời giải tham khảo. Trong
quá trình viết không thể không gặp sai sót. Mong bạn đọc cho ý kiến đóng góp!
My Facebook: www.facebook.com/gaulovemiu1604
Gmail:
A
B
sin
2
2 .
Bài Toán 1: Cho ABC , tìm GTLN của P
5
4 1
1
C
sin
2
3 sin
Giải:
Áp dụng BĐT BCS ta có:
1
5
5 1
C
3
sin
2
5
sin
C
2
5
1
5
C
3
3
C
sin
sin
2
2
1
5
5
4 1
1
C
3
C
sin
sin
2
2
3
1
C
sin
5
2
5
4 1
1
C
sin
2
4
1
3
1
Suy ra:
P
1
AB
C
C
1
C
C
sin sin
cos
1 sin sin
10
2
2
2 10
2
2
2
NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
Áp dụng BĐT AM-GM ta lại có :
C
C
1 sin sin
2
2
1
C
C
1 sin 1 sin
2
2
2
C
.2 sin
2
3
C
C
C
1 sin 1 sin 2 sin
2
2
2
1
8
2
.
27
2 27 3 3
1
2
P
Từ đó ta suy ra:
1 2
3
.
10 3 3
45
1
C
sin
2
3
A B
AB
Dấu « = » xảy ra khi cos
1
C 1.
2
sin
2 3
C
C
1 sin 2 sin
2
2
Vậy Max P
3
.
45
Bài Toán 2: Cho A, B,C là ba góc của một tam giác.Chứng minh rằng :
1
5
A
B
C
cos A cos B cosC sin sin sin
6
4
2
2
2
Giải :
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
A
B
sin
A
B
2 .2 sin B cos B .
2 .2 sin A cos A
tan sin B tan sin A 2
2
2
A
2
2
B
2
2
cos
cos
2
2
A
B
A
B
tan sin B tan sin A 4 sin sin
(1)
2
2
2
2
sin
Tương tự ta có:
B
C
B
C
sin C tan sin B 4 sin sin
2
2
2
2
C
A
C
A
tan sin A tan sin C 4 sin sin
2
2
2
2
tan
3
(2)
(3)
NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta suy ra được :
A
B
C
sin B sinC tan
sinC sin A tan
sin A sin B
2
2
2
A
B
B
C
C
A
4 sin sin sin sin sin sin
2
2
2
2
2
2
tan
(*)
Ta có biến đổi sau:
tan
A
sin B sin C
2
B C
2 .2 cos A cos B C cos B cosC
A
2
2
cos
2
cos
Tương tự :
B
sin C sinA cosC cosA
2
C
tan
sin A sin B cos A cos B
2
tan
Do đó từ (*) ta có được :
A
B
B
C
C
A
cos A cos B cosC 2 sin sin sin sin sin sin
2
2
2
2
2
2
2
A
B
C
A
B
C
cos2 cos2 cos2 sin sin sin
2
2
2
2
2
2
2
A
B
C
cos A cos B cosC 3 2 sin sin sin
2
2
2
2
1
5 1
A
B
C
3
cos A cos B cosC sin sin sin
6
4 3
2
2
2
4
Ta sẽ đi chứng minh :
2
1
A
B
C
3
A
B
C
sin sin sin sin sin sin
3
2
2
2
4
2
2
2
2
A
B
C
2 sin sin sin 3 0 (luôn đúng).
2
2
2
Dấu « = » xảy ra khi A B C ABC đều.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
4
NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
Bài Toán 3: Cho ABC không có góc tù và mỗi góc không nhỏ hơn
.
4
P cot A cot B cotC 3 cot A cotBcosC 4 2 2 .
Chứng minh rằng :
Giải :
Giả sử Min A, B,C A
4
A
3
.
Ta có:
P cot A cot B cotC 3 cotA cot A cot B cot B cotC cotC cotA cot A cot B cotC
cot A cot B cotC 3 cotA 1 cot A cot B cotC
2
4 cotA 1 3 cot A cot B cotC
2
1
Vì A
nên 1 3 cot A 1 3 cot
1 3.
0.
3
3
3
2
2
Vì ABC không có góc tù nên: B,C
Đặt tan
A
1
t t 2 1;
2
3
2
cot B cotC 2 cot
B C
A
2 tan .
2
2
A
Do
8 2 6
Kết hợp với các đánh giá trên suy ra được:
2
1 t2
1 t2
A
3t 4 6t 2 1
P 4 cot A 2 1 3 cot A tan 4
2. 1 3
.t
2
2t
2t
2t
Xét hàm số : f (t )
2
3t 4 6t 2 1
1
với t 2 1;
, ta có:
2t
3
f '(t )
3t 2 1
2t
2
2
1
0 t 2 1;
.
3
1
Vậy suy ra f (t ) luôn nghịch biến trên 2 1;
.
3
Do đó : f (t ) f ( 2 1) 4 2 2 . Hay suy ra được P 4 2 2 .
Dấu “=” xảy ra khi A
4
,B C
3
.
8
Vậy ta có điều phải chứng minh!
5
NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
Bài Toán 4: Cho số nguyên dương n và số thực x .Chứng minh rằng:
cos x cos 2x ... cos 2n x
n
2
(*)
Giải:
-Khi n 1 :
* Nếu cos x
1
1
thì cos x cos 2x .
2
2
* Nếu cos x
1
thì
2
cos x cos 2x cos x 2 cos2 x 1 cos x 1 2 cos2 x 1 cos x 1 2 cos x 1
Vậy (*) đúng với n 1 .
Giả sử (*) đúng với n k 1. Khi đó:
cos x cos 2x ... cos 2k x
k
2
Ta đi chứng minh (*) đúng với n k 1. Hay đi chứng minh:
cos x cos 2x ... cos 2k x cos 2k 1 x
k 1
2
Thật vậy, áp dụng giả thiết quy nạp ta có:
*Nếu cos x
1
1 k k 1
thì cos x cos 2x ... cos 2k x cos 2k 1 x
2 2
2
2
*Nếu cos x
1
thì
2
cos x cos 2x ... cos 2k x cos 2k 1 x
cos x cos 2x cos 4x ... cos 2k 1 x 1
k 1 k 1
2
2
Vậy (*) đúng với n k 1 .Hay suy ra được (*) đúng với mọi số nguyên dương n.
6
1
.
2
NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
Bài Toán 5: Cho ABC , tìm GTNN của biểu thức:
A
B
C
tan5 tan5
2
2
2.
P
A
B
C
tan3 tan3 tan3
2
2
2
tan5
Giải:
Ta luôn có: tan
A
B
B
C
C
A
tan tan tan tan tan 1 .
2
2
2
2
2
2
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
A
A
tan5 tan5
2
2
A
A
tan5 tan5 tan5
2
2
A
A
tan5 tan5 tan5
2
2
tan5
A
A
B
A
B
tan5 tan5 5 tan4 tan
2
2
2
2
2
A
A
C
A
C
tan5 tan5 5 tan4 tan
2
2
2
2
2
A
B
C
A
B
C
tan5 tan5 5 tan3 tan tan
2
2
2
2
2
2
(1)
(2)
(3)
Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được:
A
B
C
A
A
B
B
C
C
A
2 tan5 tan5 5 tan3 tan tan tan tan tan tan
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
A
B
C
A
11 tan5 2 tan5 tan5 5 tan3
(4)
2
2
2
2
11 tan5
Tương tự:
B
C
A
B
2 tan5 tan5 5 tan3
2
2
2
2
C
A
B
C
11 tan5 2 tan5 tan5 5 tan 3
2
2
2
2
11 tan5
(5)
(6)
Cộng vế theo vế (4), (5) và (6) suy ra được:
A
B
C
A
B
C
15 tan5 tan5 tan5 5 tan 3 tan 3 tan 3
2
2
2
2
2
2
A
B
C
tan5 tan5 tan5
2
2
2 1.
A
B
C
3
tan 3 tan 3 tan 3
2
2
2
7
NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
Dấu “=” xảy ra khi tan
Vậy MinP
A
B
C
tan tan A B C .
2
2
2
1
.
3
Bài Toán 6: Chứng minh rằng, nếu 3, x 0; thì
2
sin x
cos x .
x
Giải:
sin x
1.
Ta có: x 0; thì 0 sin x x 0
x
2
3
sin x
sin x
Do đó: 3,
, x 0; .
x
x
2
Như vậy ta cần chứng minh:
3
sin x
cos x
x
sin x
x
3
cos x
sin x
x 0
3
cos x
Xét hàm số f (x )
x , với x 0; Ta có :
cos x
2
sin x
3
f '(x )
2 cos3 x 3 cos x 3 cos x 1
3 cos x 3 cos x
Xét g(cos x ) 2 cos3 x 3 cos x 3 cos x 1 với cos x (0;1] ta có:
Vậy suy ra g cos x nghịch biến g cos x g 1 0
g' cos x 4 cos x 3 cos x 0 cos x (0;1]
Do đó suy ra được : f '(x ) 0 hàm f (x ) đồng biến trên x 0; .
2
sin x
Suy ra f x 0 x 0;
x 0
3
cos x
2
Vậy ta có điều phải chứng minh!
8
NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
Bài Toán 7: Cho ABC , chứng minh rằng:
P
B C
CA
A B
cos
cos
2
2
2 6
A
B
C
sin
sin
sin
2
2
2
cos
Giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
P 33
B C
C A
AB
cos
cos
sin A sin B sin B sinC sinC sin A
2 .
2 .
2
33
A
B
C
sin A sin B sinC
sin
sin
sin
2
2
2
cos
(1)
Áp dụng BĐT AM-GM ta lại có:
sin A sin B sin B sinC sinC sin A 2
sin A sin B sinC
sin A sin B .2 sin B sinC .2 sinC sin A
8 (2)
sin A sin B sinC
Từ (1) và (2) suy ra:
P 33 8 6
Dấu = xảy ra khi A B C .
Vậy ta có điều phải chứng minh!
Bài Toán 8: Cho x, y là các góc nhọn.Tìm GTLN của biểu thức:
1
P
tan x tan y
2
cot x cot y
Giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
P
1 tan x tan y
2 cot x cot y
2
1
tan x tan y 1 tan x tan y
2
Theo BĐT AM-GM ta lại có:
1
tan x tan y 1 tan x tan y
2
9
2
2
NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
1
.2 tan x tan y 1 tan x tan y 1 tan x tan y
4
1 2
tan x tan y 1 tan x tan y 1 tan x tan y
4
Từ đó ta suy ra: P
27
3
2
27
2
.
27
1
cot x cot y
Dấu « = » xảy ra khi
tan x tan y
3
2 tan x tan y 1 tan x tan y
Vậy : Max p
2
.
27
Bài Toán 9: Cho A, B,C là ba góc của một tam giác.Chứng minh rằng:
P sin A sin B
2
cosC 2
2
Giải :
Ta có:
AB
AB
2
cos
cos C
2
2
2
C
2
2C
2 cos
1
2 cos
2
2
2
P 2 sin
Ta sẽ đi chứng minh :
2 cos
C
2
2C
1 2
2 cos
2
2
2
(*)
Thật vây :
(*) 2 cos2
C
C
2. 2 cos 1 0
2
2
2
C
2 cos 1 0
2
(luôn đúng)
AB
1
cos
2
ABC vuông cân tại C .
Dấu « = » xảy ra khi
C
1
cos
2
2
Vậy ta có điều phải chứng minh.
10
NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
Bài Toán 10: Cho ABC có các góc thỏa mãn A B C
2
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
P 2 cos 4C 4 cos2C cos2A cos2B
Giải:
Vì A B C
2
3
C
2
0 cosC
1
.
2
Vì
cosC 0
cos 2 A cos 2 B 2 cos A B cos A B 2 cosC cos A B 2 cosC .
cos
A
B
1
Ta suy ra:
2
P 2 2 2 cos2 C 1 1 4 2 cos2 C 1 2 cos C
P 16 cos4 C 8 cos2 C 2 cosC 2
Mặt khác ta lại có :
16 cos4 C 8 cos2 C 2 cosC 2
16 cos4 C 8 cos2 C 1 1 2 cosC 4
2
4 cos2 C 1 1 2 cos C 4 4
(Do cos C
1
)
2
cos A B 1
Từ đó suy ra được : P 4 .Dấu = xảy ra khi
A B C .
1
3
cosC
2
Vậy MinP 4 .
Bài Toán 11: Cho A, B,C là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng :
sin A sin B sinC cos
A
B
C
cos cos
2
2
2
Giải:
Ta có:
sin A sin B 2 sin A sin B 4 sin
AB
AB
C
cos
2 cos
2
2
2
Tương tự ta có:
sin B sinC 2 cos
11
A
2
(2)
(1)
NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
sinC sinA 2 cos
B
2
(3)
Cộng vế theo về (1), (2) và (3) ta được:
A
B
C
sin A sin B sinC 2 cos cos cos
2
2
2
A
B
C
sin A sin B sinC cos cos cos
2
2
2
2
Vậy bài toán được chứng minh.Dấu xảy ra khi A B C
3
.
Bài Toán 12: Cho ABC nhọn. Chứng minh rằng:
1 cos A cos B cosC 9 sin
A
B
C
sin sin
2
2
2
Giải:
Ta có:
sin2 A sin2 B sin2 C 2 2 cos A cos B cosC
sin A sin B sinC 4 cos
A
B
C
cos cos
2
2
2
Suy ra:
1 cos A cos B cosC
sin A sin B sin C sin A sin B sinC
2
2
2
A
B
C
8 cos cos cos
2
2
2
(*)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
sin A sin B sin C sin A sin B sinC
2
2
2
3 3 sin2 A sin2 B sin2 C .3 3 sin A sin B sinC 9 sin A sin B sinC
Từ (*) và (**) ta suy ra:
1 cos A cos B cosC
12
9 sin A sin B sinC
A
B
C
8 cos cos cos
2
2
2
(**)
NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)
1 cos A cos B cosC 9 sin
A
B
C
sin sin
2
2
2
Vậy bài toán được chứng minh. Dấu = xảy ra khi A B C
3
.
Bài Viết Có Tham Khảo:
1 : Tổng tập đề thi OLYMPIC 30 tháng 4 Toán Học 11 ( Nhà Xuất Bản Đại Học Sư
Phạm).
13