Một số phương pháp giải bất đẳng thức dạng không đối xứng trong tam giác THPT NGHÈN hà TĨNH

I. Đặt vấn đề:
Một trong những mục tiêu quan trọng nhất của giáo dục phổ thông trong giai
đoạn hiện nay là rèn luyện cho học sinh tính chủ động, sáng tạo, tư duy linh
hoạt, biết phát hiện những hướng đi mới cho những vấn đề quen thuộc.
Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác là một chuyên đề khó đòi hỏi óc
sáng tạo, nó chứa đựng nhiều vấn đề khác nhau của toán học, các dạng bài tập
cũng rất phong phú về cả dạng toán lẫn phương pháp giải. Đó cũng là một phần
không thể thiếu trong các đề thi học sinh giỏi toán phổ thông trung học và tuyển
sinh Đại học.
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy đây là phần mà học sinh e ngại nhất,
đặc biệt là những bất đẳng thức không có dạng đối xứng, vai trò các số hạng
trong bất đẳng thức không bình đẳng khiến cho việc định hướng lời giải gặp
nhiều khó khăn.
Với mong muốn nâng cao hơn chất lượng học tập của học sinh phần hệ thức
lượng trong tam giác tôi đã chọn đề tài nghiên cứu là: “ Một số phương pháp
giải bất đẳng thức dạng không đối xứng trong tam giác”.

II. Nội dung:
A. Kiến thức cơ bản:
1. Học sinh cần hệ thống lại toàn bộ các công thức lượng giác.
2. Một số bất đẳng thức: a + b ≥ 2ab
Bất đẳng thức Cauchy.
3. Định lý về dấu của tam thức bậc hai, điều kiện để tam thức không đổi dấu
trên R.
4. Hàm số đồng biến, nghịch biến trên một miền.
B. Các phương pháp giải:

Phương pháp 1:Sử dụng bất đẳng thức cơ bản 2ab ≤ a + b.

Ta bắt đầu từ một bất đẳng thức quen thuộc trong tam giác.
1. Chứng minh rằng trong ∆ABC:

Bài toán này có rất nhiều lời giải khác nhau, tuy nhiên sau đây là một lời
giải khá ngắn gọn:
Giải:
Ta có:
2(cosA + cosB + cosC) = 2(cosA + cosB) +2cosC
= 2.1.(cosA + cosB) - 2cos(A+B) ≤ (cosA+cosB) +1 -2(cosAcosB - sinAsinB)
= cosA + cosB +1 +2sinAsinB ≤ cosA + cosB +sinA + sinB +1 =3
Do đó VT ≤ . Dấu bằng xảy ra ⇔ ⇔ A=B=C=
2. Chứng minh rằng trong ∆ABC:
Rõ ràng bài toán trên gây ít nhiều lúng túng cho học sinh, tuy nhiên giáo
viên có thể gợi ý cho học sinh tìm tòi lời giải theo hướng đi của bài toán 1
Với cách biến đổi như trên ta có:
BĐT ⇔ 2(cosA + cosB) +2cosC ≤ 5
Ta có 2(cosA + cosB) +2cosC = 2(cosA + cosB) -2cos(A+B)
≤ (cosA+cosB) +3 - 2(cosAcosB - sinAsinB)
= cosA + cosB +2cosAcosB +3 - 2cosAcosB +2sinAsinB

1


≤ cosA + cosB +sinA + sinB +3 =5.
Dấu bằng xảy ra ⇔ ⇔ A=B= , C= .
3. CMR a.
b.
Hoàn toàn tương tự như trên
4. CMR với ∀ x ∈ R ta có:
Giải:
Thật vậy bất đẳng thức ⇔ 2cosA + 2(cosB +cosC)x ≤ 2 + x
VT ≤ (cosB + cosC) + x + 2cosA
= (cosB + cosC) + x -2(cosBcosC - sinBsinC)

= (cosB + cosC) + x + 2sinBsinC
≤ cosB + cosC +sinB + sinC +x = 2 + x .
Dấu bằng xảy ra ⇔
5. Chứng minh rằng trong ∆ABC:
Giải:
BĐT ⇔ 2(cos2A - cos2C) +2cos2B ≤ 5
VT ≤ (cos2A - cos2C) + 3 +2(cos2Acos2C - sin2Asin2C)
= cos2A + cos2C +sin2A + sin2C +3 = 5
Dấu bằng xảy ra ⇔
⇔
⇔ .
6. CMR trong ∆ABC:
Ta có : BĐT ⇔ 3cosA + 4cosB + 5cosC ≤ + +
Ta sẽ chứng minh BĐT tổng quát sau đây;
7. Với mọi ∆ABC và x, y, z là các số thực dương :
Giải:
Thật vậy : BĐT ⇔ 2(xyzcosA +xyzcosB) + 2xyzcosC ≤ xy +yz +zx
VT = 2xy(xzcosA + yzcosB) - 2xyzcos(A+B)
≤ xy + (xzcosA + yzcosB) - 2xyz(cosAcosB - sinAsinB)
= xy +xzcosA +yzcosB + 2xyzcosAcosB - 2xyzcosAcosB
+ 2xyzsinAsinB
≤ xy +xzcosA + yzcosB + xzsinA +yzsinB = xy +yz +zx.
Dấu bằng xảy ra ⇔ .
8. CMR với mọi ∆ABC và x, y, z là các số thực :
Giải:
Thật vậy :
BĐT ⇔ 2(yzcosA +zxcosB) + 2xycosC ≤ x + y +z
⇔ 2z(ycosA +xcosB) + 2xycosC ≤ x + y +z
VT ≤ z + (ycosA +xcosB) - 2xy(cosAcosB - sinAsinB)
= z +ycosA + xcosB + 2xysinAsinB

≤ z +ycosA + xcosB + xsinB + ysinA = x + y +z.

2


Dấu bằng xảy ra ⇔ .
9. Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta đều
có:
Giải:
BĐT ⇔ 2(xyzsin +xyzsin ) + 2xyzsin ≤ xy +yz +zx
Thật vậy :
VT = 2xy(xzsin + yzsin) + 2xyzcos( + )
≤ xy + (xzsin + yzsin) + 2xyz(cos cos - sin sin )
= xy +xzsin +yzsin + 2xyzsinsin+ 2xyzcoscos
- 2xyzsinsin
≤ xy +xzsin +yzsin + xzcos +yzcos ≤ xy +yz +zx.
Dấu bằng xảy ra ⇔
Trong trường hợp dấu bất đẳng thức xảy ra theo chiều ngược lại chúng ta
vẫn có thể áp dụng phương pháp giải trên.
10.CMR trong tam giác ABC :
Giải:
Thật vậy: BĐT ⇔ 2( cos2A + 2cos2B) + 4cos2C ≥ -8
VT ≥ -1 - ( cos2A + 2cos2B) + 4cos(2A+2B)
= -1 - 3cos2A - 4cos2B - 4cos2Acos2B + 4cos2Acos2B
- 4sin2Asin2B
≥ -1 -3cos2A - 4cos2B -3sin2A - 4sin2B = -8.
Dấu bằng xảy ra ⇔
11. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có:
Cách giải hoàn toàn tương tự như trên.
12.Cho các số dương x, y, z CMR với mọi tam giác ABC ta có:

Giải:
Thật vậy:
BĐT ⇔ 2(xyzcos2A +xyzcos2B) + 2xyzcos2C ≥ -( xy +yz +zx)
VT = 2xy(xzcos2A + yzcos2B) + 2xyzcos(2A+2B)
≥ - xy - (xzcos2A + yzcos2B) + 2xyz(cos2Acos2B - sin2Asin2B)
= - xy -(xzcos2A +yzcos2B) - 2xyzsin2Asin2B
≥ - xy -(xzcos2A + xzsin2A) - (yzcos2B +yzsin2B)
= - (xy +yz +zx).
Dấu bằng xảy ra ⇔ .
13.Cho các số dương x, y, z. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
Giải:
Đặt yz =α , zx =β , xy =γ ta nhận được:
= + +
Từ đó quay lại lời giải bài toán 11.

3


Ta biết rằng trong tam giác ABC luôn có:
tantan + tantan + tantan = 1. Từ đó dễ dàng suy ra
tan + tan + tan ≥ 1.
Có thể mở rộng bất đẳng thức đối xứng trên thành bất đẳng thức không đối
xứng sau:
14.Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta có:
Giải:
Thật vậy :
VT = 2tan + tan + 3tan + tan + tan + tan .
Theo bất đẳng thức Cauchy:
2tan + tan ≥ 2tantan
3tan + tan ≥ 2tantan

tan + tan ≥ 2tantan.
Vậy VT ≥ 2 tantan + tantan + tantan = 2.
( Do tantan + tantan + tantan = 1 với mọi tam giác ABC).
15.Cho các số dương m, n, p. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có:
Giải:
Thật vậy:
VT = tan + tan tan
= tan + tan +( tan + tan + tan + tan
Theo BĐT Cauchy :
tan + tan ≥ 2tantan
tan + tan ≥ 2tantan
tan + tan ≥ 2tantan.
Cộng các vế tương ứng các BĐT trên ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ⇔ tan = tan
tan = tan
tan = tan .
Hay tan = tan = tan ⇔ = = .
Phương pháp 2: Sử dụng tam thức bậc hai.
1. Chứng minh rằng với ∀ x ∈ R và ∆ABC ta có:
(bài số 4).
Giải:
BĐT ⇔ f(x) = x -2(cosB +cosC)x + 2 - 2cosA ≥ 0 ∀ x ∈ R
Hay ⇔
∆’ ≤ 0.
Ta có (cosB +cosC) -2(1 -cosA) = 4 coscos -4sin
= -4sin 1- cos ≤ 0.
2. Chứng minh rằng
Giải:
Ta có P = 2cos + 2 sincos
⇔ P = 2 1- 2 sin + 2 sincos

4


⇔ 4sin - 2 sincos + P -2 = 0
Do đó ∆ = cos -4P +8 ≥ 0
P ≤ 2+ cos ≤
Dấu bằng xảy ra ⇔
3. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có:
Giải:
P = 2 -2cosA + 1 + cos(B+C)cos(B-C)
⇔ 2cosA +cos(B-C)cosA + P - 3 = 0
Do đó ∆ = cos(B-C) -8P +24 ≥ 0
P≤3+ ≤3+ =
Dấu bằng xảy ra ⇔
4.
Tổng quát cho bài toán trên ta có:
5. a)
b)
Giải:
Thật vậy:
Đặt M = sinA +sinB + ksinC.
Khi đó + +k sinC - M =0
⇔ 1- cos(A + B)cos(A - B)+ k sinC - M = 0
⇔ 1 + cosCcos( A - B) + k(1 - cosC) - M = 0
⇔ - k cosC + cosCcos( A - B) +1 +k - M = 0
Ta có: ∆ = cos(A -B) +4k(1 + k -M) ≥ 0 ⇒ 4k +4k(1-M) + 1 ≥ 0
Hay M ≤ ( do k >0 )
Dấu bằng xảy ra ⇔ ⇔ .
Tương tự chúng ta có các bất đăngt thức sau:

6. a)
b)
Ta có các kết quả tổng quát :
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có:
7. a)
b)
8. a)
b)
Phương pháp 3: Sử dụng đạo hàm.
1. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Chứng minh:
Giải:
BĐT ⇔ sinA + tanA -A + sinB + tanB -B + sinC + tanC -C > 0.
Do vai trò A, B, C như nhau nên đặt f(x) = sinx + tanx - x; x ∈ 0;
f’(x) = cosx + - 1 = 2cosx + -1.
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương : cosx + cosx + ≥ 3
⇒ f’(x) ≥ 0 ⇒ f(x) là hàm số đồng biến.

5


Vì x ∈ 0; ⇒ f(x) > f(0) = 0 .
Thay x = A, x = B, x = C và cộng theo vế, ta được BĐT cần chứng minh.
2. Tìm giá trị lớn nhất của:
Giải:
Ta có M = 2sincos - 4sin = 2t - 4t =f(t), trong đó 0 < t = sin < 1.
f’(t) = 2 -12t = 0 ⇔ t = ±
Xét dấu f’(t) 0 < t ≤ ta có f’(t) >0; ≤ t ta có f’(t) >0.
Từ đó f(t) ≤ f = - = .
Vậy M = đạt được khi
3. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có:

Giải:
Ta có: sinA +sinB +sinC = 2sin cos + sinC ≤ 2cos +sinC.
Xét hàm số: f(x) = 2cos + sinx , x ∈[0;π].
f’(x) = -sin + cosx = -2sin -sin +
= + 2sin1-sin, ∀ x ∈[0;π].
Do đó f’(x) = 0 khi sin = và đổi dấu từ dương sang âm nên f(x) ≤ f(x)
với sin = .
Mặt khác, ta có: f(x) = 2cos +2sincos = .
Do đó: f(x) ≤ .
Vậy: sinA +sinB + sinC ≤ 2cos +sinC ≤ .
Dấu bằng xảy ra ⇔ ⇔
4. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có:
Hoàn toàn tương tự ví dụ trên
x
Xét hàm số f ( x ) = 2 cos + 6 sin x
2
Dấu bằng xảy ra ⇔
⇔

trên đoạn [ 0; π ] .

Một số bài toán tương tự:
1. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC.
cosA + cosB + cosC ≤ .
2. Chứng minh rằng: 2 cosA + 6(cosB + cosC) ≤ 5 .
3. Cho ∆ABC, tìm Giá trị lớn nhất của Q = sinA + sinB + 2 sinC.
4. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC.
-1 < 6cosA + 3cosB + 2cosC < 7.
5. xy sinA + yzsinB + zx sinC ≤ .
6. xy cosA + yzcosB + zx cosC ≥ - .

7. Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:
.

6


8. Cho ∆ABC A ≤ B ≤ C < 90 CMR ≥ 2.

III. Kết luận:
Trên đây là một số kinh nghiệm của cá nhân trong quá trình giảng dạy
chuyên đề Hệ thức lượng trong tam giác, thông qua mỗi gợi ý, mỗi phương pháp
giải học sinh đã có định hướng rõ ràng hơn đối với lớp những bài toán về bất
đẳng thức dạng không đối xứng. Ba phương pháp trên đều là những phương
pháp đã quen thuộc với học sinh tuy nhiên đi vào từng bài toán cụ thể thì mỗi
bài lại có những nét riêng nên cần phải có những phân tích hợp lí để có lời giải
tố ưu.
Trong một thời gian không dài, mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng chắc
chắn đề tài còn nhiều thiếu sót, rất mong được sự góp ý của các bạn đồng
nghiệp và Hội động thẩm định để chuyên đề này gần với các em học sinh hơn
nữa.
Tôi xin chân thành cảm ơn.

7