Rèn luyện năng lực giải toán THPT

Sở giáo dục và đào tạo Thái Nguyên
trờng trung học phổ thông đồng hỷ
------------------------------
sáng kiến kinh nghiệm
Tê n đề t à i:
Rèn luyện năng lực giải toán chứng minh bất đẳng thức
đại số cho học sinh ptth bằng phơng pháp lợng giác hoá
Ngi thc hin:
T :
Trng :
Nm hc 2005 - 2006
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong môn Toán ở trường phổ thông các bài toán về bất đẳng thức ngày
càng được quan tâm đúng mức và có sức hấp dẫn mạnh mẽ nhờ vào vẻ đẹp,
tính độc đáo của các phương pháp giải chúng. Bài tập về bất đẳng thức rất
phong phú và đa dạng cả về nội dung và phương pháp giải.
Để chứng minh một bất đẳng thức có thể xuất phát từ nhiều kiến thức
khác nhau và giải bằng nhiều phương pháp khác nhau, trong đó có phương
pháp lượng giác hoá để chứng minh bất đẳng thức với mục đích thay đổi hình
thức của bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số thành việc chứng minh bất
đẳng thức lượng giác. Phương pháp này tuy không phải là chiếc chìa khoá vạn
năng để có thể chứng minh được cho mọi bài toán về bất đẳng thức và chưa
chắc đã là phương pháp thích hợp nhất nhưng nó lại có nét lý thú và độc đáo
riêng của nó, giúp học sinh thấy được sự liên hệ mật thiết, qua lại giữa các
phân môn của môn Toán với nhau.
Với mong muốn góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở
trường phổ thông tôi chọn đề tài “Rèn luyện năng lực giải toán chứng minh
bất đẳng thức đại số cho học sinh Trung học phổ thông bằng phương pháp
lượng giác hoá”.
II. MỤC TIÊU CỦA ĐỀ TÀI
Đưa ra phương pháp chung để giải bài toán đại số bằng phương pháp

lượng giác, cơ sở của phương pháp này, các ví dụ minh hoạ về chứng minh bất
đẳng thức đại số bằng phương pháp lượng giác nhằm khắc sâu kiến thức cơ
bản và hình thành kỹ năng chứng minh bất đẳng thức đại số bằng phương
pháp lượng giác.
III. NỘI DUNG
A. Một số kiến thức cơ bản
1. Khi sử dụng phương pháp lượng giác hoá để chứng minh các bất
đẳng thức đại số các em học sinh cần ôn lại các phương pháp chứng minh
bất đẳng thức, các bất đẳng thức lượng giác để có thể nhanh chóng nhận
2
dạng và tiếp cận được với phương pháp này. Ngoài ra các em còn cần biết
một số mệnh đề sau:
* Mệnh đề I: Nếu –1 ≤ x ≤ 1 thì có một số a với -
2
π
≤ a ≤
2
π
sao cho sin a = x
và một số b với 0 ≤ b ≤ π sao cho cos b = x.
* Mệnh đề II: Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì có một số a và một số b với 0 ≤ a ≤
2
π
;
0 ≤ b ≤
2
π
sao cho x = sina và x = cosb.
* Mệnh đề III: Với mỗi số thực x có một số a với -
2

π
< a <
2
π

sao cho x = tg a.
* Mệnh đề IV: Nếu các số thực x và y thoả mãn hệ thức x
2
+ y
2
= 1 thì có một
số a với 0 ≤ a ≤ 2π sao cho x = cosa và y = sina.
2. Các bước thực hiện
Bước 1: Lượng giác hoá bất đẳng thức.
Bước 2: Thực hiện chứng minh bất đẳng thức lượng giác.
3. Các dạng thường gặp
Dạng 1: Sử dụng điều kiện của biến x ≤ k (k > 0).
Đặt x = k sinα với α ∈ [-
2
π
;
2
π
] hoặc x = kcos α với α ∈ [0; π].
Dạng 2: Biến x, y của bất đẳng thức có điều kiện x
2
+ y
2
= k
2

(k > 0)
Đặt x = ksin α, y = kcos α với α ∈ [0; 2π].
Dạng 3: Sử dụng điều kiện của biến x ≥ k (k > 0)
Đặt x =
αcos
k
Khi đó x
2
– k
2
= k
2







−
α
1
cos
1
2
= k
2
tg
2
α và tgα > 0

Dạng 4: Bài toán có chứa biểu thức x
2
+ k
2
3
Đặt x = ktgα với α ∈ (-
2
π
;
2
π
)
Khi đó x
2
+ k
2
= k
2
(1 + tg
2
α) =
α
2
2
cos
k
và cosα > 0
Tuy nhiên khi giải bài tập học sinh cần linh hoạt, sáng tạo và uyển
chuyển, không phải lúc nào đầu bài cũng có sẵn các dạng thường gặp.
B. Bài tập minh hoạ

* Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:
2
1
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
2
1
22
≤
++
−+
≤−
Giải:
Đặt: a = tgα , b = tgβ với α, β ∈






ππ
−
2
;
2
.
Khi đó: A =
)tg1)(tg1(
)tgtg1)(tgtg(
)b1)(a1(

)ab1)(ba(
2222
β+α+
βα−β+α
=
++
−+
= cos
2
α cos
2
β .








βα
βα
−
βα
β+α
coscos
sinsin
1.
coscos
)sin(

= sin (α + β) . cos (α + β) =
2
1
sin (2α + 2β)
Suy ra: A =
2
1
sin (2α + 2β) ≤
2
1
Vậy: -
2
1
≤
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
22
++
−+
≤
2
1
(đpcm).
* Bài 2:
Chứng minh rằng nếu |x| < 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có:
(1 + x)
n
+ (1 – x)
n
< 2

n
(1)
Giải:
Vì |x| < 1 nên có thể đặt x = cost với t ∈ (0; π)
và bất đẳng thức (1) được viết thành:
4
(1 + cos t)
n
+ (1 – cos t)
n
< 2
n
(2)
Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos
2
2
t
và 1 – cost = 2sin
2
2
t
ta được
2
n








+
2
t
sin
2
t
cos
n2n2
< 2
n
(3)
Bởi vì 0 <
2
t
<
2
π
nên 0 < sin
2
t
, cos
2
t
< 1 nên chắc chắn:
cos
2n
2
t
=

n
2
2
t
cos






< cos
2
2
t
∀n > 1. Tương tự ta có:
sin
2n
2
t
< sin
2
2
t
∀n > 1. Do đó
2
n








+
2
t
sin
2
t
cos
n2n2
< 2
n






+
2
t
sin
2
t
cos
22
= 2
n

Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh.
* Bài 3: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai
số x, y trong 4 số đó sao cho:
0 ≤
xy1
yx
+
−
≤ 1 (1)
Giải:
Giả sử 4 số thực cho trước
là a ≤ b ≤ c ≤ d
Đặt a = tgy
1
, b = tgy
2
, c = tgy
3
, d = tgy
4
với
-
2
π
< y
1
≤ y
2
≤ y
3

≤ y
4
<
2
π
< y
5
= π + y
1
Các điểm y
1
, y
2
, y
3
chia đoạn [y
1
; y
1
+ π] thành 4 đoạn [y
1
; y
2
], [y
2
; y
3
],
[y
3

; y
4
] , [y
4
; y
5
]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài
không lớn hơn
4
π
. Giả sử 0 ≤ y
2
– y
1
≤
4
π
. Thế thì:
5
y
1
y
2
y
3
y
4
y
5
0 ≤ tg (y

2
– y
1
) ≤ 1 ⇔ 0 ≤
ab1
ab
tgytgy1
tgytgy
12
12
+
−
=
+
−
≤ 1
Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh.
* Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:
2
17
y
1
y
x
1
x
2
2
2
2

≥








++






+
Giải:
Ta có: x + y =
( ) ( )
22
yx +
= 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với
0 ≤ a ≤ 2π để
x
= cosa và
y
= sina.
Bất đẳng thức đã cho được viết thành:







+
acos
1
acos
4
4
+






+
asin
1
asin
4
4
≥
2
17
Ta có: cos
4
a +

acos
1
4
+ sin
4
a +
asin
1
4
= (cos
4
a + sin
4
a)






+
acosasin
1
1
44
= (1 – 2sin
2
acos
2
a)







+
acosasin
1
1
44
=






+






−
a2sin
16
1
2

a2sin
1
4
2
Vì 0 < sin
2
2a ≤ 1 nên 1 -
2
a2sin
2
≥
2
1
và 1 +
a2sin
16
4
≥ 17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
* Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có:
x
2
+ (x – y)
2
≥ 4
( )
22
yx +
sin
2

10
π
.
Giải:
Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có:
4sin
2
10
π
= 2
2
53
5
cos1
−
=






π
−
.
Bất đẳng thức đã cho có thể viết:
6
x
2
+ (x – y)

2
≥ (x
2
+ y
2
)








−
2
53
(1)
Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
Nếu y ≠ 0. Chia hai vế (1) cho y
2
và đặt
y
x
= tga với
2
π−
< a <
2
π

thì
bất đẳng thức có dạng: tg
2
a + (tga – 1)
2
≥
2
53 −
(1 + tg
2
a)
⇔ sin
2
a + (sina – cosa)
2
≥
2
53 −
⇔ sin
2
a + 1 – 2sinacosa ≥
2
53 −
⇔ cos2a + 2sin2a ≤
5
⇔
a2sin
5
2
a2cos

5
1
+
≤ 1 (2)
Bởi vì
22
5
2
5
1






+






= 1
vì vậy
5
1
= cosβ và
5
2

= sinβ. Với 0 < β <
2
π
Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - β) ≤ 1. Điều này hiển nhiên.
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng. (đpcm)
* Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện
a, b > c > 0 ta có bất đẳng thức:
)cb(c)ca(c −+−
≤
ab
(1)
Giải:
Vì a > 0, b > 0,
ab
> 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với
7