Chuyên đề: Tuyển tập đề thi Đại học thử ở các trung tâm luyện thi

I. Đặt vấn đề
Trong chơng trình toán ở trờng phổ thông việc chứng minh bất đẳng thức là
một vấn đề có thể nói là phức tạp nhất, nó rèn cho ngời làm toán trí thông minh, sự
sáng tạo, ngoài ra còn có cả sự khéo léo, mỗi kết quả của nó là một công cụ sắc
bén của toán học. Nhng để chứng minh bất đẳng thức thì không đơn giản chút nào,
nhất là đối với học sinh, các em tỏ ra lúng túng khi chọn cho mình một công cụ để
chứng minh hiệu quả nhất. ĐÃ có rất nhiều tài liệu đa ra một số phơng pháp rất tốt
để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn:
- Phơng pháp sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức.
- Phơng pháp sử dụng tam thức bậc 2.
- Phơng pháp sử dụng những bất đẳng thức kinh điển.
- Phơng pháp sử dụng phản chứng.
- Phơng pháp sử dụng quy nạp.
- Phơng pháp sử dụng đạo hàm.
- Phơng pháp sử dụng hình học.
- Phơng pháp sử dụng hàm lồi.
Mặc dù vậy song vẫn là cha đủ bởi sáng tạo của mỗi ngời làm toán là vô
hạn. Chính vì vậy trong bài viết này tôi muốn đề cập về "Một số phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số " nhằm trang bị thêm cho học sinh
một số công cụ hữu hiệu để chứng minh các bất đẳng thức đại số. Phơng pháp lợng giác hoá đà đợc một số sách của các tác giả đề cập nh giáo s Phan Đức Chính,
giáo s Phan Huy Khải, phó tiến sÜ Vị ThÕ Hùu... viÕt. Nhng do cÊu tróc mơc tiêu
của các cuốn sách đó mà các tác giả đều không đi sâu vào phơng pháp này hay nói
cách khác là cha thật cụ thể hoá, hệ thống hoá nó.
Là một giáo viên gần 20 năm giảng dạy với các đối tợng học sinh khá giỏi
của các lớp chọn tôi đà phân chia phơng pháp này thành 5 dạng bài tËp. Nh»m
cung cÊp cho häc sinh nhËn ra c¸c dÊu hiệu ban đầu để thực hiện các bớc lợng
giác hoá bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số, để rồi dùng các kết quả của bất
đẳng thức lợng giác chứng minh bất đẳng thức đại số.
Qua thực tế giảng dạy ở các lớp chọn khối 11 trờng THPT tôi nhận thấy
việc phân chia dạng của tôi là hợp lý, lôgíc cụ thể, có thể nhanh chóng tìm ra phơng pháp chứng minh đợc bất đẳng thức bằng cách áp dụng các phơng pháp t duy
này của tôi.
Tôi sẽ trình bày về hiệu quả của phơng pháp này đối với học sinh ở phần 4

kết quả trắc nghiệm thực tế của sáng kiến.
Các tài liệu tham khảo
1. Bất đẳng thức của giáo s Phan Đức Chính - NXB Giáo dục 1995.
2. Các bài toán chọn lọc về bất đẳng thức 2 tập của giáo s Phan Huy Khải NXB Giáo dục Hà Nội 2000.
3. Phơng pháp lợng giác hoá của PTS Vị ThÕ Hùu - NXB Gi¸o dơc 2002.

1


II. giải quyết vấn đề
1. Các kiến thức cần nắm

1.1. Các hệ thức cơ bản
+

k

+ tg . cotg = 1 (α ≠ 2 )
1.2. C«ng thøc céng gãc
+ cos(α ± β) = cosα cosβ  sinα sinβ
+ sin(α ± β) = sinα cosβ ± cosα sinβ
+ tg (α ± β) =
+ cotg(α ± β)

1
π
(α ≠ + kπ)
2
2
cos α

1
(α ≠ kπ)
+ 1 + cotg2α =
sin 2 α

+ 1 + tg2α =

cos 2 α + sin 2 α = 1

tgα±tgβ
π
(α β≠ +kπ
;
)
1 tgαtgβ
2
cot gα
. cot gβ 1

= cot gα cot gβ (α; k)


1.3. Công thức nhân
+ sin2 = 2 sin cosα
+ cos2α = cos2α - sin2α = 2cos2α - 1 = 1 - 2sin2α
+ tg2α =

2 tgα
π
π

(α ≠ + k )
2
4
2
1 − tg α

+ cotg2α =

cot g 2 α −1
2 cot gα

(α ≠

kπ
)
2

+ sin3α = 3sinα - 4sin3α
+ cos3α = 4cos3α - 3cosα
3tgα − tg 3α
π
π
(α ≠ + k )
3
6
3
1 3tg

+ tg3 =

1.4. Công thức hạ bậc
1 + cos 2α
2
1 − cos 2α
π
(α ≠ + kπ)
1 + cos 2α
2

+ cos2α =
+ tg2α =

+ sin2α =

1 − cos 2α
2

1.5. Công thức biến đổi tổng thành tích:
+

+ cos + cosβ = 2cos 2 cos 2

α+β
α β
+ cosα - cosβ = - 2sin 2 sin 2
α+β
α β
+ sinα + sinβ = 2sin 2 cos 2

α +β

α −β
+ sinα - sinβ = = - 2cos 2 sin 2

+ tgα ± tgβ =

sin( α ±β)
π
(α; β ≠ + kπ)
cos α cos β
.
2

1.6. Công thức biến đổi tích thành tổng:
2


1
+ cosα.cosβ = 2 [cos( α + β) + cos( α − β)]
1
+ sinα.sinβ = 2 [cos(α − β) + cos(α + β)]

1
+ sinα.cosβ = 2 [sin( α +β) + sin( α − β)]

2. Néi dung cđa s¸ng kiÕn

Qua mét quá trình nghiên cứu tham khảo bài toán chứng minh bất đẳng
thức bằng phơng pháp lợng giác ở nhiều sách đều đa ra các phơng pháp chứng
minh bất đẳng thức bằng phơng pháp lợng giác rất mơ hồ cha có hệ thống, cha
phân chia thành các dạng bài tập. Với các kiến thức về chứng minh bất đẳng thức

bằng phơng pháp lợng giác mà tôi đợc biết tôi đà phân chia thành 5 dạng bài tập
cơ bản mà tôi sẽ giới thiệu sau đây.
Trong mỗi dạng bài tập tôi đều đa ra phơng pháp chọn cách đặt để học sinh
nhanh chóng chuyển 1 vế của bất đẳng thức đại số phải chứng minh về biểu thức lợng giác sau đó biến đổi để đánh giá bất đẳng thức lợng giác bằng các bất đẳng
thức lợng giác đơn giản nh:
| sin α | ≤ 1;| cos α | ≤1; sin 2 n α ≤ 1; cos 2 n α ≤ 1 ( n N *)

* Để học sinh nắm kiến thức một cách hệ thống tôi đà lập bảng một số dấu
hiệu nhận biết sau:( Giả sử các hàm số lợng giác sau đều có nghĩa)
Biểu thức đại số

Biểu thức lợng giác
tơng tự

1 + x2

1 + tg2t

4x3 - 3x
2x2 - 1

4cos3t - 3cost
2cos2t - 1

2x
1− x2
2x
1+ x2

2 tgt

1 − tg 2 t

2 tgt
1 − tg 2 t

= tg2t

2 tgt
1 + tg 2 t

2 tgt
1 + tg 2 t

= sin2t

x +y
1 −xy

tgα+tgβ
1 −tgα β
tg

tg α+tg β
=
1 −tgα β
tg

x2 - 1

1

−1
cos 2

Công thức lợng giác

1+tg2t =

1
cos 2 t

4cos3t - 3cost = cos3t
2cos2t - 1 = cos2t

tg(α+β)

1
−1 = tg2α
2
cos α

...
....
......
mét sè ph¬ng pháp lợng giác để chứng minh
bất đẳng thức đại số
I. D¹ng 1: Sư dơng hƯ thøc sin2α + cos2α = 1

1) Phơng pháp:

3

a) NÕu thÊy x + y
2

2

 x = sin α
= 1 thì đặt
y = cos

b) Nếu thấy x2 + y2 = a2 (a > 0) thì đặt

với α ∈ [0, 2π]

 x = a sin α

 y = a cos α

víi α ∈ [0, 2π]

2. C¸c vÝ dơ minh ho¹:
VD1: Cho 4 sè a, b, c, d tho¶ m·n: a2 + b2 = c2 + d2 = 1
Chøng minh r»ng:

− 2≤

S = a(c+d) + b(c-d) ≤
Gi¶i:

2

 a = sin u  c = sin v
vµ 
⇒ S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv)

 b = cos u  d = cos v

Đặt

S = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv) = sin(u+v) - cos(u+v)
⇔

π

S = 2 sin (u + v) −  ∈[− 2 , 2 ] ⇒ − 2 ≤ S = a (c + d ) + b(c − d) ≤ 2 (®pcm)
4


VD2: Cho a2 + b2 = 1. Chøng minh r»ng:

2

2

 2 1   2 1  25
a + 2  + b + 2 
2
a
b

Giải:
Đặt a = cos và b = sinα víi 0 ≤ α ≤ 2π. ThÕ vµo biĨu thức vế trái rồi biến đổi.
2

2

2

1 2
1
2 1  2 1  2
+  sin α + 2 
 a + 2  +  b + 2  =  cos α +
2 
a  
b  
cos α  
sin α 


= cos4α + sin4α +

1
1
cos 4 α + sin 4 α
+ 4 + 4 = cos 4 α + sin 4 α +
+4
cos 4 α sin α

cos 4 α. sin 4 α


4
4
= ( cos α + sin α )1 +


1

+4
4
cos α. sin α 
4


2
2
2
2
= [( cos α + sin α ) − 2 cos α sin α ] 1 +




2
= 1 − sin 2α 1 +


1

2



2

1

+4
4
cos α. sin α 
4

16 
17
25
 1
 + 4 ≥ 1 − (1 + 16) + 4 = + 4 =
(đpcm)
4
2
2
sin 2
2

Bây giờ ta đẩy bài toán lên mức độ cao hơn một bớc nữa để xuÊt hiÖn a2+b2=1
VD3: Cho a2 + b2 - 2a - 4b + 4 = 0. Chøng minh r»ng:
A=

a 2 −b 2 +2 3ab −2(1 +2 3 )a +( 4 −2 3 ) b +4 3 3 2

Giải:
Biến đổi điều kiện: a2 + b2 - 2a - 4b + 4 = 0⇔ (a-1)2 + (b-2)2 = 1
4


 a − 1= sinα  a = 1+ sinα 2 2
 ⇒  ⇒ A = sin −α cos +α 2 3sinα cosα
 b− 2 = cosα  b = 2+ cos

Đặt

A

=

3 sin 2cos 2 = 2

3
1

sin 2 cos 2α = 2 sin( 2α− ) ≤ 2
2
2
6

VD4: Cho a, b thoả mÃn :

5a +
12b +7

(đpcm)

= 13

Chứng minh rằng: a2 + b2 + 2(b-a) - 1
Giải:
Biến đổi bất đẳng thøc: a2 + b2 + 2(b-a) ≥ - 1 ⇔ (a-1)2 + (b + 1)2 ≥ 1

 a − 1 = R sin
Đặt
b + 1 = R cos α
Ta cã:
⇔

 a = R sin α + 1 2 2 2
víi R ≥ 0 ⇔ 
⇔ (a − 1) + (b + 1) = R
 b = R cos α − 1

5a +12 b + 7 =13 ⇔ 5( R sin α +1) +12( R cos α −1) + 7 =13

5R sin α + 12R cos α = 13 ⇔ 1 = R

5
12
5

sin α + cos α = R sin  α + arccos  ≤ R
13

13
13 


Tõ ®ã ⇒ (a-1)2 + (b+1)2 = R2 ≥ 1 ⇔ a2 + b2 + 2(b - a) ≥ - 1 (đpcm)
II. Dạng 2: Sử dụng tập giá trị | sin α |≤1 ; | cos α | ≤ 1

1. Ph¬ng pháp:
a) Nếu thấy |x| 1 thì đặt



x = sin α khi α ∈  − 2 ; 2 



 x = cos α khi α ∈ [ 0; π ]



 π π
 x = m sin α khi α ∈  − 2 ; 2 


b) NÕu thÊy |x| ≤ m ( m ≥ 0 ) thì đặt
x = m cos khi [ 0; ]


2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Chøng minh r»ng: (1+x)p + (1-x)p ≤ 2p ∀ |x| 1 ; P 1.

Giải:
Đặt x = cos víi α ∈ [0, π], khi ®ã (1 + x)p + (1 - x)p = (1+cosα)p + (1-cosα)p
=  2 cos 2



p

p

α 
α
α
α

2 α
p
2p α
+ sin 2 p  ≤ 2 p  cos 2 + sin 2  = 2 p
 +  2 sin
 = 2  cos
2 
2
2
2
2
2



5


(®pcm)
VD2: Chøng minh r»ng:

3 − 2 ≤ A = 2 3a 2 + 2a 1 − a 2 ≤ 3 + 2

Giải:
Từ đk 1 - a2 0 |a| 1 nên
Đặt a = cos với 0 ≤ π ⇒
A= 2

1 −a 2

= sinα. Khi ®ã ta cã:

3a 2 + 2a 1 − a 2 = 2 3 cos 2 α + 2 cos αsin α = 3 (1 + cos 2α) + sin 2α

 3

1
π

cos 2α + sin 2α + 3 = 2 sin  2α +  + 3 ⇒ 3 −2 ≤ A ≤ 3 + 2 (®pcm)
2
2
3





= 2

VD3: Chøng minh r»ng:

1 + 1 −a2

[

]

(1 + a )3 − (1 − a )3 ≤ 2 2 + 2 2a 2 (1)

Giải:
Từ đk |a| 1 nên


Đặt a=cos với [0,] 1 a = 2 sin 2 ; 1 + a = 2 cos 2 ; 1 − a 2 = sin α
α
α
α
α
 3α
3 α
(1)⇔ 1 + 2 sin 2 cos 2 .2 2 cos 2 − sin 2  ≤ 2 2 + 2 2 sin 2 cos 2





α

α 


α

α 


⇔  sin 2 + cos 2  cos 2 − sin 2  cos



α

α 


α

α


2

α
α
α

α
α
α
+ sin cos + sin 2  ≤ 1 + sin cos
2
2
2
2
2
2

⇔  sin 2 + cos 2  cos 2 − sin 2  = cos
VD4: Chøng minh r»ng: S =

4

(

2

α
α
− sin 2 = cos α ≤ 1
2
2

®óng ⇒ (®pcm)

) (

(1 −a 2 )3 −a 3 +3 a 1 a 2

)

2

Giải:
Từ đk |a| 1 nên:
Đặt a = cos với [0, ] 1 − a 2 = sinα. Khi ®ã biÕn ®ỉi S ta cã:
)
)
)
)
S= 4(sin α−cos α +3(cos α−sin α = (3 sin α−4 sin α +(4 cos α−3 cos α
3

=

3

3

π

sin 3α + cos 3α = 2 sin  3α +  ≤ 2
4


VD5: Chøng minh r»ng A =

3

⇒ (®pcm)

(

a 1 −b 2 +b 1 −a 2 + 3 ab − (1 a 2 )(1 b 2 )

) 2

Giải:
Từ điều kiện: 1 - a2 ≥ 0 ; 1 - b2 ≥ 0 |a| 1 ; |b| 1 nên.
Đặt a = sinα, b = sin β víi α, β ∈
Khi ®ã A =
=

 π π
− 2 ; 2 



sin α
cos β cos α
+
sin β
− 3 cos( α β
+ )

sin( α + β) − 3 cos( α + β) = 2

=

1
3
π

sin( α + β) −
cos( α + β) = 2 sin (α + β) −  ≤ 2
2
2
3


(®pcm)
VD6: Chøng minh r»ng: A = |4a3 - 24a2 + 45a - 26| ≤ 1 ∀a ∈ [1; 3]
6


Giải:
Do a [1, 3] nên |a-2| 1 nên ta đặt a - 2 = cos a = 2 + cosα. Ta cã:
A = 4(2 +cos α) −24(2 +cos α) +45(2 +cos α) −26 = 4 cos α−3 cos α = cos 3α ≤1
(®pcm)
3

2

VD7: Chøng minh r»ng: A =

3

2a − a 2 − 3a + 3 ≤ 2 a [0, 2]

Giải:
Do a [0, 2] nên |a-1| 1 nên ta đặt a - 1 = cos víi α ∈ [0, π]. Ta cã:
)
)
)
A = 2(1 +cos α −(1 −cos α − 3(1 +cos α + 3 = 1 −cos α− 3 cos α
2

=

2

1

3
π

sin α − 3 cos α = 2 sin α −
cos α = 2 sin  α +  ≤ 2
2

2
3




III. D¹ng 3: Sư dụng công thức: 1+tg2 =

(đpcm)

1
1

tg 2 =
1 ( + k)
2
2
2
cos
cos

1) Phơng pháp:
a) Nếu |x| 1 hoặc bài toán có chứa biểu thức
thì đặt x =

1
cos α

π





víi α∈ 0; 2  ∪π,

 

3π

2 

b) Nếu |x| m hoặc bài toán có chứa biểu thức
thì đặt x =

m
cos







với 0; 2 ,



x 2 −1

x 2 − m2

3π

2 

2. C¸c vÝ dơ minh ho¹:

VD1: Chøng minh r»ng A =

a2 − 1 + 3
2 a 1
a

Giải:
Do |a| 1 nên :
Đặt a =
A=

1
cos α



π



víi α∈ 0; 2  ∪π,

 

3π
⇒
2 

a 2 −1 = tg 2 α = tgα .

Khi ®ã:

a 2 −1 + 3
π

= ( tgα + 3 ) cos α = sin α+ 3 cos α = 2 sin α +  ≤ 2
a
3


VD2: Chøng minh r»ng: - 4 A =

5 12 a 2 1
9
a2

(đpcm)

a 1

Giải:
Do |a| 1 nên:
Đặt a =

1
cos

với 0; 2 ∪π,

 

3π
⇒
2 

a 2 −1 = tg 2 α = tgα.

Khi ®ã:

7


2
5(1 + cos 2α)
− 6 sin 2α
A = 5 −12 2a −1 = (5-12tgα)cos2α = 5cos2α-12sinαcosα=

2

a

=

5 13  5

12
5
 5 13

+  cos 2α − sin 2α  = + cos 2α + arccos 
2 2  13
13
13 
 2 2


⇒-4=

5 13
5 13
5  5 13

+ (−1) ≤ A = + cos 2α + arccos  ≤ + .1 = 9
2 2
2 2
13  2 2


VD3: Chøng minh r»ng: A =

a 2 −1 + b 2 −1
ab

(®pcm)

∀ a ; b 1

1

Giải:
Do |a| 1; |b| 1 nên .
Đặt a =
A=

1
cos α

;b=

1
cos β



π



víi α∈ 0; 2  ∪π,

 

3π
.
2 

Khi ®ã ta cã:

( tgα + tgβ) cos αcos β = sin αcos β+sin βcos α = sin( α +β ≤1 (®pcm)
)

VD4: Chøng minh r»ng: a +

a
a 2 −1

≥2 2

∀ a >1

Giải:
Do |a| > 1 nên:
Đặt a =
a+

1
cos

a
a 2 1

=

với α∈  0; 2  ⇒



a
2

a −1

=

1
1
1
.
=
cos α tg 2 α sin α .

1
1
1
1
2 2
+
≥ 2.
.
=
≥2 2

cos α sin α
cos α sin α
sin 2α

VD5: Chøng minh r»ng

y x 2 −1 + 4 y 2 −1 +3 ≤ xy 26

Khi ®ã:

(®pcm)

∀ x ; y 1

Giải:
Bất đẳng thức

2
x 2 1 1  4 y −1 3 
+ 
+  ≤ 26 (1)
x
x
y
y



1

Do |x|; |y| 1 nên Đặt x = cos α ; y=

1
cos β




Khi ®ã: (1) ⇔ S = sinα + cosα(4sinβ + 3cosβ) ≤
Ta cã: S ≤ sinα + cosα

π


víi α, β∈ 0, 2  .
26

(4 2 + 32 )(sin 2 β + cos 2 β) = sin α + 5 cos α

≤ (12 + 52 )(sin 2 α + cos 2 ) = 26 (đpcm)
IV. Dạng 4: Sư dơng c«ng thøc 1+ tg2α =

1
cos 2 α

1. Phơng pháp:
a) Nếu x R và bài toán chứa (1+x2) thì đặt x = tg với

π
− , 

 2 2

8


b) Nếu x R và bài toán chứa (x2+m2) thì đặt x = mtg với


,
2 2

2. Các ví dụ minh hoạ:
3x

VD1: Chứng minh rằng: S =

1 +x2

4x 3



1

(1 + x 2 )3

Giải:
Đặt x = tgα víi α ∈

 π π

− , 
 2 2

⇒

1 + x2 =

1
,
cos α

khi ®ã biÕn ®ỉi S ta cã:

S = |3tgα.cosα - 4tg3α.cos3α| = |3sinα - 4sin3α| = |sin3| 1
VD2: Tìm giá trị lớn nhất và nhá nhÊt cđa biĨu thøc A =

(®pcm)
2

3 + 8a + 12a 4
(1 + 2a 2 ) 2

Giải:
Đặt a
=

2=

tg với

π
α∈− 2 , 2 



th× ta cã: A =

3 + 4 tg 2 α + 3tg 4 α
(1 + tg 2 α) 2

3 cos 4 α + 4 sin 2 α cos 2 α + 3 sin 4 α
= 3(sin 2 α + cos 2 α) 2 − 2 sin 2 α cos 2 α
2
2
2
(cos α + sin α)

=3-

sin 2 2α
5
1
sin 2 2α
0
⇒ = 3− ≤ A = 3−
≤ 2− =3
2
2
2
2

2

π
Víi α = 0 ⇒ a = 0 th× MaxA = 3 ; Víi α = 4 ⇒ a =
(a + b)(1 − ab)
1
≤
2
2
2
(1 + a )(1 + b )

VD3: Chứng minh rằng:

1
2

5

thì MinA = 2

a, b R

Giải:
Đặt a = tgα, b = tgβ. Khi ®ã
=

cos 2 αcos 2 β
.

(a + b )(1 − ab )
( tgα + tgβ)(1 − tgαtgβ)
=
2
2
(1 + a )(1 + b )
(1 + tg 2 α)(1 + tg 2β)

sin( α +β) cos α cos β−sin α sin β
.
.
.
cos α cos β
.
cos α cos β
.

1
1
= sin(α + β) cos(α + β) = sin[ 2(α + β)] ≤
2

VD4: Chøng minh r»ng:

(®pcm)

2

| a −b |
2

2

(1 + a )(1 + b )

+

| b −c |
2

2

(1 + b )(1 + c )

≥

| c −a |
(1 + c 2 )(1 + a 2 )

a , b, c

Giải:
Đặt a = tgα, b = tgβ, c = tgγ. Khi ®ã bÊt ®¼ng thøc ⇔
⇔

| tgα − tgβ |
2

2

(1 + tg α)(1 + tg β)

+

sin( α −β)

| tgβ − tgγ |
2

2

(1 + tg β)(1 + tg γ)

≥

sin(β − γ)

| tgγ − tgα |
(1 + tg 2 γ)(1 + tg 2 α)

⇔ cos αcos β. cos α. cos β + cos βcos γ. cos β. cos γ

≥ cos γ cos α
.

sin( γ − α)
cos γ. cos α

⇔ |sin(α-β)|+|sin(β-γ)| ≥ |sin(γ-α)|. BiÕn ®ỉi biĨu thøc vÕ ph¶i ta cã:
9

|sin(γ-α)|= |sin[(α-β)+(β-γ)]| = |sin(α-β)cos(β-γ)+sin(β-γ)cos(α-β)| ≤
|sin(α-β)cos(β-γ)|+|sin(β-γ)cos(α-β)|=|sin(α-β)||cos(β-γ)|+|sin(β-γ)||cos(α-β)|
≤ |sin(α-β)|.1 + |sin(β-γ)|.1 = |sin(α-β)| + |sin(β-γ)| ⇒ (®pcm)
a
VD5: Chøng minh r»ng: ab + cd ≤ (a +c)(b +d) (1) ∀ , b, c, d >0
Gi¶i:
(1) ⇔

cd
ab
cd
1
ab
+
≤1⇔
+
≤1
(a + c)(b + d )
(a + c)(b + d )
 c  b 
 c  b 
1 + 1 + 
1 + 1 + 
 a  d
a d
c

d

Đặt tg2= a , tg2= b víi α,β ∈
⇔

1
2

2

(1 + tg α)(1 + tg β)

+


0,
2

Biến đổi bất đẳng thức

tg 2 α.tg 2β
2

2

(1 + tg α)(1 + tg β)

= cos 2 α cos 2 β + sin 2 α sin 2 β ≤ 1

⇔ cosα cosβ + sinα sinβ = cos(α-β) 1 đúng (đpcm)
Dấu bằng xảy ra cos(-) = 1 =

c d
=
a b

VD6: Tìm giá trị lín nhÊt vµ nhá nhÊt cđa biĨu thøc A =

6a + 4 | a 2 1 |
a2 +1

Giải:
Đặt


a = tg . Khi
2

®ã A =

6 tg

α
α
α
α
+ 4 | tg 2 − 1 |
2 tg
tg 2 − 1
2
2 + 4.

2
2
= 3.
2 α
2 α
2 α
tg
+1
1 + tg
tg
+1
2
2
2

A = 3sin α + 4 |cosα| ≥ 3 sinα + 4.0 = 3sinα ≥ 3.(-1) = -3
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta cã:
A2 = (3sinα + 4 |cosα|)2 ≤ (32 + 42)(sin2α + cos2α) = 25 ⇒ A ≤ 5
Víi sinα = 1 ⇔ a = 1 th× MinA = - 3 ; víi

sin α | cos α |
=
3
4

th× MaxA = 5

V. Dạng 5: Đổi biến số đa về bất đẳng thức tam giác

1) Phơng pháp:

x; y; z > 0
A; B; C ∈ (0; )

a) NÕu 
th× ∃ ∆ ABC : 
2
2 2 2
 x + y + z + 2xyz = 1
 x = cos A; y = cos B; z = cos C

10


π


 x; y; z > 0
 A; B; C ∈ (0; )
b) NÕu 
th× ∃ ∆ ABC : 
2
 x + y + z = xyz
 x = tgA; y = tgB; z = tgC

π

A; B; C ∈ (0; )


2

 x ; y, z > 0
  x = cot gA; y = cot gB; z = cot gC
c) NÕu 
th× ∃ ∆ ABC :
 A; B; C ∈ (0; π )
 xy + yz + zx = 1
 
 A B C
  x = tg 2 ; y = tg 2 ; z = tg 2

2. C¸c vÝ dụ minh hoạ:
VD1: Cho x, y, z > 0 và zy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc.
S=

1 1 1
+ + − 3( x + y + z )
x y z

Gi¶i:
Tõ 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg
Do xy + yz + zx = 1 nªn tg
γ
α β
⇔ tg 2  tg 2 + tg 2 



α
β
; y = tg ;
2
2

α β
β γ
tg + tg tg
2
2
2
2

β

+ tg

γ
2

víi α, β, γ ∈

γ α
tg
2
2

 π
 0, 

 2

=1

γ

1
α
β γ tg 2 + tg 2
β γ 
=
⇔ tg +  = cot g
= 1 - tg tg 2 ⇔
β γ
α
2
2 2
2
1 − tg tg
tg
2

⇔

z = tg

2

2

β γ π α
α+β+ γ π
β γ 
π α
tg +  = tg +  ⇔ + = − ⇔
= ⇔ α +β+ γ = π
2 2 2 2
2
2
2 2
2 2
β
γ
α
β
γ  α
+ cotg + cotg -3  tg 2 + tg 2 + tg 2 
2
2 
2


S=

1 1 1
+ + − 3( x + y + z ) =
x y z

S=

α
α 
β
β 
γ
γ  α
β
γ

 cot g − tg  +  cot g − tg  +  cot g − tg  − 2 tg + tg + tg 
2
2 
2
2 
2
2  2
2
2


cotg

S = 2(cotgα+cotgβ+cotgγ) γ

β
γ
 α
2 tg + tg + tg 
2
2

 2

α

β

S = (cotgα+cotgβ-2tg 2 ) + (cotgβ+cotgγ-2tg 2 ) +(cotgα+cotgβ-2tg 2 )

11


sin( α + β)

2 sin γ

2 sin γ

§Ĩ ý r»ng: cotgα + cotgβ = sin α. sin β = 2 sin α. sin β = cos( α − β) − cos( α + β)
γ
γ
4 sin cos
2 sin γ
2 sin γ
2
2 = 2 tg γ ⇒ cot gα + cot gβ − 2tg γ ≥ 0
≥ 1 − cos(α + β) = 1 + cos γ =
γ
2
2
2 cos 2

2
1
3

T ®ã suy ra S ≥ 0. Víi x = y = z =
VD2: Cho 0 < x, y, z < 1 và

thì MinS = 0

x
y
z
4 xyz
+
+
=
2
2
2
2
1− x
1− y
1− z
(1 − x )(1 y 2 )(1 z 2 )

Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc S = x2 + y2 + z2
Giải:
Do 0 < x, y, z < 1 nên ®Ỉt x = tg
Khi ®ã tgα =
⇔

α
β
; y = tg ;
2
2


2

với , ,


0,
2

2y
2x
2z
và đẳng thøc ë gi¶ thiÕt
2 ; tgβ = 1 − y 2 ; tgγ =
1−x
1 − z2

8xyz
2y
2x
2z
2 +1 − y2 +
2 = (1 − x 2 )(1 − y 2 )(1 − z 2 ) ⇔ tgα+tgβ+tgγ = tgα.tgβ.tgγ

1−x
1−z

⇔ tgα + tgβ = - tgγ(1-tgα.tgβ) ⇔
Do α, β, γ ∈
tg

z = tg

 π
 0, 
 2

tgα+tgβ
1 −tgαtgβ
.

= - tgγ ⇔ tg(α+β) = tg(-γ)

nªn α + β = π - γ ⇔ α + β + γ = π. Khi ®ã ta cã:

α β
β γ
tg + tg tg
2
2
2
2

+ tg

γ α
tg
2
2

(x2 + y2 + z2) - (xy + yz + zx) =

= 1 xy + yz + zx = 1. Mặt khác:

[

]

1
( x − y) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x ) 2 ≥ 0
2

⇒ S = x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx = 1. Víi x = y = z =

VD3: Cho

1
3

th× MinS = 1

 x , y, z > 0
x
y

z
9
. Chøng minh r»ng: S = x + yz + y + zx + z + xy ≤ 4

 x+ y+ z= 1
Giải:

yz

= tg ;
x
2

Đặt
Do

xz

= tg ;
y
2

xy

= tg với
z
2

yz zx
zx xy

xy yz
.
+
.
+.
.
x
y
y
z
z
x

nªn tg

α β
β γ
tg + tg tg
2
2
2
2

+ tg

α, β, γ ∈

 π
 0, 
 2

=x+y+z=1

γ α
tg
2
2

=1
12


β

γ

β

α

γ

π

α

β γ

π α

⇔ tg  2 + 2  = cotg 2 ⇔ tg  2 + 2  = tg  2 − 2  ⇔ 2 + 2 = 2 - 2






⇔

α+β+ γ π
= ⇔ α+β+ γ = π
2
2

S=
=

  2y
  2z
 3
x
y
z
1  2 x
+
+
= 
 x + yz − 1 +  y + zx − 1 +  z + xy − 1 + 2
 
 


x + yz y + zx z + xy 2 
 
 



yz 1 − zx
xy 
1−

1−
1  x − yz y − zx z − xy  3 1 
y
x +
z + 3


+
 x − yz + y + zx + z + xy  + 2 = 2 
yz
zx
xy  2
2

1 + x 1 + y 1 + z 



1

3
= [ ( cos α + cos β).1 − (cos α cos β − sin α + sin β)] +

=

1
2

3
2

≤

1 1
1
 3 3 3 9
2
2
2
 2 ( (cos α + cos β) + 1) + 2 (sin α + sin β) − cos α cos β + 2 = 4 + 2 = 4
2


(cos + cosβ + cos) +

2

2

(đpcm)

3. Các bài toán đa ra trắc nghiệm
Trớc khi tôi dạy thử nghiệm nội dung sáng kiến của tôi cho häc sinh cđa 2
líp 11A1 vµ 11A2 ë trêng tôi, tôi đà ra bài về nhà cho các em, cho các em chuẩn
bị trớc trong thời gian 2 tuần. Với các bài tập sau:
Bài 1: Cho a2 + b2 = 1. CMR: | 20a3 - 15a + 36b - 48b3| ≤ 13.
Bµi 2: Cho (a-2)2 + (b-1)2 = 5. CMR: 2a + b ≤ 10.

 a; b ≥ 0
Bµi 3: Cho 
CMR: a
a+ b= 2

4

Bµi 4: Cho a; b ; c ≥ 1

+ b4 ≥ a3 + b3

CMR:

 x; y; z > 0
Bµi 5: Cho 
2 2 2
 x + y + z + 2xyz = 1
a) xyz ≤

1 
1 
1 

1 
1 
1

 a −  b −  c −  ≥  a −  b −  c − 
b 
c 
a 
a 
b 
c


CMR:

1
8

3

b) xy + yz + zx ≤ 4
3

c) x2 + y2 + z2 ≥ 4
1

d) xy + yz + zx ≤ 2xyz + 2
e)

1− x

1− y
1−z
+
+
≥ 3
1+ x
1+ y
1+ z

13


Bµi 6: CMR:

1
1+ a

2

+

1
1+ b

2

≤

2
1 + ab

∀ a, b ∈ (0, 1]

Bµi 7: CMR: (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 9 (ab + bc + ca)

∀ a, b, c > 0

 x, y, z > 0
x y z 33
Bµi 8: Cho
CMR : 2 + 2 + 2 ≥

 xy + yz + zx = 1 1− x 1− y 1− z 2
 x, y, z > 0
x y z 3
CMR : + + ≤
Bµi 9: Cho 
x + y + z = xyz 1+ x2 1+ y2 1+ z2 2

 x , y, z > 0
1 1 1 2 x 2 y 2z
CMR : + + ≥ + +
Bµi 10: Cho 
xy + yz + zx = 1 1 + x2 1 + y2 1 + z2 1 + x2 1 + y2 1 + z2

Sau 2 tuÇn các em hầu nh không làm đợc các bài tập này mặc dù tôi đà gợi
ý là dùng phơng pháp lợng giác hoá. Sau đó tôi đà dạy cho các em sáng kiến của
tôi trong một buổi sinh hoạt chuyên đề (3 tiết) thì thu đợc kết quả rất tốt.
3. Kết quả trắc nghiệm thực tế của sáng kiến

Để thấy đợc kết quả sát thực của sáng kiến trong phần «n tËp kú I cđa líp
11 t«i ®· chän 2 lớp 11A1 và 11A2 là 2 lớp chọn trong đó 11A1 là lớp chọn A còn
11A2 là lớp chọn B vì vậy với kiến thức của các em lớp 11A1 khá hơn lớp 11A2
tôi sẽ dùng 2 lớp này để tiến hành làm đối chứng cụ thể nh sau:
Đầu tiên tôi đà ra bài về nhà cho các em các bài tập 1, 4, 9 của 10 bài tập
trên. Yêu cầu các em cả 2 lớp 11A1 và 11A2 làm 3 bài tập này ra giấy và tôi đÃ
thu đợc kết quả nh sau:
Lớp

Sĩ số

Giỏi

Khá

TB

3-4

0-2

11A1
11A2

50
52

0
0

0
0

0
0

2
0

48
52

Với kết quả tổng hợp bảng trên và thực tế bài làm của các em tôi thấy hầu
hết các em không làm đợc ở lớp 11A1. Một số em biết làm bài tập 1 bằng phơng
pháp đặt "a=sin", "b=cos" xong cha đi đến bất đẳng thức cần chứng minh, lớp
11A2 hầu hết các em không làm đợc hoặc bế tắc hoàn toàn. Đứng trớc thực trạng
14


nh vậy tôi quyết định đa sáng kiến của tôi dạy cho lớp 11A2 là lớp có vốn kiến
thức yếu hơn so với lớp 11A1.
Tôi đà tập trung các em lớp 11A2 học ngoại khoá vào 3 tiết buổi chiều
trong 3 tiết này tôi đà truyền thụ hết nội dung 5 phơng pháp dùng lợng giác để
chứng minh bất đẳng thức đại số của tôi sau đó tôi đà ra bài về nhà bài tập 2, 5, 7
trong phần 10 bài tập trên và yêu cầu học sinh cả 2 lớp về nhà giải. Kết quả thu đợc nh sau:
Lớp

Sĩ số

Giỏi

Khá

TB

3-4

0-2

11A1

50

0

0

0

12

38

11A2

52

0

20

25

7

0

Nhìn vào kết quả trên và thực tế bài làm của học sinh tôi nhận thấy các em
học sinh của lớp 11A1 mặc dù có t chất hơn lớp 11A2 song không đợc biết các phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thc nên hầu hết không làm đợc 3 bài
tập tôi đà cho. Nhng ngợc lại đối với kết quả bài làm của học sinh lớp 11A2 tôi
thấy rất khả quan hầu hết các em đều làm đợc bài tập đầu còn bài tập 2 một số em
đà không biết chuyển từ đầu bài về dạng 1 để giải một số khác đà biết biến đổi đợc bất đẳng thức để có thể áp dụng dạng 1 xong cha biến đổi để đi đến bất đẳng
thức lợng giác cần thiết vì vậy kết quả cha cao vì một số em lớp 11A2 tiếp thu các
phơng pháp chậm, ứng dụng giải bài tập cha sáng tạo. Vì vậy tôi quyết định thực
nghiệm lần thứ 3, tôi dạy cả líp 11A1 vµ 11A2 vµo mét bi chiỊu 3 tiÕt dạy đầy
đủ 5 phơng pháp và các ví dụ minh hoạ, tôi gọi các em lên bảngáp dụng giải các ví
dụ tại lớp thấy các em làm rất tốt, sau đó tôi cho bài tập 3, 6, 8, 10 về nhà và yêu
cầu các em nộp cho tôi vào ngay ngày hôm sau. Kết quả thu đợc nh sau:
Lớp

Sĩ số

Giỏi

Khá

TB

Yếu

11A1

50

7

30

13

0

11A2

52

6

25

21

0

Với kết quả nh trên và thực tế bài làm của các em tôi nhận thấy các phơng
pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số mà tôi đa ra có kết quả tốt, nó
là một công cụ rất hữu hiệu để giúp các em có thêm một cách mới để chứng minh
bất đẳng thức đại số bổ sung cho các em một phơng pháp lợng giác hoá các bài
toán nói chung làm cho các em tự tin hơn khi gặp các bài tập chứng minh bất đẳng
thức trong tất cả các cuộc thi khó, chính vì thế tôi nghĩ rằng một số phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số của tôi đa ra là rất khả quan.

III. kết luận và kiến nghị
Trải qua thực tế công tác giảng dạy toán phổ thông, qua một thời gian làm
trắc nghiệm tôi nhận thấy:
15


Việc chứng minh bất đẳng thức đại số là một công việc rất khó khăn và đòi
hỏi ngời chứng minh phải sáng tạo khéo léo phải biết sử dụng tất cả các kiến thức
đà biết để chứng minh một bất đẳng thức. Trong giai đoạn hiện nay chúng ta đang
tập trung cho cải cách giáo dục, trong đó có một phần quan trọng là cải tiến phơng
pháp giảng dạy. Để ph¸t huy tÝnh tÝch cùc cđa häc sinh, viƯc tiÕp thu kiến thức mới
và công việc giải toán thì ngời thầy giáo phải là ngời tiên phong trong việc phát
huy tính tích cực của mình để tìm ra những phơng pháp giải toán mới, tìm ra
những công cụ mới để ngày càng hoàn thiện hơn bản thân và cống hiến cho những
ngời làm toán những công cụ hữu hiệu để có thể đi sâu vào thế giới của toán học.
Trên đây là ý kiến của tôi về một số phơng pháp lợng giác để giải các bất
đẳng thức đại số nhằm giúp cho ngời chứng minh bất đẳng thức có một phơng
pháp t duy về chứng minh bất đẳng thức đại số. Do kinh nghiệm cha có nhiều nên
bài viết của tôi không tránh khỏi khuyếm khuyết mặc dù tôi đà rất cố gắng xắp
xếp về mặt phơng pháp, lợng bµi tËp vµ cÊu tróc cđa bµi viÕt. RÊt mong nhận đợc
sự đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệp để bài viết đợc tốt hơn.
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn!

Hải Dơng, ngày 04 tháng 04 năm 2008

16