File387 - BDT LUONG GIAC

 Giáo viên hướng dẫn: Thầy Đỗ Kim Sơn

 Nhóm học sinh lớp 10 Toán năm học 2009-2010:
 Trần Thanh Huy.
 Nguyễn Hữu Tường.
 Nguyễn Hải Hoàng Khôi.
 Huỳnh Minh Tân.

KHÓA: 2009-2012


Lời nói đầu:
Kính thưa quý thầy cô và các bạn! Như chúng ta đã biết, bất đẳng nói chung và
bất đẳng thức lượng giác nói riêng là một phần quan trọng trong toán phổ thông
cũng như toán chuyên.Và hôm nay chúng em mang đến quyển chuyên đề này không
ngoài mục đích học tập, rèn luyện thêm kiến thức và khả năng làm toán. Không chỉ
dừng lại ở các bài toán về bất đẳng thức lượng giác, quyển chuyên đề còn bàn đến
những ứng dụng to lớn của bất đẳng thức lượng giác vào việc giải một số bài toán
hay có liên quan.
Quyển chuyên đề được trình bày theo 3 chương : các bước đầu cơ sở, các
phương pháp chứng minh và một số bài toán áp dụng. Mỗi chương sẽ do 1-2 bạn
phụ trách. Việc chia chủ đề viết như vậy có thể khó tránh sự trình bày không nhất
quán, thống nhất với nhau. Tuy vậy, các bạn sẽ được độc lập hơn trong suy nghĩ và
trình bày tường tận quan điểm của mình.
Đây là lần đầu tiên chúng em làm chuyên đề về bất đẳng thức lượng giác, mặc
dù đã hết sức cố gắng nhưng quyển chuyên đề khó có thể tránh được những thiếu
sót. Rất mong tài liệu này sẽ nhận đựơc sự góp ý của thầy cô và các bạn.
Một lần nữa, chúng em xin cảm ơn thầy Đỗ Kim Sơn đã đọc và cho góp ý,
cũng như bỏ qua những thiếu sót trong lần viết chuyên đề đầu tiên của chúng em.
Mỹ Tho, ngày 20 tháng 3 năm 2010

-2-


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

-3-


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 a1 , a2 ,...., an ta luôn có:

a1 + a2 + ... + an n
≥ a1a2 ...an
n

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

tan A + tan B + tan C ≥ 3 3
Lời giải:
tan A + tan B
= − tan C
1 − tan A.tan B
⇒ tan A + tan B + tan C = tan A.tan B.tan C
Tam giác ABC nhọn nên tanA, tanB, tanC dương.
Theo Cauchy ta có:
tan A + tan B + tan C ≥ 3 3 tan A.tan B.tan C = 3 3 tan A + tan B + tan C
Vì tan ( A + B ) = − tan C ⇔

⇒ ( tan A + tan B + tan C ) ≥ 27 ( tan A + tan B + tan C )
2

⇒ tan A + tan B + tan C ≥ 3 3
Đẳng thức xảy ra ⇔ A = B = C ⇔ ∆ABC đều.
Ví dụ 2 :
Cho ∆ABC nhọn. CMR :
cot A + cot B + cot C ≥ 3
Lời giải:
Ta luôn có:

-4-


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

Khi đó:
2
2
2
( cot A − cot B ) + ( cot B − cot C ) + ( cot C − cot A ) ≥ 0
⇔

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

⇒ cot A + cot B + cot C ≥ 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.

Ví dụ 3:
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC nhọn ta có:
cos A cos B
cos B cos C
cos C cos A
2 
A
B
B
C
C
A
3
+
+
≤
sin sin + sin sin + sin sin ÷+


A
B
B
C
C
A
2
2
2
2
2
2 2
3
cos cos
cos cos
cos cos
2
2
2
2
2
2
Lời giải:
cos A
A
A
= sin cot
A
Ta có:

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

2
2 4
≤
÷
A
B 
2

÷
4 cos cos
2
2 


-5-


⇒

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

2 4
3

cos cos
2
2

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

sin sin + cot C cot A ÷

C
A
2
2 4
3

cos cos
2
2
Cộng theo vế ta được:
cos A cos B
cos B cos C
cos C cos A
+
+
A
B
B
C
C
A
cos cos
cos cos
cos cos
2
2
2
2

2
2

≤

=

2 
A
B
B
C
C
A
3
( cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A )
 sin sin + sin sin + sin sin ÷+
2
2
2
2
2
2 2
3
2 
A
B
B
C
C

A
3
⇒ Đpcm.
 sin sin + sin sin + sin sin ÷+
2
2
2
2
2
2 2
3
b)Bất đẳng thức Bunhiacốpxki:

Với 2 bộ số a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn ta luôn có:

( a1b1 + a2b2 + ... + anbn )

2

≤ ( a12 + a2 2 + ... + an 2 ) ( b12 + b2 2 + ... + bn 2 )

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

a+b

( sin α + a cos α ) ( sin α + b cos α ) ≤ 1 + 
÷
 2 

-6-


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

1 − cos 2α ( a + b )
1 + cos 2α
+
sin 2α + ab
2
2
2
1
= ( 1 + ab + ( a + b ) sin 2α + ( ab − 1) cos 2α )
2
Theo Bunhiacốpxki ta có:
(2)
A sin x + B cos x ≤ A2 + B 2
=

(1)

Áp dụng (2) ta có:

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

2

(

+ ( ab − 1) =
2

(a

2

+ 1) ( b 2 + 1)

1
1 + ab + ( a 2 + 1) ( b 2 + 1)
2
Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây đúng với mọi a,b:
2
1
 a+b 
2
2
(5)
1 + ab + ( a + 1) ( b + 1) ≤ 1 + 
÷
2

 2 
Thật vậy:
1 ab 1
a 2 + b 2 ab
(5) ⇔ +
+
a 2 + 1) ( b 2 + 1) ≤ 1 +
+
(
2 2 2
4
2
2
2
a +b +2
⇔ ( a 2 + 1) ( b 2 + 1) ≤
2
2
a + 1) + ( b 2 + 1)
(
2
2
(6)
⇔ ( a + 1) ( b + 1) ≤
2
Theo Cauchy thì (6) hiển nhiên đúng ⇒ (5) đúng với mọi a,b.

( sin α + a cos α ) ( sin α + b cos α ) ≤

(

)

(3)

(4)

)

2

 a+b
Từ (1) và (5) : với mọi a, b, α ta có: ( sin α + a cos α ) ( sin α + b cos α ) ≤ 1 + 
÷
 2 
Đẳng thức xảy ra khi ở (1) và (6) dấu bằng đồng thời xảy ra
a = b
a = b
a 2 = b 2



⇔  a+b
ab − 1 ⇔ 
a+b ⇔ 
1
a+b
π
( k ∈ Z)
=

+k

 tan α =
α = arctan
 sin 2α cos 2α
ab − 1
2
ab − 1
2


Ví dụ 2:
CMR với mọi ∆ABC ta có:

-7-


a 2 + b2 + c 2
x+ y+ z ≤
2R
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:
S ABC = S MAB + S MBC + S MCA
⇔

S MAB S MBC S MCA
+
+

=1
S ABC S ABC S ABC

⇔

z y x
+ + =1
hc hb ha

 z y x
⇒ ha + hb + hc = ( ha + hb + hc )  + + ÷
 hc hb ha 
Theo Bunhiacốpxki thì:
x + y + z = ha
mà S =

x
+ hb
ha

y
hb

+ hc

z
≤
hc



y
x
z 
+
+
÷ = ha + hb + hc
÷
h
h
h
a
b
c



( ha + hb + hc ) 

1
1
aha = ab sin C ⇒ ha = b sin C , hb = c sin A , hc = a sin B
2
2

⇒ ha + hb + hc =

⇒ x+ y+ z≤

( a sin B + b sin C + c sin A )

=

ab bc ca
+
+
2R 2R 2R

ab bc ca
a2 + b2 + c2
+
+
≤
⇒ Đpcm.
2R 2R 2R
2R

a = b = c
⇔ ∆ABC đều và M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
x = y = z
c) Bất đẳng thức Jensen:
 x+ y
+
Cho f : R + → R thỏa mãn f ( x) + f ( y ) ≥ 2 f 
÷ ∀x, y ∈ R . Khi đó với mọi
2


+

x1 , x2 ,...., xn ∈ R ta có bất đẳng thức sau:
 x1 + x2 + ... + xn 
÷
n



f ( x1 ) + f ( x2 ) + ...... + f ( xn ) ≥ nf 

-8-


-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
sin A + sin B + sin C ≤

3 3
2

Lời giải:
Xét f ( x) = sin x với x ∈ ( 0, π ) ⇒ f ( x) là hàm lồi. Theo Jensen ta có:

π 3 3
 A+ B +C 
f ( A) + f ( B) + f (C ) ≤ 3 f 
⇒ Đpcm.
÷ = 3sin =

3
3
2


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC đều ta có:
A
B
C
tan + tan + tan ≥ 3
2
2
2
Lời giải:

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

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

Lời giải:

-9-


 π

Xét f ( x) = sin x + tan x với x ∈  0, ÷⇒ f ( x) là hàm lồi. Theo Jensen ta có:
 2
A B C
 + + ÷ 
C
π
π 3
 
f  ÷ ≥ 3 f  2 2 2 ÷ = 3  tan + sin ÷ = + 3 ⇒ Đpcm.
3
6
6 2
2

÷ 


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.
 A
f  ÷+
2

B
f  ÷+
2

d) Bất đẳng thức Chebyshev:
Với 2 dãy số thực đơn điệu cùng chiều a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn ta có:
1
a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≥ ( a1 + a2 + ... + an ) ( b1 + b2 + ... + bn )

n
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có
aA + bB + cC π
≥
a+b+c
3
Lời giải:
Không mất tổng quát giả sử a ≤ b ≤ c ⇔ A ≤ B ≤ C
Theo Chebyshev thì
 a + b + c  A + B + C  aA + bB + cC

÷
÷≤
3
3
3



aA + bB + cC A + B + C π
⇒
≥
=
3
3
3
Đẳng thức xảy ra khi ∆ABC đều.
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có

sin A + sin B + sin C tan A tan B tan C
≤
cos A + cos B + cos C
3
Lời giải:
Không mất tổng quát giả sử A ≥ B ≥ C
 tan A ≥ tan B ≥ tan C
⇒
cos A ≤ cos B ≤ cos C
Theo Chebyshev ta có:

- 10 -


 tan A + tan B + tan C  cos A + cos B + cos C  tan A cos A + tan B cos B + tan C cos C

÷
÷≥
3
3
3



sin A + sin B + sin C tan A + tan B + tan C
⇔
≤
cos A + cos B + cos C
3
Mà tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan 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 A + sin 2 B + sin 2C
2 ( sin A + sin B + sin C ) ≥
2 cos A + cos B + cos C
Lời giải:
Không mất tổng quát giả sử a ≤ b ≤ c
sin A ≤ sin B ≤ sin C
⇒
cos A ≥ cos B ≥ cos C
Theo Chebyshev ta có:
 sin A + sin B + sin C   cos A + cos B + cos C  sin A cos A + sin B cos B + sin C cos C

÷
÷≥
3
3
3



⇔ 2 ( sin A + sin B + sin C ) ≥

3 sin 2 A + sin 2 B + sin 2C
⇒ Đpcm.
2 cos A + cos B + cos C

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.
ii.

a
b
c
=
=
= 2R
sin A sin B sin C
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A
b 2 = c 2 + a 2 − 2ca cos B
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C

iii.

a = b cos C + c cos B

- 11 -


b = c cos A + a cos C
c = a cos B + b cos A
iv.

1
1
1
aha = bhb = chc
2
2
2
1
1
1
= bc sin A = ca sin B = ab sin C
2
2
2
abc
=
= 2 R 2 sin A sin B sin C = pr
4R
= ( p − a ) ra = ( p − b ) rb = ( p − c ) rc
S=

=
v.

vi.

p ( p − a) ( p − b) ( p − c)

2b 2 + 2c 2 − a 2
4

2
2
2c + 2a − b 2
mb 2 =
4
2
2a + 2b 2 − c 2
mc 2 =
4
ma 2 =

la 2 =
lb 2 =
lc 2 =

2bc cos
b+c
2ca cos
c+a
2ab cos
a+b

A
2
B
2
C
2

vii. r = ( p − a ) tan

A
B
C
A
B
C
= ( p − b ) tan = ( p − c ) tan = 4 R sin sin sin
2
2
2
2
2
2

 A− B 
tan 
÷
a −b
 2 
=
viii.
a+b
 A+ B 
tan 
÷
 2 

- 12 -

 B −C 
tan 
÷
b−c
 2 
=
b+c
 B+C 
tan 
÷
 2 
C − A
tan 
÷
c−a
 2 
=
c+a
C + A
tan 
÷
 2 
b2 + c2 − a 2
4S
2
c + a 2 − b2
cot B =
4S
2

a + b2 − c 2
cot C =
4S

ix. cot A =

cot A + cot B + cot C =

a 2 + b2 + c 2
4S

x. sin

A
=
2

( p − b) ( p − c)

sin

B
=
2

( p − c) ( p − a)

sin

C

=
2

( p − a) ( p − b)

xi. cos

A
=
2

p ( p − a)
bc

cos

B
=
2

p ( p − b)
ca

cos

C
=
2

p ( p − c)

ab

bc
ca
ab

- 13 -


xii. tan

A
=
2

tan

B
=
2

( p − b) ( p − c)
p ( p − a)
( p − c) ( p − a)
p ( p − b)

tan

C
=

2

( p − a) ( p − b)
p ( p − c)

A
B
C p
cos cos =
2
2
2 R
sin 2 A + sin 2 B + sin 2C = 4sin A sin B sin C

xiii. sin A + sin B + sin C = 4 cos

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

tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C
A
B
C
A
B
C
cot + cot + cot = cot cot cot
2
2
2
2
2
2
A
B
B
C
C
A
tan tan + tan tan + tan tan = 1
2
2
2
2
2
2
cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1
cos A + cos B + cos C = 1 + 4sin

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

sin 2kA + sin 2kB + sin 2kC = ( −1)

k +1

A
B
C
cos ( 2 k + 1) cos ( 2 k + 1)
2
2
2

4sin kA sin kB sin kC

cos ( 2k + 1) A + cos ( 2k + 1) B + cos ( 2k + 1) C = 1 + ( −1) 4sin ( 2k + 1)
k

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

tan kA + tan kB + tan kC = tan kA tan kB tan kC
cot kA cot kB + cot kB cot kC + cot kC cot kA = 1

- 14 -

A

B
C
sin ( 2k + 1) sin ( 2 k + 1)
2
2
2


A
B
B
A
C
C
A
tan ( 2k + 1) + tan ( 2k + 1) tan tan ( 2 k + 1) ( 2 k + 1) + tan ( 2 k + 1) tan ( 2 k + 1) = 1
2
2
2
2
2
2
2
A
B
C
A
B
C
cot ( 2k + 1) + cot ( 2k + 1) + cot ( 2k + 1) = cot ( 2k + 1) cot ( 2k + 1) cot ( 2k + 1)

2
2
2
2
2
2
tan ( 2k + 1)

cos 2 kA + cos 2 kB + cos 2 kC = 1 + ( −1) 2 cos kA cos kB cos kC
k

sin 2 kA + sin 2 kB + sin 2 kC = 2 + ( −1)
b) Bất đẳng thức:

k +1

2 cos kA cos kB cos kC

i. a − b < c < a + b
b−c < a c−a ii. a ≤ b ⇔ A ≤ B
b≤c ⇔ B ≤C
c≤a⇔C ≤ A
3
2
3 3
sin A + sin B + sin C ≤
2
tan A + tan B + tan C ≥ 3 3

iii. cos A + cos B + cos C ≤

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

2
2
2

iv. cos

3
4
9
sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤
4

2
2
2
v. cos A + cos B + cos C ≥

tan 2 A + tan 2 B + tan 2 C ≥ 9
- 15 -


cot 2 A + cot 2 B + cot 2 C ≥ 1
A
B
C 9
+ cos 2 + cos 2 ≤
2
2
2 4
A

B
C 3
sin 2 + sin 2 + sin 2 ≥
2
2
2 4
A
B
C
tan 2 + tan 2 + tan 2 ≥ 1
2
2
2
A
B
C
cot 2 + cot 2 + cot 2 ≥ 9
2
2
2

2
vi. cos

1
8
3 3
sin A sin B sin C ≤
8
tan A tan B tan C ≥ 3 3

1
cot A cot B cot C ≤
3 3

vii. cos A cos B cos C ≤

A
B
C 3 3
cos cos ≤
2
2
2
8
A
B
C 1
sin sin sin ≤
2
2
2 8
A
B
C
1
tan tan tan ≤
2
2
2 3 3
A

B
C
cot cot cot ≥ 3 3
2
2
2

viii. cos

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

ix. cos 2 A + cos 2 B + cos 2C ≥ −

1

x.

+

1

+

1

≥2 3

A
B
C
cos
cos
cos
2
2
2
1
1
1
+
+
≥2 3
A
B
C
sin
sin
sin
2
2
2

- 16 -


3. Định lý về dấu của tam thức bậc hai:
2

Cho tam thức f ( x ) = ax + bx + c ( a ≠ 0 ) và ∆ = b 2 − 4ac
-Nếu ∆ < 0 thì f ( x ) cùng dấu với hệ số a , với mọi số thực x .
b
.
2a
-Nếu ∆ > 0 thì f ( x ) có 2 nghiệm x1 , x2 và giả sử x1 < x2 thì f ( x ) cùng dấu với a với mọi x ở
-Nếu ∆ = 0 thì f ( x ) cùng dấu với hệ số a , với mọi số thực x ≠ −

ngoài đoạn [ x1 ; x2 ] (tức là x < x1 hay x > x2 ) và f ( x ) trái dấu với a khi x ở trong khoảng 2
nghiệm (tức là x1 < x < x2 )
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:
cos A cos B cos C x 2 + y 2 + z 2
+
+
≤
x
y
z
2 xyz
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tuơng đuơng với:
2
x 2 − 2 x ( y cos C + z cos B ) − ( y 2 + z 2 − 2 yz cos A ) ≥ 0
Coi đây như là tam thức bậc hai theo biến x:
2
∆ ' = ( y cos C + z cos B ) − ( y 2 + z 2 − 2 yz cos A )

= − ( y cos C − z cos B ) ≤ 0
Vậy bất đẳng thức trên đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
 y sin C = z sin B
⇔ x : y : z = sin A : sin B : sin C = a : b : c

 x = y cos C + z cos B
Tức x, y , z là 3 cạnh của tam giác tương đương với ∆ABC .
2

Ví dụ 2:
CMR ∀x ∈ R và ∆ABC bất kì ta có:

- 17 -


1+

1 2
x ≥ cos A + x ( cos B + cos C )
2

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

2

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

 x = cos B + cos C
 x = 2 cos B = 2 cos C
Ví dụ 3:
CMR trong mọi ∆ABC ta đều có:
2

 a+b+c
ab sin 2 A + bc sin 2 B + ca sin 2 C ≤ 
÷
2



Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tuơng đuơng với
a 2 + 2a ( b cos 2 A + c cos 2C ) + b 2 + c 2 + 2bc cos 2 B ≥ 0
∆ ' = ( b cos 2 A + c cos 2C ) − ( b 2 + c 2 + 2bc cos 2 B )
2

= − ( b sin 2 A + c sin 2C ) ≤ 0
2

Vậy bất đẳng thức đã đuợc chứng minh xong.
Ví dụ 4:
Cho ∆ABC bất kì. Chứng minh rằng:
3
cos A + cos B + cos C ≤
2
Lời giải:
Đặt k = cos A + cos B + cos C = 2 cos

B+C
B −C
cos
− cos ( A + B )
2
2

- 18 -


A+ B
A− B
A+ B
− 2 cos
cos
+ k −1 = 0
2
2
2
A+ B
Do đó cos
là nghiệm của phuơng trình:
2
A− B
2 x 2 − 2 cos
x + k −1 = 0
2
2 A+ B
− 2 ( k − 1) . Để tồn tại nghiệm thì:

Xét ∆ ' = cos
2
A− B
3
∆ ' ≥ 0 ⇔ 2 ( k − 1) ≤ cos 2
≤1⇒ k ≤
2
2
3
⇒ cos A + cos B + cos C ≤
2
⇒ Đpcm.
⇔ 2 cos 2

Ví dụ 5:
CMR ∀x, y ∈ R ta có: sin x + sin y + cos ( x + y ) ≤
Lời giải:
Đặt sin x + sin y + cos ( x + y ) = 2sin

3
2

x+ y
x− y
x+ y
cos
+ 1 − 2sin 2
2
2
2

x+ y
là nghiệm của phương trình:
2
x− y
2 x 2 − 2 cos
x + k −1 = 0
2
⇒ ∆ ' = 1 − 2 ( k − 1) ≥ 0

Khi đó sin

3
2
⇒ Đpcm.
⇒k≤

4.Định lý về hàm tuyến tính:
Xét hàm f ( x ) = ax + b xác định trên đoạn [ α , β ]
 f ( α ) ≥ k
( k ∈ R)
Nếu 
 f ( β ) ≥ k
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:
- 19 -

Cho a, b, c là những số thực không âm thỏa a 2 + b 2 + c 2 = 4
1
CMR: a + b + c ≤ abc + 8
2
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
 1 
 1 − bc ÷a + b + c − 8 ≤ 0
 2 
 1 
Xét f ( a ) =  1 − bc ÷a + b + c − 8 với a ∈ [ 0, 2]
 2 
Khi đó

f ( 0) = b + c − 8 ≤ 2 ( b2 + c2 ) − 8 = 8 − 8 = 0

f ( 2 ) = 2 − bc + b + c − 8 = 2 − 8 < 8 − 8 = 0
(vì a = 2 ⇔ b = c = 0 )
Vậy f ( a ) ≤ 0∀a ∈ [ 0, 2] ⇒ Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0, b = c = 2
Ví dụ 2:
CMR ∀a, b, c không âm ta có:
7 ( ab + bc + ca ) ( a + b + c ) ≤ 9abc + 2 ( a + b + c )

3

Lời giải:
a
b

c
Đặt x =
;y=
; z=
. Khi đó bài toán trở thành:
a+b+c
a+b+c
a+b+c
Chứng minh 7 ( xy + yz + zx ) ≤ 9 xyz + 2 với x + y + z = 1
Không mất tổng quát giả sử x = max { x, y, z}

1 
Xét f ( x ) = ( 7 y + 7 z − 9 yz ) x + 7 yz − 2 với x ∈  ,1
3 
1
Ta có f  ÷ = 0 , f ( 1) = −2 < 0
3
1 
⇒ f ( x ) < 0∀x ∈  ,1
3 
Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.
1
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = ⇔ a = b = c .
3
-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:
- 20 -

Cho tam giác ABC. CMR:
3
3
3
i. cot A + cot B + cot C ≥

1
với tam giác ABC nhọn.
3

ii. sin A + sin B + sin C ≤ 3 2 − 3
4
4
4
2
1
1
1
+
+
≥2 3
iii.
sin A sin B sin C
B
C
A
B
C 7
2 A

+ sin 2 + sin 2 + sin sin sin ≥
iv. sin
2
2
2
2
2
2 8
9
v. cot A + cot B + cot C ≤
8sin A sin B sin C
A− B
B −C
C−A
cos
cos
≥ 8sin A sin B sin C
vi. cos
2
2
2
vii. 1 + cos A cos B cos C ≥ sin A sin B sin C
1
1
1
34 3
+
+
≥
viii.

a +b −c b +c − a c + a −b 2 S
a
b
c
+
+
≥2 3
ix.
ma mb mc
ma mb mc 3 3
+
+
≥
a
b
c
2
2
xi. ma la + mblb + mclc ≥ p
1
1
1
3
xii. 2 + 2 + 2 >
a ma b mb c mc abc
abc
xiii. ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ≤
8
xiv. ha + hb + hc ≥ 9r
x.

 A + 3B  B + 3C  C + 3 A 
xv. sin A sin B sin C ≤ sin 
÷
÷
÷
 4  4  4 

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).

- 21 -


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 x £ 1; cos x ≤ 1 .
Ví dụ 2.1.1.
π
1 − sin
4 > 3cos π
CMR:
π
7
2sin
4
Lời giải:

π
3π
π
5π
3π
7π
5π
− sin + sin
− sin
+ sin
− sin
Ta có : 1 − sin = sin
14
14
14
14
14
14
14
π 
π
2π
3π 
= 2 sin  cos + cos
+ cos ÷
14 
7
7
7 
π

1 − sin
14 = cos π + cos 2π + cos 3π (1)
⇒
π
7
7
7
2sin
14
Mặt khác ta có:
π 1
π
3π
5π
π
4π
2π 
cos =  cos + cos
+ cos
+ cos + cos
+ cos
÷
7 2
7
7
7
7
7
7 
π

2π
2π
3π
3π
π
= cos cos
+ cos
cos
+ cos
cos
(2)
7
7
7
7
7
7
π
2π
3π
, z = cos
Đặt x = cos , y = cos
7
7
7
Khi đó từ (1),(2) ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
x + y + z > 3( xy + yz + xz ) (3)
Mà x , y ,z > 0 nên:
(3) ⇔ ( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2 > 0 (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:

a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab sin 3 x + ca cos 2 x − bc sin x)

Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
a (sin 2 2 x + cos 2 2 x) + b 2 (sin 2 x + cos 2 x) + c 2 ≥ 2ab(sin xcos2 x + sin 2 x cos x) +
2ca cos 2 x − 2bc sin 2 x
2
2
2
2
2
⇔ a (sin 2 x + b sin x + c − 2ab cos 2 x sin x − 2ca cos 2 x + 2bc sin x)
2

- 22 -


+( a 2 sin 2 2 x − 2ab sin 2 x cos x + b 2cos 2 x) ≥ 0
⇔ (a cos 2 x − b sin x − c) 2 + (a sin 2 x − b cos x) 2 ≥ 0
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:
sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤

9
4

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.

π
+ kπ là ba góc thỏa sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 1 . CMR:
2
2
 t anα tan β + tan β tan γ + tan γ tan α 
2
2
2

÷ ≤ 1 − 2 tan α tan β tan γ
3



Cho α , β , γ ≠

Lời giải:
Ta có:
sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 1
⇔ cos 2α + cos 2 β + cos 2γ = 2
1

1
1
⇔
+
+
=2
2
2
1 + tan α 1 + tan β 1 + tan 2 γ
⇔ tan 2 α tan 2 β + tan 2 β tan 2 γ + tan 2 γ tan 2 α = 1 − 2 tan 2 α tan 2 β tan 2 γ
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2
 tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α 
2
2
2
2
2
2

÷ ≤ tan α tan β + tan β tan γ = tan γ tan α
3


⇔ (tan α tan β − tan β tan γ ) 2 + (tan β tan γ − tan γ tan α ) 2 + (tan γ tan α − tan α tan β ) 2 ≥ 0
⇒ đpcm.
 tan α tan β = tan β tan γ

Đẳng thức xảy ra ⇔  tan β tan γ = tan γ tan α ⇔ tan α = tan β = tan γ
 tan γ tan α = tan α tan β


Ví dụ 2.1.5.
CMR trong ∆ABC bất kì ta có:
A
B
C
A
B
C

cot + cot + cot ≥ 3  tan + tan + tan ÷
2
2
2
2
2
2


- 23 -


Lời giải:
Ta có:
A
B
C
A
B
C

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

1 1 1
x + y + z ≥ 3 + + ÷
x y z
3( xy + yz + zx)
⇔ x+ y+z ≥
xyz
⇔ ( x + y + z ) 2 ≥ 3( xy + yz + zx)
⇒ đpcm.
Đẳng thức xảy ra

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

⇔ cot A = cot B = cot C
⇔ A=B=C
⇔ ∆ABC đều.

Ví dụ 2.1.6.
CMR:

1
1
2
+
≤
3 + s inx 3 − s inx 2 + cosx

Lời giải:
Vì −1 ≤ s inx ≤ 1 và cos x ≥ −1 nên:
3 + s inx > 0,3 − s inx > 0 và 2 + cos x > 0
Khi đó bất đẳng thức tương đương:
6(2 + cos x) ≤ 2(9 − sin 2 x)
⇔ 12 + 6 cos x ≤ 18 − 2(1 − cos 2 x)
⇔ 2cos 2 x − 6 cos x + 4 ≥ 0
⇔ (cos x − 1)(cos x − 2) ≥ 0
Do cos x ≤ 1 nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng ⇒ đpcm.
Ví dụ 2.1.7.

- 24 -


CMR: ∀

π
π
≤ α , β < ta có:
3
2

2
 1
 1
−1 ≤ 
− 1÷
− 1÷
cosα + cosβ
 cosα   cosβ


Lời giải:

π
π
1
≤ α , β < ⇒ 0 < cosα , cosβ ≤
3
2
2
0 < cosα + cosβ ≤ 1

Do đó 
1
0 < cosα cosβ ≤ 4

Đặt a = cosα + cosβ , b = cosα cosβ
Từ ∀

Bất đẳng thức đã cho trở thành:
2−a
1− a + b
≤
a
b
 2 − a  1− a + b
⇔
÷≤
b
 a 
⇔ (2 − a ) 2 b ≤ a 2 (1 − a + b)
⇔ a 3 − a 2 − 4ab + 4b ≤ 0
⇔ (a − 1)(a 2 − 4b) ≤ 0
Bất đẳng thức cuối đúng vì a ≤ 1 và a 2 − 4b = (cosα − cosβ ) 2 ≥ 0
⇒ đpcm.
Ví dụ 2.1.8.
Cho các góc nhọn a và b thỏa sin 2 a + cos 2b < 1 . CMR:
sin 2 a + sin 2 b < sin 2 ( a + b)
Lòi giải:


2
2 π
Ta có : sin a + sin  − a ÷ = 1
2


2
Nên từ giả điều kiện sin a + cos 2b < 1 suy ra:
b<
Mặt khác ta có:

π
π
− a, 0 < a + b <
2
2

sin 2 ( a + b ) = sin 2 a cos 2 b + sin 2 b cos 2 a + 2sin a sin b cos a cos b

Nên thay thế cos 2b = 1 − sin 2 b vào thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
- 25 -