Chuyên đề bất đẳng thức lượng giác P3 new 2010

Trng THPT chun Lý Tự Trọng

Bất đẳng thức lượng giác
Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

Chương 3 :

Áp dụng vào một số vấn đề khác
“Có học thì phải có hành”

Sau khi đã xem xét các bất đẳng thức lượng giác cùng các phương pháp chứng minh
thì ta phải biết vận dụng những kết quả đó vào các vấn đề khác.
Trong các chương trước ta có các ví dụ về bất ñẳng thức lượng giác mà dấu bằng
thường xảy ra ở trường hợp ñặc biệt : tam giác đều, cân hay vng …Vì thế lại phát sinh
ra một dạng bài mới : định tính tam giác dựa vào ñiều kiện cho trước.
Mặt khác với những kết quả của các chương trước ta cũng có thể dẫn đến dạng tốn
tìm cực trị lượng giác nhờ bất đẳng thức. Dạng bài này rất hay : kết quả ñược “giấu” ñi,
bắt buộc người làm phải tự “mị mẫm” đi tìm đáp án cho riêng mình. Cơng việc đó thật
thú vị ! Và tất nhiên muốn giải quyết tốt vấn ñề này thì ta cần có một “vốn” bất đẳng thức
“kha khá”.
Bây giờ chúng ta sẽ cùng kiểm tra hiệu quả của các bất ñẳng thức lượng giác trong
chương 3 : “Áp dụng vào một số vấn ñề khác”
Mục lục :
3.1. ðịnh tính tam giác…………………………………………………………67
3.1.1. Tam giác đều…………………………………………………………..67
3.1.2. Tam giác cân…………………………………………………………..70
3.1.3. Tam giác vuông………………………………………………………..72
3.2. Cực trị lượng giác……………………………………………………….....73
3.3. Bài tập……………………………………………………………………...76

The Inequalities Trigonometry

66


Trng THPT chun Lý Tự Trọng

Bất đẳng thức lượng giác
Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

3.1. ðịnh tính tam giác :
3.1.1. Tam giác đều :
Tam giác đều có thể nói là tam giác đẹp nhất trong các tam giác. Ở nó ta có được sự
đồng nhất giữa các tính chất của các đường cao, đường trung tuyến, ñường phân giác,
tâm ngoại tiếp, tâm nội tiếp, tâm bàng tiếp tam giác … Và các dữ kiện đó lại cũng trùng
hợp với ñiều kiện xảy ra dấu bằng ở các bất ñẳng thức lượng giác ñối xứng trong tam
giác. Do đó sau khi giải được các bất đẳng thức lượng giác thì ta cần phải nghĩ đến việc
vận dụng nó trở thành một phương pháp khi nhận dạng tam giác đều.

Ví dụ 3.1.1.1.
CMR ∆ABC đều khi thỏa : ma + mb + mc =

9
R
2

Lời giải :
Theo BCS ta có :
(ma + mb + mc )2 ≤ 3 ma 2 + mb 2 + mc 2

(

)

9 2
a + b2 + c2
4
2
⇔ (ma + mb + mc ) ≤ 9 R 2 sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C
9
mà : sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤
4
9 81
2
⇒ (ma + mb + mc ) ≤ 9 R 2 ⋅ = R 2
4 4
9
⇒ m a + mb + mc ≤ R
2
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều ⇒ ñpcm.
2

⇔ (ma + mb + mc ) ≤

(

)

(

)

Ví dụ 3.1.1.2.
CMR nếu thỏa sin

A
B
ab
sin =
2
2
4c

thì ∆ABC đều.

Lời giải :
Ta có :

The Inequalities Trigonometry

67


Trng THPT chun Lý Tự Trọng

Bất đẳng thức lượng giác
Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

A− B
A+ B
A− B

cos
cos
1
ab a + b 2 R(sin A + sin B )
2
2 =
2 ≤
≤
=
=
C
C
C
A+ B
4c
8c
2 R.8 sin C
2 R.8.2 sin cos
8 sin
8 cos
2
2
2
2
A
B
1
⇒ sin sin ≤
A+ B
2

2
8 cos
2
A+ B
A
B
⇔ 8 cos
sin sin ≤ 1
2
2
2
A+ B
A− B
A+ B
⇔ 4 cos
− cos
 −1 ≤ 0
 cos
2 
2
2 
A+ B
A+ B
A− B
⇔ 4 cos 2
− 4 cos
+1 ≥ 0
cos
2
2

2
2 R.2 sin

2

A+ B
A− B

2 A−B
⇔  2 cos
− cos
≥0
 + sin
2
2 
2


⇒ đpcm.

Ví dụ 3.1.1.3.
CMR ∆ABC đều khi nó thỏa : 2(ha + hb + hc ) = (a + b + c ) 3

Lời giải :
ðiều kiện ñề bài tương ñương với :
r r r
2.2 p + +  = (a + b + c ) 3
a b c

3

r r r
+ + =
2
a b c
1
1
1
3
⇔
+
+
=
A
B
B
C
C
A
2
cot + cot
cot + cot
cot + cot
2
2
2
2
2
2
Mặt khác ta có :




1
A
B
1 1
1  1 
=  tan + tan 
≤
+
A
B 4
A
B
4
2
2
cot + cot
cot 
 cot
2
2
2
2

Tương tự :
⇔

The Inequalities Trigonometry

68


Trng THPT chun Lý Tự Trọng
1

≤

Bất đẳng thức lượng giác
Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

B
C
1
 tan + tan 
4
2
2

B
C
+ cot
2
2
C
A
1
1
≤  tan + tan 
C

A 4
2
2
cot + cot
2
2
1
A
B
C
1
1
1
⇒
+
+
≤  tan + tan + tan 
A
B
B
C
C
A 2
2
2
2
cot + cot
cot + cot
cot + cot
2

2
2
2
2
2
A
B
C
A
B
C
3 1
⇒
≤  tan + tan + tan  ⇔ tan + tan + tan ≥ 3
2
2
2
2
2
2
2
2
⇒ đpcm.
cot

Ví dụ 3.1.1.4.
CMR nếu thỏa S = 3Rr

3
thì ∆ABC đều.

2

Lời giải :
Ta có :

A
B
C
A
B
C
sin sin cos cos cos
2
2
2
2
2
2
A
B
C
A
B
C
A
B
C
= 4 R sin sin sin 4 R cos cos cos = r 4 R cos cos cos
2
2

2
2
2
2
2
2
2
3 3 3 3
≤ r 4R
=
Rr
8
2
⇒ ñpcm.
S = 2 R 2 sin A sin B sin C = 2 R 2 .2.2.2. sin

Ví dụ 3.1.1.5.
CMR ∆ABC đều khi nó thỏa ma mb mc = pS

Lời giải :
Ta có :
1
1
1
A
2
ma = (2b 2 + 2c 2 − a 2 ) = (b 2 + c 2 + 2bc cos A) ≥ bc(1 + cos A) = bc cos 2
4
4
2

2
mà :

The Inequalities Trigonometry

69


Trng THPT chun Lý Tự Trọng

Bất đẳng thức lượng giác
Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

b2 + c2 − a2
b2 + c2 − a2
2 A
cos A =
⇒ 2 cos
−1 =
2bc
2
2bc
2
2
2
2
b + c − a + 2bc (b + c ) − a 2 p( p − a )
⇒ cos 2 A =
=
=

bc
4bc
4bc
⇒ ma ≥ p( p − a )
Tương tự :
mb ≥ p( p − b )

mc ≥ p( p − c )
⇒ ma mb mc ≥ p p( p − a )( p − b )( p − c ) = pS
⇒ ñpcm.

3.1.2. Tam giác cân :
Sau tam giác đều thì tam giác cân cũng đẹp khơng kém. Và ở đây thì chúng ta sẽ xét
những bất đẳng thức có dấu bằng xảy ra khi hai biến bằng nhau và khác biến thứ ba. Ví
π
2π
. Vì thế nó khó hơn trường hợp xác định tam giác ñều.
dụ A = B = ; C =
6
3

Ví dụ 3.1.2.1.
CMR ∆ABC cân khi nó thỏa điều kiện tan 2 A + tan 2 B = 2 tan 2

A+ B
và nhọn.
2

Lời giải :
sin ( A + B )

2 sin ( A + B )
2 sin C
=
=
cos A cos B cos( A + B ) + cos( A − B ) cos( A − B ) − cos C
C
vì cos( A − B ) ≤ 1 ⇒ cos( A − B ) − cos C ≤ 1 − cos C = 2 sin 2
2
C
C
4 sin cos
2 sin C
2 sin C
2
2 = 2 cot C = 2 tan A + B
⇒
≥
=
C
C
cos( A − B ) − cos C
2
2
2 sin 2
2 sin 2
2
2
A+ B
⇒ tan A + tan B ≥ 2 tan
2

Ta có : tan A + tan B =

2

A+ B
 tan A + tan B 
Từ giả thiết : tan A + tan B = 2 tan
≤ 2

2
2


2
2
2
2
⇔ 2 tan A + tan B ≤ tan A + tan B + 2 tan A tan B
2

2

(

The Inequalities Trigonometry

2

)

70


Trng THPT chun Lý Tự Trọng

Bất đẳng thức lượng giác
Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

2

⇔ (tan A − tan B ) ≤ 0
⇔ tan A = tan B
⇔ A=B
⇒ đpcm.

Ví dụ 3.1.2.2.
CMR ∆ABC cân khi thỏa ha = bc cos

A
2

Lời giải :
Trong mọi tam giác ta ln có : ha ≤ l a =

2bc
A
cos
b+c
2

bc
2bc
≤
= bc
b+c
bc
2bc
A
A
A
⇒
cos ≤ bc cos ⇒ ha ≤ bc cos
b+c
2
2
2
ðẳng thức xảy ra khi ∆ABC cân ⇒ ñpcm.

mà b + c ≥ 2 bc ⇒

Ví dụ 3.1.2.3.
CMR nếu thỏa r + ra = 4 R sin

B
thì ∆ABC cân.
2

Lời giải :
Ta có :
B

B
B
B
B
2
r + ra = ( p − b ) tan + p tan = (2 p − b ) tan = (a + c ) tan = 2 R(sin A + sin C )
B
2
2
2
2
cos
2
B
B
sin
sin
−
A+C
A−C
B
A
C
2 = 4 R cos cos
2 = 4 R sin B cos A − C ≤ 4 R sin B
cos
= 4 R sin
⋅
⋅
B

B
2
2
2
2
2
2
2
cos
cos
2
2
sin

⇒ r + ra ≤ 4 R sin

B
2

ðẳng thức xảy ra khi ∆ABC cân ⇒ ñpcm.

The Inequalities Trigonometry

71


Trng THPT chun Lý Tự Trọng

Bất đẳng thức lượng giác
Chương 3 Áp dụng vào một số vấn đề khác

Ví dụ 3.1.2.4.
CMR nếu S =

1 2
a + b 2 thì ∆ABC cân.
4

(

)

Lời giải :
Ta có : a 2 + b 2 ≤ 2ab ⇒
⇒

1 2
1
1
a + b 2 ≥ ab ≥ ab sin C = S
4
2
2

(

)

1 2
a + b 2 ≥ S ⇒ ∆ABC cân nếu thỏa điều kiện đề bài.

4

(

)

Ví dụ 3.1.2.5.
CMR ∆ABC cân khi thỏa 2 cos A + cos B + cos C =

9
4

Lời giải :
Ta có :

A
B+C
B−C

2 cos A + cos B + cos C = 21 − 2 sin 2  + 2 cos
cos
2
2
2

2

= −4 sin 2

1

1 9
A
A
B−C 1 9
A 1
B −C 

2 B−C
− +
+ 2 sin cos
− + = − 2 sin − cos
 + cos
2
2
2
4 4
2 2
2 
4
2
4 4

2

1 2 B−C 9 9
A 1
B−C 

+ ≤
= − 2 sin − cos

 − sin
2 2
2 
4
2
4 4

ðẳng thức xảy ra khi B = C ⇒ ñpcm.

3.1.3. Tam giác vuông :
Cuối cùng ta xét ñến tam giác vng, đại diện khó tính nhất của tam giác ñối với bất
ñẳng thức lượng giác. Dường như khi nhận diện tam giác vng, phương pháp biến đổi
tương đương các ñẳng thức là ñược dùng hơn cả. Và ta hiếm khi gặp bài tốn nhận diện
tam giác vng mà cần dùng đến bất đẳng thức lượng giác.

Ví dụ 3.1.3.1.
CMR ∆ABC vuông khi thỏa 3 cos B + 6 sin C + 4 sin B + 8 cos C = 15

Lời giải :
The Inequalities Trigonometry

72


Trng THPT chun Lý Tự Trọng

Bất đẳng thức lượng giác
Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

Theo BCS ta có :

3 cos B + 4 sin B ≤ 3 2 + 4 2 cos 2 B + sin 2 B = 5

6 sin C + 8 cos C ≤ 6 2 + 8 2 sin 2 C + cos 2 C = 10
⇒ 3 cos B + 4 sin B + 6 sin C + 8 cos C ≤ 15
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
4
 cos B sin B

 3 = 4
tan B = 3
3 cos B + 4 sin B = 5
π
⇔
⇔
⇔ tan B = cot C ⇔ B + C =

2
6 sin C + 8 cos C = 10
 sin C = cos C
cot C = 4
 6

3
8

⇒ ñpcm.

(
(

)(
)(

)
)

3.2. Cực trị lượng giác :
ðây là lĩnh vực vận dụng thành công và triệt ñể bất ñẳng thức lượng giác vào giải
toán. ðặc biệt trong dạng bài này, gần như ta là người ñi trong sa mạc khơng biết
phương hướng đường đi, ta sẽ khơng biết trước kết quả mà phải tự mình dùng các bất
đẳng thức đã biết để tìm ra đáp án cuối cùng. Vì lẽ đó mà dạng tốn này thường rất “khó
xơi”, nó địi hỏi ta phải biết khéo léo sử dụng các bất ñẳng thức cũng như cần một vốn
liếng kinh nghiệm về bất đẳng thức khơng nhỏ.

Ví dụ 3.2.1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
a sin 4 x + b cos 4 y a cos 4 x + b sin 4 y
+
f (x , y ) =
c sin 2 x + d cos 2 y c cos 2 x + d sin 2 y
với a, b, c, d là các hằng số dương.

Lời giải :
ðặt f ( x , y ) = af 1 + bf 2 với f 1 =

sin 4 x
cos 4 x
+
c sin 2 x + d cos 2 y c cos 2 x + d sin 2 y

f2 =

cos 4 x
sin 4 x
+
c sin 2 x + d cos 2 y c cos 2 x + d sin 2 y

(

) (

Ta có : c + d = c sin 2 x + cos 2 x + d sin 2 y + cos 2 y
Do đó :

The Inequalities Trigonometry

)

73


Trng THPT chun Lý Tự Trọng

Bất đẳng thức lượng giác
Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác


sin 4 x
cos 4 x
+

2
2
2
2
 c sin x + d cos y c cos x + d sin

(c + d ) f1 = [(c sin 2 x + d cos 2 y ) + (c cos 2 x + d sin 2 y )]

2



y



sin 2 x
cos 2 x
 =1
≥  c sin 2 x + d cos 2 y
+ c cos 2 x + d sin 2 y
2
2
2
2

c sin x + d cos y
c cos x + d sin y 

⇒ f1 ≥

1
c+d

Tương tự : f 2 ≥

1
. Vậy
c+d

f ( x , y ) = af 1 + bf 2 ≥

a+b
c+d

Ví dụ 3.2.2.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P = cos 3 A + cos 3B − cos 3C

Lời giải :
Ta có : cos 3C = cos 3[π − ( A + B )] = cos[3π − 3( A + B )] = − cos 3( A + B ) nên
 A+ B
 A− B
2  A+ B
P = cos 3 A + cos 3B + cos 3( A + B ) = 2 cos 3
 cos 3
 −1
 + 2 cos 3
 2 
 2 

 2 
3
 A− B
 A+ B
 A+ B 1
⇒ P + = 2 cos 2 3
 cos 3
 + 2 cos 3
 + = f (x , y )
2
 2 
 2 
 2  2
3
 A− B
∆' = cos 2 3
 −1 ≤ 0 ⇒ P ≥ −
2
 2 
∆ ' = 0
3

P=− ⇔
1
 A− B
 A+ B
2
cos 3 2  = − 2 cos 3 2 







Vậy Pmin

 2  A− B
cos 3 2  = 1



⇔
cos 3 A + B  = − 1 cos 3 A − B 

2
 2 
 2 
A = B

A = B
 A = 2π

⇔
⇔

1
9
cos
3
A


=
−


4π
2
 A =

9

5π
2π

A = B = 9 ,C = 9
3
=− ⇔
2
 A = B = 4π , C = π

9
9

The Inequalities Trigonometry

74


Trng THPT chun Lý Tự Trọng

Bất đẳng thức lượng giác
Chương 3 Áp dụng vào một số vấn đề khác

Ví dụ 3.2.3.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C
P=
cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C

Lời giải :
Ta có :
3
−1
cos A + cos 2 B + cos 2 C
3
=
−1
2
3 − sin A + sin 2 B + sin 2 C
3
≤
−1 = 3
9
3−
4
Do đó : Pmax = 3 ⇔ ∆ABC đều.
P=

2

(

)

Ví dụ 3.2.4.
Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của y = 4 sin x − cos x

Lời giải :
ðiều kiện : sin x ≥ 0 , cos x ≥ 0
Ta có : y = 4 sin x − cos x ≤ 4 sin x ≤ 1
sin x = 1
π
Dấu bằng xảy ra ⇔ 
⇔ x = + k 2π
2
cos x = 0
Mặt khác : y = 4 sin x − cos x ≥ − cos x ≥ −1
sin x = 0
⇔ x = k 2π
Dấu bằng xảy ra ⇔ 
cos x = 1

π

 y max = 1 ⇔ x = + k 2π
Vậy 
2
 y min = −1 ⇔ x = k 2π

Ví dụ 3.2.5.

Cho hàm số y =

2 + cos x
. Hãy tìm Max y trên miền xác định của nó.
sin x + cos x − 2

The Inequalities Trigonometry

75


Trng THPT chun Lý Tự Trọng

Bất đẳng thức lượng giác
Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

Lời giải :
Vì sinx và cosx khơng đồng thời bằng 1 nên y xác ñịnh trên R.
2 + cos x
Y0 thuộc miền giá trị của hàm số khi và chỉ khi Y0 =
có nghiệm.
sin x + cos x − 2
⇔ Y0 sin x + (Y0 − 1) cos x = 2Y0 + 2 có nghiệm.

(2Y0 + 2)2 ≤ Y0 2 + (Y0 − 1)2
2

⇔ 2Y0 + 10Y0 + 3 ≤ 0
− 5 − 19
− 5 + 19

≤ Y0 ≤
2
2
− 5 + 19
=
2
⇔

Vậy y max

3.3. Bài tập :
CMR ∆ABC đều nếu nó thỏa một trong các ñẳng thức sau :
3
4
3.3.2. sin 2 A + sin 2 B + sin 2C = sin A + sin B + sin C
1
1
1
3 1
+
+
=
+ tan A tan B tan C
3.3.3.
sin 2 A sin 2 B sin 2C
2 2

3.3.1. cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A =

2



a2 + b2 + c2
a 2b 2c 2
 =
3.3.4. 
A
B
C
 cot A + cot B + cot C 
tan tan tan
2
2
2
a cos A + b cos B + c cos C 1
=
3.3.5.
a+b+c
2
A
B
C
3.3.6. ma mb mc = abc cos cos cos
2
2
2
A
B
C

3.3.7. l a lb l c = abc cos cos cos
2
2
2
A
B
C
3.3.8. bc cot + ca cot + ab cot = 12 S
2
2
2
26 3
1 
1 
1 

3.3.9. 1 +
1 +
1 +
 = 5+
9
 sin A  sin B  sin C 
sin A sin B sin C
1
3.3.10.
=
2
(sin A + sin B + sin C ) 6 3

The Inequalities Trigonometry

76