chuyen de 12

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (302.22 KB, 28 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Ch

ươ

ng 1

:

CÁ

C B

ƯỚ

C

ðẦ

U C

Ơ

S

Ở

ðể bắt ñầu một cuộc hành trình, ta khơng thể khơng chuẩn bị hành trang để lên đường.
Tốn học cũng vậy. Muốn khám phá ñược cái hay và cái ñẹp của bất ñẳng thức lượng
giác, ta cần có những “vật dụng” chắc chắn và hữu dụng, đó chính là chương 1: “Các
bước ñầu cơ sở”.

Chương này tổng quát những kiến thức cơ bản cần có để chứng minh bất ñẳng thức
lượng giác. Theo kinh nghiệm cá nhân của mình, tác giả cho rằng những kiến thức này là
ñầy ñủ cho một cuộc “hành trình”.

Trước hết là các bất ñẳng thức ñại số cơ bản ( AM – GM, BCS, Jensen, Chebyshev 
…) Tiếp theo là các ñẳng thức, bất ñẳng thức liên quan cơ bản trong tam giác. Cuối cùng
là một số ñịnh lý khác là cơng cụ đắc lực trong việc chứng minh bất đẳng thức (ñịnh lý
Largare, ñịnh lý về dấu của tam thức bậc hai, định lý về hàm tuyến tính …)

Mục lục :

1.1. Các bất ñẳng thức ñại số cơ bản……… 4

1.1.1. Bất ñẳng thức AM – GM…...………... 4

1.1.2. Bất ñẳng thức BCS……….. 8

1.1.3. Bất ñẳng thức Jensen……….... 13

1.1.4. Bất ñẳng thức Chebyshev………... 16

1.2. Các ñẳng thức, bất ñẳng thức trong tam giác……….. 19

1.2.1. ðẳng thức………... 19

1.2.2. Bất ñẳng thức………... 21

1.3. Một số ñịnh lý khác………. 22

1.3.1. ðịnh lý Largare ………..………. 22

1.3.2. ðịnh lý về dấu của tam thức bậc hai……….. 25

1.3.3. ðịnh lý về hàm tuyến tính……….. 28

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

1.1.

Cá

c b

ấ

t

ñẳ

ng th

ứ

c

ñạ

i s

ố

c

ơ

bả

n :

1.1.1. B

ấ

t

ñẳ

ng th

ứ

c AM – GM :

Với mọi số thực không âm a1,a2,...,an ta luôn có 
n

n
n

a
a
a
n

a
a

a

...
...

2
1
2

≥
+
+
+

Bất ñẳng thức AM – GM (Arithmetic Means – Geometric Means) là một bất ñẳng thức 
quen thuộc và có ứng dụng rất rộng rãi. ðây là bất đẳng thức mà bạn ñọc cần ghi nhớ rõ
ràng nhất, nó sẽ là cơng cụ hồn hảo cho việc chứng minh các bất ñẳng thức. Sau ñây là

hai cách chứng minh bất ñẳng thức này mà theo ý kiến chủ quan của mình, tác giả cho 
rằng là ngắn gọn và hay nhất.

Chứng minh :

Cách 1 : Quy nạp kiểu Cauchy

Với n=1 bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng. Khi n=2 bất ñẳng thức trở thành

(

)

2
2
1
2

1
2

1 + ≥ ⇔ − ≥

a
a
a

(ñúng!)
Giả sử bất ñẳng thức ñúng ñến n=k tức là :

k

k
k

a
a
a
k

a
a

a

...
...

2
1
2

1 + + + ≥

Ta sẽ chứng minh nó đúng với n=2k. Thật vậy ta có :

(

) (

)

(

)(

)

(

)(

)

k

k
k
k

k

k
k
k
k

k

k
k

k
k
k

a
a
a
a
a

k

a
a
a
k
a
a
a
k

k

a
a

a
a
a

a
k

a
a

a
a
a

a

2
1
2

2
2
1
2

2
2

1
2

2
1
2

...
...

+
+

+
+
+

=
≥

+
+
+
+

+
+
≥

+
+
+
+

+
+
+

Tiếp theo ta sẽ chứng minh với n=k−1. Khi đó :

(

)

1
2
1
1

2
1

1
2
1

1
2
1
1
2
1
1

1
2
1
1

2
1

...
1

...

...
...

−

−
−

−

−
−

−

=
−

−
≥
+
+

+
⇒

=
≥
+

+
+
+

k

k
k

k

k k

k
k

k

k
k

a
a
a
k

a
a

a

a
a
a
k

a
a
a
a
a
a
k
a
a
a
a

a
a

Như vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh hoàn toàn.
ðẳng thức xảy ra ⇔a1 =a2 =...=an

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Gọi

n
a
a

a

A = 1 + 2 +...+ n

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương ñương với
a1a2...an ≤ An (*)

Rõ ràng nếu a1 =a2 =...=an = A thì (*) có dấu đẳng thức. Giả sử chúng không bằng
nhau. Như vậy phải có ít nhất một số, giả sử là a1 < A và một số khác, giả sử là a2 > A
tức là a1 < A<a2.

Trong tích P=a1a2...an ta hãy thay a1 bởi a'1= A và thay a2 bởi a'2=a1 +a2 −A.
Như vậy a'1+a'2=a1+a2 mà a'1a'2−a2a2 = A

(

a1+a2 −A

)

−a1a2 =

(

a1−A

)(

a2 −A

)

2
1
2
1 '

' a aa
a >

⇒

n
n a a a a
a

a
a

a1 2 3... < '1 '2 3...
⇒

Trong tích P'=a'1a'2a3...an có thêm thừa số bằng A. Nếu trong P' còn thừa số khác

A thì ta tiếp tục biến đổi để có thêm một thừa số nữa bằng A. Tiếp tục như vậy tối ña
1

−

n lần biến ñổi ta ñã thay mọi thừa số P bằng A và được tích n

A . Vì trong q trình
biến ñổi tích các thừa số tăng dần. ⇒P< An.⇒ ñpcm.

Ví dụ 1.1.1.1.

Cho A,B,C là ba góc của một tam giác nhọn. CMR : 
tanA+tanB+tanC≥3 3

Lời giải :

Vì

(

)

C

B
A

C
B

A tan

tan
tan
1

tan
tan

tan

tan =−

−
+
⇔

−
=
+

⇒tanA+tanB+tanC =tanAtanBtanC

Tam giác ABC nhọn nên tanA,tanB,tanC dương.
Theo AM – GM ta có :

(

)

(

)

3
3
tan
tan

tan

tan
tan

tan
27
tan

tan
tan

tan
3
tan
tan
tan
3
tan
tan

tan

3
3

≥
+

⇒

+
+

≥
+

⇒

+
+

=
≥

+
+

C
B

A

C
B

A
C

B
A

C
B

A
C

B
A
C

B
A

ðẳng thức xảy ra ⇔ A=B=C⇔ ∆ABC đều.

Ví dụ 1.1.1.2.

Cho ∆ABC nhọn. CMR :

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lời giải :

Ta ln có : cot

(

A+B

)

=−cotC

1
cot
cot
cot

cot
cot

cot

cot
cot

cot

1
cot
cot

=
+

+
⇔

−
=
+

−
⇔

A
C
C

B
B

A

C
B

A
B
A

Khi đó :

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

3
cot

cot
cot

3
cot
cot
cot

cot
cot

cot
3
cot

cot
cot

0
cot

cot
cot

cot

2
2

≥
+

+
⇒

=
+

+
≥

+
+

⇔

≥
−

+
−

C
B

A

A
C
C

B
B

A
C

B
A

A
C

C
B

B
A

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

Ví dụ 1.1.1.3.

CMR với mọi ∆ABC nhọn và n∈N*ta ln có :

3
tan

tan
tan

tan −

≥
+

+ n n n

n

C
B

A

C
B

A

Lời giải :

Theo AM – GM ta có :

(

)

(

)

(

)

( )

3 3

3
3

3
3
tan

tan
tan

3
tan

tan
tan

tan

tan
tan

tan
3
tan

tan
tan
3
tan

tan
tan

−

−
−

=
≥

+
+

≥
+

+
+

⇒

+
+

=
≥

+
+

n
n

n

n
n

n

n
n

n

C
B

A
C

B
A

C
B

A

C

B

A
C

B
A
C

B
A

⇒đpcm.

Ví dụ 1.1.1.4.

Cho a,b là hai số thực thỏa :

cosa+cosb+cosacosb≥0
 CMR : cosa+cosb≥0

Lời giải : 
Ta có :

(

1 cos

)(

1 cos

)

1
0
cos
cos
cos

cos

≥
+

+
⇔

≥
+

b
a

b
a
b

a

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

(

) (

)

(

)(

)

0
cos
cos

1
cos
1
cos
1
2

cos
1
cos
1

≥
+

⇒

≥
+

+
≥
+

+
+

b
a

Ví dụ 1.1.1.5.

Chứng minh rằng với mọi ABC∆ nhọn ta có :

2
3
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
3
2
2

cos
2
cos

cos
cos
2

cos
2
cos

cos
cos
2

cos
2
cos

cos
cos









+
+

≤
+

+ A B B C C A

A
C

A
C
C

B
C
B
B

A
B
A

Lời giải : 
Ta có
















=
=

B
A
B

A
B

A
B
A

A
A
A

A

cot
cot
4
3
2
sin
2
sin
2

cos
2
cos
4

cos
cos
4
3

2
cot
2

sin
2
cos
2

cos

Theo AM – GM thì :









+
≤

⇒
















+
≤

B
A
B

A
B

A
B
A

B
A
B

A
B

A

B
A

cot
cot
4
3
2
sin
2
sin
3
2
2
cos
2
cos

cos
cos

cot
cot
4
3
2
sin
2

sin

2
cos
2
cos
4

cos
cos
4

3 2

Tương tự ta có :









+
≤









+
≤

A
C
A

C
A

C
A
C

C
B
C

B
C

B
C
B

cot
cot
4
3
2
sin
2
sin
3
2
2
cos
2
cos

cos
cos

cot
cot
4
3
2
sin
2
sin

3
2
2
cos
2
cos

cos
cos

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

(

A B B C C A

)

A
C
C

B
B

A

A
C

A
C
C

B
C

B
B

A
B
A

cot
cot
cot

cot
cot

cot
2

3
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin

3
2

2
cos
2
cos

cos
cos
2

cos
2
cos

cos
cos
2

cos
2
cos

cos
cos

+
+

+








+
+

≤

+
+

2
3
2

sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin

2
sin
3
2









+
+

= A B B C C A ⇒ñpcm.

Bước đầu ta mới chỉ có bất ñẳng thức AM – GM cùng các ñẳng thức lượng giác nên 
sức ảnh hưởng ñến các bất ñẳng thức còn hạn chế. Khi ta kết hợp AM – GM cùng BCS, 
Jensen hay Chebyshev thì nó thực sự là một vũ khí ñáng gờm cho các bất ñẳng thức 
lượng giác.

1.1.2. B

ấ

t

ñẳ

ng th

ứ

c BCS :

Với hai bộ số

(

anx−bn

)

⇔
≤

∆f 0 a1b1 a2b2 ... anbn 2 a12 a22 ... an2 b12 b22 ... bn2 ñpcm.
ðẳng thức xảy ra

n

n
b
a
b

a
b
a

=
=
=

⇔ ...

2
2
1

1 (quy ước nếu =0

i

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có :

(

)(

2 2

)

2
2

1
2
2

2
2
1
2

2
2
2
1

2
2

2
2
2
1

...
...

2
...

...

n
n

i
i

n
i

b
b

b
a
a

a

b
a
b

b
b

b
a

a
a

a

+
+
+
+

+
+
≥

+
+
+
+
+
+

Cho i chạy từ 1 ñến n rồi cộng vế cả n bất ñẳng thức lại ta có ñpcm.
ðây cũng là cách chứng minh hết sức ngắn gọn mà bạn ñọc nên ghi nhớ!

Bây giờ với sự tiếp sức của BCS, AM – GM nhưñược tiếp thêm nguồn sức mạnh, như

hổ mọc thêm cánh, như rồng mọc thêm vây, phát huy hiệu quả tầm ảnh hưởng của mình. 
Hai bất đẳng thức này bù ñắp bổ sung hỗ trợ cho nhau trong việc chứng minh bất ñẳng 
thức. Chúng ñã “lưỡng long nhất thể”, “song kiếm hợp bích” cơng phá thành cơng nhiều

bài tốn khó.

“Trăm nghe khơng bằng một thấy”, ta hãy xét các ví dụ ñể thấy rõ ñiều này.

Ví dụ 1.1.2.1.

CMR với mọi a,b,α ta có :

(

)(

)

2
1
cos
sin

cos

sin 






 +
+
≤
+

+a α α b α a b

Lời giải : 
Ta có :

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

1 sin2 1 cos2

) ( )

1
2

2
2
cos
1
2

sin

2
2

2
cos
1

cos
cos

sin
sin

cos
sin

cos

sin 2 2

α
α

−
+
+

+
+
=

+
+
+

+
−

+
+

+
=

+
+

ab
b

a
ab

ab
b

a

ab
b

a
b

a2 +1

)(

b2 +1

)

( )

3
Thay

( )

3 vào

( )

1 ta ñược :

(

)(

)

(

)(

)

( )

2
1
cos
sin

cos

sinα +a α α +b α ≤ +ab+ a2 + b2 +
 Ta sẽ chứng minh bất ñẳng thức sau ñây với mọi a, b :

(

)(

)

( )

2
1
1
1
1

1 2 2 2







 +
+
≤
+
+
+

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Thật vậy :

( )

(

)(

)

(

)(

)

2
2
1

2
4

1
1
1

2
1

2
2
1
5

2
2
2

+
+
≤
+
+
⇔

+
+
+
≤
+
+

+
⇔

b
a
b

a

ab
b
a
b

a
ab

(

)(

) (

)

( )

1
1

2 + + ≤ + + +

⇔ a b a b

2
1
cos
sin

cos

sin 





 +
+

≤
+

+a α α b α a b

ðẳng thức xảy ra khi xảy ra ñồng thời dấu bằng ở

( )

1 và

( )

(

)







∈
+

−
+
=

=
⇔








−
+
=
=
⇔







−
=
+

=
⇔

Z
k
k
ab

b
a

arctg
b
a

ab
b
a
tg

b
a
ab

b
a

2
1
2

1
1

2
cos

sin

2
2

π
α

α
α

Ví dụ 1.1.2.2.

Cho a,b,c>0 và asinx+bcosy =c. CMR :

3 3

2
2

1
1
sin

cos

b
a

c
b
a
b

y
a

x

+
−
+
≤
+

Lời giải :

Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :

( )

*
cos

sin

1
1
cos

1
sin
1

3
3

2
2

3
3

2
2

b
a

c

b

y
a

x

b
a

c
b
a
b

y
a

x

+
≥
+

⇔

+
−
+
≤

−

+
−

Theo BCS thì :

(

a1b1+a2b2

)

2 ≤

(

a12 +a22

)(

b12 +b22

)

với






=
=

b
b
b
a
a
b

b

y
a

a
x
a

2
1

;

cos
;

sin

(

3 3

)

(

)

2
2

cos
sin

y
b
x
a
b
a
b

y
a

x

+
≥









⇒

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

ha

x
y
z

N
Q

P
A

B C

ðẳng thức xảy ra

2
2

2
2
1

1 sin cos

b
y

a

x
b

a
b
a

=
⇔

⇔








+
=

⇔






=
+

=
⇔

3
3

2
3
3

2
2
2

cos
sin

b
a

c
b
y

b
a

c
a
x

c
y
b
x
a

b
y
a

x

Ví dụ 1.1.2.3.

CMR với mọi ∆ABC ta có :

R
c
b
a
z
y
x

2
2

2 + +

≤
+

+

với x,y,z là khoảng cách từ ñiểm M bất kỳ nằm bên trong ∆ABC ñến ba cạnh

AB
CA
BC, , .

Lời giải : 
Ta có :

(

)










+
+
+

+
=
+
+

⇒

=
+
+
⇔

=
+

+
⇔

+
+

c
b
a
c
b
a
c
b
a

a
b
c

ABC
MCA
ABC

MBC
ABC

MAB

MCA
MBC

MAB
ABC

h
z
h

y
h

x
h
h
h
h
h
h

h
x
h

y
h

z

S
S
S

S
S

S

S
S

Theo BCS thì :

(

)

a b c

c
b

a
c
b
a
c

c
b
b
a

a h h h

h
z
h

y
h

x
h
h
h
h

z
h
h

y
h
h

x
h
z
y

x = + +








+
+
+

+
≤
+

+
=

mà S aha absinC ha bsinC , hb csinA , hc asinB

2
1
2

=
=

=
⇒
=

(

)

R
ca
R
bc
R
ab
A

c

C
b
B
a
h

h
ha b c

2
2
2
sin

sin

sin + + = + +

=
+
+

⇒

Từ đó suy ra :

+ + ≤ + + ≤ + + ⇒

R
c

b
a
R

ca
bc
ab
z

y
x

2
2

2
2
2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC
z

y
x

c
b
a

∆
⇔





=
=

ñều và M là tâm nội tiếp ∆ABC.

Ví dụ 1.1.2.4. 
 Chứng minh rằng :








∈
∀
≤
+

2
;
0
8

sin

cosx x 4 x π

Lời giải :

Áp dụng bất ñẳng thức BCS liên tiếp 2 lần ta có :

(

)

(

)

(

)

(

) (

)(

)

2
2

2
2
2
2
2

2
2

2
4

8
sin

cos

8
sin

cos
1
1
1
1

sin
cos
1
1
sin

cos

≤

⇒

=
+

+
+

≤

+
+

≤
+

x
x

x
x
x

x

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
4

x .

Ví dụ 1.1.2.5.

Chứng minh rằng với mọi số thực a và x ta có

(

)

1
1

cos
2
sin
1

2
2

≤
+

−

x

a
x
a
x

Lời giải :

Theo BCS ta có :

(

)

(

)

(

)

( )

)

(

)

(

)

(

) (

)

(

)

1

cos
2
sin

1
cos

2
sin
1

2
1
4
2

cos
sin

2
1

cos
2
sin
1

2
2

2
2
2

4
2
2

4
2

2
2

≤
+

+
−

⇔

+
≤
+

−
⇒

+
+
=
+
+
−
=

+
+

−
≤
+

−

x

a
x

a
a

x
a

x
a
x

x
x
x

x
x

a
a

x
x

a
x
a
x

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

1.1.3. B

ấ

t

ñẳ

ng th

ứ

c Jensen :

Hàm số y= f(x) liên tục trên ñoạn

[

a,b

]

và n ñiểm x1,x2,...,xn tùy ý trên ñoạn

[

a,b

]

ta có :

i) f ''(x)>0 trong khoảng

(

a,b

)

thì :









 + + +

≥
+

+
+

n
x
x

x
nf
x
f
x

f
x

f n

n

...
)

(
...
)
(
)

( 1 2

2
1

ii) f ''(x)<0 trong khoảng

(

a,b

)

thì :









 + + +

≥
+

+
+

n
x
x

x
nf
x
f
x

f
x

f n

n

...
)

(
...
)
(
)

( 1 2

2
1

Bất ñẳng thức AM – GM và bất ñẳng thức BCS thật sự là các ñại gia trong việc chứng 
minh bất đẳng thức nói chung. Nhưng riêng đối với chun mục bất đẳng thức lượng giác

thì đó lại trở thành sân chơi riêng cho bất ñẳng thức Jensen. Dù có vẻ hơi khó tin nhưng

đó là sự thật, ñến 75% bất ñẳng thức lượng giác ta chỉ cần nói “theo bất ñẳng thức 
Jensen hiển nhiên ta có đpcm”.

Trong phát biểu của mình, bất đẳng thức Jensen có ñề cập ñến ñạo hàm bậc hai, 
nhưng đó là kiến thức của lớp 12 THPT. Vì vậy nó sẽ khơng thích hợp cho một số ñối 
tượng bạn ñọc. Cho nên ta sẽ phát biểu bất ñẳng thức Jensen dưới một dạng khác :

Cho f R+ →R

: thỏa mãn  ∀ ∈ +






 +
≥

+ f y f x y x y R
x

f ,

2
2
)
(
)

( Khi đó với mọi

∈R
x
x

x1, 2,..., n ta có bất đẳng thức :










 + + +

≥
+

+
+

n
x
x

x
nf
x
f
x

f
x

f n

n

...

)

(
...
)
(
)

( 1 2

2
1

Sự thật là tác giả chưa từng tiếp xúc với một chứng minh chính thức của bất đẳng thức

Jensen trong phát biểu có f ''(x). Cịn việc chứng minh phát biểu không sử dụng đạo

hàm thì rất đơn giản. Nó sử dụng phương pháp quy nạp Cauchy tương tự như khi chứng 
minh bất ñẳng thức AM – GM. Do đó tác giả sẽ khơng trình bày chứng minh ở đây.

Ngồi ra, ở một số tài liệu có thể bạn đọc gặp khái niệm lồi lõm khi nhắc tới bất ñẳng 
thức Jensen. Nhưng hiện nay trong cộng đồng tốn học vẫn chưa quy ước rõ ràng ñâu là

lồi, ñâu là lõm. Cho nên bạn đọc khơng nhất thiết quan tâm đến điều đó. Khi chứng minh 
ta chỉ cần xét f ''(x) là ñủ ñể sử dụng bất ñẳng thức Jensen. Ok! Mặc dù bất đẳng thức

Jensen khơng phải là một bất đẳng thức chặt, nhưng khi có dấu hiệu manh nha của nó
thì bạn đọc cứ tùy nghi sử dụng .

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Ví dụ 1.1.3.1.

Chứng minh rằng với mọi ABC∆ ta có :

2
3
3
sin
sin

sinA+ B+ C≤

Lời giải :

Xét f(x)=sinx với x∈

(

0;π

)

Ta có f ''(x)=−sinx<0∀x∈

(

0;π

)

. Từ đó theo Jensen thì :

( )

= = ⇒







 + +

≤
+

2
3
3
3
sin
3
3

3f A B C π

C
f
B
f
A

f ñpcm.

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

Ví dụ 1.1.3.2.

Chứng minh rằng với mọi ∆ABC đều ta có : 
 3

2
tan

2
tan
2

tan A+ B + C ≥

Lời giải :

Xét f

( )

x =tanx với 





∈

2
;
0 π

x

Ta có

( )








∈

∀
>
=

2
;
0
0

cos
sin
2

'' 3 x π

x
x
x

f . Từ đó theo Jensen thì :

= = ⇒















+
+
≥
















3
6
sin
3
3

2
2
2
3
2
2

C
B
A
f
C
f
B

f
A

f ñpcm.

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.

Ví dụ 1.1.3.3.

Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :

1 2

2
2
2

2
2

3
2

tan
2

tan  ≥ −























 A B C

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Xét f

( ) (

x = tanx

)

2 2 với 





∈

2
;
0 π

x

Ta có f '

( )

x =2 2

(

1+tan2 x

)

1+tan2 x

)

(

tanx

)

2 2−2 +

(

2 2+1

)

(

1+tan2 x

)

(

tanx

)

2 2

)

>0
Theo Jensen ta có :

 = ⇒






















+
+
≥






















 1− 2

2
2

3
6

3
3

2
2
2
3
2
2

tg
C

B
A
f
C
f
B
f
A

f ñpcm.

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

Ví dụ 1.1.3.4.

Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :

3

2
3
2
tan
2

tan
2
tan
2
sin
2
sin
2

sin A+ B + C + A+ B+ C ≥ +

Lời giải :

Xét f

( )

x =sinx+tanx với 





∈

2
;
0 π

x

Ta có

( )

(

)










∈
∀
>
−

2
;
0
0

cos
cos
1
sin
''

4 π

x
x

x
f

Khi đó theo Jensen thì :

= + ⇒








+
=
















+
+
≥
















3
2
3
6
tan
6
sin
3
3

2
2
2
3
2
2

π
π

C
B
A
f
C

f
B
f
A

f ñpcm.

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.

Ví dụ 1.1.3.5.

Chứng minh rằng với mọi ∆ABCnhọn ta có :

(

)

(

)

(

)

3
3
sin

sin
sin

3
2
sin

sin

sin 






≥
C
B

A

C
B

A

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>






+
+

≥
+

=
+

C
B

A
C

B
A

C
B
A
C

B
A

2
2

2
2
2

sin
sin

cos
cos
cos
2
2
sin

sin
sin

và

2
3
3
sin
sin

sinA+ B+ C≤

2
3
3
sin
sin

sin

2< + + ≤

⇒ A B C

Xét f

( )

x = xlnx với x∈

(

0;1

]

Ta có f '

( )

x =lnx+1

( )

= 1 >0∀x∈

(

0;1

]

x
x
f

Bây giờ với Jensen ta ñược :

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

[

]

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

3
3
sin

sin
sin
sin

sin
sin

sin
sin
sin
sin

sin
sin

sin
sin
sin

sin
sin

3
2
3

2
3

2
sin

sin
sin

sin
3

sin
sin

sin

sin
sin

sin
ln
3

sin
sin

sin
ln

sin
ln
sin

ln
sin

ln
3

sin
sin

sin
ln

sin
ln
sin
sin

ln
sin
sin

ln
sin
3

sin
sin

sin
ln
3

sin
sin

sin








≥









=
≥

⇒

≤
+

+
⇔

≤


















 + +

⇔

+
+

≤








 + +

⇔

+
+

≤









 + +

+
+

+
+
+

+
+
+
+

+
+

C

B
A

C
B
A

C
B
A
C

B
A

C
B

A
C

B
A

C
B
A

C
B

A
C

B
A

C
B

A
C

B
A

C
B

A

C
B

A
C

B
A

C
B

A
C

B
A

C
B

A
C

B
A

C
C

B
B

A
A

C
B

a
C

B
A

⇒ñpcm.

1.1.4. B

ấ

t

ñẳ

ng th

ứ

c Chebyshev :

Với hai dãy số thực đơn điệu cùng chiều a1,a2,...,an và b1,b2,...,bn thì ta có :

n n

(

a a an

)(

b b bn

)

n
b
a
b

a
b

a1 1+ 2 2 +...+ ≥ 1 1+ 2 +...+ 1 + 2 +...+

Theo khả năng của mình thì tác giả rất ít khi sử dụng bất đẳng thức này. Vì trước hết 
ta cần ñể ý tới chiều của các biến, thường phải sắp lại thứ tự các biến. Do đó bài tốn 
cần có u cầu đối xứng hồn toàn giữa các biến, việc sắp xếp thứ tự sẽ khơng làm mất

tính tổng qt của bài tốn. Nhưng khơng vì thế mà lại phủ nhận tầm ảnh hưởng của bất

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Chứng minh :

Bằng phân tích trực tiếp, ta có đẳng thức :

(

...

) (

...

)(

...

)

(

)(

)

1
,
2

1
2

2
1

1 + + + − + + + + + + =

∑

− − ≥

n

j
i

j
i
n

n
n

nb a a a b b b a a b b

a
b

a
b
a
n

Vì hai dãy a1,a2,...,an và b1,b2,...,bn đơn điệu cùng chiều nên

(

ai −aj

)(

bi −bj

)

≥0
Nếu 2 dãy a1,a2,...,an và b1,b2,...,bn ñơn điệu ngược chiều thì bất đẳng thức đổi 
chiều.

Ví dụ 1.1.4.1.

Chứng minh rằng với mọi ∆ABCta có :

≥
+
+

+
+

c
b
a

cC
bB
aA

Lời giải :

Khơng mất tính tổng qt giả sử :

a≤b≤c⇔ A≤B≤C
Theo Chebyshev thì :

3
3

=
+
+
≥
+
+

+
+

⇒

+
+
≤








 + +









 + +

C
B
A
c

b
a

cC
bB
aA

cC
bB
aA
C

B
A
c
b
a

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

Ví dụ 1.1.4.2.

Cho ∆ABCkhơng có góc tù và A, B, C đo bằng radian. CMR :

(

) (

)










+
+

+
+
≤
+

C
C
B

B
A

A
C

B
A
C
B

A sin sin sin sin sin

sin
3

Lời giải :

Xét

( )

x
x
x

f = sin với  


∈

;
0 π

x

Ta có

( )

(

)

 



∈
∀
≤
−

2
;
0
0

tan
cos

x
x

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Vậy f

( )

x nghịch biến trên






2
;
0 π

Không mất tổng quát giả sử :

C
C
B

B

A

A
C

B

A≥ ≥ ⇒sin ≤ sin ≤sin
Áp dụng bất ñẳng thức Chebyshev ta có :

(

)

≥

(

+ +

)

⇒








+
+

+ A B C

C
C
B

B
A

A
C

B

A sin sin sin 3sin sin sin ñpcm.

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.

Ví dụ 1.1.4.3.

Chứng minh rằng với mọi ∆ABCta có :

3
tan
tan
tan
cos

cos
cos

sin
sin

sin A B C

C
B

A

C
B

A

≤
+

+
+

Lời giải :

Không mất tổng quát giả sử A≥B≥C





≤
≤

≥
≥

⇒

C
B

A

C
B

A

cos
cos

cos

tan
tan

tan

Áp dụng Chebyshev ta có :

tan
tan

tan
cos

cos
cos

sin
sin

sin

cos
tan
cos

tan
cos

tan
3

cos
cos

cos
3

tan
tan

tan

C
B

A
C

B
A

C
B

A

C
C
B

B
A

A
C

B
A

C
B

A

+
+

≤
+

+
+

⇔

+
+

≥









 + +








 + +

Mà ta lại có tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC
⇒ñpcm.

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABCđều.

Ví dụ 1.1.4.4.

Chứng minh rằng với mọi ∆ABCta có :

(

)

C
B

A

C
B

A
C

B
A

cos
cos

cos

2
sin
2
sin
2
sin
2
3
sin

sin
sin

+
+

≥
+

+
Lời giải :

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>





≥
≥

≤
≤

⇒

C
B

A

C
B

A

cos
cos

cos

sin
sin

sin

Khi đó theo Chebyshev thì :

(

)

C
B

A

C
B

A

C

B
A

C
C
B

B
A

A
C

B
A

C
B

A

cos
cos

cos

2
sin

2
sin
2
sin
2
3
sin

sin
sin

cos
sin
cos

sin
cos

sin
3

cos
cos

cos
3

sin
sin

sin

+
+

≥
+

+
⇔

+
+

≥








 + +








 + +

⇒đpcm.

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABCñều.

1.2.

Cá

c

ñẳ

ng th

ứ

c b

ấ

t

ñẳ

ng th

ứ

c trong tam

giá

c :

Sau ñây là hầu hết những ñẳng thức, bất ñẳng thức quen thuộc trong tam giác và trong 
lượng giác ñược dùng trong chuyên ñề này hoặc rất cần thiết cho q trình học tốn của

bạn đọc. Các bạn có thể dùng phần này như một từ ñiển nhỏ ñể tra cứu khi cần thiết.Hay

bạn ñọc cũng có thể chứng minh tất cả các kết quả nhưlà bài tập rèn luyện. Ngồi ra tơi

cũng xin nhắc với bạn ñọc rằng những kiến thức trong phần này khi áp dụng vào bài tập

ñều cần thiết ñược chứng minh lại.

1.2.1.

ðẳ

ng th

ứ

c :

R
C
c
B
b
A
a

2
sin
sin

sin = = =

C
ab
b

a
c

B
ca
a

c
b

A
bc
c

b
a

cos
2

2
2
2

−
+

−
+
=

A
b
B
a
c

C
a
A
c
b

B
c
C
b
a

cos
cos

+
=

(

)

(

)

(

)

(

p a

)(

p b

)(

p c

)

p

r
c
p
r
b

p
r
a
p

pr
C
B
A
R
R
abc

C
ab
B

ca
A
bc

h
c
h
b
h
a
S

c

b

a

c
b

a

−
−
−
=

−
=
−
=
−
=

=
=

sin
sin
sin
2
4

sin
2
1
sin
2
1
sin
2
1

.
2
1
.
2
1
.
2

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

4
2
2
4
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
c
b
a
m
b
a

c
m
a
c
b
m
c
b
a
−
+
=
−
+
=
−
+
=

b
a
C
ab
l
a
c
B
ca
l
c

b
A
bc
l
c
b
a
+
=
+
=
+
=
2
cos
2
2
cos
2
2
cos
2

(

)

(

)

(

)

2
sin
2
sin

2
sin
4
2
tan
2
tan
2
tan
C
B
A
R
C
c
p
B
b
p
A
a
p
r
=
−
=
−
=
−
=






 +





 −
=
+
−





 +





 −
=
+

−





 +





 −
=
+
−
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
A
C

A
C
a
c
a
c
C
B
C
B
c
b
c
b
B
A
B
A
b
a
b
a

S
c
b
a
C
B
A

S
c
b
a
C
S
b
a
c
B
S
a
c
b
A
4
cot
cot
cot
4
cot
4
cot
4
cot
2
2
2
2
2

2
2
2
2
2
2
2
+
+
=
+
+
−
+
=
−
+
=
−
+
=

(

)(

)

(

)(

)

(

)(

)

ab
b
p
a
p

C
ca
a
p
c
p
B
bc
c
p
b
p
A
−
−
=
−
−
=
−
−
=
2
sin
2
sin
2
sin

(

)

(

)

(

)

ab
c
p
p
C
ca
b
p
p
B
bc
a
p
p
A
−
=
−
=
−
=
2
cos
2
cos
2
cos

(

)(

)

(

)

(

)(

)

(

)

(

)(

)

(

p c

)

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

1
cot
cot
cot
cot
cot
cot
1
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2

cot
2
cot
2
cot
2
cot
2
cot
2
cot
tan
tan
tan
tan
tan
tan
=
+
+
=
+
+
=
+
+
=
+
+
A

C
C
B
B
A
A
C
C
B
B
A
C
B
A
C
B
A
C
B
A
C
B
A

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

kA kB kC
kC
kB
kA
kC
kB
kA
kC
kB
kA
C
k
B
k
A
k
C
k
B
k
A
k
A
k
C
k
C
k
B

k
B
k
A
k
kA
kC
kC
kB
kB
kA
kC
kB
kA
kC
kB
kA
kC
kB
kA
kC
kB
kA
C
k
B
k
A
k
C

k
B
k
A
k
kC
kB
kA
kC
kB
kA
C
k
B
k
A
k
C
k
B
k
A
k
k
k
k
k
k
k
cos

cos
cos
2
1
2
sin
sin
sin
cos
cos
cos
2
1
1
cos
cos
cos
2
1
2
cot
2
1
2
cot
2
1
2
cot
2

1
2
cot
2
1
2
cot
2
1
2
cot
1
2
1
2
tan
2
1
2
tan
2
1
2
tan
2
1
2
tan
2
1

2
tan
2
1
2
tan
1
cot
cot
cot
cot
cot
cot
tan
tan
tan
tan
tan
tan
cos
cos
cos
4
1
1
2
cos
2
cos
2

cos
2
1
2
sin
2
1
2
sin
2
1
2
sin
4
1
1
1
2
cos
1
2
cos
1
2
cos
sin
sin
sin
4
1

2
sin
2
sin
2
sin
2
1
2
cos
2
1
2
cos
2
1
2
cos
4
1
1
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1

2
2
2
2
2
2
1
+
+
−
+
=
+
+
−
+
=
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+
=
+

+
+
+
+
+
+
+
=
+
+
=
+
+
−
+
−
=
+
+
+
+
+
−
+
=
+
+
+
+
+

−
=
+
+
+
+
+
−
=
+
+
+
+
+

1.2.2. B

ấ

t

ñẳ

ng th

ứ

c :

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

1
cot
cot

cot

9
tan
tan

tan

4
9
sin

sin
sin

4
3
cos

cos
cos

2
2

≥
+

≤
+

≥
+

C
B

A

C
B

A

C
B

A

C
B

A

2
cot
2
cot
2
cot

1
2
tan
2
tan
2

tan

2
sin
2
sin
2
sin

2
cos
2
cos
2
cos

2
2

C
B

A

C
B

A

C
B

A

C
B

A

+
+

≥

+
+

3
3

1
cot

cot
cot

3
3
tan
tan
tan

8
3
3

sin
sin
sin

8
1
cos
cos
cos

≤
≥
≤

≤

C
B
A

C
B

A

3
3
2
cot
2
cot
2
cot

3
3

1
2
tan
2
tan
2
tan

8
1
2
sin
2
sin

2
sin

8
3
3
2
cos
2
cos
2
cos

≥
≤
≤

≤

A
A
A

C
B
A

1.3. M

ộ

t s

ố ñị

nh

lý khá

c :

1.3.1.

ðị

f

( )

b − f

( )

a = f '

( )(

c b−a

)

Nói chung với kiến thức THPT, ta chỉ có cơng nhận định lý này mà khơng chứng minh.

Ví chứng minh của nó cần đến một số kiến thức của tốn cao cấp. Ta chỉ cần hiểu cách

dùng nó cùng những điều kiện đi kèm trong các trường hợp chứng minh.

Ví dụ 1.3.1.1.

Chứng minh rằng ∀a,b∈R,a<bthì ta có : 
 sinb−sina ≤ b−a

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Xét f

( )

x =sinx⇒ f '

( )

x =cosx
Khi đó theo định lý Lagrange ta có

(

) ( )

( ) (

)

a

b
c
a
b
a
b

c
a
b
a
f
b
f
b
a
c

−
≤
−

≤
−

⇒

−
=
−

∈

∃

cos
sin

sin

cos
:

;

:
⇒đpcm.

Ví dụ 1.3.1.2.

Với 0<a<b. CMR :

a
a
b
a
b
b

a

b −

<
<
−

Lời giải :

Xét f

( )

x =lnx, khi đó f

( )

x liên tục trên

[

a;b

]

khả vi trên

(

a;b

)

nên :

(

)

( )

c
c
f
a
b

a
b
b
a

c ; :ln ln = ' =1
−

−
∈

∃ vì a<c<b nên

a
c
b

1
1
1

<
<
Từ đó < ⇒ − < < − ⇒

−
−
<

a
a
b
a
b
b

a

b
a
a
b

a
b

b ln

1
ln
ln
1

đpcm.

Ví dụ 1.3.1.3.

Cho

0<β <α <π . CMR :

α
β
α
β

β
β
α

2 tan tan cos

cos

−
<
−

<
−

Lời giải :

Xét f

( )

x =tanx liên tục trên

[

β;α

]

khả vi trên

(

β;α

)

nên theo ñịnh lý Lagrange

(

) ( )

( )

1
cos

1
tan

tan

; 2

c
c

f
f

f

c =

−
−

⇒

=
−

−
∈

∃

β
α

Vì β <c<α nên

( )

cos
1
cos

1
cos

2
2

2 β < < α

c

Từ

( )( )

1 2 ⇒ñpcm.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

CMR nếu x>0 thì

x
x

x

x 






+
>








1
1
1

1
1

Lời giải :

Xét

( )

ln 1 1=

(

)

−ln

)

∀ >0







= x x x x

x
x

x
f

Ta có

( )

(

)

1
1
ln

1
ln
'

+
−
−
+
=

x
x
x

x
f

Xét g

( )

t =lnt liên tục trên

[

x;x+1

]

khả vi trên

(

x;x+1

)

nên theo Lagrange thì :

(

) (

)

(

)

( )

(

)

1
1
ln

1
ln
'

1
1
'

1
ln
1
ln
:
1
;

>
+
−
−

+
=

⇒

+
>
=

−
+

−
+
+

∈
∃

x
x
x

x
f

x
c
g
x

x

x
x

x
x
c

với x>0⇒ f

( )

x tăng trên

(

0;+∞

)

(

)

( )

x
x

x
f
x

f








+
>









+
+

⇒









+
>









+
+

⇒

>
+

⇒

1
1

1
1
ln
1

⇒đpcm.

Ví dụ 1.3.1.5.

Chứng minh rằng ∀n∈Z+ta có :

1
1

1
arctan
2

2
1

2
2

2 ≤ +







+
+
≤

+ n n n n

n

Lời giải :

Xét f

( )

x =arctanx liên tục trên

[

n;n+1

]

( )

2

1
1
'

x
x

f

+
=

⇒ trên

(

)

∈
∀

+ n Z

n

n; 1

Theo ñịnh lý Lagrange ta có :

(

)

( )

(

)

( )

(

)

(

)

(

)









+
+
=

⇒









+
+

−
+
=

⇒

−
+

−
+
=
+

∈
∃

1
arctan
1

1
1

1
arctan

arctan
1

1
1
'

:
1
;

2
2

n
n
c

n
n

n
n
n

n
c

n
n

n
f
n

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

ðể ý c∈

(

n;n+1

)

⇒1≤n<c<n+1

(

)

1
1
1

1
arctan
2

2
1

1
1
1
1
2
2
1

2
2
1

2
2

+
<








+
+
<

+
+
⇔

+
<
+
<
+
+
⇔

+
+
<
+
<
+
⇔

+
<
<
⇒

n
n

n

n
c

n
n

n
n
c

n

n
c
n

⇒ñpcm.

1.3.2.

ðị

nh

lý

v

ề

d

ấ

u

củ

a tam th

ứ

c b

ậ

c hai :

Cho tam thức f

( )

x =ax2 +bx+c

(

a≠0

)

và b2 4ac

−
=
∆

- Nếu ∆<0 thì f

( )

x cùng dấu với hệ số a, với mọi số thực x.
- Nếu ∆=0 thì f

( )

x cùng dấu với a với mọi

a
b
x

2
−
≠ .

Ví dụ 1.3.2.1.

CMR ∀x,y,z∈R+ và ∆ABCbất kỳ ta có :

xyz
z
y

x
z

C
y

B
x

A

2
cos

cos

cos 2 + 2 + 2

≤
+

Lời giải :

Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
x2 −2x

(

ycosC+zcosB

)

(

y2 +z2 −2yzcosA

)

≥0
Coi ñây như là tam thức bậc hai theo biến x.

(

)

(

)

(

sin sin

)

cos
2
cos

cos
'

2
2
2

≤
−

−
=

−
+
−
+

=
∆

B
z
C
y

A
yz
z

y
B
z
C
y

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :

x y z A B C a b c

B
z
C
y
x

B
z
C
y

:
:
sin

:
sin
:
sin
:

:
cos

cos
sin
sin

=
=

⇔





+
=

tức x,y,z là ba cạnh của tam giác tương ñương với ∆ABC.

Ví dụ 1.3.2.2.

CMR ∀x∈Rvà ∆ABCbất kỳ ta có : 
 x cosA x

(

cosB cosC

)

2
1

1+ 2 ≥ + +

Lời giải :

Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :

(

)

(

)

(

)

0
2
sin
2
sin
4

1
2
cos
2
sin
4

2
sin
4
2

cos
2
cos
2

cos
1
2
cos

cos
'

0
cos
2
2
cos

cos

2
2

≤
−
−









−
−
=

−







 + −

−
−
+

=
∆

≥
−

+
+

−

C
B
A

A
C

B
C
B

A
C

B

A
C

B
x
x

Vậy bất ñẳng thức trên ñúng.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :





=
=

=
⇔





+
=

=
∆

C
B

x
C
B
C
B

x cos cos 2cos 2cos

Ví dụ 1.3.2.4.

CMR trong mọi ∆ABCta ñều có :

2
2

2
sin

sin

sin 







 + +
≤

+bc B ca C a b c

A
ab

Lời giải :

Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :

(

)

(

b A c C

)

(

b c bc B

)

B
bc
c

b
C
c
A
b
a
a

cos
2
2

cos
2

cos
'

0
2
cos
2
2

cos
2

2
2
2

+
+
−
+

=
∆

≥
+

+
+
+

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

=−

(

bsin2A+csin2C

)

2 ≤0

Vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh xong.

Ví dụ 1.3.2.4.

Cho ∆ABCbất kỳ. CMR :

2
3
cos
cos

cosA+ B+ C≤

Lời giải :

ðặt k = A+ B+ C = B+C B−C −cos

(

A+B

)

2
cos
2
cos
2
cos
cos

cos

1 0

2
cos
2
cos
2
2
cos

2 2 + − − + + − =

⇔ A B A B A B k

Do đó

cosA+B là nghiệm của phương trình :
1 0

2
cos
2

2x2 − A−Bx+k− =

Xét 2

(

)

2
cos

'= 2 + − −

∆ A B k . ðể tồn tại nghiệm thì :

(

)

2
3
cos
cos

cos

2
3
1

2
cos
1
2
0

' 2

≤
+

+
⇒

≤
⇒
≤
−
≤

−
⇔
≥
∆

C
B

A

k
B

A
k

⇒đpcm.

Ví dụ 1.3.2.5.

CMR ∀x,y∈Rta có :

(

)

2
3
cos

sin

sinx+ y+ x+ y ≤

Lời giải :

ðặt

(

)

2
sin
2
1
2
cos
2
sin
2
cos

sin

sinx y x y x y x y 2 x y

k = + + + = + − + − +

Khi đó
2

sin x+y là nghiệm của phương trình :
1 0

2
cos
2

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

(

)

2
3

0
1
2
1
'

≤
⇒

≥
−
−
=
∆
⇒

k
k

⇒ñpcm.

1.3.3.

ðị

nh

lý

v

ề hà

m tuy

ế

n

tí

nh :

Xét hàm f

( )

x =ax+b xác ñịnh trên ñoạn

[

α;β

]

Nếu

( )

k

(

k R

)

f

k
f

∈





≥
≥

β
α

thì f

( )

x ≥k ∀x∈

[

α;β

]

.

ðây là một ñịnh lý khá hay. Trong một số trường hợp, khi mà AM – GM đã bó tay,

BCS đã đầu hàng vơ điều kiện thì định lý về hàm tuyến tính mới phát huy hết sức mạnh

của mình. Một phát biểu hết sức đơn giản nhưng đó lại là lối ra cho nhiều bài bất đẳng

thức khó.

Ví dụ 1.3.3.1.

Cho a,b,clà những số thực không âm thỏa : 
 a2 +b2 +c2 =4

CMR : 8

2
1

+
≤

+b c abc
a

Lời giải :

Ta viết lại bất ñẳng thức cần chứng minh dưới dạng :
8 0

2
1

1  + + − ≤








− bc a b c

Xét

( )

2
1

1  + + −








−

= bc a b c

a

f với a∈

[

0;2

]

Khi đó :

( )

(

)

( )

2 2 8 2 8 8 8 0
0
8
8
8
2

0 2 2

=
−
<
−
=
−
+
+
−
=

=
−
=
−

+
≤

−
+
=

c
b
bc
f

c
b
c

b
f

(vì a=2⇔b=c=0)
Vậy f

( )

a ≤0∀a∈

[

0;2

]

⇒ñpcm.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Ví dụ 1.3.3.2.

CMR ∀a,b,c khơng âm ta có :

7

(

ab+bc+ca

)(

a+b+c

)

≤9abc+2

(

a+b+c

)

Lời giải : 
ðặt

c
b
a

c
z

c
b
a

b
y

c
b
a

a
x

+
+
=
+
+
=
+
+

= ; ; . Khi đó bài tốn trở thành :
Chứng minh 7

(

xy+yz+zx

)

≤9xyz+2 với x+ y+z =1

Khơng mất tính tổng quát giả sử x=max

{

x,y,z

}

.
Xét f

( ) (

x = 7y+7z−9yz

)

x+7yz−2 với ∈ ;1

3
1

x

Ta có :

( )

≤ ∀ ∈ 
⇒

<
−
=
=









1
;
3
1
0

0
2
1
;
0
3
1

x
x

f

f
f

Vậy bất ñẳng thức chứng minh xong.

ðẳng thức xảy ra ⇔ x= y= z= ⇔a=b=c

3
1

ðây là phần duy nhất của chun đề khơng đề cập đến lượng giác. Nó chỉ mang tính 
giới thiệu cho bạn ñọc một ñịnh lý hay ñể chứng minh bất ñẳng thức. Nhưng thực ra 
trong một số bài bất đẳng thức lượng giác, ta vẫn có thể áp dụng định lý này. Chỉ có điều

các bạn nên chú ý là dấu bằng của bất ñẳng thức xảy ra phải phù hợp với tập xác ñịnh

của các hàm lượng giác.

1.4.

Bà

i t

ậ

p :

Cho ∆ABC. CMR :
1.4.1.

3
1
cot

cot

cot3 A+ 3 B+ 3C ≥ với ∆ABC nhọn.
1.4.2.

2
3
2
3
4
sin

4
sin
4

sin A+ B + C ≤ −

1.4.3. 2 3
sin

1
sin

≥
+

C
B

A

1.4.4.

7
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

1.4.5.

C
B
A
C

B
A

sin
sin
sin
8

9
cot

cot

cot + + ≤

1.4.6. A B B C C A 8sinAsinBsinC

2
cos
2
cos
2

cos − − − ≥

1.4.7. 1+cosAcosBcosC≥sinAsinBsinC

1.4.8.

S
b

a
c
a
c
b
c
b

a 2

3
3
1

1 4

≥
−
+
+
−
+
+
−
+

1.4.9. + + ≥2 3
c

b

a m

c
m

b
m

a

1.4.10.

2
3
3
≥
+
+

c
m
b
m
a

ma b c

1.4.11. 2

p
l
m
l
m
l

ma a + b b + c c ≥
1.4.12.

abc
m

c
m
b
m

a a b c

3
1

1
1

2
2

2 + + >

1.4.13.

(

)(

)

abc
c

p
b
p
a

p− − − ≤

1.4.14. ha +hb +hc ≥9r

1.4.15. 






 +







 +








 +
≤

4
3
sin
4

3
sin
4

3
sin
sin

sin

sinA B C A B B C C A

</div>

chuyen de 12

<b>Ch</b>

ươ

<b>ng 1</b>

<b> : </b>

CÁ

<b>C B</b>

ƯỚ

<b>C </b>

ðẦ

<b>U C</b>

Ơ

<b> S</b>

Ở

<b>1.1. </b>

Cá

<b>c b</b>

ấ

<b>t </b>

ñẳ

<b>ng th</b>

ứ

<b>c </b>

ñạ

<b>i s</b>

ố

<b>c</b>

ơ

bả

<b>n : </b>

<b>1.1.1. B</b>

ấ

<b>t </b>

ñẳ

<b>ng th</b>

ứ

<b>c AM – GM :</b>

(

)

(

) (

)

(

)(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )