SKKNKinh nghiem chung minh mot bat dang thuc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>I. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong chương trình toán ở trường phổ thông việc chứng minh bất đẳng thức là một vấn đề có thể nói là phức tạp nhất, nó rèn cho người 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. Nhưng 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 đưa ra một số phương pháp rất tốt để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn: - Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức. - Phương pháp sử dụng tam thức bậc 2. - Phương pháp sử dụng những bất đẳng thức kinh điển. - Phương pháp sử dụng phản chứng. - Phương pháp sử dụng quy nạp. - Phương pháp sử dụng đạo hàm. - Phương pháp sử dụng hình học. - Phương pháp sử dụng hàm lồi. Mặc dù vậy song vẫn là chưa đủ bởi sáng tạo của mỗi người làm toán là vô hạn. Chính vì vậy trong bài viết này tôi muốn đề cập về "Một số phương pháp lượng 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. Phương pháp lượng giác hoá đã được một số sách của các tác giả đề cập như giáo sư Phan Đức Chính, giáo sư Phan Huy Khải, phó tiến sĩ Vũ Thế Hựu... viết. Nhưng do cấu trúc mục tiêu của các cuốn sách đó mà các tác giả đều không đi sâu vào phương pháp này hay nói cách khác là chưa thật cụ thể hoá, hệ thống hoá nó. Là một giáo viên gần 20 năm giảng dạy với các đối tượng học sinh khá giỏi của các lớp chọn tôi đã phân chia phương pháp này thành 5 dạng bài tập. Nhằm cung cấp cho học sinh nhận ra các dấu hiệu ban đầu để thực hiện các bước lượng giác hoá bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số, để rồi dùng các kết quả của bất đẳng thức lượng giác chứng minh bất đẳng thức đại số. Qua thực tế giảng dạy ở các lớp chọn khối 11 trường THPT tôi nhận thấy việc phân chia dạng của tôi là hợp lý, lôgíc cụ thể, có thể nhanh chóng tìm ra phương pháp chứng minh được bất đẳng thức bằng cách áp dụng các phương pháp tư duy này của tôi. Tôi sẽ trình bày về hiệu quả của phương 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 sư Phan Đức Chính - NXB Giáo dục 1995. 2. Các bài toán chọn lọc về bất đẳng thức 2 tập của giáo sư Phan Huy Khải - NXB Giáo dục Hà Nội 2000..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 3. Phương pháp lượng giác hoá của PTS Vũ Thế Hựu - NXB Giáo dục 2002..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1. CÁC KIẾN THỨC CẦN NẮM. 1.1. Các hệ thức cơ bản 2 2 + cos   sin  1. 1  (    k ) 2 2 2 cos  + 1 + tg  = 1 (  k) 2 2 sin  + 1 + cotg  =. k + tg . cotg = 1 (  2 ) 1.2. Công thức cộng góc + cos(  ) = cos cos  sin sin + sin(  ) = sin cos  cos sin tg tg  ( ;    k) 2 + tg (  ) = 1 tg tg. cot g. cot g 1 + cotg(  ) = cot g cot g (;  k) 1.3. Công thức nhân + sin2 = 2 sin cos + cos2 = cos2 - sin2 = 2cos2 - 1 = 1 - 2sin2 2tg   (    k ) 2 4 2 1  tg  + tg2 = cot g 2   1 k (  ) 2 + cotg2 = 2 cot g + sin3 = 3sin - 4sin3 + cos3 = 4cos3 - 3cos 3tg  tg 3   (    k 3 6 3) + tg3 = 1  3tg  1.4. Công thức hạ bậc 1  cos 2 1  cos 2 2 2 + cos2 = + sin2 = 1  cos 2  (   k) 2 + tg2 = 1  cos 2 1.5. Công thức biến đổi tổng thành tích:     cos 2 + cos + cos = 2cos 2  +   sin 2 + cos - cos = - 2sin 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  +   cos 2 + sin + sin = 2sin 2     sin 2 + sin - sin = = - 2cos 2 sin( )  (;    k) 2 + tg  tg = cos . cos  1.6. Công thức biến đổi tích thành tổng: 1 [cos(  )  cos(  )] 2 + cos.cos = 1 [cos(  )  cos(  )] + sin.sin = 2 1 [sin(  )  sin(  )] 2 + sin.cos = 2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN. Qua một quá trình nghiên cứu tham khảo bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp lượng giác ở nhiều sách đều đưa ra các phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp lượng giác rất mơ hồ chưa có hệ thống, chưa phân chia thành các dạng bài tập. Với các kiến thức về chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp lượng giác mà tôi được biết tôi đã phân chia thành 5 dạng bài tập cơ bản mà tôi sẽ giới thiệu sau đây. Trong mỗi dạng bài tập tôi đều đưa ra phương pháp chọn cách đặt để học sinh nhanh chóng chuyển 1 vế của bất đẳng thức đại số phải chứng minh về biểu thức lượng giác sau đó biến đổi để đánh giá bất đẳng thức lượng giác bằng các bất đẳng thức lượng giác đơn giản như: | sin  | 1;| cos  | 1; sin 2 n  1; cos 2 n  1 ( n  N *). * Để học sinh nắm kiến thức một cách hệ thống tôi đã lập bảng một số dấu hiệu nhận biết sau:( Giả sử các hàm số lượng giác sau đều có nghĩa) Biểu thức đại số. Biểu thức lượng giác tương tự. 1 + x2. 1 + tg2t. 4x3 - 3x 2x2 - 1. 4cos3t - 3cost 2cos2t - 1. 2x 1 x2. 2 tgt 1  tg 2 t. 1 2 1+tg2t = cos t 4cos3t - 3cost = cos3t 2cos2t - 1 = cos2t 2tgt 1  tg 2 t = tg2t. 2x 1 x2. 2 tgt 1  tg 2 t. 2 tgt 1  tg 2 t = sin2t. Công thức lượng giác.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> xy 1  xy. tg  tg 1  tgtg = tg(+). tg  tg 1  tgtg. 1 1 1 1 2 cos 2  cos  = tg2 ... .... ...... MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ x2 - 1. I. DẠNG 1: Sử dụng hệ thức sin2 + cos2 = 1. 1) Phương pháp: x sin   2 2 a) Nếu thấy x + y = 1 thì đặt  y cos  với   [0, 2] x a sin   2 2 2 b) Nếu thấy x + y = a (a > 0) thì đặt  y a cos  với   [0, 2] 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho 4 số a, b, c, d thoả mãn: a2 + b2 = c2 + d2 = 1 Chứng minh rằng: . 2  S = a(c+d) + b(c-d)  2 Giải:. a sin u  Đặt b cos u và. c sin v  d cos v  S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv).  S = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv) = sin(u+v) - cos(u+v)   S  2 sin  (u  v)   [ 2 , 2 ]   2 S a (c  d)  b(c  d)  2 4   (đpcm) 2. 2. 25  2 1  2 1  a  2  b  2   2 a   b  VD2: Cho a2 + b2 = 1. Chứng minh rằng:  Giải: Đặt a = cos và b = sin với 0    2. Thế vào biểu thức vế trái rồi biến đổi. 2. 2. 2. 1   2 1   2 1  2 1  2  a  2    b  2   cos      sin   2  2 a   b   cos    sin   . 2. 1 1 cos4   sin 4  4 4   4  cos   sin   4 4 4 4 4 4 4 cos  sin  cos  . sin  = cos  + sin  +.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> = =. cos. 4.  cos. 1     sin 4   1   4 4 4 cos  . sin   . 2. . 1     sin 2   2 cos 2  sin 2   1  4 4 4  cos . sin  . . . 16  17 25  1 2   1  1  sin 2   1  4   4  1   (1  16)  4   4  2 2 (đpcm)   sin 2   2 = 2 Bây giờ ta đẩy bài toán lên mức độ cao hơn một bước nữa để xuất hiện a2+b2=1 VD3: Cho a2 + b2 - 2a - 4b + 4 = 0. Chứng minh rằng: 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 a  1 sin    b  2  cos   Đặt. a 1  sin   A  sin 2   cos 2   2 3 sin  cos   b 2  cos .  3 sin 2  cos 2 2 A. 3 1  sin 2  cos 2 2 sin(2  ) 2 2 2 6. (đpcm). VD4: Cho a, b thoả mãn : 5a  12b  7 = 13 Chứng minh rằng: a2 + b2 + 2(b-a)  - 1 Giải: Biến đổi bất đẳng thức: a2 + b2 + 2(b-a)  - 1  (a-1)2 + (b + 1)2  1 a  1 R sin   Đặt b  1 R cos  với R  0 . a R sin   1  (a  1) 2  (b  1) 2 R 2  b R cos   1. Ta có: 5a  12b  7 13  5(R sin   1)  12(R cos   1)  7 13 5R sin   12R cos  13  1 R. . 5 12 5  sin   cos  R sin    arccos  R 13 13 13  . Từ đó  (a-1)2 + (b+1)2 = R2  1  a2 + b2 + 2(b - a)  - 1 (đpcm) II. DẠNG 2: Sử dụng tập giá trị | sin  |1 ; | cos  | 1. 1. Phương pháp:.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>      x sin  khi     2 ; 2      x cos  khi    0;  . a) Nếu thấy |x|  1 thì đặt.      x m sin  khi     2 ; 2      x m cos  khi    0;   b) Nếu thấy |x|  m ( m 0 ) thì đặt . 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh rằng: (1+x)p + (1-x)p  2p  |x|  1 ;  P  1. Giải: Đặt x = cos với   [0, ], khi đó (1 + x)p + (1 - x)p = (1+cos)p + (1-cos)p p. p.       2  2  p 2p   sin 2 p  2 p  cos2  sin 2  2 p  2 cos    2 sin  2  cos 2  2 2 2 2 2   = (đpcm) VD2: Chứng minh rằng:. 3  2 A 2 3a 2  2a 1  a 2  3  2 Giải:. Từ đk 1 - a2  0  |a|  1 nên 2 Đặt a = cos với 0      1 a = sin. Khi đó ta có: 2 2 2 A= 2 3a  2a 1  a 2 3 cos   2 cos  sin   3 (1  cos 2)  sin 2.  3  1   2  cos 2  sin 2   3 2 sin  2    3 2 2 3    =  2 VD3: Chứng minh rằng: 1  1  a. . (1  a )3 . 3  2 A  3  2 (đpcm). . (1  a )3 2 2  2  2a 2 (1). Giải: Từ đk |a|  1 nên Đặt a=cos với [0,]  1  2 sin (1). 1  a  2 sin.   ; 1  a  2 cos ; 1  a 2 sin  2 2.        cos .2 2  cos 3  sin 3  2 2  2 2 sin cos 2 2 2 2 2 2 .       2         sin cos  sin 2  1  sin cos  sin  cos   cos  sin   cos 2 2  2 2  2 2 2 2 2 2 .

<span class='text_page_counter'>(8)</span>        2   sin 2 cos  1  sin  cos   cos  sin  cos 2 2  2 2 2 2  đúng  (đpcm) VD4: Chứng minh rằng: S =.  . . . 4 (1  a 2 )3  a 3  3 a  1  a 2  2 Giải:. Từ đk |a|  1 nên: 2 Đặt a = cos với   [0, ]  1 a = sin. Khi đó biến đổi S ta có:. S=. 4(sin 3   cos3 )  3(cos   sin )  (3 sin   4 sin 3 )  (4 cos3   3 cos ).   sin 3  cos 3  2 sin  3    2 4  =  (đpcm) VD5: Chứng minh rằng A =. . 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.      2 ; 2  Đặt a = sin, b = sin  với ,   Khi đó A =. sin  cos   cos  sin  . 3 cos(  ). =. 1 3   sin(  )  3 cos(  ) 2 sin(  )  cos(  ) 2 sin  (  )   2 2 2 3  = (đpcm) 3 2 VD6: Chứng minh rằng: A = |4a - 24a + 45a - 26|  1 a  [1; 3] Giải: Do a  [1, 3] nên a-2  1 nên ta đặt a - 2 = cos  a = 2 + cos. Ta có: A=. 4(2  cos )3  24(2  cos ) 2  45(2  cos )  26  4 cos3   3 cos   cos 3 1. (đpcm) VD7: Chứng minh rằng: A =. 2a  a 2 . 3a  3 2  a [0, 2]. Giải: Do a  [0, 2] nên a-1  1 nên ta đặt a - 1 = cos với   [0, ]. Ta có: A=. 2(1  cos )  (1  cos ) 2 . 3(1  cos )  3  1  cos2  . 3 cos .

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1  3   3 cos   2 sin   cos   2 sin     2 2 3  2  = (đpcm) 1 1   tg 2   2  1 (   k) 2 cos  2 III. DẠNG 3: Sử dụng công thức: 1+tg2 = cos  sin  . 1) Phương pháp: a) Nếu |x|  1 hoặc bài toán có chứa biểu thức. x2  1.     3  1  0; 2    , 2  cos  thì đặt x = với  b) Nếu |x|  m hoặc bài toán có chứa biểu thức. x 2  m2.     3  m  0; 2    , 2  cos  thì đặt x = với  2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh rằng A =. a2  1  3 2  a 1 a. Giải: Do |a|  1 nên :     3  1  0; 2    , 2  cos  Đặt a = với  . A=. a 2  1  tg 2  tg. . Khi đó:. a2  1  3    ( tg  3 ) cos   sin   3 cos  2 sin     2 a 3 . (đpcm). 5  12 a 2  1  a 1 a2 VD2: Chứng minh rằng: - 4  A = 9 Giải: Do |a|  1 nên:     3  1  0; 2    , 2  cos  Đặt a = với  . a 2  1  tg 2  tg. . Khi đó:. 5  12 a 2  1 5(1  cos 2)  6 sin 2 2 a 2 A = = (5-12tg)cos2 = 5cos2-12sincos= 5 13  5 12 5  5 13    cos 2  sin 2    cos 2  arccos  13 13   2 2  = 2 2  13.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 5 13 5 13  5  5 13  (  1) A   cos 2  arccos    .1 9 2 2 13  2 2  -4= 2 2 (đpcm) a 2  1  b2  1 ab. VD3: Chứng minh rằng: A =. 1.  a ; b 1. Giải: Do |a|  1; |b|  1 nên . 1     3  1  0; 2    , 2  cos  cos  Đặt a = ;b= với  . Khi đó ta có: A = ( tg  tg) cos  cos   sin  cos   sin  cos   sin(  ) 1 (đpcm) a VD4: Chứng minh rằng: a +. a2  1. 2 2.  a 1. Giải: Do |a| > 1 nên:   1  0;    2 Đặt a = cos  với  a 2 a+ a  1. . a a2  1. . 1 1 1 .  cos  tg 2  sin  . Khi đó:. 1 1 1 1 2 2  2. .  2 2 cos  sin  cos  sin  sin 2 (đpcm). VD5: Chứng minh rằng. y x 2  1  4 y 2  1  3 xy 26  x ; y 1. Giải:. Bất đẳng thức . 2 x 2  1 1  4 y  1 3     26 (1) x x y y  . 1   1  0,  cos  cos  Do |x|; |y|  1 nên Đặt x = ; y= với ,   2  . Khi đó: (1)  S = sin + cos(4sin + 3cos)  Ta có: S  sin + cos. 26. (4 2  32 )(sin 2   cos 2 ) sin   5 cos . 2 2 2 2  (1  5 )(sin   cos  )  26  (đpcm). 1 2 IV. DẠNG 4: Sử dụng công thức 1+ tg2 = cos .

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 1. Phương pháp:     ,  2 a) Nếu x  R và bài toán chứa (1+x ) thì đặt x = tg với    2 2      ,  2 2 b) Nếu x  R và bài toán chứa (x +m ) thì đặt x = mtg với    2 2  2. Các ví dụ minh hoạ: 3x VD1: Chứng minh rằng: S =. 1  x2. . 4x 3 (1  x 2 )3. 1. Giải:    1  ,  1  x2  cos  , khi đó biến đổi S ta có: Đặt x = tg với    2 2   S = |3tg.cos - 4tg3.cos3| = |3sin - 4sin3| = |sin3|  1. (đpcm). 3  8a 2  12a 4 2 2 VD2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = (1  2a ) Giải: 3  4tg 2  3tg 4       ,  (1  tg 2) 2 2 Đặt a = tg với   2 2  thì ta có: A = 3 cos4   4 sin 2  cos 2   3 sin 4  3(sin 2   cos2 ) 2  2 sin 2  cos2  2 2 2 (cos   sin ) = sin 2 2 5 1 sin 2 2 0  3  A 3  2  3 2 2 2 2 2 =31 2  Với  = 0  a = 0 thì MaxA = 3 ; Với  = 4  a =. 5 thì MinA = 2. (a  b)(1  ab) 1  2 2 2 ( 1  a )( 1  b ) VD3: Chứng minh rằng:  a, b  R Giải: (a  b)(1  ab) (tg  tg)(1  tgtg)  2 2 (1  tg 2 )(1  tg 2) Đặt a = tg, b = tg. Khi đó (1  a )(1  b ) cos2  cos2 . =. sin(  ) cos . cos   sin . sin  . cos . cos  cos . cos .

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 1 1 sin(  ) cos(  )  sin 2(  )  2 2 (đpcm) = |a  b| |b c| |c a|   a , b, c 2 2 2 2 2 2 ( 1  a )( 1  b ) ( 1  b )( 1  c ) ( 1  c )( 1  a ) VD4: Chứng minh rằng: Giải: Đặt a = tg, b = tg, c = tg. Khi đó bất đẳng thức  | tg  tg | | tg  tg | | tg  tg |   2 2 (1  tg 2)(1  tg 2 ) (1  tg 2 )(1  tg 2 )  (1  tg  )(1  tg ) cos  cos .. sin(  ) sin(  ) sin(  )  cos  cos .  cos cos . cos . cos  cos . cos  cos . cos .   sin(-)+sin(-)  sin(-). Biến đổi biểu thức vế phải ta có: sin(-)= sin[(-)+(-)] = sin(-)cos(-)+sin(-)cos(-)  sin(-)cos(-)+sin(-)cos(-)=sin(-)cos(-)+sin(-)cos()  sin(-).1 + sin(-).1 = sin(-) + sin(-)  (đpcm) VD5: Chứng minh rằng:. ab  cd  (a  c)( b  d) (1) a , b, c, d  0. Giải: ab cd  1  (a  c)(b  d) (a  c)(b  d ). (1)  c d Đặt tg2= a , tg2= b với ,  1 2. . 2. (1  tg )(1  tg ). . cd 1 ab  1 c  b c  b    1  1    1   1   a  d a  d  .    0,   2   Biến đổi bất đẳng thức. tg 2.tg 2 2. 2. (1  tg )(1  tg ).  cos 2  cos 2   sin 2  sin 2  1.  cos cos + sin sin = cos(-)  1 đúng  (đpcm) c d  a b Dấu bằng xảy ra  cos(-) = 1  =  6a  4 | a 2  1 | a 2 1 VD6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = Giải:.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 6tg  Đặt a = tg 2 . Khi đó A =.      4 | tg 2  1 | 2tg tg 2  1 2 2  4. 2 2 3.    tg 2  1 1  tg 2 tg 2  1 2 2 2. A = 3sin  + 4 |cos|  3 sin + 4.0 = 3sin  3.(-1) = -3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có: A2 = (3sin + 4 |cos|)2  (32 + 42)(sin2 + cos2) = 25  A  5 sin  | cos  |  4 Với sin = 1  a = 1 thì MinA = - 3 ; với 3 thì MaxA = 5 V. DẠNG 5: Đổi biến số đưa về bất đẳng thức tam giác. 1) Phương pháp:   A ; B ; C  ( 0 ; )  x; y; z  0 ABC :  2  2 2 2 x cos A; y cos B; z cos C a) Nếu x  y  z  2xyz 1 thì x; y; z  0  b) Nếu x  y  z xyz thì.   A; B; C  (0; ) ABC :  2 x tgA; y tgB; z tgC.    A; B; C  (0; 2 )   x cot gA; y cot gB; z cot gC ABC :  A; B; C  (0; )   x; y, z  0  A B C x tg ; y tg ; z tg    2 2 2  c) Nếu xy  yz  zx 1 thì 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho x, y, z > 0 và zy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 1 1 1    3( x  y  z) x y z S= Giải:       0,  2 2 2 Từ 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg ; y = tg ; z = tg với , ,    2        Do xy + yz + zx = 1 nên tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 = 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>   tg  tg 2 2  1  tg     cot g       tg   tg     2  2 2   1  tg tg tg tg 2  = 1 - 2 tg 2  2 2 2  tg 2  2                tg   tg                2 2 2 2 2 2 2 2 2 2      1 1 1     tg   tg   tg      3( x  y  z)   2 2 S= x y z = cotg 2 + cotg 2 + cotg 2 -3  2               cot g  tg    cot g  tg    cot g  tg   2 tg  tg  tg  2 2  2 2  2 2  2 2 2 S=      2 tg  tg  tg  2 2 S = 2(cotg+cotg+cotg) -  2    S = (cotg+cotg-2tg 2 ) + (cotg+cotg-2tg 2 ) +(cotg+cotg-2tg 2 ) sin(  ) 2 sin  2 sin    Để ý rằng: cotg + cotg = sin . sin  2 sin . sin  cos(  )  cos(  )   4 sin cos 2 sin  2 sin  2 2 2tg   cot g  cot g  2tg  0    1  cos(  ) 1  cos  2 2 2 cos2 2  1 T đó suy ra S  0. Với x = y = z = 3 thì MinS = 0 x y z 4xyz    2 2 2 2 (1  x )(1  y 2 )(1  z 2 ) VD2: Cho 0 < x, y, z < 1 và 1  x 1  y 1  z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x2 + y2 + z2 Giải:       0,  2 2 2 Do 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg ; y = tg ; z = tg với , ,    2  2y 2x 2z 2 2 2 Khi đó tg = 1  x ; tg = 1  y ; tg = 1  z và đẳng thức ở giả thiết.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 2y 8xyz 2x 2z 2 2 2 2 2 2  1  x + 1  y + 1  z = (1  x )(1  y )(1  z )  tg+tg+tg = tg.tg.tg tg  tg  tg + tg = - tg(1-tg.tg)  1  tg.tg = - tg  tg(+) = tg(-)    0,  Do , ,    2  nên  +  =  -    +  +  = . Khi đó ta có:       tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 = 1  xy + yz + zx = 1. Mặt khác: 1 2 2 2 (x2 + y2 + z2) - (xy + yz + zx) = 2 ( x  y)  ( y  z)  (z  x ) 0. . . 1  S = x2 + y2 + z2  xy + yz + zx = 1. Với x = y = z = 3 thì MinS = 1 x, y, z  0 x y z 9     VD3: Cho x  y  z 1 . Chứng minh rằng: S = x  yz y  zx z  xy 4 Giải: xz  tg y 2;. Đặt. yz  tg x 2;.   xy   0,  tg z 2 với , ,    2 . Do. yz zx zx xy xy yz .  . . . x y y z z x =x+y+z=1.       nên tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 = 1                         tg  2 2  = cotg 2  tg  2 2  = tg  2 2   2 + 2 = 2 - 2              2 2    2y   2z  3 x y z 1   2x       1    1    1   x  yz y  zx z  xy 2   x  yz   y  zx   z  xy   2 S=.

<span class='text_page_counter'>(16)</span>  yz 1  zx xy   1  1  1  x  yz y  zx z  xy  3 1  y x z 3         2  x  yz y  zx z  xy  2 2  1  yz 1  zx 1  xy  2  x y z   = 1 3 1   cos   cos .1  (cos  cos   sin   sin )  3 2 = 2 (cos + cos + cos) + 2 = 2 11 1  3 3 3 9 2 2 2   (cos   cos   1 )  (sin   sin  )  cos  cos   2   2  4  2  4 2 2  (đpcm). 3. Các bài toán đưa ra trắc nghiệm Trước khi tôi dạy thử nghiệm nội dung sáng kiến của tôi cho học sinh của 2 lớp 11A1 và 11A2 ở trường tôi, tôi đã ra bài về nhà cho các em, cho các em chuẩn bị trước trong thời gian 2 tuần. Với các bài tập sau: Bài 1: Cho a2 + b2 = 1. CMR: | 20a3 - 15a + 36b - 48b3|  13. Bài 2: Cho (a-2)2 + (b-1)2 = 5. CMR: 2a + b  10. a; b 0  Bài 3: Cho a  b 2 CMR: a4 + b4  a3 + b3 Bài 4: Cho a; b ; c  1. 1  1  1  1  1  1   a    b    c    a    b    c   b  c  a  a  b  c CMR: . x; y; z  0  2 2 2 Bài 5: Cho x  y  z  2xyz 1 1 a) xyz  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. CMR:.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 1 Bài 6: CMR:. 1 a2. . 1 1  b2. . 2 1  ab  a, b  (0, 1]. Bài 7: CMR: (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2)  9 (ab + bc + ca).  a, b, c > 0. x, y, z  0 x y z 3 3 CMR :     2 2 2 2 1 x 1 y 1 z Bài 8: Cho xy  yz  zx 1 x , y, z  0 x y z 3 CMR :     x  y  z xyz 1 x2 1  y2 1  z2 2 Bài 9: Cho  x, y, z  0 1 1 1 2x 2y 2z CMR :       xy  yz  zx 1 1  x 2 1  y2 1  z2 1  x 2 1  y2 1  z2 Bài 10: Cho  Sau 2 tuần các em hầu như không làm được các bài tập này mặc dù tôi đã gợi ý là dùng phương pháp lượng giác hoá. Sau đó tôi đã dạy cho các em sáng kiến của tôi trong một buổi sinh hoạt chuyên đề (3 tiết) thì thu được kết quả rất tốt. 3. KẾT QUẢ TRẮC NGHIỆM THỰC TẾ CỦA SÁNG KIẾN. Để thấy được kết quả sát thực của sáng kiến trong phần ôn tập kỳ I của lớp 11 tôi đã chọn 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 như sau: Đầu tiên tôi đã ra bài về nhà cho các em các bài tập 1, 4, 9 c ủa 10 b ài tập trên. Yêu cầu các em cả 2 lớp 11A1 và 11A2 làm 3 bài tập này ra giấy và tôi đã thu được kết quả như sau: Lớp. Sĩ số. Giỏi. Khá. TB. 3-4. 0-2. 11A1. 50. 0. 0. 0. 2. 48. 11A2. 52. 0. 0. 0. 0. 52. Với kết quả tổng hợp bảng trên và thực tế bài làm của các em tôi thấy hầu hết các em không làm được ở lớp 11A1. Một số em biết làm bài tập 1 bằng phương pháp đặt "a=sin", "b=cos" xong chưa đi đến bất đẳng thức cần chứng minh, lớp 11A2 hầu hết các em không làm được hoặc bế tắc hoàn toàn. Đứng trước thực trạng như vậy tôi quyết định đưa sáng kiến của tôi dạy cho lớp 11A2 là lớp có vốn kiến thức yếu hơn so với lớp 11A1. Tôi đã tập trung các em lớp 11A2 học ngoại khoá vào 3 tiết buổi chiều trong 3 tiết này tôi đã truyền thụ hết nội dung 5 phương pháp dùng lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số của tôi sau đó tôi đã 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 được như sau:.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 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 tư chất hơn lớp 11A2 song không được biết các phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thưc nên hầu hết không làm được 3 bài tập tôi đã cho. Nhưng ngược l ại đối v ới k ết quả bài làm của học sinh lớp 11A2 tôi thấy rất khả quan hầu hết các em đều làm được bài tập đầu còn bài tập 2 một số em đã không biết chuyển từ đầu bài về dạng 1 để giải một số khác đã biết biến đổi được bất đẳng thức để có thể áp dụng dạng 1 xong chưa biến đổi để đi đến bất đẳng thức lượng giác cần thiết vì vậy kết quả chưa cao vì một số em lớp 11A2 tiếp thu các phương pháp chậm, ứng dụng giải bài tập chưa sáng tạo. Vì vậy tôi quyết định thực nghiệm lần thứ 3, tôi dạy cả lớp 11A1 và 11A2 v ào m ột buổi chiều 3 tiết dạy đầy đủ 5 phương pháp và các ví d ụ minh ho ạ, tôi g ọi 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 n ộp cho tôi v ào ngay ngày hôm sau. Kết quả thu được như sau: Lớp. Sĩ số. Giỏi. Khá. TB. Yếu. 11A1. 50. 7. 30. 13. 0. 11A2. 52. 6. 25. 21. 0. Với kết quả như trên và thực tế bài làm của các em tôi nhận thấy các phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số mà tôi đưa 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 phương pháp lượng 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 phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số của tôi đưa 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: Việc chứng minh bất đẳng thức đại số là một công việc rất khó khăn và đòi hỏi người chứng minh phải sáng tạo khéo léo phải biết sử dụng tất cả các kiến thức đã 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.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> là cải tiến phương pháp giảng dạy. Để phát huy tính tích cực của học sinh, việc tiếp thu kiến thức mới và công việc giải toán thì người thầy giáo phải là người tiên phong trong việc phát huy tính tích cực của mình để tìm ra những phương pháp giải toán mới, tìm ra những công cụ mới để ngày càng hoàn thiện hơn bản thân và cống hiến cho những người 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 phương pháp lượng giác để giải các bất đẳng thức đại số nhằm giúp cho người chứng minh bất đẳng thức có một phương pháp tư duy về chứng minh bất đẳng thức đại số. Do kinh nghiệm chưa có nhiều nên bài viết của tôi không tránh khỏi khuyếm khuyết mặc dù tôi đã rất cố gắng xắp xếp về mặt phương pháp, lượng bài tập và cấu trúc của bài viết. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệp để bài viết được tốt hơn. Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn!. Hải Dương, ngày 04 tháng 04 năm 2008.

<span class='text_page_counter'>(20)</span>