I Đặt vấn đề Trong chơng trình toán trờng phổ thông việc chứng minh bất đẳng thức vấn đề nói phức tạp nhất, rèn cho ngời làm toán trí thông minh, sáng tạo, có khéo léo, kết công cụ sắc bén toán học Nhng để chứng minh bất đẳng thức không đơn giản chút nào, häc sinh, c¸c em tá lóng tóng chän cho công cụ để chứng minh hiệu Đà có nhiều tài liệu đa số phơng pháp tốt để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn: - Phơng pháp sử dụng tính chất bất đẳng thức - Phơng pháp sử dụng tam thức bậc - Phơng pháp sử dụng bất đẳng thức kinh điển - Phơng pháp sử dụng phản chứng - Phơng pháp sử dụng quy nạp - Phơng pháp sử dụng đạo hàm - Phơng pháp sử dụng hình học - Phơng pháp sử dụng hàm lồi Mặc dù song cha đủ sáng tạo ngời làm toán vô hạn Chính viết muốn đề cập "Một số phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số " nhằm trang bị thêm cho học sinh số công cụ hữu hiệu để chứng minh bất đẳng thức đại số Phơng pháp lợng giác hoá đà đợc số sách tác giả đề cập nh giáo s Phan Đức Chính, giáo s Phan Huy Khải, phó tiến sĩ Vị ThÕ Hùu viÕt Nhng cÊu tróc mơc tiêu sách mà tác giả không sâu vào phơng pháp hay nói cách khác cha thật cụ thể hoá, hệ thống hoá Là giáo viên gần 20 năm giảng dạy với đối tợng học sinh giỏi lớp chọn đà phân chia phơng pháp thành dạng tập Nhằm cung cấp cho học sinh nhận dấu hiệu ban đầu để thực bớc lợng giác hoá toán chứng minh bất đẳng thức đại số, để dùng kết bất đẳng thức lợng giác chứng minh bất đẳng thức đại số Qua thực tế giảng dạy lớp chọn khối 11 trờng THPT nhận thấy việc phân chia dạng hợp lý, lôgíc cụ thể, nhanh chóng tìm phơng pháp chứng minh đợc bất đẳng thức cách áp dụng phơng pháp t Tôi trình bày hiệu phơng pháp học sinh phần kết trắc nghiệm thực tế sáng kiến Các tài liệu tham khảo Bất đẳng thức giáo s Phan Đức Chính - NXB Giáo dục 1995 Các toán chọn lọc bất đẳng thức tập giáo s Phan Huy Khải - NXB Giáo dục Hà Nội 2000 Phơng pháp lợng giác hoá PTS Vũ Thế Hựu - NXB Giáo dục 2002 II giải vấn đề Các kiến thức cần nắm 1.1 Các hệ thức + cos + sin α = 1 π (α ≠ + kπ) cos α (α ≠ kπ) + + cotg2α = sin α + + tg2α = kπ ) 1.2 C«ng thøc céng gãc + cos(α ± β) = cosα cosβ sinα sinβ + sin(α ± β) = sinα cosβ ± cosα sinβ tgα ± tgβ π (α ; β ≠ + kπ) + tg (α ± β) = tgα tgβ cot gα cot gβ 1 (α; β ≠ kπ) + cotg(α ± β) = cot gα ± cot gβ 1.3 C«ng thøc nh©n + sin2α = sinα cosα + cos2α = cos2α - sin2α = 2cos2α - = - 2sin2α 2tgα π π (α ≠ + k ) + tg2α = − tg 2α + tgα cotgα = (α ≠ cot g α − kπ (α ≠ ) + cotg2α = cot gα + sin3α = 3sinα - 4sin α + cos3α = 4cos3α - 3cosα 3tgα − tg 3α π π (α ≠ + k ) + tg3α = − 3tg 3α 1.4 C«ng thøc h¹ bËc + cos 2α − cos 2α + cos2α = + sin2α = 2 − cos 2α π (α ≠ + kπ) + tg2α = + cos 2α 1.5 C«ng thøc biÕn ®ỉi tỉng thµnh tÝch: α +β α −β cos + cosα + cosβ = 2cos 2 α +β α β sin + cosα - cosβ = - 2sin 2 α+β α β cos + sinα + sinβ = 2sin 2 α+β α −β sin 2 sin(α ± β) π (α; β ≠ + kπ) + tgα ± tgβ = cos α cos β 1.6 Công thức biến đổi tích thành tổng: + cos.cos = [cos(α + β) + cos(α − β)] + sinα.sinβ = [cos(α − β) + cos(α + β)] + sinα.cosβ = [sin(α + β) + sin(α − β)] + sinα - sinβ = = - 2cos Néi dung cđa s¸ng kiÕn Qua mét qu¸ trình nghiên cứu tham khảo toán chứng minh bất đẳng thức phơng pháp lợng giác nhiều sách đa phơng pháp chứng minh bất đẳng thức phơng pháp lợng giác mơ hồ cha có hệ thống, cha phân chia thành dạng tập Với kiến thức chứng minh bất đẳng thức phơng pháp lợng giác mà đợc biết đà phân chia thành dạng tập mà giới thiệu sau Trong dạng tập đa phơng pháp chọn cách đặt để học sinh nhanh chóng chuyển vế bất đẳng thức đại số phải chứng minh biểu thức lợng giác sau biến đổi để đánh giá bất đẳng thức lợng giác bất đẳng thức lợng giác đơn giản nh: | sin | ≤ 1;| cos α | ≤1; sin n α ≤ 1; cos n α ≤ ( n N *) * Để học sinh nắm kiến thức cách hệ thống đà lập bảng số dấu hiệu nhận biết sau:( Giả sử hàm số lợng giác sau có nghĩa) Biểu thức đại số Biểu thức lợng giác tơng tự + x2 + tg2t 4x3 - 3x 2x2 - 4cos3t - 3cost 2cos2t - 2tgt − tg t cos t 4cos3t - 3cost = cos3t 2cos2t - = cos2t 2tgt = tg2t − tg t 2tgt + tg t 2tgt = sin2t + tg t tgα + tgβ − tgαtgβ tgα + tgβ = tg(α+β) − tgαtgβ −1 cos α − = tg2α cos α 2x 1− x2 2x 1+ x2 x+y − xy x2 - C«ng thức lợng giác 1+tg2t = số phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số I D¹ng 1: Sư dơng hƯ thøc sin2α + cos2α = 1) Phơng pháp: x = sin a) Nếu thấy x2 + y2 = đặt víi α ∈ [0, 2π] y = cos α x = a sin α b) NÕu thÊy x2 + y2 = a2 (a > 0) đặt với α ∈ [0, 2π] y = a cos α Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho số a, b, c, d tho¶ m·n: a2 + b2 = c2 + d2 = Chøng minh r»ng: − ≤ S = a(c+d) + b(c-d) ≤ Gi¶i: a = sin u c = sin v Đặt ⇒ S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv) b = cos u d = cos v ⇒ S = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv) = sin(u+v) - cos(u+v) π ⇔ S = sin (u + v) − ∈ [− , ] ⇒ − ≤ S = a (c + d) + b(c − d) ≤ (®pcm) 4 2 1 25 VD2: Cho a + b = Chøng minh r»ng: a + + b + ≥ a b 2 Giải: Đặt a = cos vµ b = sinα víi ≤ α ≤ 2π Thế vào biểu thức vế trái biến đổi 2 1 1 a + + b + = cos α + + sin α + a b cos α sin α 1 cos α + sin α 4 + + = cos α + sin α + +4 = cos α + sin α + cos α sin α cos α sin α ( ) 4 = cos α + sin α 1 + +4 4 cos α sin α [( ) ] 2 2 = cos α + sin α − cos α sin α 1 + +4 4 cos α sin α 16 17 25 1 = 1 − sin 2α 1 + (®pcm) + ≥ 1 − (1 + 16) + = + = 2 sin 2α 2 Bây ta đẩy toán lên mức độ cao bớc để xuất a2+b2=1 VD3: Cho a2 + b2 - 2a - 4b + = Chøng minh r»ng: 2 A = a − b + 3ab − 2(1 + )a + ( − )b + Giải: Biến đổi điều kiện: a2 + b2 - 2a - 4b + = 0⇔ (a-1)2 + (b-2)2 = a − = sin α a = + sin α ⇒ ⇒ A = sin α − cos α + sin cos Đặt b = cos α b = + cos α A = sin 2α − cos 2α = π sin 2α − cos 2α = sin(2α − ) ≤ (®pcm) 2 VD4: Cho a, b tho¶ m·n : 5a + 12b + = 13 Chøng minh r»ng: a2 + b2 + 2(b-a) - Giải: Biến đổi bất đẳng thức: a2 + b2 + 2(b-a) ≥ - ⇔ (a-1)2 + (b + 1)2 ≥ a − = R sin Đặt với R b + = R cos α a = R sin α + ⇔ (a − 1) + ( b + 1) = R b = R cos α − Ta cã: 5a + 12b + = 13 ⇔ 5(R sin α + 1) + 12(R cos α − 1) + = 13 ⇔ 5R sin α + 12R cos α = 13 ⇔ = R 12 5 sin α + cos α = R sin α + arccos ≤ R 13 13 13 Tõ ®ã ⇒ (a-1)2 + (b+1)2 = R2 ≥ ⇔ a2 + b2 + 2(b - a) ≥ - (®pcm) II Dạng 2: Sử dụng tập giá trị | sin α |≤ ; | cos α | ≤ 1 Phơng pháp: a) Nếu thấy |x| ®Ỉt π π x = sin α α ∈ − ; x = cos α α ∈ [ 0; π ] π π x = m sin α α ∈ − ; b) NÕu thÊy |x| m ( m ) đặt x = m cos α α ∈ [ 0; ] Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chøng minh r»ng: (1+x)p + (1-x)p ≤ 2p ∀ |x| ; P Giải: Đặt x = cosα víi α ∈ [0, π], ®ã (1 + x)p + (1 - x)p = (1+cosα)p + (1-cosα)p p p α α α α α α = cos + sin = p cos p + sin p ≤ p cos + sin = p 2 2 2 2 (®pcm) VD2: Chøng minh r»ng: − ≤ A = 3a + 2a − a + Giải: Từ đk - a2 |a| nên Đặt a = cosα víi ≤ α ≤ π ⇒ 1− a = sinα Khi ®ã ta cã: A= 3a + 2a − a = cos α + cos α sin α = (1 + cos 2α) + sin 2α π = 2 cos 2α + sin 2α + = sin 2α + + ⇒ − ≤ A ≤ + (®pcm) 3 VD3: Chøng minh r»ng: + − a [ (1 + a) ] − (1 − a )3 ≤ 2 + − 2a (1) Giải: Từ đk |a| nên Đặt a=cos với α∈[0,π] ⇒ − a = sin (1)⇔ + sin α α ; + a = cos ; − a = sin α 2 α α α α α α cos 2 cos − sin ≤ 2 + 2 sin cos 2 2 2 α α α α α α α α α α + sin cos + sin ≤ + sin cos ⇔ sin + cos cos − sin cos 2 2 2 2 2 α α α α α α − sin = cos α ≤ ®óng ⇒ (®pcm) ⇔ sin + cos cos − sin = cos 2 2 2 ) ( ( ) 3 VD4: Chøng minh r»ng: S = (1 − a ) − a + a − − a Giải: Từ đk |a| nên: §Ỉt a = cosα víi α ∈ [0, π] ⇒ 1− a = sinα Khi ®ã biÕn ®ỉi S ta cã: 3 3 S= 4(sin α − cos α) + 3(cos α − sin α) = (3 sin α − sin α) + ( cos α − cos α) π = sin 3α + cos 3α = sin 3α + ≤ ⇒ (®pcm) 4 ( ) 2 2 VD5: Chøng minh r»ng A = a − b + b − a + ab − (1 − a )(1 − b ) ≤ Giải: Từ điều kiện: - a2 ; - b2 ≥ ⇔ |a| ≤ ; |b| nên Đặt a = sinα, b = sin β víi α, β ∈ − ; 2 Khi ®ã A = sin α cos β + cos α sin β − cos(α + β) = π cos(α + β) = sin (α + β) − ≤ = sin(α + β) − cos(α + β) = sin(α + β) − 2 3 (®pcm) VD6: Chøng minh r»ng: A = |4a3 - 24a2 + 45a - 26| ≤ ∀a ∈ [1; 3] Giải: Do a [1, 3] nên |a-2| nên ta đặt a - = cos a = + cosα Ta cã: 3 A = 4(2 + cos α ) − 24(2 + cos α ) + 45(2 + cos α ) − 26 = cos α − cos α = cos 3α ≤ (®pcm) VD7: Chøng minh r»ng: A = 2a − a − 3a + ≤ ∀ a ∈[0, 2] Gi¶i: Do a ∈ [0, 2] nên |a-1| nên ta đặt a - = cosα víi α ∈ [0, π] Ta cã: A= 2(1 + cos α) − (1 − cos α) − 3(1 + cos α) + = − cos α − cos α 1 π cos α = sin α + ≤ (®pcm) = sin α − cos α = 2 sin α − 2 3 III D¹ng 3: Sư dơng c«ng thøc: 1+tg2α = 1 π ⇔ tg 2α = − (α ≠ + kπ ) cos cos 1) Phơng pháp: a) Nếu |x| toán có chứa biểu thức đặt x = víi α∈ 0; ∪ π, cos α 2 b) NÕu |x| ≥ m toán có chứa biểu thức đặt x = x2 −1 x − m2 m π 3π víi α∈ 0; ∪ π, cos α 2 C¸c vÝ dơ minh ho¹: VD1: Chøng minh r»ng A = a2 −1 + ≤ ∀ a ≥1 a Giải: Do |a| nên : Đặt a = A= π 3π víi α∈ 0; ∪ π, ⇒ cos α 2 a − = tg 2α = tgα Khi ®ã: a2 −1 + π = ( tgα + ) cos α = sin α + cos α = sin α + ≤ (®pcm) a 3 − 12 a − VD2: Chøng minh r»ng: - ≤ A = ≤ ∀ a ≥1 a Giải: Do |a| nên: Đặt a = π 3π víi α∈ 0; ∪ π, ⇒ cos α 2 a − = tg 2α = tgα Khi ®ã: − 12 a − = (5-12tgα)cos2α = 5cos2α-12sinαcosα= 5(1 + cos 2α ) − sin 2α A= a2 13 12 5 13 = + cos 2α − sin 2α = + cos 2α + arccos 2 13 13 13 2 ⇒-4= 13 13 13 + (−1) ≤ A = + cos 2α + arccos ≤ + = (®pcm) 2 2 13 2 VD3: Chøng minh r»ng: A = a − + b2 − ≤1 ab ∀ a ; b ≥1 Gi¶i: Do |a| ≥ 1; |b| ≥ nên Đặt a = 1 3π ;b= víi α∈ 0; ∪ π, Khi ®ã ta cã: cos β cos α 2 A = ( tgα + tgβ) cos α cos β = sin α cos β + sin β cos α = sin(α + β) ≤ (®pcm) VD4: Chøng minh r»ng: a + a a −1 ≥ 2 ∀ a >1 Gi¶i: Do |a| > nên: Đặt a = a 1 π = = víi α∈ 0; ⇒ Khi ®ã: 2 cos α a − cos α tg α sin α a+ a a −1 = 1 1 2 + ≥ = ≥ 2 (®pcm) cos α sin α cos α sin α sin 2α VD5: Chøng minh r»ng y x − + y − + ≤ xy 26 ∀ x ; y ≥ Gi¶i: Bất đẳng thức x2 + x Do |x|; |y| nên Đặt x = y2 − + ≤ 26 (1) x y y 1 π ; y= víi α, β∈ 0, cos β cos α 2 Khi ®ã: (1) ⇔ S = sinα + cosα(4sinβ + 3cosβ) ≤ 26 Ta cã: S ≤ sinα + cosα ( + 32 )(sin β + cos β) = sin α + cos α ≤ (12 + 52 )(sin α + cos α ) = 26 ⇒ (đpcm) IV Dạng 4: Sử dụng công thức 1+ tg2 = cos Phơng pháp: a) Nếu x R toán chứa (1+x2) đặt x = tg với − , 2 π π b) Nếu x R toán chứa (x2+m2) ®Ỉt x = mtgα víi α ∈ − , 2 Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chøng minh r»ng: S = 3x 1+ x − 4x 3 (1 + x ) ≤1 Giải: Đặt x = tg víi α ∈ − , ⇒ + x = , ®ã biÕn ®ỉi S ta cã: cos α 2 S = |3tgα.cosα - 4tg3α.cos3α| = |3sinα - 4sin3α| = |sin3α| ≤ (®pcm) + 8a + 12a VD2: Tìm giá trị lín nhÊt vµ nhá nhÊt cđa biĨu thøc A = (1 + 2a ) Gi¶i: + tg + 3tg Đặt a = tgα víi α∈ − , th× ta cã: A = (1 + tg 2α) 2 cos α + sin α cos α + sin α = 3(sin α + cos α) − sin α cos α = 2 (cos α + sin α) sin 2α sin 2α =3⇒ = 3− ≤ A = 3− ≤ 2− =3 2 2 π Víi α = ⇒ a = th× MaxA = ; Víi α = ⇒ a = th× MinA = VD3: Chøng minh r»ng: (a + b)(1 − ab) ≤ ∀ a, b ∈ R (1 + a )(1 + b ) Giải: Đặt a = tg, b = tgβ Khi ®ã 2 = cos α cos β (a + b)(1 − ab) (tgα + tgβ)(1 − tgαtgβ) = (1 + a )(1 + b ) (1 + tg 2α)(1 + tg 2β) sin(α + β) cos α cos β − sin α sin β cos α cos β cos α cos β 1 sin[ 2(α + β)] ≤ (®pcm) 2 |a− b| |b− c| |c− a| + ≥ ∀ a , b, c VD4: Chøng minh r»ng: 2 2 2 (1 + a )(1 + b ) (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) = sin(α + β) cos(α + β) = Giải: Đặt a = tg, b = tg, c = tg Khi bất đẳng thức | tg tgβ | | tgβ − tgγ | | tgγ − tgα | + ≥ ⇔ (1 + tg α)(1 + tg 2β) (1 + tg 2β)(1 + tg γ) (1 + tg γ)(1 + tg α) ⇔ cos α cos β sin(α − β) sin(β − γ ) sin( γ − α) + cos β cos γ ≥ cos γ cos α cos α cos β cos β cos γ cos γ cos α ⇔ |sin(α-β)|+|sin(β-γ)| |sin(-)| Biến đổi biểu thức vế phải ta có: |sin(γ-α)|= |sin[(α-β)+(β-γ)]| = |sin(α-β)cos(β-γ)+sin(β-γ)cos(α-β)| ≤ |sin(α-β)cos(β-γ)|+|sin(β-γ)cos(α-β)|=|sin(α-β)||cos(β-γ)|+|sin(β-γ)||cos(α-β)| ≤ |sin(α-β)|.1 + |sin(β-γ)|.1 = |sin(α-β)| + |sin(β-γ)| ⇒ (®pcm) VD5: Chøng minh r»ng: ab + cd ≤ (a + c)(b + d) (1) ∀a , b, c, d > Gi¶i: (1) ⇔ cd ab cd ab + ≤1 ⇔ + ≤1 (a + c)(b + d ) (a + c)(b + d ) c b c b 1 + 1 + 1 + 1 + a d a d 10 c d Đặt tg2= , tg2= với α,β ∈ a b ⇔ (1 + tg 2α )(1 + tg 2β) + π 0, Biến đổi bất đẳng thức tg α.tg 2β (1 + tg 2α )(1 + tg 2β) = cos α cos β + sin α sin β ≤ ⇔ cosα cosβ + sinα sinβ = cos(α-β) ≤ ®óng ⇒ (®pcm) DÊu b»ng x¶y ⇔ cos(α-β) = ⇔ α=β ⇔ c d = a b VD6: Tìm giá trị lớn nhÊt vµ nhá nhÊt cđa biĨu thøc A = 6a + | a − | a2 +1 Giải: Đặt a = tg Khi A = 6tg α α α α + | tg − | 2tg tg − 2 + 2 = α α α tg + 1 + tg tg + 2 A = 3sin α + |cosα| ≥ sinα + 4.0 = 3sinα 3.(-1) = -3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta cã: A2 = (3sinα + |cosα|)2 ≤ (32 + 42)(sin2α + cos2α) = 25 ⇒ A ≤ Víi sinα = ⇔ a = th× MinA = - ; víi sin α | cos α | = th× MaxA = V Dạng 5: Đổi biến số đa bất đẳng thức tam giác 1) Phơng pháp: x; y; z > A; B; C ∈ (0; ) a) NÕu th× ∃∆ABC : 2 x + y + z + 2xyz = x = cos A; y = cos B; z = cos C π x; y; z > A; B; C ∈ (0; ) b) NÕu th× ∃∆ABC : x + y + z = xyz x = tgA; y = tgB; z = tgC π A; B; C ∈ (0; ) x ; y, z > x = cot gA; y = cot gB; z = cot gC ∃∆ABC : c) NÕu th× A; B; C ∈ (0; π) xy + yz + zx = A B C x = tg ; y = tg ; z = tg 2 11 Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho x, y, z > vµ zy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ cđa biĨu thøc S= 1 + + − 3( x + y + z) x y z Gi¶i: Từ < x, y, z < nên đặt x = tg α β γ π ; y = tg ; z = tg víi α, β, γ ∈ 0, 2 2 α β β γ γ α tg + tg tg + tg tg =1 2 2 2 β γ tg + tg γ α β β γ 2 = ⇔ tg β + γ = cot g α ⇔ tg tg + tg = - tg tg ⇔ 2 2 2 − tg β tg γ tg α 2 2 2 Do xy + yz + zx = nªn tg β γ π α α+β+ γ π β γ π α = ⇔ α +β+ γ = π ⇔ tg + = tg + ⇔ + = − ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 S= 1 α β γ α β γ + + − 3( x + y + z) = cotg + cotg + cotg -3 tg + tg + tg x y z 2 2 α α β β γ γ α β γ S = cot g − tg + cot g − tg + cot g − tg − 2 tg + tg + tg 2 2 2 2 2 β γ α S = 2(cotgα+cotgβ+cotgγ) - 2 tg + tg + tg 2 γ α β S = (cotgα+cotgβ-2tg ) + (cotgβ+cotgγ-2tg ) +(cotgα+cotgβ-2tg ) 2 §Ĩ ý r»ng: cotgα + cotgβ = sin(α + β) sin γ sin γ = = sin α sin β sin α sin β cos(α − β) − cos(α + β) γ γ sin cos sin γ sin γ 2 = tg γ ⇒ cot gα + cot gβ − 2tg γ ≥ = = ≥ γ − cos(α + β) + cos γ 2 cos 2 T ®ã suy S ≥ Víi x = y = z = VD2: Cho < x, y, z < vµ th× MinS = x y z 4xyz + + = − x − y − z (1 − x )(1 − y )(1 z ) Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc S = x2 + y2 + z2 12 Gi¶i: Do < x, y, z < nên đặt x = tg Khi tg = ⇔ α β γ ; y = tg ; z = tg víi α, β, γ ∈ 2 π 0, 2 2y 2x 2z ; tg = đẳng thức giả thiết ; tgγ = 1− y 1− x − z2 2y 8xyz 2x 2z + = ⇔ tgα+tgβ+tgγ = tgα.tgβ.tgγ + (1 − x )(1 − y )(1 − z ) − x − y − z2 ⇔ tgα + tgβ = - tgγ(1-tgα.tgβ) ⇔ tgα + tgβ = - tgγ ⇔ tg(α+β) = tg(-γ) − tgα.tgβ π Do α, β, γ ∈ 0, nªn α + β = π - γ ⇔ α + β + γ = π Khi ®ã ta cã: 2 tg α β β γ γ α tg + tg tg + tg tg = ⇔ xy + yz + zx = Mặt khác: 2 2 2 (x2 + y2 + z2) - (xy + yz + zx) = [ ] ( x − y) + ( y − z ) + ( z − x ) ≥ ⇒ S = x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx = Víi x = y = z = th× MinS = x y z x, y, z > + + ≤ VD3: Cho Chøng minh r»ng: S = x + yz y + zx z + xy x + y + z = Gi¶i: xz β = tg ; y Đặt yz = tg ; x Do π 0, 2 yz zx zx xy xy yz + + =x+y+z=1 x y y z z x nªn tg xy γ = tg víi α, β, γ ∈ z α β β γ γ α tg + tg tg + tg tg =1 2 2 2 α π α β γ π α β γ β γ ⇔ tg + = cotg ⇔ tg + = tg − ⇔ + = 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ α+β+ γ π = ⇔ α +β+ γ = π 2 S= 2y 2z x y z x + + = x + yz − 1 + y + zx − 1 + z + xy − 1 + x + yz y + zx z + xy 13 yz − zx xy 1− 1− x − yz y − zx z − xy y x + z + + + + = + = x − yz y + zx z + xy 2 + yz + zx + xy x y z = 3 (cos + cosβ + cosγ) + = [ ( cos α + cos β ) − (cos α cos β − sin α + sin β)] + 2 2 ≤ 1 3 2 ( (cos α + cos β ) + 1) + (sin α + sin β) − cos α cos β + = + = (®pcm) 2 Các toán đa trắc nghiệm Trớc dạy thử nghiệm nội dung sáng kiến cho học sinh lớp 11A1 11A2 trờng tôi, đà nhà cho em, cho em chuẩn bị trớc thời gian tuần Với tập sau: Bài 1: Cho a2 + b2 = CMR: | 20a3 - 15a + 36b - 48b3| ≤ 13 Bµi 2: Cho (a-2)2 + (b-1)2 = CMR: 2a + b ≤ 10 a; b ≥ Bµi 3: Cho CMR: a4 + b4 ≥ a3 + b3 a + b = Bµi 4: Cho a; b ; c ≥ 1 1 CMR: a − b − c − ≥ a − b − c − b c a a b c x; y; z > Bµi 5: Cho 2 x + y + z + xyz = a) xyz ≤ b) xy + yz + zx ≤ c) x2 + y2 + z2 ≥ 4 d) xy + yz + zx ≤ 2xyz + e) CMR: 1− x 1− y 1− z + + ≥ 1+ x 1+ y 1+ z Bµi 6: CMR: 1+ a2 + 1 + b2 ≤ ∀ a, b ∈ (0, 1] + ab Bµi 7: CMR: (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ (ab + bc + ca) ∀ a, b, c > 14 x, y, z > x y z 3 CMR : + + ≥ Bµi 8: Cho 2 2 1− x 1− y 1− z xy + yz + zx = x , y, z > x y z CMR : + + ≤ Bµi 9: Cho x + y + z = xyz 1+ x2 + y2 + z2 x, y, z > 1 2x 2y 2z CMR : + + ≥ + + Bµi 10: Cho xy + yz + zx = 1 + x + y2 + z2 + x + y2 + z2 Sau tuần em hầu nh không làm đợc tập đà gợi ý dùng phơng pháp lợng giác hoá Sau đà dạy cho em sáng kiến buổi sinh hoạt chuyên đề (3 tiết) thu đợc kết tốt Kết trắc nghiệm thực tế sáng kiến Để thấy đợc kết sát thực sáng kiến phần ôn tập kỳ I lớp 11 đà chọn lớp 11A1 11A2 lớp chọn 11A1 lớp chọn A 11A2 lớp chọn B với kiến thức em lớp 11A1 lớp 11A2 dùng lớp ®Ĩ tiÕn hµnh lµm ®èi chøng thĨ nh sau: Đầu tiên đà nhà cho em tập 1, 4, 10 tập Yêu cầu em lớp 11A1 vµ 11A2 lµm bµi tËp nµy giÊy vµ đà thu đợc kết nh sau: Lớp Sĩ sè Giái Kh¸ TB 3-4 0-2 11A1 11A2 50 52 0 0 0 48 52 Với kết tổng hợp bảng thực tế làm em thấy hầu hết em không làm đợc lớp 11A1 Một số em biết làm tập phơng pháp đặt "a=sin", "b=cos" xong cha đến bất đẳng thức cần chứng minh, lớp 11A2 hầu hết em không làm đợc bế tắc hoàn toàn Đứng trớc thực trạng nh định đa sáng kiến dạy cho líp 11A2 lµ líp cã vèn kiÕn thøc u so với lớp 11A1 Tôi đà tập trung em lớp 11A2 học ngoại khoá vào tiết buổi chiều tiết đà truyền thụ hết nội dung phơng pháp dùng lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số sau đà nhà tập 2, 5, phần 10 tập yêu cầu học sinh lớp nhà giải Kết thu đợc nh sau: Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB 3-4 0-2 11A1 50 0 12 38 11A2 52 20 25 15 Nhìn vào kết thực tế làm học sinh nhận thấy em học sinh lớp 11A1 có t chất lớp 11A2 song không đợc biết phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thc nên hầu hết không làm đợc tập đà cho Nhng ngợc lại kết làm học sinh lớp 11A2 thấy khả quan hầu hết em làm đợc tập đầu tập số em đà chuyển từ đầu dạng để giải số khác đà biết biến đổi đợc bất đẳng thức để áp dụng dạng xong cha biến đổi để đến bất đẳng thức lợng giác cần thiết kết cha cao số em lớp 11A2 tiếp thu phơng pháp chậm, ứng dụng giải tập cha sáng tạo Vì định thực nghiệm lần thứ 3, dạy lớp 11A1 11A2 vào buổi chiều tiết dạy đầy đủ phơng pháp ví dụ minh hoạ, gọi em lên bảngáp dụng giải ví dụ lớp thấy em làm tốt, sau cho tập 3, 6, 8, 10 nhà yêu cầu em nộp cho vào ngày hôm sau Kết thu đợc nh sau: Lớp Sĩ số Giỏi Kh¸ TB Ỹu 11A1 50 30 13 11A2 52 25 21 Với kết nh thực tế làm em nhận thấy phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số mà đa có kết tốt, công cụ hữu hiệu để giúp em có thêm cách để chứng minh bất đẳng thức đại số bổ sung cho em phơng pháp lợng giác hoá toán nói chung làm cho em tự tin gặp tập chứng minh bất đẳng thức tất thi khó, nghĩ số phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số đa khả quan III kết luận kiến nghị Trải qua thực tế công tác giảng dạy toán phổ thông, qua thời gian làm trắc nghiệm nhận thấy: Việc chứng minh bất đẳng thức đại số công việc khó khăn đòi hỏi ngời chứng minh phải sáng tạo khéo léo phải biết sử dụng tất kiến thức đà biết để chứng minh bất đẳng thức Trong giai đoạn tập trung cho cải cách giáo dục, có phần quan trọng cải tiến phơng pháp giảng dạy Để phát huy tính tích cùc cđa häc sinh, viƯc tiÕp thu kiÕn thøc míi công việc giải toán ngời thầy giáo phải ngời tiên phong việc phát huy tính tích cực để tìm phơng pháp giải toán mới, tìm công cụ để ngày hoàn thiện thân cống hiến cho ngời làm toán công cụ hữu hiệu để sâu vào giới toán học 16 Trên ý kiến số phơng pháp lợng giác để giải bất đẳng thức đại số nhằm giúp cho ngời chứng minh bất đẳng thức có phơng pháp t chứng minh bất đẳng thức đại số Do kinh nghiệm cha có nhiều nên viết không tránh khỏi khuyếm khuyết đà cố gắng xắp xếp mặt phơng pháp, lợng tập cấu trúc viết Rất mong nhận đợc đóng góp ý kiến bạn đồng nghiệp để viết đợc tốt Cuối xin chân thành cảm ơn! Hải Dơng, ngày 04 tháng 04 năm 2008 17 ... thấy phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số mà đa có kết tốt, công cụ hữu hiệu để giúp em có thêm cách để chứng minh bất đẳng thức đại số bổ sung cho em phơng pháp lợng giác hoá... toán chứng minh bất đẳng thức phơng pháp lợng giác nhiều sách đa phơng pháp chứng minh bất đẳng thức phơng pháp lợng giác mơ hồ cha có hệ thống, cha phân chia thành dạng tập Với kiến thức chứng minh. .. giác hoá toán nói chung làm cho em tự tin gặp tập chứng minh bất đẳng thức tất thi khó, nghĩ số phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số đa khả quan III kết luận kiến nghị Trải qua