CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC * Để học sinh nắm kiến thức một cách hệ thống, em xin tríck dẫn tóm tắt từ quyển bất đẳng thức của Khải và Thầy Phương... Bây giờ ta
Trang 1CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC
* Để học sinh nắm kiến thức một cách hệ thống, em xin tríck dẫn tóm tắt từ quyển bất đẳng thức của Khải và Thầy Phương 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 Công thức lượng giác
x2
x3 x
4 −3 4 cos3t−3cost 4 cos3t−3cost=cos3t
x2
x
x2
2
1−
t t
2
2 tan
1 tan−
t
2
2 tan tan 2
1 tan− =
x
x2
2
1−
t t
2
2 tan
1 tan−
t
2
2 tan sin 2
1 tan− =
x y xy
1
+
−
tan tan
1 tan tan
α β
α β
+
−
1 tan tan
α β
−
cos α −
2 2
α − =
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC ĐỂ CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ
I DẠNG 1: Sử dụng hệ thức sin2α+cos2α =1
1 Phương pháp:
a) Nếu thấy x2+y2 =1 thì đặt x
y sincosα
α
=
=
với α∈ [0; 2π].
b) Nếu thấy x2+y2 =a2 (a > 0) thì đặt x a
y asincosα
α
=
=
với α∈ [0; 2π].
2 Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Cho 4 số a, b, c, d thoả mãn: a2+b2 =c2+d2 =1 Chứng minh rằng:
S a c d b c d
• Đặt a u
b sincosu
=
=
và
d sincosv
=
=
⇒ S = sin (sinu v+cos ) cos (sinv + u v−cos )v
= (sin cosu v+sin cos ) (cos cosv u − u v−sin sin )u v = sin(u v+ −) cos(u v+ )
Trang 2= 2 sin (u v)
4
π
+ −
⇒ − 2≤ =S a c d( + +) b c d( − ≤) 2 (đpcm).
Ví dụ 2: Cho a2+b2=1 Chứng minh rằng: a b
2
+ + + ≥
• Đặt a=cos ,α b=sinα với 0 ≤α≤ 2π
+ + + = + + +
= cos4 sin4 14 14 4
α α
+ + + + = cos4 sin4 cos44 sin44 4
cos sin
α α
α α
α α
+
1
cos sin
α α
α α
1
cos sin
α α
= 1 1sin 22 1 164 4 1 1 (1 16) 4 17 4 25
α
− + + ≥ − + + = + =
Dấu "=" xảy ra ⇔ sin 2α =1 ⇔ a b 2
2
= =
Bây giờ ta đẩy bài toán lên mức độ cao hơn một bước nữa để xuất hiện a2+b2 =1
Ví dụ 3: Cho a2+b2−2a−4b+ =4 0 Chứng minh rằng:
A = a2−b2+2 3ab−2(1 2 3)+ a+ −(4 2 3)b+4 3 3 2− ≤ (3)
• Biến đổi điều kiện: a2+b2−2a−4b+ = ⇔4 0 (a−1)2+ −(b 2)2 =1
b 1 sin2 cosα b 1 sin2 cosα
− = ⇒ = +
− = = +
⇒ A= sin2α−cos2α+2 3 sin cosα α
3 sin 2 cos2 2 3sin2 1cos2 2 sin 2 2
π
Dấu "=" xảy ra ⇔ a
b
3 1 2 5 2
= +
=
hoặc
a b
1 2 3 2 2
=
= +
Ví dụ 4: Cho a, b thoả mãn : a5 +12b+ =7 13 Chứng minh rằng: a2+b2+2(b− ≥ −1) 1 (4)
Trang 3• Biến đổi bất đẳng thức (4) ⇔ (a−1)2+ +(b 1)2 ≥1
b 11 Rsincosα
α
− =
+ =
với R ≥ 0 ⇔
b Rsincosα 11 ( 1)2 ( 1)2 2
α
= + ⇔ − + + =
= −
Ta có: a5 +12b+ =7 13⇔ 5( sinR α+ +1) 12( cosR α − + =1) 7 13
⇔ R5 sin 12 cosR 13 1 R 5 sin 12cos Rsin arccos 5 R
α+ α = ⇔ = α+ α = α + ÷≤
Từ đó suy ra (a−1)2+ +(b 1)2 =R2≥ 1 (đpcm)
Dấu "=" xảy ra ⇔ a
b
18 13 1 13
=
= −
hoặc
a b
8 13 25 13
=
= −
II DẠNG 2: Sử dụng tập giá trị sinα ≤1; cosα ≤1
1 Phương pháp:
a) Nếu thấy x 1≤ thì đặt x khi
2 2
π π
α α
α α π
= ∈ −
= ∈
b) Nếu thấy x m≤ (m 0≥ ) thì đặt x m khi
2 2
π π
α α
α α π
= ∈ −
= ∈
2 Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: (1+x)p+ −(1 x)p≤2p, với x ≤1, p≥1
• Đặt x = cosα với α∈ [0; π]
Khi đó (1+x)p+ −(1 x)p = +(1 cos )α p+ −(1 cos )α p
=
+ = + ≤ + =
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: 3 2− ≤ =A 2 3a2+2 1a −a2 ≤ 3 2+
• Từ đk 1−a2≥0 ⇔ a 1≤ nên đặt a = cosα với 0 ≤α≤π⇒ 1−a2 = sinα Khi đó ta có:
A = 2 3a2+2 1a −a2 =2 3 cos2α +2 cos sinα α = 3(1 cos2 ) sin 2+ α + α
Trang 4=2 3cos2 1sin 2 3 2sin 2 3
π
⇒ 3 2− ≤ ≤A 3 2+ (đpcm)
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: 1+ 1−a2 (1+a)3− (1−a)3≤2 2+ 2 2− a2
• Từ đk a 1≤ nên đặt a = cosα với α∈[0, π]
(1) ⇔ 1 2sin cos 2 2 cos3 sin3 2 2 2 2 sin cos
⇔sinα2 +cosα2cosα2 −sinα2cos2α2 +sin cosα2 α2 +sin2α2≤ +1 sin cosα2 α2
⇔ sinα2 +cosα2cosα2 −sinα2=cos2α2 −sin2α2 =cosα ≤1
Ví dụ 4: Chứng minh rằng: S = 4 (1 −a2 3) −a3÷ +3a− 1−a2÷ ≤ 2
Từ đk a 1≤ nên đặt a = cosα với α∈ [0, π] ⇒ 1−a2 = sinα
Khi đó: S = 4(sin3α −cos ) 3(cos3α + α −sin ) (3sinα = α−4sin ) (4 cos3α + 3α −3cos )α
4
π
α+ α = α+ ÷≤
Ví dụ 5: Chứng minh rằng A = a 1−b2 +b 1−a2 + 3ab− (1−a2)(1−b2)÷ ≤2
• Từ điều kiện: 1−a2≥0, 1−b2≥0 ⇒ a ≤1, b ≤1 nên:
Đặt a = sinα, b = sin β với α, β∈ −π π2 2;
Khi đó A = sin cosα β+cos sinα β− 3 cos(α β+ )
= sin( ) 3 cos( ) 2 sin(1 ) 3cos( )
α β+ − α β+ = α β+ − α β+
= 2 sin ( ) 2
3
π
α β
+ − ≤
Trang 5Ví dụ 6: Chứng minh rằng: A = 4a3−24a2+45a−26 1,≤ ∀ ∈a [ ]1;3
• Do a ∈ [1; 3] nên a 2 1− ≤ nên ta đặt a 2 cos− = α ⇔ a 2 cos= + α
Ta có: A = 4(2 cos )+ α 3−24(2 cos )+ α 2+45(2 cos ) 26+ α − = 4 cos3α−3cosα
= cos3α ≤1 (đpcm)
Ví dụ 7: Chứng minh rằng: A = 2a a− 2 − 3a+ 3 2,≤ ∀ ∈a [0;2]
• Do a ∈ [0; 2] nên a 1 1− ≤ nên ta đặt a 1 cos− = α với α∈ [0; π]
Ta có: A = 2(1 cos ) (1 cos )+ α − − α 2 − 3(1 cos )+ α + 3 = 1 cos− 2α − 3 cosα
π
α− α = α− α÷÷= α + ÷≤
III DẠNG 3: Sử dụng công thức: 1 tan2 12 tan2 12 1
2
π
α ≠ + π
1 Phương pháp:
a) Nếu x 1≥ hoặc bài toán có chứa biểu thức x2−1
thì đặt x 1
cosα
= với α∈0;π2 ∪ π,32π
b) Nếu x m≥ hoặc bài toán có chứa biểu thức x2−m2
thì đặt x m
cosα
= với α∈0;π2 ∪ π,32π
2 Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng A = a a
a
2− +1 3 2,≤ ∀ ≥1
• Do a 1≥ nên đặt a 1
cosα
= với α∈0;π2 ∪ π,32π
⇒ a2− =1 tan2α =tanα Khi đó:
a
3
π
÷
(đpcm)
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: A a a
a
2 2
• Do a 1≥ nên đặt a 1
cosα
= với α∈0;π2 ∪ π,32π
⇒ a2− =1 tan2α =tanα
Trang 6Khi đó: A = a
a
2 2
5 12− −1= (5 12 tan )cos− α 2α =5cos2α−12sin cosα α
=5(1 cos2 ) 6sin2
2
= 5 13 5 cos2 12sin 2 5 13cos 2 arccos 5
2 2 13+ α−13 α÷= +2 2 α+ 13÷
⇒ − = +4 5 132 2 ( 1)− ≤ = +A 2 25 13cos 2 α+arccos135 ÷≤ +5 132 2 .1 9=
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: A = a b
ab
2− +1 2−1
≤ 1, ∀a b, ≥1
• Do a b, ≥1 nên đặt a 1
cosα
cosβ
= với α, β∈0;π2 ∪ π,32π
Khi đó ta có:
A = (tanα +tan )cos cosβ α β = sin cosα β +sin cosβ α = sin(α β+ ) 1≤ (đpcm)
Ví dụ 4: Chứng minh rằng: a a
a2 1 2 2
− , a 1∀ >
• Do a 1> nên đặt a = 1
cosα với α∈ 0;2
π
÷
⇒
a
Khi đó:
a a
a2
Ví dụ 5: Chứng minh rằng: y x2− +1 4 y2− + ≤1 3 xy 26, ∀x y; ≥1 (*)
• Bất đẳng thức (*) ⇔ x x x y y y
2
2−1+14 −1+3÷≤ 26 (1)
Do x y, ≥1 nên đặt x 1
cosα
= , y 1
cosβ
= với α, β∈0,π2
÷
Khi đó: (1) ⇔ S = sinα + cosα(4sinβ + 3cosβ) ≤ 26
Ta có: S ≤ sinα + cosα (42+3 )(sin2 2β+cos2β) sin= α+5cosα
≤ (12+5 )(sin2 2α+cos2α)= 26 ⇒ (đpcm)
Trang 7IV DẠNG 4: Sử dụng công thức 1 tan2 12
cos
α
α
1 Phương pháp:
a) Nếu x ∈ R và bài toán chứa 1+x2 thì đặt x tan= α với α∈ −π π2 2,
÷
b) Nếu x ∈ R và bài toán chứa x2+m2 thì đặt x m tan= α với α∈ ,
2 2
π π
−
÷
2 Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: S = x x
3
1+ − (1+ ) ≤
• Đặt x tan= α với α∈ −π π2 2,
÷
⇒ x
1
cosα + =
Khi đó: S = 3tan cosα α−4 tan cos3α 3α = 3sinα−4sin3α = sin3α ≤1 (đpcm)
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A = a a
a
2 2
(1 2 )
+ + +
• Đặt a 2 tan= α với α∈−π π2 2,
÷
thì ta có:
A =
3 4 tan 3tan
(1 tan )
α
(cos sin )
α α
+
= 3(sin2α+cos2α)2−2sin2αcos2α = 3 sin 22
2
α
−
α
⇒ = − ≤ = − ≤ − =
Với α= 0 thì a = 0 ⇒ MaxA = 3 ; Với α =
4
π thì a 1
2
= ⇒ MinA = 5
2.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng: a b ab
a2 b2
2
+ − ≤ + + , ∀ a, b ∈ R
• Đặt a=tan ,α b=tanβ
Khi đó a b ab
( )(1 ) (tan tan )(1 tan tan )
= cos2 cos2 . sin( ) cos cos. sin sin
cos cos cos cos
α β α β α β
α β
Trang 8= sin( )cos( ) 1 sin 2( ) 1
α β+ α β+ = α β+ ≤ (đpcm)
• Đặt a=tan ,α b=tan ,β c=tanγ Khi đó:
(1 tan )(1 tan ) (1 tan )(1 tan ) (1 tan )(1 tan )
⇔cos cos α β cos cossin(α β) cos cos β γ cos cossin(β γ) cos cos γ α cos cossin(γ α)
⇔ sin(α β− ) sin(+ β γ− ) sin(≥ γ α− )
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− ) sin(+ β γ− ) (đpcm)
Vi dụ 5: Chứng minh rằng: ab+ cd ≤ (a c b d+ )( + ), ∀a b c d, , , >0 (1)
• Ta có: (1) ⇔ a c b d ab a c b d cd 1
( + )( + ) + ( + )( + ) ≤
⇔
cd ab
+ + + +
÷ ÷ ÷ ÷
(2)
a
2
b
2
tan β = với α, β∈ 0, 2 π÷
Ta có VT (2) =
tan tan 1
(1 tan )(1 tan ) (1 tan )(1 tan )
α β
= cos cosα β +sin sinα β = cos(α β− ) 1≤ ⇒ đpcm
Dấu bằng xảy ra ⇔ cos(α β− ) 1= ⇔α = β⇔ c d
a b= .
Ví dụ 6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A = a a
a
2 2
1
+ − +
Trang 9• Đặt a tan
2
α
= Khi đó:
A =
= 3sinα +4 cosα
≥ 3sinα+4.0 3sin= α ≥ − = −3( 1) 3 (1)
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:
3sinα +4 cosα ≤(3 +4 )(sin α+cos α) 25= ⇒ A ≤ 5 (2)
Dấu "=" ở (1) xảy ra ⇔ sinα = –1 ⇔ a = –1 ⇒ minA = –3
Đấu "=" ở (2) xảy ra ⇔ sin cos
α = α ⇒
maxA = 5
V DẠNG 5: Đổi biến số đưa về bất đẳng thức tam giác
1 Phương pháp:
a) Nếu x y z
x2 y2 z2 xyz
, , 0
>
+ + + =
A B C ABC
, , 0;
cos ; cos ; cos
π
∆ ∈ ÷
b) Nếu x y z
x y z xyz, , 0
>
+ + =
A B C ABC
; ; 0;
tan ; tan ; tan
π
∆ ∈ ÷
c) Nếu x y z
xy yz zx, , 0 1
>
+ + =
A B C
ABC
A B C
, , 0;
2 cot ; cot ; cot :
, , (0; ) tan ; tan ; tan
π
∆
π
∈
÷
= = =
∃
∈
2 Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Cho x, y, z > 0 và zy + yz + zx = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x y z
1 1 1 3(+ + − + + )
• Từ 0 < x, y, z < 1 nên đặt x tan
2
α
= ; y tan
2
β
= ; z tan
2
γ
= với α, β, γ∈ 0, 2 π÷
Do xy + yz + zx = 1 nên tan tan tan tan tan tan 1
β γ α
+ =
÷
β γ π α β γ π α α β γ π
+ = − ⇔ + = − ⇔ + + =
Trang 10S = x y z
x y z
1 1 1 3(+ + − + + )= cot cot cot 3 tan tan tan
α + β + γ − α + β + γ
− + − + − − + +
= 2(cot cot cot ) 2 tan tan tan
α+ β+ γ − + + ÷
+ − + + − + + −
sin sin 2sin sin cos( ) cos( )
α β
+
− − +
≥
2
4sin cos
2
γ γ
γ
Từ đó suy ra S ≥ 0 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1
3 ⇒ MinS = 0
Ví dụ 2: Cho 0 < x, y, z < 1 và x y z xyz
4
1− +1− +1− = (1− )(1− )(1− ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S x= 2+y2+z2
• Do 0 < x, y, z < 1 nên đặt x tan
2
α
= ; y tan
2
β
= ; z tan
2
γ
= với α, β, γ∈ 0, 2 π÷
.
x2
2 tan
1
α =
− ;
y
y2
2 tan
1
β =
− ;
z
z2
2 tan
1
γ =
−
Và đẳng thức ở giả thiết trở thành:
x
x2
2
1− +
x
x2
2
1− +
x
x2
2
1− =
xyz
x2 y2 z2
8 (1− )(1− )(1− )
⇔ tanα+tanβ+tanγ = tan tan tanα β γ
⇔ tanα+tanβ = −tan (1 tan tan )γ − α β ⇔ tan tan tan( )
1 tan tan
α β
−
⇔ tan(α β+ ) tan( )= −γ (1)
Do α, β, γ∈ 0, 2 π÷
nên từ (1) suy ra α β π γ+ = − ⇔ + + =α β γ π Khi đó ta có:
tan tan tan tan tan tan 1
α β + β γ + γ α = ⇔ xy yz zx 1+ + =
Trang 11Mặt khác: (x2 y2 z2) (xy yz zx) 1 (x y)2 (y z)2 (z x)2 0
+ + − + + = − + − + − ≥
⇒ S x= 2+y2+ ≥z2 xy yz zx 1+ + =
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1
3 ⇒ MinS = 1.
Ví dụ 3: Cho x y z
x y z, , 0 1
>
+ + =
Chứng minh rằng: S =
x yz y zx z xy
9 4
Đặt yz
x tan2
α
= ; xz
y tan2
β
= ; xy
z tan2
γ
= với α, β, γ∈ 0, 2 π ÷
.
cosα = − ; cosβ = − ; cosγ = −
x . y + y . z +. z . x = x + y + z = 1
nên tan tan tan tan tan tan 1
α β + β γ + γ α =
β γ α
+ =
÷
β γ π α
+ = −
β γ π α+ = −
⇔
α β γ π+ + = ⇔ + + =α β γ π
+ + = − +÷ − +÷ − ÷+ + + + + + +
= x yz y zx z xy
x yz y zx z xy
− + − + − +
+ + + ÷
=1(cos cos cos ) 3
2 α+ β+ γ +2 = 1 (cos cos ) (cos cos sin sin ) 3
2 α + β − α β− α β +2
≤ 1 1((cos cos ) 12 ) 1(sin2 sin2 ) cos cos 3
2 2 α+ β + +2 α + β − α β+2
= 1 (cos2 sin2 ) (cos2 sin2 ) 1 3
2 α+ α + β+ β + + 2 = 3 3 9
4 2 4+ = (đpcm)
Chú ý: * cos cos (cos cos ).1 1 (cos cos ) 12
2
α+ β = α+ β ≤ α+ β +
* sin sin 1(sin2 sin2 )
2
α β ≤ α + β
Trang 12BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1 Cho a2+b2 =1 Chứng minh rằng: 20a3−15a+36b−48b3 ≤13
Bài 2 Cho (a−2)2+ −(b 1)2 =5 Chứng minh rằng: 2a b+ ≤10
Bài 3 Cho a b
a b; 02
≥
+ =
Chứng minh rằng: a4+b2 ≥a3+b3
Bài 4 Cho a, b, c ≥ 1 Chứng minh rằng: a b c a b c
− − − ≥ − − −
÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷
Bài 5 Cho x y z
x2 y2 z2 xyz
, , 0
>
+ + + =
a) xyz 1
8
4
+ + ≤ c) x2 y2 z2 3
4
+ + ≥
d) xy yz zx 2xyz 1
2
+ + ≤ + e) x y z
− + − + − ≥
Bài 6 Chứng minh rằng:
ab
1
1+ + 1+ ≤ + , ∀ a, b ∈ (0; 1]
Bài 7 Chứng minh rằng: (a2+2)(b2+2)(c2+ ≥2) 9(ab bc ca+ + ), ∀ a, b, c > 0.
Bài 8 Cho x y z
xy yz zx, , 0 1
>
+ + =
3 3 2
1− +1− +1− ≥ .
Bài 9 Cho x y z
x y z xyz, , 0
>
+ + =
3 2
1+ + 1+ + 1+ ≤
Bài 10 Cho x y z
xy yz zx, , 0 1
>
+ + =
1+ + 1+ + 1+ ≥ 1+ + 1+ + 1+ .
=====================================
Tái bút: nếu cần bất đẳng thức dạng cơ bản, thi vào lớp 10 THPT( không chuyên) các bạn nên tìm hiểu về kĩ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức cauchy Để lấy câu 1 điểm ckứ nkể.
- mìnk thấy quyển Những sai lầm thường gặp và các sáng tạo khi giải toán của Trần Phương cũng khá là hay Chúc các bạn thành công
Thân!