I Đặt vấn đề: Một mục tiêu quan trọng giáo dục phổ thông giai đoạn rèn luyện cho học sinh tính chủ động, sáng tạo, tư linh hoạt, biết phát hướng cho vấn đề quen thuộc Bất đẳng thức lượng giác tam giác chuyên đề khó đòi hỏi óc sáng tạo, chứa đựng nhiều vấn đề khác toán học, dạng tập phong phú dạng toán lẫn phương pháp giải Đó phần thiếu đề thi học sinh giỏi toán phổ thông trung học tuyển sinh Đại học Trong trình giảng dạy nhận thấy phần mà học sinh e ngại nhất, đặc biệt bất đẳng thức dạng đối xứng, vai trò số hạng bất đẳng thức không bình đẳng khiến cho việc định hướng lời giải gặp nhiều khó khăn Với mong muốn nâng cao chất lượng học tập học sinh phần hệ thức lượng tam giác chọn đề tài nghiên cứu là: “ Một số phương pháp giải bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác” II Nội dung: A Kiến thức bản: Học sinh cần hệ thống lại toàn công thức lượng giác Một số bất đẳng thức: a + b ≥ 2ab Bất đẳng thức Cauchy Định lý dấu tam thức bậc hai, điều kiện để tam thức không đổi dấu R Hàm số đồng biến, nghịch biến miền B Các phương pháp giải: Phương pháp 1:Sử dụng bất đẳng thức 2ab ≤ a + b Ta bất đẳng thức quen thuộc tam giác Chứng minh ∆ABC: Bài toán có nhiều lời giải khác nhau, nhiên sau lời giải ngắn gọn: Giải: Ta có: 2(cosA + cosB + cosC) = 2(cosA + cosB) +2cosC = 2.1.(cosA + cosB) - 2cos(A+B) ≤ (cosA+cosB) +1 -2(cosAcosB - sinAsinB) = cosA + cosB +1 +2sinAsinB ≤ cosA + cosB +sinA + sinB +1 =3 Do VT ≤ Dấu xảy ⇔ ⇔ A=B=C= Chứng minh ∆ABC: Rõ ràng toán gây nhiều lúng túng cho học sinh, nhiên giáo viên gợi ý cho học sinh tìm tòi lời giải theo hướng toán Với cách biến đổi ta có: BĐT ⇔ 2(cosA + cosB) +2cosC ≤ Ta có 2(cosA + cosB) +2cosC = 2(cosA + cosB) -2cos(A+B) ≤ (cosA+cosB) +3 - 2(cosAcosB - sinAsinB) = cosA + cosB +2cosAcosB +3 - 2cosAcosB +2sinAsinB ≤ cosA + cosB +sinA + sinB +3 =5 Dấu xảy ⇔ ⇔ A=B= , C= CMR a b Hoàn toàn tương tự CMR với ∀ x ∈ R ta có: Giải: Thật bất đẳng thức ⇔ 2cosA + 2(cosB +cosC)x ≤ + x VT ≤ (cosB + cosC) + x + 2cosA = (cosB + cosC) + x -2(cosBcosC - sinBsinC) = (cosB + cosC) + x + 2sinBsinC ≤ cosB + cosC +sinB + sinC +x = + x Dấu xảy ⇔ Chứng minh ∆ABC: Giải: BĐT ⇔ 2(cos2A - cos2C) +2cos2B ≤ VT ≤ (cos2A - cos2C) + +2(cos2Acos2C - sin2Asin2C) = cos2A + cos2C +sin2A + sin2C +3 = Dấu xảy ⇔ ⇔ ⇔ CMR ∆ABC: Ta có : BĐT ⇔ 3cosA + 4cosB + 5cosC ≤ + + Ta chứng minh BĐT tổng quát sau đây; Với ∆ABC x, y, z số thực dương : Giải: Thật : BĐT ⇔ 2(xyzcosA +xyzcosB) + 2xyzcosC ≤ xy +yz +zx VT = 2xy(xzcosA + yzcosB) - 2xyzcos(A+B) ≤ xy + (xzcosA + yzcosB) - 2xyz(cosAcosB - sinAsinB) = xy +xzcosA +yzcosB + 2xyzcosAcosB - 2xyzcosAcosB + 2xyzsinAsinB ≤ xy +xzcosA + yzcosB + xzsinA +yzsinB = xy +yz +zx Dấu xảy ⇔ CMR với ∆ABC x, y, z số thực : Giải: Thật : BĐT ⇔ 2(yzcosA +zxcosB) + 2xycosC ≤ x + y +z ⇔ 2z(ycosA +xcosB) + 2xycosC ≤ x + y +z VT ≤ z + (ycosA +xcosB) - 2xy(cosAcosB - sinAsinB) = z +ycosA + xcosB + 2xysinAsinB ≤ z +ycosA + xcosB + xsinB + ysinA = x + y +z Dấu xảy ⇔ Cho x, y, z số thực dương Chứng minh với ∆ABC ta có: Giải: BĐT ⇔ 2(xyzsin +xyzsin ) + 2xyzsin ≤ xy +yz +zx Thật : VT = 2xy(xzsin + yzsin) + 2xyzcos( + ) ≤ xy + (xzsin + yzsin) + 2xyz(cos cos - sin sin ) = xy +xzsin +yzsin + 2xyzsinsin+ 2xyzcoscos - 2xyzsinsin ≤ xy +xzsin +yzsin + xzcos +yzcos ≤ xy +yz +zx Dấu xảy ⇔ Trong trường hợp dấu bất đẳng thức xảy theo chiều ngược lại áp dụng phương pháp giải 10.CMR tam giác ABC : Giải: Thật vậy: BĐT ⇔ 2( cos2A + 2cos2B) + 4cos2C ≥ -8 VT ≥ -1 - ( cos2A + 2cos2B) + 4cos(2A+2B) = -1 - 3cos2A - 4cos2B - 4cos2Acos2B + 4cos2Acos2B - 4sin2Asin2B ≥ -1 -3cos2A - 4cos2B -3sin2A - 4sin2B = -8 Dấu xảy ⇔ 11 Chứng minh tam giác ABC ta có: Cách giải hoàn toàn tương tự 12.Cho số dương x, y, z CMR với tam giác ABC ta có: Giải: Thật vậy: BĐT ⇔ 2(xyzcos2A +xyzcos2B) + 2xyzcos2C ≥ -( xy +yz +zx) VT = 2xy(xzcos2A + yzcos2B) + 2xyzcos(2A+2B) ≥ - xy - (xzcos2A + yzcos2B) + 2xyz(cos2Acos2B - sin2Asin2B) = - xy -(xzcos2A +yzcos2B) - 2xyzsin2Asin2B ≥ - xy -(xzcos2A + xzsin2A) - (yzcos2B +yzsin2B) = - (xy +yz +zx) Dấu xảy ⇔ 13.Cho số dương x, y, z Chứng minh với tam giác ABC ta có Giải: Đặt yz =α , zx =β , xy =γ ta nhận được: = + + Từ quay lại lời giải toán 11 Ta biết tam giác ABC có: tantan + tantan + tantan = Từ dễ dàng suy tan + tan + tan ≥ Có thể mở rộng bất đẳng thức đối xứng thành bất đẳng thức không đối xứng sau: 14.Chứng minh tam giác ABC ta có: Giải: Thật : VT = 2tan + tan + 3tan + tan + tan + tan Theo bất đẳng thức Cauchy: 2tan + tan ≥ 2tantan 3tan + tan ≥ 2tantan tan + tan ≥ 2tantan Vậy VT ≥ tantan + tantan + tantan = ( Do tantan + tantan + tantan = với tam giác ABC) 15.Cho số dương m, n, p Chứng minh tam giác ABC ta có: Giải: Thật vậy: VT = tan + tan tan = tan + tan +( tan + tan + tan + tan Theo BĐT Cauchy : tan + tan ≥ 2tantan tan + tan ≥ 2tantan tan + tan ≥ 2tantan Cộng vế tương ứng BĐT ta có điều phải chứng minh Dấu xảy ⇔ tan = tan tan = tan tan = tan Hay tan = tan = tan ⇔ = = Phương pháp 2: Sử dụng tam thức bậc hai Chứng minh với ∀ x ∈ R ∆ABC ta có: (bài số 4) Giải: BĐT ⇔ f(x) = x -2(cosB +cosC)x + - 2cosA ≥ ∀ x ∈ R Hay ⇔ ∆’ ≤ Ta có (cosB +cosC) -2(1 -cosA) = coscos -4sin = -4sin 1- cos ≤ Chứng minh Giải: Ta có P = 2cos + sincos ⇔ P = 1- sin + sincos ⇔ 4sin - sincos + P -2 = Do ∆ = cos -4P +8 ≥ P ≤ 2+ cos ≤ Dấu xảy ⇔ Chứng minh tam giác ABC ta có: Giải: P = -2cosA + + cos(B+C)cos(B-C) ⇔ 2cosA +cos(B-C)cosA + P - = Do ∆ = cos(B-C) -8P +24 ≥ P≤3+ ≤3+ = Dấu xảy ⇔ Tổng quát cho toán ta có: a) b) Giải: Thật vậy: Đặt M = sinA +sinB + ksinC Khi + +k sinC - M =0 ⇔ 1- cos(A + B)cos(A - B)+ k sinC - M = ⇔ + cosCcos( A - B) + k(1 - cosC) - M = ⇔ - k cosC + cosCcos( A - B) +1 +k - M = Ta có: ∆ = cos(A -B) +4k(1 + k -M) ≥ ⇒ 4k +4k(1-M) + ≥ Hay M ≤ ( k >0 ) Dấu xảy ⇔ ⇔ Tương tự có bất đăngt thức sau: a) b) Ta có kết tổng quát : Chứng minh với tam giác ABC ta có: a) b) a) b) Phương pháp 3: Sử dụng đạo hàm Cho tam giác ABC có góc nhọn Chứng minh: Giải: BĐT ⇔ sinA + tanA -A + sinB + tanB -B + sinC + tanC -C > Do vai trò A, B, C nên đặt f(x) = sinx + tanx - x; x ∈ 0; f’(x) = cosx + - = 2cosx + -1 Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương : cosx + cosx + ≥ ⇒ f’(x) ≥ ⇒ f(x) hàm số đồng biến Vì x ∈ 0; ⇒ f(x) > f(0) = Thay x = A, x = B, x = C cộng theo vế, ta BĐT cần chứng minh Tìm giá trị lớn của: Giải: Ta có M = 2sincos - 4sin = 2t - 4t =f(t), < t = sin < f’(t) = -12t = ⇔ t = ± Xét dấu f’(t) < t ≤ ta có f’(t) >0; ≤ t ta có f’(t) >0 Từ f(t) ≤ f = - = Vậy M = đạt Chứng minh tam giác ABC ta có: Giải: Ta có: sinA +sinB +sinC = 2sin cos + sinC ≤ 2cos +sinC Xét hàm số: f(x) = 2cos + sinx , x ∈[0;π] f’(x) = -sin + cosx = -2sin -sin + = + 2sin1-sin, ∀ x ∈[0;π] Do f’(x) = sin = đổi dấu từ dương sang âm nên f(x) ≤ f(x) với sin = Mặt khác, ta có: f(x) = 2cos +2sincos = Do đó: f(x) ≤ Vậy: sinA +sinB + sinC ≤ 2cos +sinC ≤ Dấu xảy ⇔ ⇔ Chứng minh với tam giác ABC ta có: Hoàn toàn tương tự ví dụ x Xét hàm số f ( x ) = cos + sin x Dấu xảy ⇔ ⇔ đoạn [ 0; π ] Một số toán tương tự: Chứng minh với tam giác ABC cosA + cosB + cosC ≤ Chứng minh rằng: cosA + 6(cosB + cosC) ≤ Cho ∆ABC, tìm Giá trị lớn Q = sinA + sinB + sinC Chứng minh với tam giác ABC -1 < 6cosA + 3cosB + 2cosC < xy sinA + yzsinB + zx sinC ≤ xy cosA + yzcosB + zx cosC ≥ - Cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện: Cho ∆ABC A ≤ B ≤ C < 90 CMR ≥ III Kết luận: Trên số kinh nghiệm cá nhân trình giảng dạy chuyên đề Hệ thức lượng tam giác, thông qua gợi ý, phương pháp giải học sinh có định hướng rõ ràng lớp toán bất đẳng thức dạng không đối xứng Ba phương pháp phương pháp quen thuộc với học sinh nhiên vào toán cụ thể lại có nét riêng nên cần phải có phân tích hợp lí để có lời giải tố ưu Trong thời gian không dài, có nhiều cố gắng chắn đề tài nhiều thiếu sót, mong góp ý bạn đồng nghiệp Hội động thẩm định để chuyên đề gần với em học sinh Tôi xin chân thành cảm ơn ... thể mở rộng bất đẳng thức đối xứng thành bất đẳng thức không đối xứng sau: 14.Chứng minh tam giác ABC ta có: Giải: Thật : VT = 2tan + tan + 3tan + tan + tan + tan Theo bất đẳng thức Cauchy:... Trên số kinh nghiệm cá nhân trình giảng dạy chuyên đề Hệ thức lượng tam giác, thông qua gợi ý, phương pháp giải học sinh có định hướng rõ ràng lớp toán bất đẳng thức dạng không đối xứng Ba phương. .. Tương tự có bất đăngt thức sau: a) b) Ta có kết tổng quát : Chứng minh với tam giác ABC ta có: a) b) a) b) Phương pháp 3: Sử dụng đạo hàm Cho tam giác ABC có góc nhọn Chứng minh: Giải: BĐT ⇔