File402 - BAT DANG THUC LUONG GIAC

A Ta có la= = 2bc p ( p − a ) = bc p( p − a ) (1) b+c b+c bc b+c bc Lại có ≤ nên từ (1) suy la ≤ p ( p − a ) (2) b+c Tương tự ta có l ≤ p ( p − b) (3) 2bc cos b lc ≤ p ( p − c) (4) từ (2)(3)và (4) suy la+lb+lc ≤ p ( p − a + p − b + p − c ) (5) dấu “=” (5) xảy  a=b=c áp dụng BCS ta có ( p − a + p − b + p − c ) ≤ 3(3 p − a − b − c) ⇒ p − a + p − b + p − c ≤ p (6) Từ (5) (6) suy dpcm Ví dụ 2.4.6 Cho tam giác ABC CMR: a + b3 + c 2r ≥ 4− abc R Lời giải abc = pr = p ( p − a)( p − b)( p − c) 4R r 8S a 2b + ab + b 2c + bc + c a + ca − a − b3 − c − 2abc = = Ta có S= ⇒ R pabc abc ⇒ 4− 2r a + b3 + c a b b c c a a + b3 + c = +6−( + + + + + ) ≤ R abc b a c b a c abc Suy đpcm Ví dụ 2.4.7 Cho tam tam giác ABC.CMR a b b c c a ( + − c )( + − a )( + − b) ≥ 27abc cos A cos B cos b cos C cos C cos A Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: sin C sin A sin B ( − sin C )( − sin A)( − sin B) ≥ 27 sin A sin B sin C cos A cos B cos B cos C cos C cos A − cos A cos B − cos B cos C − cos C cos A ⇔ ≥ 27 cos A cos B cos B cos C cos C cos A Đặt x = tanA/2,y = tanB/2,z = tanC/2, ta có 2x 2y 2z − x2 1− y2 1− z2 tan A = , tan B = , tan C = cos A = , cos B = , cos C = 2 2 1− x 1− y 1− z2 1+ x 1+ y 1+ z -1- − cos A cos B 2( x + y ) = mặt khác : x + y ≥ xy nên: cos A cos B (1 − x )(1 − y ) − cos A cos B 2x 2y ≥ = tan A tan B (1) cos A cos B 1− x 1− y2 Tương tự ta có: − cos B cos C ≥ tan B tan C cos B cos C − cos C cos A ≥ tan C tan A cos C cos A Nhân vế theo vế (1) (2) (3) ta đpcm Ví dụ 2.4.8 CMR với tam giác ABC ta có 36 abc a + b2 + c2 ≥ ( p2 + ) (1) 35 p Lời giải Biến đổi tương đương bất đẳng thức cho ta có Khi : (1) 35( a + b + c ) ≥ 9(a + b + c) + 72abc a+b+c Theo BCS : (a + b + c) ≤ 3(a + b + c ) ⇒ 9(a + b + c) ≤ 27(a + b + c ) a+b+c a + b2 + c2 ≥ abc Lại có ≥ (abc ) suy 3 2 (a + b + c)(a + b + c ) ≥ 9abc ⇔ 8(a + b + c ) ≥ (1)+(2) suy ra: 72abc (2) a+b+c 27(a + b + c ) + 8(a + b + c ) ≥ 9(a + b + c ) + =>dpcm Ví dụ 2.4.9: Chứng minh tam giác ABC ta có : -2- 72abc a+b+c B −C C−A A− B cos cos + + ≥6 A B C sin sin sin 2 cos Lời giải : Ta có B −C C−A A− B B −C C−A A− B cos cos cos cos cos + + ≥ 33 2 (1) A B C A B C sin sin sin sin sin sin 2 2 2 B −C C−A A− B cos cos cos 2 = (sin B + sin C )(sin C + sin A)(sin A + sin B) mà A B C sin A sin B sin C sin sin sin 2 Lại theo AM-GM: sin A + sin B ≥ sin A sin B  sin B + sin C ≥ sin B sin C  sin C + sin A ≥ sin C sin A cos ⇒ (sin B + sin C )(sin C + sin A)(sin A + sin B) ≥ 8sin A sin B sin C (sin B + sin C )(sin C + sin A)(sin A + sin B ) ⇒ ≥8 sin A sin B sin C Từ (1) (2) suy : A− B B −C C−A cos cos cos + + ≥ 33 = C A B sin sin sin 2 Suy đpcm Ví dụ 2.4.10 CMR tam giác ABC có r sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≥ 9( ) R Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a b b c c a + + ≥ 9r ⇔ ab + bc + ca ≥ 36r (1) 2 2 2 -3- (2) Áp dụng cơng thức hình chiếu ta có: B C C A ab + bc + ca = r (cot + cot ).r (cot + cot ) + 2 2 C A A B A B B C r (cot + cot ).r (cot + cot ) + r (cot + cot ).r (cot + cot ) 2 2 2 2 B C C A C A A B A B B C = r [(cot + cot ).(cot + cot ) + (cot + cot ).(cot + cot ) + (cot + cot ).(cot + cot )] 2 2 2 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có: B C C A C + cot ).(cot + cot ) + (cot + cot 2 2 B C C A C cot cot cot cot + cot cot 2 2 [(cot A A B A B B C ).(cot + cot ) + (cot + cot ).(cot + cot )] ≥ 2 2 2 * A A B A B B C cot cot + cot cot cot cot 2 2 2 Vế phải bất đẳng thức * tương đương với : cot A cot B cot C + cot B cot A cot C + cot 2C cot A cot B ** Lại theo bất đẳng thức Cauchy : A B C ** ≥ 123 (cot cot cot ) 2 2 A B C Mà cot cot cot ≥ 3 2 Nên ** ≥ 12.3 = 36 Suy đpcm 2.5 Tận dụng tính đơn điệu hàm số Ví dụ 2.5.1 CMR sin x > Lời giải: 2x π với x ∈ (0; ) π sin x π − với x ∈ (0; ) x π x cos x − sin x ⇒ f '( x) = x2 Xét f ( x) = π Xét g ( x) = x cos x − sin x với x ∈ (0; ) π ⇒ g '( x ) = − x sin x < 0∀x ∈ (0; ) ⇒ g ( x) nghịch biến khoảng π ⇒ g ( x ) < g (0) ⇒ f '( x ) < ⇒ f ( x) > f ( ) ⇒ đpcm Ví dụ 2.5.2 sin x π ) > cos x với x ∈ (0; ) CMR ( x Lời giải -4- Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : sin x > cos x −1 ⇔ sin x(cos) − x > −4 f '( x ) = cos x − sin x cos x − Xét −1 −7 π f "( x) = (cos x) (1 − sin x) + sin x(cos x) > 0∀x ∈ (0; ) ⇒ f '( x) đồng biến khoảng ⇒ f '( x) > f '(0) = ⇒ f ( x) đồng biến khoảng ⇒ f ( x) > f (0) = ⇒ đpcm Ví dụ 2.5.3 CMR a góc nhọn hay a=0 ta có : 2sin a + tan a ≥ 2a+1 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 2sin a + tan a ≥ 2sin a + tan a Do ta cần chứng minh : sina +tana >2a với 0 0∀t ∈ (1; ] ⇒ f ( x) đồng biến khoảng x ⇒ f ( x) ≤ f ( ) ⇒ đpcm Ví dụ 2.5.5 Cho tam giác ABC có chu vi 3.CMR: 13 3(sin A + sin B + sin C ) + R sin A sin B sin C ≥ 4R2 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 3.4 R sin A + 3.4 R sin B + 3.4 R sin C + 4(2 R sin A)(2 R sin B)(2 R sin C ) ≥ 13 − cos A cos B + 2(cos A cos B + cos A cos B + cos A cos B) + ≥ ⇔ 3a + 3b + 3c + 4abc ≥ 13 Do a,b,c có vai trị nên ta giả sử a ≤ b ≤ c Theo giả thiết a+b+c=3 ⇒ a + b > c ⇒ − c > c ⇒ ≤ c ≤ Thực biến đổi: T = 3a + 3b2 + 3c + 4abc = 3(a + b ) + 3c + 4abc = 3[(a + b) − 2ab] + 3c + 4abc = 3(3 − c) + 3c + 4abc − 6ab = 3(3 − c) + 3c − 2ab(3 − 2c) Vì c < ⇒ 2c − < ⇒ − 2c > a+b 3−c 3−c ) =( ) ⇒ −2ab( ) Và ab ≤ ( 2 -6- T ≥ 3(3 − c) + 3c − 2( Do : 3−c ) (3 − 2c) 27 = c3 − c + = f (c ) 2 27 3 Xét f (c) = c − c + với ≤ c < 2 ⇒ f '(c ) = 3c − 3c ≥ 0∀c ∈ [1; ) ⇒ f (c ) đồng biến khoảng ⇒ f (c) ≥ f (1) = 13 ⇒ đpcm Ví dụ 2.5.6 r2 p 28 Cho tam giác ABC CMR: + ≥ S r 3 Lời giải  A ( p − b)( p − c)  tan = p( p − a )   B ( p − c)( p − a ) A B C p −a p −b p −c  ⇒ tan tan tan = Ta có :  tan = p ( p − b ) 2 p p p   C  tan = ( p − a )( p − b) p( p − c )  r2 S Và = = S p p ( p − a )( p − b)( p − c ) = p2 p −a p −b p −c p p p r2 A B C = tan tan tan S 2 Mặt khác : p A B C = cot cot cot r 2 Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với A B C A B C 28 tan tan tan + cot cot cot ≥ (1) 2 2 2 3 A B C Đặt t = cot cot cot ⇒ t ≥ 3 2 Khi (1) trở thành : + t ≥ 3 t ⇒ f '(t ) = − > 0∀t ≥ 3 t Xét f (t ) = t + với t ≥ 3 đpcm 28 t ⇒ f (t ) = f (3 3) = 3 + = ⇒ 3 3 Ví dụ 2.5.7 cho tam giác ABC CMR : Do -7- (1 + cos A)(1 + cos B(1 + cos C ) ≥ 125 16 Lời giải Không tính tổng quát giả sử C = min{ A, B, C} Ta có : + cos A + cos B (1 + cos A)(1 + cos B) = (1 + )(1 + ) 2 Xét: P = 4(1 + cos A)(1 + cos B ) = (3 + cos A)(3 + cos B) ⇒ P = + 3(cos A + cos B ) + cos A cos B = + cos( A + B) cos( A − B) + [cos(2 A + B) + cos(2 A − B)] = − cos C cos( A − B) + [2 cos ( A + B) + cos ( A + B) − 2] = − cos C cos( A − B) + cos C + cos ( A + B) − cos( A − B) ≤ Do ⇒ P ≥ − cos C + cos C = (3 − cos C ) Mà cosC > ⇒ P (1 + cos C ) ≥ (3 − cos C ) (1 + cos C ) Mặt khác ta có: < C ≤ 60 ⇒ cos C ≥ Xét f ( x) = (3 − x) (1 + x ) với x ∈ [ ;1) ⇒ f '( x) = 2( x − 3)( x − 1)(2 x − 1) ≥ 0∀x ∈ [ ;1) ⇒ f ( x) đồng biến khoảng 125 125 ⇒ f ( x) ≥ f ( ) = ⇒ (1 + cos A)(1 + cos B)(1 + cos C ) ≥ ⇒ đpcm 16 16 Ví dụ 2.5.8 Cho tam giác ABC CMR: 1 2( + ) − (cot B + cot C ) ≤ sin B sin C Lời giải : − cot x với x ∈ (0; π ) Xét f ( x) = sin x cos x 1 − cos x π ⇒ f '( x) = − + = ⇒ f '( x) = ⇔ x = 2 sin x sin x sin x π ⇒ max f ( x) = f ( ) = ⇒ − cot x ≤ 3 sin x Thay x B,C dấu đẳng thức ta đươc đpcm 2.6 Bài tập: -8- cos A + cos B + cos 2C ≥ −4 3(cos A − cos 2C ) + cos B ≤ ( + 1)(cos A + cos B) − (3 + 5) cos 2C ≤ + A B C tan + tan + tan ≥ − 2 1 1 + 2+ 2≤ 2 a b c 4r 3 abc a b c ≥ + + r rb rc a b c 3abc + + +