[r]
(1)Chương :
Áp dụng vào một số vấn đề khác “Có học phải có hành”
Sau xem xét bất ñẳng thức lượng giác phương pháp chứng minh ta phải biết vận dụng kết quảđó vào vấn đề khác
Trong chương trước ta có ví dụ bất ñẳng thức lượng giác mà dấu thường xảy trường hợp ñặc biệt : tam giác ñều, cân hay vng …Vì lại phát sinh dạng : định tính tam giác dựa vào điều kiện cho trước
Mặt khác với kết chương trước ta dẫn đến dạng tốn tìm cực trị lượng giác nhờ bất ñẳng thức Dạng hay : kết quảñược “giấu” đi, bắt buộc người làm phải tự “mị mẫm” tìm đáp án cho riêng Cơng việc thật thú vị ! Và tất nhiên muốn giải tốt vấn đề ta cần có “vốn” bất ñẳng thức “kha khá”
Bây kiểm tra hiệu bất ñẳng thức lượng giác chương : “Áp dụng vào số vấn ñề khác”
Mục lục :
3.1 ðịnh tính tam giác………67
3.1.1 Tam giác ñều……… 67
3.1.2 Tam giác cân……… 70
3.1.3 Tam giác vuông……… 72
3.2 Cực trị lượng giác……… 73
(2)3.1 ðịnh tính tam giác : 3.1.1 Tam giác ñều :
Tam giác đều có thể nói là tam giác đẹp nhất các tam giác Ở ta có ñược sự ñồng nhất giữa các tính chất của các ñường cao, ñường trung tuyến, ñường phân giác, tâm ngoại tiếp, tâm nội tiếp, tâm bàng tiếp tam giác … Và các dữ kiện đó lại cũng trùng hợp với ñiều kiện xảy dấu bằng ở các bất ñẳng thức lượng giác ñối xứng tam
giác Do đó sau giải được các bất đẳng thức lượng giác thì ta cần phải nghĩ đến việc vận dụng nó trở thành một phương pháp nhận dạng tam giác đều
Ví dụ 3.1.1.1
CMR ∆ABC ñều thỏa : ma mb mc R
2
= + +
Lời giải :
Theo BCS ta có :
( ) ( )
( ) ( )
(m m m ) R ( A B C) c
b a m
m m
m m m m
m m
c b a
c b a
c b a c
b a
2
2 2
2 2
2 2
sin sin
sin
4
+ +
≤ +
+ ⇔
+ + ≤
+ + ⇔
+ + ≤
+ +
mà :
4 sin
sin
sin2 A+ B+ 2C≤
( )
R m
m m
R R
m m m
c b a
c b a
2
4 81
9 2
2
≤ + +
⇒
= ⋅ ≤ +
+
⇒
ðẳng thức xảy ∆ABC ⇒đpcm
Ví dụ 3.1.1.2
CMR nếu thỏa
c ab B
A
4 sin
sin = ∆ABCđều
Lời giải :
(3)( )
2 cos
1
sin
2 cos
cos sin
2 cos sin sin
8
sin sin
2
4 C A B
B A
C C R
B A B A R
C R
B A
R c
b a c ab
+ ≤
− =
− +
= +
= + ≤
0 sin
cos
cos
0 cos cos cos
0 cos
cos
cos
1 sin sin cos
2 cos
1
sin sin
2 2
≥ − +
−
− + ⇔
≥ + − +
− + ⇔
≤ −
+
− − +
⇔
≤ +
⇔
+ ≤
⇒
B A B
A B
A
B A B A B
A
B A B
A B
A
B A B A
B A B
A
⇒đpcm
Ví dụ 3.1.1.3
CMR ∆ABC ñều nó thỏa : 2(ha +hb +hc) (= a+b+c)
Lời giải :
ðiều kiện ñề tương ñương với :
( )
2 cot cot
1
cot cot
1
cot cot
1
2
3
= +
+ +
+ +
⇔
= + + ⇔
+ + =
+ +
A C
C B
B A
c r b r a r
c b a c r b r a r p
Mặt khác ta có :
+ =
+ ≤
+
tan tan cot
1 cot
1 cot cot
1 A B
B A
B A
(4)
+ ≤
+
+ ≤
+
2 tan tan cot cot
1
2 tan tan cot cot
1
A C
A C
C B
C B
3 tan tan tan
tan tan tan 2
3
2 tan tan tan 2 cot cot
1
cot cot
1
cot cot
1
≥ +
+ ⇔
+ +
≤
⇒
+ +
≤ +
+ +
+ +
⇒
C B
A C
B A
C B
A A
C C
B B
A
⇒đpcm
Ví dụ 3.1.1.4
CMR nếu thỏa
2 3Rr
S = ∆ABC đều
Lời giải :
Ta có :
Rr R
r
C B A R r C B A R C B A R
C B A C B A R
C B A R S
2 3
3
2 cos cos cos cos cos cos sin sin sin
2 cos cos cos sin sin sin sin sin sin
2 2
= ≤
= =
= =
⇒đpcm
Ví dụ 3.1.1.5
CMR ∆ABC đều nó thỏa mambmc = pS
Lời giải :
Ta có :
( ) ( ) ( )
2 cos cos
1 cos
1
2
1 2 2 2
2 A
bc A bc
A bc c
b a
c b
ma = + − = + + ≥ + =
(5)( ) ( )
(p a)
p m
bc a p p bc
a c b bc
bc a
c b A
bc a c b A
bc a c b A
a ≥ −
⇒
− = − + = + − + =
⇒
− + = −
⇒
− + =
4
2 cos
2
2 cos 2
cos
2 2
2 2
2 2
2 2
Tương tự :
( ) ( )
(p a)(p b)(p c) pS p
p m m m
c p p m
b p p m
c b a c b
= − − − ≥
⇒
− ≥
− ≥
⇒ñpcm
3.1.2 Tam giác cân :
Sau tam giác đều thì tam giác cân cũng đẹp khơng kém Và đây thì chúng ta sẽ xét những bất đẳng thức có dấu bằng xảy hai biến bằng và khác biến thứ ba Ví dụ
3 ;
π π
= =
=B C
A Vì thế khó hơn trường hợp xác định tam giác đều
Ví dụ 3.1.2.1
CMR ABC∆ cân nó thỏa điều kiện
2 tan tan
tan2 A+ B= A+B nhọn
Lời giải :
Ta có : ( ) ( )
( ) ( ) (A B) C C B
A B
A
B A B
A B A B
A
cos cos
sin cos
cos sin cos
cos sin tan
tan
− − =
− +
+
+ =
+ =
+
( ) ( )
2 sin cos cos cos
1
cos A−B ≤ ⇒ A−B − C ≤ − C= C
( )
2 tan tan tan
2 tan 2 cot 2
sin
2 cos sin sin
sin cos
cos sin
2
B A B
A
B A C
C C C
C C C
B A
C
+ ≥
+
⇒
+ =
= =
≥ −
−
⇒
Từ giả thiết :
2
2
2 tan tan
2 tan tan
tan
+ ≤
+ =
+ B A B A B
A
(6)
( )
B A
B A
B A
= ⇔
= ⇔
≤ −
⇔
tan tan
0 tan
tan
⇒đpcm
Ví dụ 3.1.2.2
CMR ∆ABC cân thỏa
2 cosA
bc ha =
Lời giải :
Trong tam giác ta ln có :
2 cos A
c b
bc l
ha a
+ =
≤
mà bc
bc bc c b
bc bc
c
b ≤ =
+
⇒
≥
+ 2
2 cos
cos
cos
2 A
bc h
A bc A c b
bc
a ≤ ⇒
≤ +
⇒
ðẳng thức xảy ∆ABC cân ⇒đpcm
Ví dụ 3.1.2.3
CMR nếu thỏa
2 sin 4R B r
r+ a = ∆ABC cân
Lời giải :
Ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
2 sin cos sin cos
2 sin
cos cos cos
2 sin
cos sin
2 cos
2 sin sin sin
2 tan
tan
2 tan
tan
B R C A B R B B C
A B R B B C
A C A R
B B C A
R B c a B b p B p B b p r
r a
≤ − =
⋅ − =
⋅ − +
=
+ =
+ = −
= +
− = +
2 sin 4R B r
r+ a ≤
(7)Ví dụ 3.1.2.4
CMR nếu ( 2)
4
b a
S = + ∆ABC cân
Lời giải :
Ta có : a +b ≤ ab⇒ (a +b )≥ ab≥ absinC =S
2
1
1
2 2
2
( + )≥ ⇒ ⇒ a2 b2 S
4
ABC
∆ cân thỏa ñiều kiện ñề
Ví dụ 3.1.2.5
CMR ∆ABC cân thỏa
4 cos cos
cos
2 A+ B+ C =
Lời giải :
Ta có :
4 9 sin
cos 2 sin
4 cos
cos 2 sin cos sin 2 sin
2 cos cos 2 sin 2 cos cos
cos
2
2
2
2
≤ + − −
−
− −
=
+ − − +
−
− −
= + − − +
− =
− +
+
− = +
+
C B C
B A
C B C
B A
C B A A
C B C B A
C B
A
ðẳng thức xảy B=C⇒đpcm 3.1.3. Tam giác vng :
Cuối cùng ta xét đến tam giác vng, đại diện khó tính nhất của tam giác đối với bất
ñẳng thức lượng giác Dường như nhận diện tam giác vng, phương pháp biến đổi tương đương các ñẳng thức là ñược dùng hơn cả Và ta hiếm gặp bài tốn nhận diện tam giác vng mà cần dùng ñến bất ñẳng thức lượng giác
Ví dụ 3.1.3.1
CMR ∆ABC vng thỏa 3cosB+6sinC+4sinB+8cosC=15
(8)Theo BCS ta có :
( )( )
( )( )
= +
+ ≤
+
= +
+ ≤
+
10 cos
sin cos
8 sin
5 sin
cos sin
4 cos
2
2
2
2
C C
C C
B B
B B
⇒3cosB+4sinB+6sinC+8cosC≤15
ðẳng thức xảy :
2 cot
tan
4 cot
3 tan
8 cos
sin
4 sin
cos 10
cos sin
5 sin cos
3 π
= + ⇔ =
⇔
= = ⇔
= = ⇔
= +
= +
C B C B
C B
C C
B B
C C
B B
⇒ñpcm
3.2 Cực trị lượng giác :
ðây là lĩnh vực vận dụng thành công và triệt ñể bất ñẳng thức lượng giác vào giải
toán ðặc biệt dạng bài này, gần như ta là người đi sa mạc khơng biết phương hướng đường đi, ta sẽ khơng biết trước kết quả mà phải tự mình dùng các bất
đẳng thức đã biết để tìm đáp án cuối cùng Vì lẽ mà dạng tốn này thường rất “khó
xơi”, nó địi hỏi ta phải biết khéo léo sử dụng các bất ñẳng thức cũng như cần một vốn liếng kinh nghiệm về bất ñẳng thức khơng nhỏ
Ví dụ 3.2.1
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số :
( )
y d x c
y b x a y d x c
y b x a y x
f 2 2
4
2
4
sin cos
sin cos
cos sin
cos sin
,
+ + +
+ + =
với a,b,c,d các hằng số dương
Lời giải :
ðặt f(x,y)=af1 +bf2 với
y d x c
x y
d x c
x
f 2 2
4
2
sin cos
cos cos
sin sin
+ +
+
=
y d x c
x y
d x c
x
f 2 2
4
2
sin cos
sin cos
sin cos
+ +
+ =
(9)( ) [( ) ( )] sin cos cos sin cos cos sin sin cos sin sin cos cos cos sin sin sin cos cos sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = + + + + + ≥ + + + + + + = + y d x c x y d x c y d x c x y d x c y d x c x y d x c x y d x c y d x c f d c d c f + ≥ ⇒
1 Tương tự :
d c f
+ ≥
2 Vậy ( )
d c b a bf af y x f + + ≥ +
= 1 2
,
Ví dụ 3.2.2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P=cos3A+cos3B−cos3C
Lời giải :
Ta có : cos3C =cos3[π −(A+B)]=cos[3π −3(A+B)]=−cos3(A+B) nên
( )
2 cos 2 cos cos cos cos
cos −
+ + − + = + + +
= A B A B A B A B A B
P
P A B A B A B f(x,y)
2 cos cos 2 cos 2 2 = + + − + + = + ⇒ 3 cos
' − ≤ ⇒ ≥−
− =
∆ A B P
= = = ⇔ − = = ⇔ − − = + = − ⇔ − − = + = ∆ ⇔ − = 9 2 cos cos 2 cos cos cos 2 cos ' π π A A B A A B A B A B A B A B A B A P
Vậy
(10)Ví dụ 3.2.3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
C B
A
C B
A
P 2 2 2
2
2
cos cos
cos
sin sin
sin
+ +
+ +
=
Lời giải :
Ta có :
( )
3
3
1 sin
sin sin
3
3
1 cos cos
cos
3
2
2
2
2
= − − ≤
− +
+ −
=
− +
+ =
C B
A
C B
A P
Do : Pmax =3⇔∆ABC
Ví dụ 3.2.4
Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của y=4 sinx− cosx
Lời giải :
ðiều kiện : sinx≥0,cosx≥0
Ta có : =4 sin − cos ≤4 sin ≤1
x x
x y
Dấu xảy π 2π
2
cos sin
k x
x x
+ = ⇔
= = ⇔
Mặt khác : y=4 sinx− cosx ≥− cosx ≥−1
Dấu xảy 2π
1 cos
0 sin
k x x
x
= ⇔
= =
⇔
Vậy
= ⇔ − =
+ = ⇔ =
π π π
2
2
min max
k x y
k x
y
Ví dụ 3.2.5
Cho hàm số
2 cos sin
cos
− +
+ =
x x
x
(11)Lời giải :
Vì sinx cosx khơng đồng thời nên y xác ñịnh R Y0 thuộc miền giá trị hàm số
2 cos sin
cos
0
− +
+ =
x x
x
Y có nghiệm
⇔Y0sinx+(Y0 −1)cosx=2Y0 +2 có nghiệm
( ) ( )
2 19
19
0 10
1
2
0
2 2
+ − ≤ ≤ − − ⇔
≤ + + ⇔
− + ≤ +
Y Y Y
Y Y Y
Vậy
2 19
max
+ − =
y
3.3 Bài tập :
CMR ∆ABC ñều thỏa đẳng thức sau :
3.3.1
4 cos cos cos
cos cos
cosA B+ B C+ C A=
3.3.2 sin2A+sin2B+sin2C =sinA+sinB+sinC
3.3.3 A B C
C B
A 2tan tan tan
1
3
sin
sin
sin
+ = +
+
3.3.4
2 tan tan tan cot
cot cot
2 2
2 2
C B A
c b a C
B A
c b a
=
+ +
+ +
3.3.5
2 cos cos
cos
= +
+ + +
c b a
C c B b A a
3.3.6
2 cos cos
cos A B C
abc m
m
ma b c =
3.3.7
2 cos cos
cosA B C
abc l
l la b c =
3.3.8 bc A ca B ab C 12S
2 cot
cot
cot + + =
3.3.9
9 26 sin
1 sin
1 sin
1
1 = +
+
+
+
C B
A
3.3.10
( )
1 sin
sin sin
sin sin sin
2 =
+
+ B C
A