Như vậy, ñể có thể ñương ñầu với các bất ñẳng thức lượng giác, bạn ñọc cần nắm vững các phương pháp chứng minh.. ðó sẽ là kim chỉ nam cho các bài bất ñẳng thức.[r]
(1)Chương :
Các phương pháp chứng minh
Chứng minh bất ñẳng thức địi hỏi kỹ kinh nghiệm Khơng thể khơi khơi mà ta ñâm ñầu vào chứng minh gặp bất ñẳng thức Ta xem xét thuộc dạng nào, nên dùng phương pháp ñể chứng minh Lúc ñó việc chứng minh bất ñẳng thức thành cơng
Như vậy, ựể ựương ựầu với bất ựẳng thức lượng giác, bạn ựọc cần nắm vững phương pháp chứng minh kim nam cho bất ựẳng thức Những phương pháp ựó phong phú ựa dạng : tổng hợp, phân tắch, quy ước ựúng, ước lượng non già, ựổi biến, chọn phần tử cực trị Ầ Nhưng theo ý kiến chủ quan mình, phương pháp thật cần thiết thông dụng ựược tác giả giới thiệu chương : ỘCác phương pháp chứng minhỢ
Mục lục :
2.1 Biến ñổi lượng giác tương ñương ……… 32
2.2 Sử dụng bước ñầu sở ……… 38
2.3 ðưa vector tích vơ hướng ……… 46
2.4 Kết hợp bất ñẳng thức cổ ñiển ……… 48
2.5 Tận dụng tính đơn diệu hàm số ……… 57
(2)2.1 Biến ñổi lượng giác tương đương :
Có thể nói phương pháp này là một phương pháp “xưa nhưTrái ðất” Nó sử dụng các công thức lượng giác và sự biến ñổi qua lại giữa các bất ñẳng thức ðể có thể sử dụng tốt phương pháp này bạn đọc cần trang bị cho mình những kiến thức cần thiết về biến đổi lượng giác (bạn đọc có thể tham khảo thêm phần 1.2 Các ñẳng thức,bất ñẳng thức trong tam giác)
Thông thường thì với phương pháp này, ta sẽ đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng bất ñẳng thức ñúng hay quen thuộc Ngồi ra, ta cũng có thể sử dụng hai kết quả
quen thuộc sinx ≤1; cosx ≤1
Ví dụ 2.1.1
CMR :
7 cos 14 sin
14 sin
π π
π
> −
Lời giải : Ta có :
( )1
3 cos cos cos 14
sin
14 sin
7 cos cos cos 14 sin
14 sin 14 sin 14 sin 14 sin 14 sin 14 sin 14 sin
π π
π π
π
π π
π π
π π
π π
π π
π
+ +
= −
⇒
+ +
=
− +
− +
− =
−
Mặt khác ta có :
( )2 cos cos cos cos cos cos
7 cos cos cos cos cos cos cos
π π π
π π
π
π π
π π
π π
π
+ +
=
+ +
+ +
+ =
ðặt
7 cos ;
7 cos ;
7
cosπ = π = π
= y z
x
Khi từ ( ) ( )1, ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương ñương với : x+y+z > 3(xy+yz+zx) ( )3
mà x,y,z>0 nên :
(3)Vì x,y,z đơi khác nên ( )4 ñúng ⇒ñpcm
Như vậy, với các bất đẳng thức như thì việc biến đổi lượng giác là quyết định sống cịn với việc chứng minh bất ñẳng thức Sau sử dụng các biến đổi thì việc giải quyết bất đẳng thức trở nên dễ dàng thậm chí hiển nhiên (!)
Ví dụ 2.1.2
CMR : a2 +b2 +c2 ≥2(absin3x+cacos2x−bcsinx) Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
( ) ( ) ( )
( )
( )
( cos2 sin ) ( sin2 cos )
0 cos
cos sin 2 sin
sin 2 cos sin cos sin
2 cos
sin 2 cos
cos sin cos sin cos
sin
cos sin
2
2 2
2
2 2
2
2
2 2
2
≥ −
+ − −
⇔
≥ +
− +
+ −
− + +
⇔
− +
+ +
≥ + +
+ +
x b x a c x b x a
x b
x x ab x a
x bc x ca x x ab c
x b
x a
x bc x ca
x x x
x ab c
x x
b x x
a
Bất đẳng thức cuối ln nên ta có đpcm
Ví dụ 2.1.3
CMR với ∆ABCbất kỳ ta có :
4 sin
sin
sin2 A+ B+ 2C≤
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
( )
( )
( ) ( )
0 sin
4
cos cos
0 cos
cos cos
0 cos
cos cos
4
2 cos
2 cos cos
2
2 2
≥ − +
−
− ⇔
≥ + − −
⇔
≥ + +
+ ⇔
≤ −
+ −
+ −
C B C
B A
C B A A
C B
A
C B
A
⇒đpcm
(4)Ví dụ 2.1.4
Cho α β γ ≠ π +kπ (k∈Z)
2 ,
, ba góc thỏa sin2α+sin2β +sin2γ =1 CMR : α β β γ γ α 2α 2β 2γ
2
tan tan tan
tan tan tan
tan tan
tan
− ≤
+ +
Lời giải :
Ta có :
γ β α α
γ γ
β β
α
γ β
α
γ β
α
γ β
α
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
tan tan tan tan tan tan
tan tan
tan
2 tan
1 tan
1 tan
1
2 cos cos
cos
1 sin sin
sin
− = +
+ ⇔
= +
+ +
+ +
⇔
= +
+ ⇔
= +
+
Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
(tan tan tan tan ) (tan tan tan tan ) (tan tan tan tan )
tan tan tan
tan tan
tan
tan tan tan
tan tan
tan
2
2
2 2
2
2
≥ −
+ −
+ −
⇔
+ +
≤
+ +
β α α
γ α
γ γ
β γ
β β
α
α γ γ
β β
α α
γ γ
β β
α
⇒ñpcm
ðẳng thức xảy α β γ
β α α
γ
α γ γ
β
γ β β
α
tan tan
tan tan
tan tan
tan
tan tan tan
tan
tan tan tan
tan
= =
⇔
= = =
⇔
Ví dụ 2.1.5
CMR ∆ABCbất kỳ ta có :
+ +
≥ +
+
2 tan tan tan cot cot
cotA B C A B C
Lời giải : Ta có :
2 cot cot cot cot cot
cotA+ B+ C = A B C
ðặt
2 cot ;
2 cot ;
2
cot A y B z C
x= = =
= + +
> xyz z y x
(5)( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
3
1 1
2
2
≥ − + − + − ⇔
+ + ≥ + + ⇔
+ + ≥
+ + ⇔
+ + ≥ + +
x z z y y x
zx yz xy z
y x
xyz zx yz xy z
y x
z y x z y x
⇒ñpcm
ðẳng thức xảy ⇔cotA=cotB=cotC
⇔ A=B=C
⇔∆ABC
Ví dụ 2.1.6 CMR :
x x
x cos
2 sin
3 sin
3
+ ≤ −
+ +
Lời giải :
Vì −1≤sinx≤1 cosx≥−1 nên :
3+sinx>0;3−sinx>0 2+cos>0 Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
( ) ( )
( )
(cos 1)(cos 2) 0 cos cos
cos 18 cos 12
sin cos
2
2
≥ − −
⇔
≥ + −
⇔
− − ≤ +
⇔
− ≤ +
x x
x x
x x
x x
cosx≤1 nên bất đẳng thức cuối ln ⇒đpcm
Ví dụ 2.1.7 CMR
2 ;
π β α π
< ≤
∀ ta có :
−
− ≤
−
+ cos
1 cos
1
cos cos
2
β α
β α
Lời giải : Từ
2 cos ; cos ;
3 < ≤
⇒
< ≤
(6)do đó
≤ <
≤ +
<
4 cos cos
1 cos cos
0
β α
β α
ðặt a=cosα +cosβ ;b=cosαcosβ Bất ñẳng thức ñã cho trở thành :
( ) ( )
( 1)( )
0 4
1
1
1
2
2
2
≤ − −
⇔
≤ + − − ⇔
+ − ≤ −
⇔
+ − ≤ − ⇔
+ − ≤ −
b a a
b ab a
a
b a a b a
b b a a
a b
b a a
a
Bất ñẳng thức cuối ñúng a≤1 −4 =(cos −cos )2 ≥0⇒
β α
b
a đpcm
Ví dụ 2.1.8
Cho các góc nhọn a và b thỏa sin2a+sin2b<1 CMR : 2a+ 2b< 2(a+b)
sin sin
sin Lời giải :
Ta có :
2 sin
sin2 =
−
+ a
a π
nên từ ñiều kiện sin2a+sin2b<1 suy :
2
;
π π
< + < −
< a a b b
Mặt khác ta có :
sin2(a+b)=sin2acos2b+sin2bcos2a+2sinasinbcosacosb
nên thay cos2b=1−sin2b vào bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
(a b)
b a b
a
b a b a b
a
+ <
⇔
< ⇔
< cos
cos cos sin
sin
cos cos sin sin sin sin
2 2
(để ý 2sinasinb>0 nên chia hai vế cho 2sinasinb) Bất ñẳng thức sau hiển nhiên ñúng < + < ⇒
2
(7)Ví dụ 2.1.9
Cho ∆ABCkhông vuông CMR :
( A B C) A B B C C A
C B
A 2 2 2 2 2
2
tan tan tan
tan tan
tan tan
tan tan
5 tan tan tan
3 − + + ≤ + + +
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
( ) ( )( )( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
(2cos cos ) sin ( ) 0 cos
cos cos
0 cos cos
cos
0 cos cos cos
4 cos
2 cos
2 cos
4 cos cos
cos
cos cos cos
1 cos
cos cos
cos cos
cos cos
cos cos
4
cos cos cos
1
3 cos
1 cos
1 cos
1 cos
1 cos
1 cos
1
tan tan tan tan tan
tan tan tan tan
2 2
2
2 2
2
2 2
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2 2
≥ − +
− − ⇔
≥ + − −
⇔
≥ + +
− +
⇔
≥ + +
+ ⇔
≥ +
+ + +
⇔
≥ +
+ ⇔
≤
+ +
− ⇔
≤ −
− +
+ −
−
−
− ⇔
+ +
+ ≤ − +
+ −
B A B
A C
B A C C
C B
A B A
C B
A
C B
A
C B
A
C B A A
C C
B B
A C
B A
C B A C
B A
C B
A
C B
A C
B A
C B A
⇒đpcm
Ví dụ sau ñây, theo ý kiến chủ quan của tác giả, thì lời giải của nó xứng đáng là bậc thầy về biến ñổi lượng giác Những biến ñổi thật sự lắt léo kết hợp cùng bất ñẳng thức một cách hợp lý ñúng chỗ ñã mang ñến cho chúng ta một bài tốn thật sự đặc sắc !!!
Ví dụ 2.1.10
Cho nửa đường trịn bán kính R , C là một điểm tùy ý trên nửa đường trịn Trong hai
hình quạt nội tiếp hai đường trịn, gọi M và N là hai tiếp điểm của hai đường trịn với
đường kính của nửa đường trịn đã cho CMR : MN ≥2R( 2−1) Lời giải :
Gọi O1,O2 tâm hai đường trịn ðặt ∠CON =2α (như
2 0<α <π ) OO1 =R1 ; OO2 = R2
Ta có :
α π α
− = ∠
= ∠
2
2
OM O
(8)N
M O
O1
O2 C Vậy :
π α cotα tanα cotα
2
cot 2 1 2
1 R R R
R ON MO
MN + = +
− =
+ =
Trong ∆ vuông O1MO có :
( )
( )
α α α
α
α α
π
cos
cos cos
cos
cos
sin
1
1
1
+ = ⇒ =
+
− =
− =
R R R
R
R R O
O R
Tương tự :
( )
α α α
α
sin
sin sin
sin 2 2
2
+ =
⇒
− =
=OO R R R R
R
Do :
( )( )
1 cos sin
2
2 cos sin cos
1
2 cos cos sin
2 cos sin cos
cos sin
1 cos sin
sin
cos cos
1 sin
sin cos sin
1 sin cos
sin cos
cos
2
+ +
=
+ =
+
+ =
+ +
+ +
=
+ + +
=
⋅ + + ⋅
+ =
α α
α α
α
α α
α
α α
α
α α
α α
α α α
α
α α α
α α
α α α
R R
R R
R R
R R
MN
mà = ( − )⇒
+ ≥
⇒
≤
− ≤
+ 2
1 2
4
cos
sinα α α π MN R R ñpcm
ðẳng thức xảy ⇔ = ⇔OC⊥MN
4
π
α
2.2 Sử dụng các bước ñầu cơ sở :
Các bước ñầu cơ sở mà tác giả muốn nhắc ñến ở ñây là phần 1.2 Các ñẳng thức, bất ñẳng thức tam giác Ta sẽ ñưa các bất ñẳng thức cần chứng minh về các bất ñẳng thức cơbản bắng cách biến ñổi và sử dụng các ñẳng thức cơbản Ngoài ra, tham gia
(9)C1
C B1
B
A1 A
Ví dụ 2.2.1
Cho ∆ABC ðường phân giác các góc A,B,C cắt đường trịn ngoại tiếp ∆ABC
lần lượt tại A1,B1,C1 CMR : SABC ≤ SA1B1C1
Lời giải :
Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆ABC bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆A1B1C1
Bất đẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
( )1 sin
sin sin sin sin sin
2R2 A B C≤ R2 A1 B1 C1
Do
2 ;
2 ;
2 1
1
B A C A C B C B
A = + = + = + nên :
( )
( )2 cos cos cos cos cos cos sin sin sin
2 sin sin sin sin
sin sin
C B A C
B A C B A
B A A C C B C
B A
≤ ⇔
+ +
+ ≤
⇔
Vì
2 cos cos
cosA B C > nên :
( )⇔ ≤ ⇒ sin sin sin
2 A B C ñpcm
ðẳng thức xảy ⇔∆ABC
Ví dụ 2.2.2
CMR mọi tam giác ta đều có :
2 sin sin sin 4 sin sin sin
sin sin
sinA B+ B C+ C A≤ + A B C
Lời giải : Ta có :
2 sin sin sin cos cos
cosA+ B+ C = + A B C Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với :
cos cos cos ( )1
4 sin sin sin
sin sin
(10)
B A B
A C
A C A
C B
C B C
B A
cos cos sin
sin cos
cos cos sin
sin cos
cos cos sin
sin cos
− =
− =
− =
nên :
( ) ( )2
4 cos cos cos
cos cos
cos
1 ⇔ A B+ B C+ C A≤
Thật hiển nhiên ta có :
(cos cos cos ) ( )3
3 cos cos cos
cos cos
cosA B+ B C+ C A≤ A+ B+ C
Mặt khác ta có :
2 cos cos
cosA+ B+ C ≤
⇒( )3 ñúng ⇒( )2 ñúng ⇒ñpcm ðẳng thức xảy ∆ABC
Ví dụ 2.2.3
Cho ∆ABC bất kỳ CMR :
cos cos cos
1 cos
cos cos
1 cos
cos cos
1
≥ +
+ + +
+ + +
+ A A B B B C C C A
Lời giải :
ðặt vế trái bất ñẳng thức cần chứng minh T Theo AM – GM ta có :
T[3+2(cosA+cosB+cosC)+4(cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA)]≥9 ( )1 mà :
2 cos cos
cosA+ B+ C≤
hiển nhiên : ( )
4 3
cos cos
cos cos
cos cos
cos cos
cos
2 ≤ +
+ ≤
+
+ B C C A A B C
B A
⇒3+2(cosA+cosB+cosC)+4(cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA)≤9 ( )2 Từ ( ) ( )1, suy T ≥1⇒đpcm
Ví dụ 2.2.4
CMR với mọi ∆ABC bất kỳ, ta có :
a2 +b2 +c2 ≥4 3S+(a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2
Lời giải :
(11)2( ) 2 ( )1
c b a S ca
bc
ab+ + ≥ + + + Ta có :
S c b a C
S b a c B
S a c b A
4 cot
4 cot
4 cot
2 2
2 2
2 2
− + =
− + =
− + =
Khi :
( ) ( )
3 tan tan tan
3 cot
sin cot
sin cot
sin
cot cot
cot 4 sin
1 sin
1 sin
1
≥ +
+ ⇔
≥
− +
− +
− ⇔
+ +
+ ≥
+ +
⇔
C B
A
C C
B B
A A
C B
A S S C
B A
S
⇒ñpcm
ðẳng thức xảy ∆ABC
Ví dụ 2.2.5
CMR mọi tam giác, ta có :
R r A
C C
B B
A
4 sin sin sin sin sin
sin + + ≤ +
Lời giải :
Áp dụng công thức :
2 sin sin sin
4R A B C
r= , ta ñưa bất ñẳng thức ñã cho dạng tương ñương sau :
( )1
8 sin sin sin sin sin sin sin sin
sin A B + B C + C A− A B C ≤
Ta có :
2 sin sin sin cos cos
cosA+ B+ C = + A B C Do :
( ) ( ) ( )2
8 cos cos
cos sin sin sin sin sin sin
1 ⇔ A B+ B C + C A− A+ B+ C− ≤
Theo AM – GM, ta có :
2 sin sin 2 cos
2 cos cos
2 cos sin sin 2 cos
2 cos cos
2 cos
B A A
B B
A B
A A
B B
A
≥
+ ⇒
≥
(12)
+ ≤
⇒
2 tan sin tan sin 2 sin sin
2 A B A B B A
Tương tự ta có :
+ ≤
+ ≤
2 tan sin tan sin 2 sin sin
2 tan sin tan sin 2 sin sin
C A A
C A
C
B C C
B C
B
Từ ñó suy :
( ) ( ) ( )
+ +
+ +
+ ≤
≤
+ +
B A
C A
C B C
B A
A C C
B B
A
sin sin
2 tan sin
sin tan sin
sin tan
2 sin sin sin sin sin sin
+ +
≥ +
+
⇒
2 sin sin sin sin sin sin cos cos
cosA B C A B B C C A
Khi :
( )
( ) ( ) ( )
4 cos cos
cos 1 cos cos
cos cos cos
cos
1 cos cos
cos sin sin sin sin sin sin
= +
+ =
− +
+ −
+ +
≤
≤ − +
+ −
+ +
C B
A C
B A
C B
A
C B
A A
C C
B B
A
mà
2 cos cos
cosA+ B+ C≤
( )
8 cos cos
cos sin sin sin sin sin
sin + + − + + − ≤
⇒ A B B C C A A B C
⇒( )2 đúng⇒đpcm
Ví dụ 2.2.6
Cho ∆ABCbất kỳ CMR :
2 tan tan tan cot
cot cot
2 2
2 2
C B A
c b a C
B A
c b a
≤
+ +
+ +
Lời giải : Ta có :
S
C B
A
c b a
4 cot cot
cot
2 2
= +
+ + +
(13)( )1 tan tan tan 64
2 2
C B A
c b a
S ≤
Mặt khác ta có :
2 sin
cos 2 cos
2
2
2
2
A bc a
A bc bc a
A bc c
b a
≥
⇒
− ≥
⇒
− + =
bc A S A
A bc A a
4 sin 2 tan
2 sin
2 tan
2
= =
≥
⇒
Tương tự ta có :
S C c S
B b
4 tan ; tan
2
≥
≥
⇒( )1 ⇒đpcm
Ví dụ 2.2.7
CMR mọi tam giác ta có :
(1+b+c−bc)cosA+(1+c+a−ca)cosB+(1+a+b−ab)cosC ≤3 Lời giải :
Ta có vế trái bất ñẳng thức cần chứng minh :
(cosA+cosB+cosC) (+[b+c)cosA+(c+a)cosB+(a+b)cosC] (− abcosC+bccosA+cacosB)
ðặt :
( ) ( ) ( )
B ca A bc C ab R
C b a B a c A c b Q
C B
A P
cos cos
cos
cos cos
cos
cos cos
cos
+ +
=
+ + +
+ +
=
+ +
=
Dễ thấy ≤
P
Mặt khác ta có :
bcosC+ccosB=2R(sinBcosC+sinCcosB)=2Rsin(B+C)=2RsinA=a
Tương tự :
c b a Q
c A b B a
b C a A c
+ + =
⇒
= +
= +
cos cos
cos cos
(14)
2
2
2 cos
cos cos
2 2
2 2 2 2 2
c b a R
b a c a c b c b a B ca A bc C ab
+ + = ⇒
− + + − + + − + = +
+
( ) ( ) ( ) ( )
3
1
1
2
3 2 2 2
≤ − + − + − − = + + − + + + ≤ + +
⇒P Q R a b c a b c a b c
⇒đpcm
Ví dụ 2.2.8
Cho ∆ABCbất kỳ CMR : R+r≥4 3 S Lời giải :
Ta có :
( ) A B C
C B A C
B A
R
S p
S r
C B A
S C
B A R S abc R
sin sin
sin
sin sin sin sin
sin sin
sin sin sin
sin sin sin
3
+ +
= +
+ =
=
= =
=
Vậy :
C B
A
C B A C
B A
S C
B A
S r
R
sin sin
sin
sin sin sin sin
sin sin 2 sin sin sin 2
+ +
+ +
= +
Theo AM – GM ta có :
( )
3
sin sin
sin sin sin sin
sin sin sin
3 A B C A B C
C B A S
S r
R
+ +
≥ + mà :
8 3 sin sin sin
2 3 sin sin
sin
≤ ≤ +
+
C B A
C B
A
⇒ =
≥ +
⇒R r 3 S S S
4 27.3 3
4
đpcm
Ví dụ 2.2.9
(15)
2
3
3
≥ + + + + + ≥
R S a
c ca ca c b
bc bc b a
ab ab r
S
Lời giải :
Theo AM – GM ta có :
2
ca bc ab a c
ca ca c b
bc bc b a
ab
ab + +
≤ + + + + +
Do ( )
6
3
8 a b c r
S pr
S = + +
⇒
= Lại có :
( )
2
c b a ca bc
ab + +
≤ + +
⇒
+ + + + + ≥
⇒
a c
ca ca c b
bc bc b a
ab ab r
S
2
vế trái ñược chứng minh xong Ta có :
( )
3
2 3 sin sin
sin
sin sin
sin
R c b a
C B
A
C B
A R c b a
≤ + + ⇒
≤ +
+
+ +
= + +
Theo AM – GM ta có :
( )( ) ( )( ) ( )( )
8
2 abc
p a p c p c p b p b p a p p
S = − − − − − − ≤
(a b) (b c) (c a)
abc c
b a
abc c
b a
abc p R
S
+ + + + + = + + ⋅ =
+ +
⋅ ≤
⇒
2
3
8
8
8
2
Một lần theo AM – GM ta có :
( ) ( ) ( ) ( )( )( ) c a
ca ca c b
bc bc b a
ab ab a c c b b a
abc a
c c b b a
abc
+ + + + + ≤ + + + ≤
+ + + +
+ 3.3
9
⇒vế phải chứng minh xong⇒Bất ñẳng thức ñược chứng minh hồn tồn
Ví dụ 2.2.10
Cho ∆ABCbất kỳ CMR :
4
8
8
8
3
cos cos cos
≥ +
+
R abc C
(16)Lời giải :
Áp dụng BCS ta có :
( )
2 cos cos cos cos cos
cos 2
2 4
8
8
8
C B
A
c b a C
c B b A a
+ +
+ + ≥
+ +
mà :
( 2)2
2
2
16
4 cos cos cos
S R
abc
C B
A
=
≤ +
+
Vì ta cần chứng minh : 4 16S c
b
a + + ≥ Trước hết có : 4 ( ) ( )1
c b a abc c
b
a + + ≥ + +
Thật : ( )1 ⇔ 2( − )+ 2( − )+ 2( − )≥0
ab c c ca b b bc a a
⇔[a2 +(b+c)2](b−c)2 +[b2 +(c+a)2](c−a)2 +[c2 +(a+b)2](a−b)2 ≥0(đúng!) Mặt khác ta có :
16S2 =16p(p−a)(p−b)(p−c) (= a+b+c)(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b) ( )2 Từ ( ) ( )1, suy ta phải chứng minh : abc≥(a+b−c)(b+c−a)(c+a−b) ( )3 ðặt :
b a c z
a c b y
c b a x
− + =
− + =
− + =
a,b,clà ba cạnh tam giác nên x,y,z>0 Khi theo AM – GM :
( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )
b a c a c b c b a xyz zx
yz xy x
z z y y x
abc= + + + ≥ = = + − + − + −
8 2
⇒( )3 ñúng ⇒ñpcm
2.3 ðưa về vector và tích vơ hướng :
Phương pháp này ln đưa cho bạn đọc những lời giải bất ngờ thú vị Nó đặc trưng cho sự kết hợp hồn giữa đại số hình học Những tính chất của vector lại mang
ñến lời giải thật sáng sủa và ñẹp mắt Nhưng số lượng các bài toán của phương pháp này không nhiều
(17)A
B
C
e
e
e
1
2
3
O A
B C
CMR mọi tam giác ta có :
2 cos cos
cosA+ B+ C ≤
Lời giải :
Lấy vector ñơn vị e1,e2,e3 cạnh AB,BC,CA Hiển nhiên ta có :
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 cos cos
cos
0 cos cos
cos
0 , cos , cos , cos
0
1 3
2
1
≤ +
+ ⇔
≥ +
+ −
⇔
≥ +
+ +
⇔
≥ + +
C B
A
C B
A
e e e
e e
e e e e
⇒đpcm
Ví dụ 2.3.2
Cho ∆ABCnhọn CMR :
2
cos
cos
cos A+ B+ C ≥−
Lời giải :
Gọi O, G tâm đường trịn ngoại tiếp trọng tâm ∆ABC Ta có : OA+OB+OC =3OG
Hiển nhiên :
( )
( ) ( ) ( )
[ ]
( )
2
cos
cos
cos
0 cos
cos
cos
3
0 ,
cos ,
cos ,
cos
0
2 2
2
− ≥ +
+ ⇔
≥ +
+ +
⇔
≥ +
+ +
⇔
≥ +
+
C B
A
B A
C R
R
OA OC OC
OB OB
OA R
R
OC OB OA
⇒ñpcm
ðẳng thức xảy ⇔OA+OB+OC =0⇔OG=0⇔O≡G ⇔∆ABCñều
(18)O A
B C
Cho ∆ABCnhọn CMR ∀x,y,z∈R ta có :
( 2 2)
2
cos
cos
cos A zx B xy C x y z
yz + + ≥− + +
Lời giải :
Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ABC Ta có :
( )
( 2 2)
2 2
2 2
2
2
cos
cos
cos
0 cos 2 cos 2 cos
0
2
0
z y x C
xy B zx A yz
B zx A yz
C xy z
y x
OA OC zx OC OB yz OB OA xy z
y x
OC z OB y OA x
+ + −
≥ +
+ ⇔
≥ +
+ +
+ + ⇔
≥ +
+ +
+ + ⇔
≥ +
+
⇒ñpcm
2.4 Kết hợp các bất ñẳng thức cổ ñiển :
Về nội dung cũng nhưcách thức sử dụng các bất ñẳng thức chúng ta ñã bàn ở chương 1: “Các bước đầu cơ sở” Vì thế phần này, ta sẽ không nhắc lại mà xét thêm một số ví dụ phức tạp hơn, thú vị hơn
Ví dụ 2.4.1
CMR ∀∆ABCta có :
2 cot cot cot sin sin
sin ≥
+ +
+
+ B C A B C
A
Lời giải :
Theo AM – GM ta có :
2 sin sin sin
2 sin sin sin
C B A C
B A
≥ +
+
Mặt khác :
2 sin sin sin
2 cos cos cos cot cot cot cot cot cot
C B A
C B A C
B A C
B A
= =
(19)
( )
2 sin sin sin
2 cos sin cos sin cos sin
2 sin sin sin
2 cos sin cos sin cos sin
sin sin sin
sin sin
sin
3
C B A
C C B B A A
C B A
C C B
B A
A C
B A
C B
A
⋅ ≥
+ +
= +
+ =
Suy :
( )1 cot cot cot
2 sin sin sin
2 cos sin cos sin cos sin sin sin sin
2 cot cot cot sin sin sin
3
C B A
C B A
C C B B A A C B A
C B
A C
B A
= ⋅ ≥
≥
+ +
+ +
mà ta có : 3
cot cot
cotA B C ≥
( )2
2 3 cot cot cot
9 3
3 ≥ ⋅ =
⋅
⇒ A B C
Từ ( )1 ( )2 :
2 cot cot cot sin sin
sin ≥
+ +
+ +
⇒ A B C A B C
⇒đpcm
Ví dụ 2.4.2
Cho ∆ABCnhọn CMR :
( )( )
2 tan tan
tan cos cos
cosA+ B+ C A+ B+ C ≥
Lời giải :
Vì ∆ABC nhọn nên cosA,cosB,cosC,tanA,tanB,tanC ñều dương
Theo AM – GM ta có : cos cos cos
3
cos cos
cos
C B A C
B A
≥ +
+
C B A
C B A C
B A C
B A
cos cos cos
sin sin sin tan
tan tan tan
tan
(20)
( )
C B A
C C B B A A
C B A
C C B
B A
A C
B A
C B
A
cos cos cos
cos sin cos sin cos sin
cos cos cos
cos sin cos
sin cos
sin cos
cos cos
2 sin sin sin
3 ⋅ ≥
+ +
= +
+ =
Suy :
( )( )
( )1 tan tan tan
cos cos cos
cos sin cos sin cos sin cos cos cos tan tan tan cos cos cos
3
C B A
C B A
C C B B A A C B A C
B A C B A
= ⋅ ≥ +
+ +
+
Mặt khác : tanAtanBtanC≥3
( )2
2 3 tan tan tan
9 3 3
= ⋅
≥ ⋅
⇒ A B C
Từ ( )1 ( )2 suy :
( )( )
2 tan tan
tan cos cos
cosA+ B+ C A+ B+ C ≥ ⇒ñpcm
Ví dụ 2.4.3
Cho ∆ABC tùy ý CMR :
2 tan
1 tan
tan tan
tan
tan ≥
+ +
+ +
+
C C
B B
A A
Lời giải :
Xét ( )
∈ ∀ =
2 ; tanx x π x
f
Khi : f ''( )x =
Theo Jensen thì : ( )1
tan tan
tan A+ B + C ≥
Xét ( )
∈ ∀ =
2 ; cotx x π x
g
Và ( ) ( )
∈ ∀ > +
=
2 ; 0
cot cot
'' x x x x π
g
Theo Jensen thì : 3 ( )2
cot cot
(21)Ví dụ 2.4.4
CMR mọi tam giác ta có :
3 sin
1 sin
1 sin
1
1
+ ≥
+
+
+
C B
A Lời giải :
Ta sử dụng bổ ñề sau :
Bổ ñề : Cho x,y,z >0 x+ y+z≤S :
1 1 1 ( )1
+ ≥
+
+
+
S z
y x
Chứng minh bổ đề : Ta có :
( )1 1 1 1 1 ( )2 xyz zx
yz xy z
y x
VT +
+ + +
+ + + = Theo AM – GM ta có :
1 9 ( )3 S z y x z y
x+ + ≥ + + ≥ Dấu xảy ( )
3 ⇔ x= y= z= S Tiếp tục theo AM –GM thì :
S≥ x+y+z≥33 xyz 27 ( )4
27
3
S xyz xyz
S
≥ ⇒ ≥
⇒
Dấu ( )4 xảy
3
S z y x= = =
⇔
Vẫn theo AM – GM ta lại có :
1 33 ( )5
≥ + +
xyz zx
yz
xy
Dấu ( )5 xảy
3
S z y x= = = ⇔
Từ ( )( )4 suy :
1 272 ( )6
S zx yz
xy+ + ≥
Dấu ( )6 xảy ⇔ đồng thời có dấu ( )( )
3
(22)( )
3
2
3 27 27
1
+ = + + + ≥
S S
S S VT
Bổ ñề ñược chứng minh Dấu xảy ⇔ñồng thời có dấu ( )( )( )3
3
S z y x= = = ⇔
Áp dụng với x=sinA>0,y=sinB>0,z=sinC >0 mà ta có
2 3 sin sin
sinA+ B+ C≤ ñây
2 3 =
S
Theo bổ ñề suy :
3 sin
1 sin
1 sin
1
1
+ ≥
+
+
+
C B
A
Dấu xảy
2 sin
sin
sin = = =
⇔ A B C
⇔∆ABC
Ví dụ 2.4.5
CMR mọi tam giác ta có : la +lb +lc ≤ p Lời giải :
Ta có : 2 ( ) ( ) ( )1
cos
a p p c b
bc bc
a p p c b
bc c
b A bc
la −
+ = − +
= + =
Theo AM – GM ta có ≤1 +c b
bc
nên từ ( )1 suy : la ≤ p(p−a) ( )2
Dấu ( )2 xảy ⇔b=c
Hoàn toàn tương tự ta có :
( ) ( )
( ) ( )4
3
c p p l
b p p l
c b
− ≤
− ≤
Dấu ( )( )3 tương ứng xảy ⇔a=b=c
Từ ( )( )( )2 suy :
la +lb +lc ≤ p( p−a+ p−b+ p−c) ( )5
(23)( ) ( )
( )6
3
p c
p b p a p
c b a p c
p b p a p
≤ − + − + − ⇒
− − − ≤
− + − + −
Dấu ( )6 xảy ⇔a=b=c
Từ ( )( )5 ta có : la +lb +lc ≤ p ( )7
ðẳng thức ( )7 xảy ⇔đồng thời có dấu ( )( )5 ⇔a=b=c
ABC
∆
⇔ ñều
Ví dụ 2.4.6
Cho ∆ABCbất kỳ CMR :
R r abc
c b
a
4 3
− ≥ + +
Lời giải :
Ta có : pr p(p a)(p b)(p c) R
abc
S = = = − − −
( )( )( ) ( )( )( )
( )( )( )
abc
abc c
b a ca a c bc c b ab b a abc
c b a b a c a c b
abc
c p b p a p pabc
c p b p a p p pabc
S R
r
2
2 2 2
8
3 3 2
2 2
2
− − − − + + + + + = − + − + − + =
− −
− = − − − =
=
⇒
abc c b a c a a c b c c b a b b a abc
c b a R
r 3 3 3
6
4 ≤ + +
+ + + + + − + + + = − ⇒
⇒đpcm
Ví dụ 2.4.7
Cho ∆ABCnhọn CMR :
b abc
A a C c a C c B b c B b A a
27 cos
cos cos
cos cos
cos ≥
− +
− +
− +
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
C B A B
A A C
C A
C C B
B C
B B A
A
sin sin sin 27 sin
cos sin cos
sin sin
cos sin cos
sin sin
cos sin cos
sin
≥
− +
− +
(24)27 cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos sin sin sin 27 sin cos cos sin sin cos cos sin sin cos cos sin ≥ − ⋅ − ⋅ − ⇔ ≥ − − − ⇔ A C A C C B C B B A B A C B A B A C B A C B A C B A C ðặt + − = + − = + − = ⇒ < < = = = 2 2 2 1 cos 1 cos 1 cos , , tan tan tan z z C y y B x x A z y x C z B y A x − = − = − = 2 2 tan tan tan z z C y y B x x A
Ta có :
( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
( )
( 2)( 2)
2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 cos cos cos cos y x y x y x y x y x y x B A B A − − + = + + − − + + − − − = −
Mặt khác ta có : x2 +y2 ≥2xy
tan tan ( )1 2 cos cos cos cos
2 A B
y y x x B A B A = − ⋅ − ≥ − ⇒
Tương tự : tan tan ( )2 cos cos cos cos C B C B C B ≥ −
tan tan ( )3 cos cos cos cos A C A C A C ≥ −
Nhân vế theo vế ba bất ñẳng thức ( )( )( )1 ta ñược :
A B C
A C A C C B C B B A B
A 2
tan tan tan cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos ≥ − ⋅ − ⋅ −
Ta ñã biết : tanAtanBtanC≥3 3⇒tan2 Atan2 Btan2C≥27 Suy :
27 cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos ≥ − ⋅ − ⋅ − A C A C C B C B B A B A
⇒ñpcm
Ví dụ 2.4.8
CMR ∀∆ABC ta có :
+ ≥ + + p abc p c b
a2 2
(25)Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương dương với :
( )
( ) ( )
c b a
abc c
b a c
b a
c b a
abc c
b a c
b a
+ + + + + ≥ + + ⇔
+ + + + + ≥
+ +
72
35
2
35 36
2
2
2
2
Theo BCS thì : (a+b+c)2 ≤3(a2 +b2 +c2)
⇒9(a+b+c)2 ≤27(a2 +b2 +c2) ( )1
Lại có :
≥ + +
≥ + +
3 2 2
2
3
3
c b a c
b a
abc c
b a
( )( )
( )( )
( ) 72 ( )2
8
72
9
2 2
2 2
2 2
c b a
abc c
b a
abc c
b a c b a
abc c
b a c b a
+ + ≥ + + ⇔
≥ + + +
+ ⇔
≥ + + +
+ ⇒
Lấy ( )1 cộng ( )2 ta ñược :
( ) ( ) ( )
( ) ( )
c b a
abc c
b a c
b a
c b a
abc c
b a c
b a c
b a
+ + + + + ≥ + + ⇔
+ + + + + ≥ + + + + +
72
35
72
8 27
2
2
2
2 2
2
⇒đpcm
Ví dụ 2.4.9
CMR ∆ABC ta có :
2 sin
2 cos
sin cos
sin cos
≥ − +
− +
−
C B A B
A C A
C B
Lời giải :
Theo AM – GM ta có :
( )1
2 sin
2 cos
2 sin
2 cos
2 sin
2 cos sin
2 cos
2 sin
2 cos
2 sin
2 cos
3
C B A
B A C
A C B
C B A
B A C
A C
B −
⋅ − ⋅
− ≥
− +
− +
−
(26)mà : ( )( )( ) C B A B A A C C B C C B A B A B B A C A C A A C B C B C B A B A C A C B sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin cos 2 cos sin 2 sin cos 2 cos sin 2 sin cos 2 cos sin 2 sin cos sin cos sin cos + + + = − + ⋅ − + ⋅ − + = − ⋅ − ⋅ −
Lại theo AM – GM ta có : ≥ + ≥ + ≥ + A C A C C B C B B A B A sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin ( )( )( ) ( )( )( ) ( ) sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin ≥ + + + ⇒ ≥ + + + ⇒ C B A B A A C C B C B A B A A C C B
Từ ( )( )1 suy :
2 sin cos sin cos sin cos = ≥ − + − + − C B A B A C A C B
⇒đpcm
Ví dụ 2.4.10
CMR mọi ∆ABC ta có : sin sin sin sin sin sin ≥ + + R r A C C B B A
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
2 36 2 2 2 sin sin sin sin sin sin r ca bc ab r a c c b b a r A C R C B R B A R ≥ + + ⇔ ≥ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⇔ ≥ + +
Theo cơng thức hình chiếu :
(27)
+
+ +
+
+
+ +
+
+ =
+ + ⇒
2 cot cot cot cot
2 cot cot cot cot
cot cot cot cot
2
2
C B
B A
r
B A
A C
r A C
C B
r ca bc ab
Theo AM – GM ta có :
( )1 cot cot cot cot cot 2 cot cot 2 cot cot cot
cotB C C A B C C A= 2C A B
≥
+
+ Tương tự :
( )
( )3 cot
cot cot cot cot cot cot
2 cot cot cot cot cot cot cot
2
A C B C
B B
A
C B A B
A A
C
≥
+
+
≥
+
+
Từ ( )( )( )1 suy :
( )4 cot cot cot 12 cot cot cot cot
2 cot cot cot cot
cot cot cot cot
3 A B C B
A A
C
B A
A C
B A
A C
≥
+
+ +
+
+
+ +
+
+
Mặt khác ta có : 27 ( )5
2 cot cot cot 3 cot cot
cot A B C ≥ ⇒ A B C ≥
Từ ( )( )4 suy : 12.3 36 ( )6
cot cot cot
123 A B C ≥ =
Từ ( )( )4 suy ñpcm
2.5 Tận dụng tính đơn điệu của hàm số :
Chương này đọc thì bạn đọc cần có kiến thức cơbản về đạo hàm, khảo sát hàm số của chương trình 12 THPT Phương pháp này thực sự có hiệu quả trong các bài bất đẳng thức lượng giác ðể có thể sử dụng tốt phương pháp này thì bạn đọc cần đến những kinh nghiệm giải tốn ở các phương pháp đã nêu ở các phân trước
Ví dụ 2.5.1
CMR :
π x x
sin > với
∈ ; π
x
(28)Xét ( )
π
2 sin
− =
x x x
f với
∈ ; π
x
'( ) cos 2 sin
x x x x x
f = −
⇒
Xét g( )x = xcosx−sinx với
∈ ; π
x
g ( )x x x x ⇒g( )x
∈ ∀ < −
=
⇒
2 ; 0
sin
' π nghịch biến khoảng
( ) ( ) ( ) ( ) = ⇒
>
⇒
<
⇒
= <
⇒
2
'
0 f x f x f π
g x
g đpcm
Ví dụ 2.5.2
CMR : x x
x
cos sin
>
với
2 ; π
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : ( )
(cos)
sin
cos sin
3
3
> − ⇔
>
−
x x
x x
Xét f( )x = x( x)−3 −x cos
sin với
∈ ; π
x
Ta có : ( ) ( ) sin (cos )
1 cos
'
4
3
− −
= x x x −
x f
( ) ( ) ( ) ( )
∈ ∀ > +
−
= − −
2 ; 0
cos sin
9 sin cos
''
7
3
1 π
x x
x x
x x
f
⇒ f '( )x đồng biến khoảng đó⇒ f '( )x > f '( )0 =0
⇒ f( )x đồng biến khoảng ⇒ f( )x > f( )0 =0⇒đpcm
Ví dụ 2.5.3
CMR nếu a là góc nhọn hay a =0 ta có : 2sina +2tana ≥2a+1
(29)Áp dụng AM – GM cho hai số dương 2sina 2tana ta có :
2sina +2tana ≥2 2sina2tana =2 2sina+tana Như ta cần chứng minh : sina+tana>2a với
2 0<a<π
Xét f( )x =sinx+tanx−2x với
∈ ; π
x
Ta có :
( ) ( )[ ( )]
∈ ∀ > −
+ −
= + −
= − +
=
2 ; 0
cos
cos cos cos cos
1 cos cos cos
1 cos
' 2 2
2
2
π
x x
x x
x x
x x
x x
x f
( )x f
⇒ đồng biến khoảng đó ⇒ f( )a > f( )0 với a sina tana 2a
2 ;
0 ⇒ + >
∈ π
⇒2 2sina+tana ≥2 22a =2a+1
⇒2sina +2tana ≥2a+1
(khi a=0 ta có dấu đẳng thức xảy ra)
Ví dụ 2.5.4
CMR mọi tam giác ta đều có :
( A B C) A B C
B A B
A B
A cos cos cos cos cos cos
12 13 cos
cos cos
cos cos
cos
1+ + + ≤ + + +
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
( A B A B A B) ( A B C)
C B
A cos cos cos
6 13 cos cos cos
cos cos
cos cos cos cos
1− + + + + ≥ + +
( A B A B A B) ( A B C)
C B
A cos cos cos
6 13 cos cos cos
cos cos
cos cos
cos
cos2 + + + + + + ≥ + +
⇔
( A B C) (cosA cosB cosC)
6 13 cos
cos
cos + + + ≤ + +
⇔
6 13 cos
cos cos
1 cos
cos
cos ≤
+ +
+ +
+ ⇔
C B
A C
B A
ðặt
2
cos cos
cos + + ⇒ < ≤
= A B C t
t
Xét hàm ñặc trưng : ( )
t t t
f = +1 với
∈ ;
t
Ta có : ( ) t f( )x x
x
f ⇒
∈ ∀ > − =
2 ;
1 '
2 ñồng biến khoảng ñó ( ) = ⇒
≤
⇒
6 13
f x
(30)Ví dụ 2.5.5
Cho ∆ABC có chu vi bằng CMR : ( )
2
2
4 13 sin
sin sin sin
sin sin
3
R C B A R C B
A+ + + ≥
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
(2 sin )(2 sin )(2 sin ) 13
sin sin sin
3 R2 A+ R2 2B+ R2 2C+ R A R B R C ≥ ⇔3a2 +3b2+3c2+4abc≥13
Do vai trò a,b,c nên ta giả sử a≤b≤c
Theo giả thiết :
2
3
3⇒ + > ⇒ − > ⇒ ≤ < =
+
+b c a b c c c c
a
Ta biến ñổi :
( )
( )
[ ]
( )
( ) ( )
( c) c ab( c)
c ab c
c
ab abc c
c
abc c
ab b
a
abc c
b a
abc c
b a T
2 3
3
3 2 3
3
6
3
3
4 3
4 3
4 3
2
2
2
2
2 2
2 2
− −
+ − =
− +
+ − =
− +
+ − =
+ + − + =
+ + + =
+ + + =
3 2
3
> −
⇒
< −
⇒
< c c
c
2
2
2 2
2
2
−
− ≥ −
⇒
−
=
+
≤ a b c ab c
ab
Do : T ( c) c c (3 2c)
2 3
3
2
2
−
−
− + − ≥
=c − c + = f( )c
2 27
3 2 Xét ( )
2 27
3 − + =c c c
f với
2 1≤c<
f ( )c c c c ⇒ f( )c
∈ ∀ ≥ − =
⇒
2 ;
3
' ñồng biến khoảng ñó ⇒ f( )c ≥ f( )1 =13⇒đpcm
Ví dụ 2.5.6
Cho ∆ABCbất kỳ CMR :
3
28
≥ +
(31)Lời giải : Ta có :
( )( )
( )
( )( )
( )
( )( )
( )
p c p p
b p p
a p C B A
c p p
b p a p C
b p p
a p c p B
a p p
c p b p A
− ⋅ − ⋅ − = ⇒
− − − =
− − − =
− − − =
2 tan tan tan
2 tan
2 tan
2 tan
( )( )( )
p c p p
b p p
a p p
c p b p a p p p
S S
r −
⋅ − ⋅ − = − − − =
=
2
2
Do :
2 tan tan tan
C B A S
r = Mặt khác :
( ) ( )
( )
( )
2 cot cot cot
2 cos
2 sin sin sin cos
2 cos cos cos
2 tan sin sin
sin
sin sin
sin 2
tan
tan
C B A
A A C B A
C B A
A A C
B R
C B
A R A
a c b
c b a A
a p
c b a r
p
= =
− +
+ +
= −
+ + + =
− + + =
Khi bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
3
28 cot cot cot cot cot cot
1
3
28 cot cot cot tan tan tan
≥ +
⇔
≥ +
C B A C
B A
C B A C
B A
ðặt 3
2 cot cot
cot ⇒ ≥
= A B C t
t
Xét ( )
t t t
f = +1 với t≥3 '( ) 1 3
2 > ∀ ≥ −
=
⇒ t
t t
f
⇒ ( )= ( )= + = ⇒ 3
28 3
1 3 3
min f t f ñpcm
(32)CMR với mọi ∆ABC ta có :
( )( )( ) 3
2
2R+a R+b R+c < R e
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
( )( )( )
3
3
3
sin sin sin
2 2
2 2 2
e C B
A
e R c R
b R
a
e R
c R R
b R R
a R
< +
+ +
⇔
<
+
+
+ ⇔
< + ⋅ + ⋅ +
Xét f( )x =ln(1+x)−x với 0< x<1
( ) (0;1)
1 1
1
' < ∀ ∈
+ − = − + =
⇒ x
x x x
x f
⇒ f( )x nghịch biến khoảng ⇒ f( )x < f( )0 =0 ⇒ln(1+x)<x
Lần lượt thay x={sinA,sinB,sinC} vào bất ñẳng thức cộng lại ta ñược :
( ) ( ) ( )
( )( )( )
[ ]
( )( )( ) A B C
e C B
A
C B
A C
B A
C B
A C
B A
sin sin sin sin
1 sin sin
sin sin
sin sin
1 sin sin ln
sin sin
sin sin
1 ln sin
1 ln sin
1 ln
+ +
< +
+ +
⇔
+ +
< +
+ +
⇔
+ +
< +
+ +
+ +
mà + + ≤ ⇒( + )( + )( + )< ⇒ 3 sin
1 sin sin
3 sin sin
sinA B C A B C e đpcm
Ví dụ 2.5.8
Cho ∆ABC CMR :
( )( )( )
16 125 cos
1 cos cos
1+ A + B + 2C ≥
Lời giải :
Khơng tổng qt giả sử C =min{A,B,C}.Ta có :
( )( )
+
+
+
+ = +
+
2 cos 1
2 cos 1 cos
1 cos
1 A B A B
Xét P=4(1+cos2 A)(1+cos2B)=(3+cos2A)(3+cos2B)
( A B) A B
P=9+3cos2 +cos2 +cos2 cos2 ⇒
(A B) (A B) [cos(2A 2B) cos(2A 2B)]
2 cos
cos
9+ + − + + + −
(33)( ) [ ( ) ( ) ]
( ) cos cos ( )
cos cos
2 cos
2 cos
2 cos
cos
2
2
− + +
+ − −
=
− + +
+ +
− −
=
B A C
B A C
B A B
A B
A C
cos(A−B)≤1
⇒P≥9−6cosC+cos2C =(3−cosC)2
mà cosC >0
⇒P(1+cos2C)≥(3−cosC)2(1+cos2C)
Mặt khác ta có :
2 cos 60
0<C ≤ ⇒ C≥ Xét f( ) (x = 3−x)2(1+x2) với
∈ ;1
x
( ) ( )( )( )
∈ ∀ ≥ − −
− =
⇒ ;1
2
1
' x x x x x
f
⇒ f( )x đồng biến khoảng
( ) = ⇒( + )( + )( + )≥ ⇒
≥
⇒
16 125 cos
1 cos cos 16 125
1 2 2 2
C B
A f
x
f đpcm
Ví dụ 2.5.9
Cho ∆ABC bất kỳ CMR :
(cot cot ) sin
1 sin
1
2 − + ≤
+ B C
C
B
Lời giải :
Xét ( ) x
x x
f cot
sin
−
= với x∈(0;π)
( ) ( )
3
' sin
cos sin
1 sin
cos '
2
2
π
= ⇔ =
⇒
− = +
− =
⇒ f x x
x x x
x x x
f
( ) cot
sin 3
max = ⇒ − ≤
=
⇒ x
x f
x
f π
Thay x B,C bất ñẳng thức ta ñược :
⇒
≤ −
≤ −
3 cot
sin
3 cot
sin
C C
B B
(34)Ví dụ 2.5.10 CMR :
20 20 sin
1 0
< <
Lời giải :
ðặt
2
30 sin
20
sin ⇒ < < ⇒ < <
= a a
a
Ta có :
2
3 20 sin 20 sin 20 sin 60 sin
3 0 0 0 3 0 3
= −
⇒
− =
=
= a a
⇒ a − a+ =0⇒a
2 3
4 nghiệm phương trình :
3
4x3 − x+ =
Xét ña thức : ( )
2 3 − +
= x x
x f
Ta có : ( )
2
3
1 =− + = − < −
f
( ) ( ) ( )1 0
2
0 = > ⇒ f − f <
f Bởi f( )x liên tục tồn trục số Do đa thức
( )x
f có nghiệm thực khoảng (−1;0)
Lại có :
20
2000 1757
1000 20
7
0 54
46 27
< ⇒
< −
=
> − =
f f f
f
⇒ ña thức f( )x có nghiệm thực khoảng
20 ;
Lại có :
2
1
< − =
f ( ) ( )1
2
2
1 <
⇒ > +
= f f
f
⇒ đa thức f( )x có nghiệm thực khoảng
1 ;
Bởi a ⇒a ∈
2 ;
0 nghiệm thực khoảng ⇒
20 ;
ñpcm
(35)2.6.1 ( )
2 cos
cos
cos
3 A− C + B≤
2.6.2 3cos2A+2cos2B+2 3cos2C≥−4
2.6.3 ( 5+1)(cos2A+cos2B)−(3+ 5)cos2C≤4+
2.6.4
2 tan tan
tan A+ B+ C ≥ − với ∆ABC có góc 2π
≥
2.6.5 2 2 2 2
4 1 1
r c b
a + + ≤
2.6.6
c b
a r
c r b r a r
abc 3
+ + ≥ 2.6.7
( )( )( )
3
< + + + + + + + +
+ a b b c c a
abc b
a c a c
b c b
a
2.6.8 A B C
C B
A 2tan tan tan
1
3
sin
sin
sin
+ ≥ +
+
2.6.9
3
tan
tan
tan A b B c C a b c
a + + ≥ + +
2.6.10
( )
1 sin
sin sin
sin sin sin
2 ≤ +
+ B C
A
C B A
2.6.11
2 sin sin sin cos cos cos
1+ A B C ≥ A B C
2.6.12 ma +mb +mc ≤4R+r
2.6.13
p h h h h h
ha b + b c + c a ≤
2.6.14 2( )( ) 2( )( ) 2( )( ) 2
R p b p a p c a p c p b c p b p
a − − + − − + − − ≤
2.6.15 (1−cosA)(1−cosB)(1−cosC)≥cosAcosBcosC