Bất đẳng thức trong lớp các hàm lượng giác và lượng giác ngược

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG THỊ HOÀNG ANH BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC VÀ LƯỢNG GIÁC NGƯỢC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG THỊ HOÀNG ANH BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC VÀ LƯỢNG GIÁC NGƯỢC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2018 ii Mục lục MỞ ĐẦU iv Chương Một số tính chất hàm lượng giác lượng giác ngược 1.1 Đồng thức lượng giác 1.1.1 Một số đồng thức liên quan đến hàm sin cosin 1.1.2 Một số đồng thức liên quan đến hàm số tang cotang 1.2 Tính chất hàm lượng giác ngược 1 Chương Bất đẳng thức lớp hàm lượng giác lượng giác ngược 2.1 Bất đẳng thức đại số sinh hàm lượng giác 2.1.1 Bất đẳng thức sinh hàm cosin 2.1.2 Bất đẳng thức sinh hàm sin 2.2 Bất đẳng thức đại số sinh hàm lượng giác ngược 2.2.1 Một số dạng bất đẳng thức lớp hàm arcsin arccosin 2.2.2 Một số dạng bất đẳng thức lớp hàm arctan arccotan 13 13 13 15 19 19 23 Chương Một số dạng toán liên quan 3.1 Các toán cực trị lượng giác 3.2 Phương pháp lượng giác đại số hình học 3.2.1 Phương pháp lượng giác đẳng thức 3.2.2 Phương pháp lượng giác bất đẳng thức 3.2.3 Phương pháp lượng giác phương trình, bất phương trình 3.2.4 Phương pháp lượng giác hình học 3.3 Một số dạng toán liên quan từ đề thi Olympic 28 28 35 35 41 44 50 60 iii KẾT LUẬN 66 TÀI LIỆU THAM KHẢO 67 iv MỞ ĐẦU Chuyên đề lượng giác chuyên đề quan trọng bậc trung học phổ thông Tuy nhiên, giảm tải nội dung mà vấn đề sâu sắc liên quan đến lượng giác ngược khơng cịn đề cập sách giáo khoa Lượng giác khơng đối tượng nghiên cứu mà cịn công cụ đắc lực nhiều lĩnh vực khác toán học Một phương pháp sử dụng đại số khảo sát tính chất đa thức lượng giác để áp dụng toán ước lượng đánh giá đa thức phân thức hữu tỷ, tính tốn liên quan đến đạo hàm tích phân biểu thức đại số Trong kì thi học sinh giỏi tốn cấp, Olympic Toán sinh viên, toán liên quan tới áp dụng lượng giác để khảo sát bất đẳng thức toán cực trị liên quan thường xuyên đề cập Những dạng toán thường xem thuộc loại khó, nhiều dạng tốn cần tới phần kiến thức nội suy đa thức lại không nằm chương trình thức giáo trình Đại số Giải tích bậc trung học phổ thơng hành Với mong muốn cung cấp thêm tài liệu tổng hợp chuyên đề lượng giác cho giáo viên học sinh giỏi chọn đề tài luận văn ”Bất đẳng thức lớp hàm lượng giác lượng giác ngược” Luận văn nhằm trình bày số phương pháp chứng minh bất đẳng thức đa thức lượng giác xét ứng dụng liên quan đến tốn cực trị, khảo sát phương trình, bất phương trình Để hoàn thành nội dung luận văn, tác giả có sử dụng tài liệu tham khảo [1]-[6] Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương Chương Một số tính chất hàm lượng giác lượng giác ngược Chương trình bày tính chất hàm lượng giác lượng giác ngược Xét ví dụ áp dụng liên quan v Chương Bất đẳng thức đa thức lượng giác lượng giác ngược Chương trình bày bất đẳng thức đại số sinh hàm lượng giác, lượng giác ngược dạng toán liên quan Chương Một số dạng toán liên quan Xét số dạng tốn phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức, cực trị đại số số tập áp dụng lượng giác tốn hình học Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tập giải đề thi HSG quốc gia Olympic liên quan Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học Nhà giáo nhân dân, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới GS - Người thầy nghiêm khắc, tận tâm công việc truyền thụ nhiều kiến thức quý báu kinh nghiệm nghiên cứu khoa học cho tác giả suốt trình học tập, nghiên cứu đề tài Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến Ban Giám hiệu, khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy cô giáo tham giảng dạy hướng dẫn khoa học cho lớp Cao học toán K10C Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, tập thể giáo viên toán trường THPT Lê Văn Thịnh, tỉnh Bắc Ninh gia đình tạo điều kiện cho tác giả có hội học tập nghiên cứu Tác giả Chương Một số tính chất hàm lượng giác lượng giác ngược Trong chương trình bày tính chất hàm lượng giác lượng giác ngược sở cho toán chương 1.1 1.1.1 Đồng thức lượng giác Một số đồng thức liên quan đến hàm sin cosin Ta có cơng thức Euler eiα = cos α + i sin α, α ∈ R Khi  iα −iα  cos α = e + e iα − e−iα e  sin α = 2i eα + e−α Từ đó, ta suy cos(iα) = Như hàm số cost với t = iα biểu thức 1 có dạng a+ , a = eα , cho nên, mặt hình thức ta có nhiều a biến đổi thu từ công thức liên quan đến biến x ∈ / [−1; 1] giống hàm số cost Ví dụ 1.1 Hệ thức đại số ứng với công thức cos 2t = cos2 t − 1, cơng thức a + 2 a 1 =2 a+ a − hay 2x2 − = 1 a + , với x = a+ , a = a a Ví dụ 1.2 Hệ thức đại số ứng với công thức cos 3t = cos3 t − cost, cơng thức a + a 1 =4 a+ a 4x3 − 3x = với x= −3 1 a+ a a + , a 1 a+ , a = a Ví dụ 1.3 Hệ thức đại số ứng với công thức cos 5t = 16 cos5 t − 20 cos3 t + cost, cơng thức a + a 1 = 16 a+ a 1 − 20 a+ a +5 1 a+ a hay 16x5 − 20x3 + 5x = với x= a + , a 1 a+ , a = a Ví dụ 1.4 Hệ thức đại số ứng với công thức cos 5t + cost = cos 3t cos 2t, công thức 1 a + + a+ a a =2 a + a a + 2 a Từ đó, sử dụng kết khai triển hàm lượng giác cos 3t cos 2t ta thu đồng thức đại số sau a + a = −x + 4x3 − 3x (2x2 − 1), x= 1 a+ , a = a Ví dụ 1.5 Cho số thực m với |m| > Tính giá trị biểu thức M = 8x3 − 6x, x= m+ m2 − + m− m2 − Lời giải Vì |m| > nên tồn số thực q để có hệ thức m= q + q Đặt t = q3 ta phương trình t − 2mt + = 0, √ √ từ suy t = m ± m2 − hay q3 = m ± m2 − Chọn q= m+ m2 − 1, ta 1 q+ q = m+ m2 − + m− m2 − = x Theo ví dụ 1.2 4x3 − 3x = m nên M = 2m Tiếp theo, mục trình bày số đồng thức quen biết liên quan đến hàm số sin Từ công thức Euler ta thu hệ thức i sint = eit − e−it Suy biểu thức i sin(it) nhận giá trị thực Điều gợi ý cho ta cách chuyển đổi đồng thức hàm số sin sang đồng thức đại số Ví dụ 1.6 Xét cơng thức khai triển sin 3t = sint − sin3 t, Từ ta thu công thức i sin (3it) = (i sin it) + (i sin it)3 Hệ thức đại số ứng với công thức đồng thức a − a 1 =3 a− a 1 +4 a− a , hay 4x3 + 3x = với x= a − a 1 a− , a = a Ví dụ 1.7 Xét cơng thức biến đổi sin 5t + sint = sin 3t − sin2 t , Ta viết lại công thức dạng i sin i (5t) + i sin(it) = 2i sin i(3t) + (i sin it)2 Hệ thức đại số ứng với công thức đồng thức 1 a − + a− a a =2 a − a 1 1+2 a− a Từ ví dụ trên, sử dụng kết khai triển hàm lượng giác sin 3t ta thu đồng thức đại số sau a − a = −x + 4x3 + 3x x= 1 a− , a = a 2x2 + , 53 Suy α α sin2 2 = β β MC (R − x)2 + 4Rx sin2 sin2 2 Dấu đẳng thức xảy x = R = OI tức M ≡ I MB Vậy đạt giá trị nhỏ M ≡ I MC b) Nếu OM = x (M thuộc tia OJ), theo Định lí cosin tam giác, ta MB2 (R − x)2 + 4Rx sin2 có α , β MC2 = R20 + x2 + 2R0 x cos β = (R0 − x)2 + 4R0 x cos2 , α α 2 cos2 MB2 (R0 − x) + 4R0 x cos 2 = β β MC2 (R0 − x)2 + 4R0 x cos2 cos2 2 Dấu đẳng thức xảy x = −R0 = OJ tức M ≡ J MB đạt giá trị lớn M ≡ J Vậy MC MB2 = R20 + x2 + 2Rx cos α = (R0 − x)2 + 4R0 x cos2 Bài toán 3.28 Chứng minh tam giác ABC, ta có 1 1 1 a) + + > + + la lb lc a b c b) ma + mb + mc R Lời giải a) Ta có 2S = bc sin A = cla sin A A + bla sin 2 Suy A A cos 2 < 2bc la = A b+c (b + c) sin 2bc sin Do b+c 1 > = + la 2bc b c (3.20) 1 1 > + ; lb a c (3.21) Tương tự ta có 54 1 1 > + (3.22) lc a b Cộng vế (3.20),(3.21) (3.23) ta suy điều phải chứng minh b) Ta có a2 m2a = (b2 + c2 ) − ; (3.24) b2 2 mb = (a + c ) − ; (3.25) c2 2 (3.26) mc = (a + b ) − Cộng vế (3.24), (3.25) (3.25) áp dụng Định lí sin, ta suy m2a + m2b + m2c = (a2 + b2 + c2 ) = 3R2 (sin2 A + sin2 B + sin2 C) (3.27) Ta có sin2 A + sin2 B + sin2 C = [3 − (cos 2A + cos 2B + cos 2C)] (3.28) cos 2A + cos 2B + cos 2C = cos(A + B) cos(A − B) + cos2 C − = cosC[cosC − cos(A − B)] − = −1 − cosC[cos(A + B) + cos(A − B)] = −1 − cos A cos B cosC (3.29) Từ (3.28) (3.29), ta có sin2 A + sin2 B + sin2 C = + cos A cos B cosC + = Từ (3.27) (3.30), ta có m2a + m2b + m2c R Suy 81 R Từ đó, ta thu điều phải chứng minh ma + mb + mc R Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC tam giác (ma + mb + mc )2 3(m2a + m2b + m2c ) (3.30) 55 Bài toán 3.29 Cho tam giác ABC Xét số thực m, n, p cho m + n, n + p, p + m mn + np + pm số dương Chứng minh √ ma2 + nb2 + pc2 mn + np + pmS (3.31) Lời giải Ta có 4S = ab sinC c2 = a2 + b2 − 2ab cosC, nên viết (3.31) dạng ma2 + nb2 + p(a2 + b2 − 2ab cosC) √ 2ab sinC mn + np + pm, hay a b (m + p) + (p + n) b a √ p cosC + mn + np + pm sinC (3.32) Sử dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, ta a b (m + p) + (p + n) b a (m + p)(p + n) (3.33) Theo bất đẳng thức Cauchy, √ p cosC + mn + np + pm sinC (p2 + mn + np + pm)(cos2 C + sin2 C) = (m + p)(p + n) Từ (3.33) (3.34) suy (3.32) Vậy (3.31) chứng minh Dấu đẳng thức xảy b a   (m + n) = (p + n) b a sinC cosC   =√ ,  p mn + np + pm hay  a b   √ √ =   p+n m+ p  cos2 C sin2 C   =  = p mn + np + pm (p + m)(p + n) Tiếp theo, thay giá trị b cosC theo a, m, n, p vào hệ thức c2 = a2 + b2 − 2ab cosC, ta nhận √ m+ p m+ p c = a +a − 2a √ n+ p n+ p 2 p , (p + m)(p + n) (3.34) 56 hay c a = 1+ Do √ p+m 2p m+n − = p+n p+n p+n c a =√ p+n m+n Vậy đẳng thức xảy √ a c b =√ =√ p+n p+m m+n Tiếp theo, ta xét số dạng đẳng thức bất đẳng thức tứ giác đa giác mà cách giải có sử dụng cơng thức lượng giác công cụ giải hữu hiệu Bài toán 3.30 Chứng minh 1) Để bốn số dương a, b, c, d độ dài bốn cạnh tứ giác, điều kiện cần đủ số phải nhỏ tổng ba số 2) Với điều kiện 1), tồn tứ giác nội tiếp nhận a, b, c, d làm độ dài bốn cạnh Lời giải Điều kiện cần 1) hiển nhiên Để chứng minh điều kiện đủ 1) đồng thời chứng minh phần 2), ta dựng tứ giác nội tiếp nhận a, b, c, d làm độ dài bốn cạnh Theo giả thiết điều kiện cần, a − b < c + d, b − a < c + d, tức |a − b| < c + d ⇒ (a − b)2 < (c + d)2 Suy a2 + b2 − c2 − d < 2(ab + cd) Thay đổi vai trò cặp (a, b) (c, d), ta thu −a2 − b2 + c2 + d < 2(ab + cd), hay a2 + b2 − c − d < 2(ab + cd) a2 + b2 − c − d Ta dựng 2(ab + cd) tam giác KLM PQR với KL = a, LM = b, KLM = ϕ, PQ = c, QR = d, Vì tồn góc ϕ ∈ (0, π) cho cos ϕ = 57 PQR = π − ϕ Thế KM = a2 + b2 − 2ab cos ϕ a2 + b2 − c2 − d (a2 + b2 )cd + (c2 + d )ab = a + b − 2ab = , 2(ab + cd) ab + cd PR2 = c2 + d − 2cd cos(π − ϕ) = c2 + d + 2cd cos ϕ 2 = c2 + d + 2cd a2 + b2 − c2 − d (a2 + b2 )cd + (c2 + d )ab = 2(ab + cd) ab + cd Suy KM = PR Vì thế, ta ghép hai tam giác theo đường chéo KM = PR để tứ giác ABCD với AC = KM Vậy ABCD tứ giác phải tìm có độ dài bốn cạnh a, b, c, d, mà B + D = ϕ + (π − ϕ) = π, nên tứ giác nội tiếp Nhận xét 3.4 1) Trong lập luận trên, ta thấy thay đổi vai trị số a, b, c, d trường hợp tổng quát, tức chẳng hạn < a < b < c < d < a + b + c, ta thấy có ba tứ giác nội tiếp khác nhau, nhận a, b, c, d làm độ dài bốn cạnh theo thứ tự : (a, b, c, d), (a, b, d, c), (a, c, b, d) 2) Cả ba tứ giác nội tiếp nói có diện tích Đó kết tốn sau Bài toán 3.31 1) Tứ giác nội tiếp với độ dài bốn cạnh a, b, c, d có diện tích S= (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) a+b+c+d nửa chu vi tứ giác 2) Trong tất tứ giác với độ dài bốn cạnh a, b, c, d tứ giác nội tiếp có diện với p = tích lớn Lời giải 1) Xét tứ giác ABCD nội tiếp có diện tích S với AB = a, BC = b, CD = c, DA = d 58 ABC = ϕ Khi đó, ta có 2S = 2dt(ABC) + 2dt(ACD) = ab sin ϕ + cd sin(π − ϕ) = (ab + cd) sin ϕ 4S2 = (ab + cd)2 sin2 ϕ = (ab + cd)2 (1 − cos2 ϕ) nên (a2 + b2 − c2 − d )2 = (ab + cd) − 4(ab + cd)2 Suy 16S2 = 4(ab + cd)2 − (a2 + b2 − c2 − d )2 = (2ab + 2cd + a2 + b2 − c2 − d )(2ab + 2cd − a2 − b2 + c2 + d ) = [(a + b)2 − (c − d)2 ][(c + d)2 − (a − b)2 ] = (a + b + c − d)(a + b − c + d)(c + d + a − b)(c + d − a + b) = 16(p − a)(p − b)(p − c)(p − d), S= nên (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) 2) Xét tứ giác ABCD tuỳ ý (lồi hay lõm) với cạnh AB = a, BC = b, DC = c, DA = d Trong trường hợp tứ giác lõm, cần ta thay đổi kí hiệu, nên coi tứ giác lõm đỉnh C Từ hệ thức AC2 = a2 + b2 − 2ab cos B = c2 + d − 2cd cos D, suy 2cd cos D − 2ab cos B = c2 + d − a2 − b2 Do 4a2 b2 cos2 B + 4c2 d cos2 D = (a2 + b2 − c2 − d )2 + 8abcd cos B cos D Gọi S0 diện tích tứ giác ABCD Ta thấy 4S0 = 4dt(ABC) + 4dt(ACD) = 2ab sin B + 2cd sin D ⇒ 16S02 = 4a2 b2 sin2 B + 4c2 d sin2 D + 8abcd sin B sin D = 4a2 b2 (1 − cos2 B) + 4c2 d (1 − cos2 D) + 8abcd sin B sin D Vì theo ta có 16S02 = 4a2 b2 + 4c2 d − (a2 + b2 − c2 − d )2 − 8abcd(cos B cos D − sin B sin D) = 4a2 b2 + 4c2 d − (a2 + b2 − c2 − d )2 − 8abcd cos(B + D) 4a2 b2 + 4c2 d + 8abcd − (a2 + b2 − c2 − d )2 = 4(ab + cd)2 − (a2 + b2 − c2 − d )2 = 16S2 , 59 tức S0 S Theo phép chứng minh trên, ta thấy đẳng thức xảy cos(B + D) = −1, tức B + D = π, tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp Nhận xét 3.5 Trong tứ giác nội tiếp ABCD, cho cạnh AD "suy biến" tức cho D ≡ A ( d = DA = 0) ta tìm lại cơng thức Hêrơng tính diện tích tam giác Từ kết toán trên, ta suy Bài tốn 3.32 1) Giữa diện tích S chu vi 2p tứ giác có mối liên hệ p2 , đẳng thức xảy tứ giác hình vng S 2) Trong tất tứ giác có chu vi, hình vng có diện tích lớn 3) Trong tất tứ giác có diện tích, hình vng có chu vi nhỏ Lời giải 1) Xét tứ giác tuỳ ý với diện tích S cạnh a, b, c, d Ta có S (p − a)(p − b)(p − c)(p − d), theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, ta có (p − a)(p − b)(p − c)(p − d) (p − a) + (p − b) + (p − c) + (p − d) 4 = p4 16 p2 Vậy S Đẳng thức xảy tứ giác nội tiếp, có bốn cạnh nhau, tức hình vng 2) 3) suy từ 1) Bài tốn 3.33 Cho tứ giác lồi ABCD Kí hiệu M = max{AB, BC,CD, DA, AC, BD}, m = min{AB, BC,CD, DA, AC, BD} √ Chứng minh M 2m Lời giải Giả sử B góc lớn tứ giác ABCD, tức π B = max{A, B,C, D}, B 60 Do cos B Xét tam giác ABC, ta có AC2 = AB2 + BC2 − 2AB.BC cos B AB2 + BC2 √ m2 + m2 hay M 2m Đẳng thức xảy tứ giác Suy M ABCD hình vng Bài tốn 3.34 Cho đường trịn tâm O bán kính R Xét ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp đường trịn cho có AB = BC = DE = R Gọi M, N trung điểm CD EA Chứng minh √ MN R + Lời giải Xét hai tam giác ONB CMB Ta có, theo giả thiết, tam giác OAB, OBC ODE tam giác Vậy nên AOE + DOC = 180o DCO + DOC = 180o , AOE = DCO Suy AON = OCM ∆AON = ∆OCM Suy ON = CM ∆ONB = ∆CMB Điều kéo theo BM = BN tam giác BMN tam giác Vậy để tính MN, ta cần tính BN Xét tam giác AON với AON = α < 90o Ta có MN = BN = R2 + R2 cos2 α − 2R2 cos α cos(α + 60o ) = R2 [1 + cos2 α − cos α(cos α cos 60o − sin α sin 60o )] √ √ √ 3 sin 2α R2 + = R2 (1 + sin α cos α) = R2 + 2 Do MN √ R 1+ Đẳng thức xảy sin 2α = 1, tức α = 45o nên AOE = 90o , COD = 90o 3.3 Một số dạng toán liên quan từ đề thi Olympic Bài toán 3.35 (Olympic sinh viên, 1993) Cho ≤ x ≤ π ≤ y < +∞ chứng minh y(arctan y − x) ≥ ln (cos x + y2 ) 61 Hỏi xảy dấu đẳng thức ? π Lời giải Nhận xét hàm số u = tant với t ∈ 0; hàm liên tục đồng π biến 0; nên có hàm ngược t = arctan u(u ≤ 0) u(0) = Vậy ta có y x arctan tdt ≥ xy, xy ∈ 0; tantdt + π , y ∈ [0; +∞) Suy − ln | cost| + tarctan t|y0 − ln |1 + t ||y0 ≥ xy hay y(arctan y − x) ≥ ln (cos x + y2 ) Dấu đẳng thức xảy √ √ y 3 π y = tan x = hay x = , y = x π Bài toán 3.36 (Olympic sinh viên, 2002) Chứng minh với α ≤ 3, ta có sin x x α sin x x α π sin x π , < sin x < x, hay < Lời giải Khi x ∈ 0; < Từ đó, suy x ≥ cos x, ∀x ∈ 0; ≥ sin x x , ∀α ≤ Do đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức cho trường hợp α = Tuy nhiên, ta chứng minh bất đẳng thức tương đương sau π sin x √ ≥ x, ∀x ∈ 0; cos x Xét hàm số Ta có sin x π F(x) = √ − x khoảng 0; cos x √ cos2 x − cos x cos x + √ F (x) = cos x cos x 62 π Thật lại xét hàm số √ G(t) = 2t − 3t t + 1,t ∈ [0; 1], Ta chứng minh F (x) ≥ 0, ∀x ∈ 0; ta thấy √ G (t) = 4(t − t) ≤ 0, ∀t ∈ [0; 1] Do G(t) hàm nghịch biến, nên G(t) ≥ G(1) = 0, ∀t ∈ [0; 1] Suy F (x) ≥ π 0, ∀x ∈ 0; Như F(x) hàm đồng biến, nên F(x) ≥ Bài toán chứng minh Bài toán 3.37 (Olympic sinh viên, 2005) Cho số dương a hàm số f (x) có đạo hàm liên tục R cho F (x) ≥ a với ∀x ∈ R Biết π f (x) sin xdx < a 0< Chứng minh đoạn 0; π , phương trình f (x) = có nghiệm Lời giải Ta có π π f (x) sin xdx = − f (x)d(cos x) = − cos x f (x) + 0 π f (x) cos xdx π f (x) cos xdx ≥ f (0) + a = f (0) + π π cos xdx = f (0) + a Suy π f (x) sin xdx − a < f (0) ≤ Giả sử f π 0; π ≤ Từ giả thiết f (x) ≥ a > suy f (x) đồng biến đoạn 63 Khi f (x) ≤ 0, ∀x ∈ 0; π Do π f (x) sin x ≤ 0, ∀x ∈ 0; π hay f (x) sin xdx ≤ mâu thuẫn giả thiết π π > kết hợp điều kiện f (x) đồng biến đoạn 0; suy điều phải 2 chứng minh Vậy f Bài toán 3.38 (Tuyển tập Olympic 30 tháng 4, lần XII - 2006) Giải phương trình √ 6x + = 8x3 − 4x − (3.35) √ Lời giải Ta có 6x + = 8x3 − 4x − √ ⇔ 6x + + 6x + = (2x)3 + 2x (3.36) √ Phương trình có dạng: f 6x + = f (2x) với f (t) = t + t hàm đồng biến R Vậy phương trình (3.36) tương đương với √ 6x + = 2x ⇔ 8x3 − 6x = Nhận xét 3.6 Nếu |x| > ⇒ 4x2 − > 8x3 − 6x > nên nghiệm phương trình (3.36) có phải thuộc [−1; 1] Đặt x = cost,t ∈ [0; π] (3.36) trở thành 4cos3t − cost = π k2π ⇔ cos 3t = ⇔ t = ± + , (k ∈ Z) 2 π 5π 7π Suy (3.36) có tập nghiệm S = cos ; cos ; cos 9 Bài toán 3.39 (Tuyển tập Olympic 30 tháng lần XII, 2006) Giải phương trình 3x +x+2 + x3 − 3x + 32x−x = 34x+1 (3.37) Lời giải Ta có 3x +x+2 ⇔ 3x + x3 − 3x + 32x−x = 34x+1 +x+2 3x −2x + x3 − 3x + 32x−x 3x −2x = 34x+1 3x ⇔ 32x −x+2 + x3 − 3x + = 3x +2x+1 ⇔ 32x −x+2 + 2x3 − x + − x3 + 2x + = 3x +2x+1 −2x 64 ⇔ 32x −x+2 + 2x3 − x + = 3x +2x+1 + x3 + 2x + (3.38) Đặt f (t) = 3t + t, u = 2x3 − x + 2, v = x3 + 2x + (3.38) trở thành: f (u) = f (v) (3.39) Do f (t) = ln + > 0; ∀t ∈ R nên f (t) đồng biến R, nên (3.39) ⇔ u = v Suy 2x3 − x + = x3 + 2x + ⇔ x3 − 3x + = (3.40) Xét x ∈ [−2; 2], đặt x = cos α; α ∈ (0; π) (3.40) trở thành: 8cos3 α − cos α + = ⇔ cos 3α = −1 2π k2π ⇔ cos 3α = − ⇔ α = ± + , (k ∈ Z) mà phương trình bậc ba có tối đa ba nghiệm nên (3.40) có ba nghiệm x1 = cos 2π 4π 8π ; x2 = cos ; x3 = cos 9 Bài toán 3.40 (Olympic 30-4 năm 2007) Chứng minh tam giác ABC thỏa mãn đẳng thức sau sin 3A 3B A−B + sin = cos 2 Lời giải Ta có sin 3A 3B 3(A + B) 3(A − B) + sin = sin cos 2 4 Ta dự đoán sin 3A 3B 3(A − B) + sin ≤ cos 2 Vậy ta cần chứng minh ≤ cos 3(A − B) A−B ≤ cos (3.41) Ta có cos A−B 3(A + B) 3(A − B) 3(A − B) ≥ ⇒ sin cos ≥ ⇒ cos ≥ (3.42) 4 65 sin 3(A + B) ≥0 Lại có |A − B| 3|A − B| ≤ ≤π |A − B| 3|A − B| A−B A−B ≥ cos ⇒ cos ≥ cos ⇒ cos 4 Từ (3.41), (3.42),(3.43) ta có 3A 3B A−B sin + sin ≤ cos 2 Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC 0≤ (3.43) Bài toán 3.41 (Đề thi HSG tỉnh Sơn La 2009) Tìm a để phương trình: sin 2(x − π) − sin(3x − π) = a sin x (3.44) có nghiệm x = kπ; k ∈ Z Lời giải Ta có sin 2(x − π) − sin(3x − π) = a sin x ⇔ sin 2x + sin 3x = a sin x ⇔ sin x cos x + sin x − sin3 x = a sin x ⇔ sin x(2 cos x − sin2 x + 3) = a sin x ⇔ cos x − sin2 x + = a (vì x = kπ; k ∈ Z nên sin x = ) ⇔ cos2 x + cos x − = a (3.45) Đặt t = cos x (| t |