Bài viết toán học Bất đẳng thức và cực trị lượng giác

1 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH) Bài Viết Toán Học Baát Ñaúng Thöùc & Cöïc Trò Löôïng Giaùc Duc_Huyen1604 2 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH) Lời Mở: Trong quá trình tìm hiểu về phần “Bất Đẳng Thức-Cực Trị Lượng Giác” tôi xin viết nên bài viết nhỏ này! Trong bài viết là một số bài toán và lời giải tham khảo. Trong quá trình viết không thể không gặp sai sót. Mong bạn đọc cho ý kiến đóng góp! My Facebook: www.facebook.com/gaulovemiu1604 Gmail: lovemiu1604@gmail.com Bài Toán 1: Cho ABC , tìm GTLN của 3 sin sin 2 2 . 5 4 1 1 sin 2 A B P C    Giải: Áp dụng BĐT BCS ta có: 1 5 1 5 5 1 3 3sin sin 2 2 4 5 1 5 1 3 3sin sin 2 2 1 5 5 4 1 1 3 sin sin 2 2 3 1 sin 5 25 4 1 1 sin 2 C C C C C C C C                                          Suy ra: 1 1 cos sin sin 1 sin sin 10 2 2 2 10 2 2 A B C C C C P                3 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH) Áp dụng BĐT AM-GM ta lại có : 1 sin sin 2 2 1 1 sin 1 sin .2 sin 2 2 22 C C C C C                     3 1 sin 1 sin 2 sin 2 2 21 1 8 2 . 27 272 2 3 3 C C C           Từ đó ta suy ra: 1 2 3 . 10 453 3 P   Dấu « = » xảy ra khi 1 sin 23 cos 1 .12 sin 2 3 1 sin 2 sin 2 2 C A B A B C C C                   Vậy 3 . 45P Max  Bài Toán 2: Cho ,B,CA là ba góc của một tam giác.Chứng minh rằng :   1 5 cos cos cos sin sin sin 6 4 2 2 2 A B C A B C      Giải : Áp dụng BĐT AM-GM ta có: sin sin 2 2tan sin tan sin 2 .2 sin cos . .2 sin cos 2 2 2 2 2 2 cos cos 2 2 tan sin tan sin 4 sin sin (1) 2 2 2 2 A B A B B B A A B A A B A B A B B A      Tương tự ta có: tan sin tan sin 4 sin sin (2) 2 2 2 2 tan sin tan sin 4 sin sin (3) 2 2 2 2 B C B C C B C A C A A C     4 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH) Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta suy ra được :      tan sin sin tan sin sin tan sin sin 2 2 2 4 sin sin sin sin sin sin (*) 2 2 2 2 2 2 A B C B C C A A B A B B C C A              Ta có biến đổi sau:   cos 2tan sin sin .2cos cos cos cos 2 2 2 cos 2 B C A A B C B C B C A       Tương tự :     tan sin sinA cosC cosA 2 tan sin sin cos cos 2 B C C A B A B       Do đó từ (*) ta có được :   2 2 2 2 2 2 cos cos cos 2 sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 cos cos cos sin sin sin 2 2 2 2 2 2 cos cos cos 3 2 sin sin sin 2 2 2 1 5 1 3 cos cos cos sin sin sin 6 4 3 2 2 2 4 A B B C C A A B C A B C A B C A B C A B C A B C A B C                                               Ta sẽ đi chứng minh : 2 1 3 sin sin sin sin sin sin 3 2 2 2 4 2 2 2 A B C A B C           2 2 sin sin sin 3 0 2 2 2 A B C              (luôn đúng). Dấu « = » xảy ra khi A B C ABC    đều. Vậy ta có điều phải chứng minh. 5 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH) Bài Toán 3: Cho ABC không có góc tù và mỗi góc không nhỏ hơn 4  . Chứng minh rằng :  P cot cot cot 3cot cotBcosC 4 2 2 .A B C A      Giải : Giả sử  , , . 4 3 Min A B C A A       Ta có:        2 cot cot cot 3cotA cot cot cot cot cot cotA cot cot cotC cot cot cot 3cotA 1 cot cot cot 4 cotA 1 3cot cot cot P A B C A B B C C A B A B C A B C A B C                         Vì 3 A   nên 2 2 2 11 3cot 1 3cot 1 3. 0 3 3 A             . Vì ABC không có góc tù nên: , cot cot 2cot 2 tan . 2 2 2 B C A B C B C        Đặt 1 tan 2 1; 2 8 2 63 A A t t Do                  Kết hợp với các đánh giá trên suy ra được:   2 2 2 4 2 2 1 1 3 6 14 cot 2 1 3cot tan 4 2. 1 3 . 2 2 2 2 A t t t t P A A t t t t                            Xét hàm số : 4 23 6 1 ( ) 2 t t f t t     với 1 2 1; 3 t        , ta có:   2 2 2 3 1 1 '( ) 0 2 1; . 2 3 t f t t t             Vậy suy ra ( )f t luôn nghịch biến trên 1 2 1; 3       . Do đó :  ( ) ( 2 1) 4 2 2 .f t f    Hay suy ra được  4 2 2P   . Dấu “=” xảy ra khi 3 ,B C . 4 8 A      Vậy ta có điều phải chứng minh! 6 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH) Bài Toán 4: Cho số nguyên dương n và số thực x .Chứng minh rằng: cos cos2 ... cos2 (*) 2 n nx x x    Giải: -Khi 1n  : * Nếu 1 cos 2 x  thì 1 cos cos2 . 2 x x  * Nếu 1 cos 2 x  thì  2 2 1cos cos2 cos 2cos 1 cos 1 2cos 1 cos 1 2 cos 1 . 2 x x x x x x x x            Vậy (*) đúng với 1n  . Giả sử (*) đúng với 1.n k  Khi đó: cos cos2 ... cos2 2 k kx x x    Ta đi chứng minh (*) đúng với 1.n k  Hay đi chứng minh: 1 1cos cos2 ... cos2 cos2 2 k k kx x x x       Thật vậy, áp dụng giả thiết quy nạp ta có: *Nếu 1 cos 2 x  thì 1 1 1 cos cos2 ... cos2 cos2 2 2 2 k k k kx x x x         *Nếu 1 cos 2 x  thì     1 1 cos cos2 ... cos2 cos2 1 1 cos cos2 cos 4 ... cos2 1 2 2 k k k x x x x k k x x x x                 Vậy (*) đúng với 1n k  .Hay suy ra được (*) đúng với mọi số nguyên dương .n 7 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH) Bài Toán 5: Cho ABC , tìm GTNN của biểu thức: 5 5 5 3 3 3 tan tan tan 2 2 2 . tan tan tan 2 2 2 A B C P A B C      Giải: Ta luôn có: tan tan tan tan tan tan 1 2 2 2 2 2 2 A B B C C A    . Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 5 5 5 5 5 4 5 5 5 5 5 4 5 5 5 5 5 3 tan tan tan tan tan 5 tan tan (1) 2 2 2 2 2 2 2 tan tan tan tan tan 5 tan tan (2) 2 2 2 2 2 2 2 tan tan tan tan tan 5 tan tan tan (3) 2 2 2 2 2 2 2 2 A A A A B A B A A A A C A C A A A B C A B C                Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: 5 5 5 3 5 5 5 3 11tan 2 tan tan 5 tan tan tan tan tan tan tan 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 11tan 2 tan tan 5 tan (4) 2 2 2 2 A B C A A B B C C A A B C A                          Tương tự: 5 5 5 3 5 5 5 3 11tan 2 tan tan 5 tan (5) 2 2 2 2 11tan 2 tan tan 5 tan (6) 2 2 2 2 B C A B C A B C                 Cộng vế theo vế (4), (5) và (6) suy ra được: 5 5 5 3 3 3 5 5 5 3 3 3 15 tan tan tan 5 tan tan tan 2 2 2 2 2 2 tan tan tan 12 2 2 . 3 tan tan tan 2 2 2 A B C A B C A B C A B C                       8 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH) Dấu “=” xảy ra khi tan tan tan . 2 2 2 A B C A B C     Vậy 1 . 3P Min  Bài Toán 6: Chứng minh rằng, nếu 3, 0; 2 x             thì sin cos . x x x        Giải: Ta có: 0; 2 x         thì sin 0 sin 0 1. x x x x      Do đó: 3 sin sin 3, , 0; . 2 x x x x x                          Như vậy ta cần chứng minh: 3 3 3 sin cos sin cos sin 0 cos x x x x x x x x x            Xét hàm số 3 sin ( ) cos x f x x x   , với 0; 2 x       Ta có : 33 3 2cos 3cos cos 1 '( ) 3cos cos x x x f x x x    Xét 33g(cos ) 2cos 3cos cos 1x x x x   với cos (0;1]x  ta có: Vậy suy ra  cosg x nghịch biến    cos 1 0g x g   Do đó suy ra được : '( ) 0f x   hàm ( )f x đồng biến trên 0; 2 x       . Suy ra   3 sin 0 0; 0 2 cos x f x x x x            Vậy ta có điều phải chứng minh!    3g' cos 4 cos cos 0 cos (0;1]x x x x     9 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH) Bài Toán 7: Cho ABC , chứng minh rằng: cos cos cos 2 2 2 6 sin sin sin 2 2 2        B C C A A B P A B C Giải: Áp dụng BĐT AM-GM ta có:       3 3 cos cos cos sin sin sin sin sin sin2 2 23 . . 3 (1) sin sin sin sin sin sin 2 2 2 B C C A A B A B B C C A P A B C A B C         Áp dụng BĐT AM-GM ta lại có:      sin sin sin sin sin sin 2 sin sin .2 sin sin .2 sin sin 8 (2) sin sin sin sin sin sinC A B B C C A A B B C C A A B C A B      Từ (1) và (2) suy ra: 33 8 6P   Dấu = xảy ra khi .A B C  Vậy ta có điều phải chứng minh! Bài Toán 8: Cho ,x y là các góc nhọn.Tìm GTLN của biểu thức:   2 1 tan tan cot cot x y P x y    Giải: Áp dụng BĐT AM-GM ta có:     2 21 tan tan 1 tan tan 1 tan tan 22 cot cot x y P x y x y x y     Theo BĐT AM-GM ta lại có:   21 tan tan 1 tan tan 2 x y x y 10 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH)       3 1 .2 tan tan 1 tan tan 1 tan tan 4 2 tan tan 1 tan tan 1 tan tan1 2 4 27 27 x y x y x y x y x y x y          Từ đó ta suy ra: 2 27 P  . Dấu « = » xảy ra khi cot cot 1 tan tan 32 tan tan 1 tan tan x y x y x y x y        Vậy : 2 27p Max  . Bài Toán 9: Cho , ,A B C là ba góc của một tam giác.Chứng minh rằng: 2 P sin sin cos 2 2 A B C    Giải : Ta có: 2 2 2sin cos cos 2 2 2 2 2cos 2cos 1 2 2 2 A B A B P C C C             Ta sẽ đi chứng minh : 222cos 2cos 1 2 (*) 2 2 2 C C        Thật vây : 2(*) 2cos 2. 2 cos 1 0 2 2 C C     2 2 cos 1 0 2 C        (luôn đúng) Dấu « = » xảy ra khi cos 1 2 1 cos 2 2 A B ABC C         vuông cân tại C . Vậy ta có điều phải chứng minh. 11 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH) Bài Toán 10: Cho ABC có các góc thỏa mãn 2 A B C     . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2cos4 4cos2 cos2 cos2P C C A B    Giải: Vì 1 0 cos . 2 3 2 2 A B C C C             Vì         cos 0 cos2A cos2B 2cos cos 2cos cos 2cos . cos 1 C A B A B C A B C A B               Ta suy ra:     2 2 2 4 2 2 2 2cos 1 1 4 2cos 1 2cos 16cos 8 cos 2cos 2 P C C C P C C C                Mặt khác ta lại có :     4 2 4 2 2 2 16cos 8 cos 2cos 2 16cos 8 cos 1 1 2cos 4 1 4 cos 1 1 2cos 4 4 ( cos ) 2 C C C C C C C C Do C                  Từ đó suy ra được : 4P   .Dấu = xảy ra khi  cos 1 .1 3cos 2 A B A B C C            Vậy 4 P Min   . Bài Toán 11: Cho , ,A B C là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng : sin sin sin cos cos cos 2 2 2 A B C A B C     Giải: Ta có:  sin sin 2 sin sin 4 sin cos 2 cos (1) 2 2 2 A B A B C A B A B        Tương tự ta có: sin sin 2 cos (2) 2 A B C  12 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH) sin sinA 2 cos (3) 2 B C   Cộng vế theo về (1), (2) và (3) ta được:  2 sin sin sin 2 cos cos cos2 2 2 sin sin sin cos cos cos 2 2 2 A B C A B C A B C A B C                   Vậy bài toán được chứng minh.Dấu  xảy ra khi . 3 A B C     Bài Toán 12: Cho ABC nhọn. Chứng minh rằng: 1 cos cos cos 9sin sin sin 2 2 2 A B C A B C  Giải: Ta có: 2 2 2sin sin sin 2 2cos cos cos sin sin sin 4 cos cos cos 2 2 2 A B C A B C A B C A B C        Suy ra:      2 2 2sin sin sin sin sin sin 1 cos cos cos (*) 8 cos cos cos 2 2 2 A B C A B C A B C A B C       Áp dụng BĐT AM-GM ta có:    2 2 2 3 32 2 2 sin sin sin sin sin sin 3 sin sin sin .3 sin sin sin 9sin sin sinC (**) A B C A B C A B C A B C A B       Từ (*) và (**) ta suy ra: 9sin sin sin 1 cos cos cos 8 cos cos cos 2 2 2 A B C A B C A B C   13 NGUYỄN MINH ĐỨC-THPT LÊ QUẢNG CHÍ (HÀ TĨNH) 1 cos cos cos 9sin sin sin 2 2 2 A B C A B C   Vậy bài toán được chứng minh. Dấu = xảy ra khi . 3 A B C     Bài Viết Có Tham Khảo: 1 : Tổng tập đề thi OLYMPIC 30 tháng 4 Toán Học 11 ( Nhà Xuất Bản Đại Học Sư Phạm).