BĐT-CT Lượng Giác -Nguyễn Minh Đức

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

Bài Viết Tốn Học

Bất Đẳng Thức

&

Cực Trị Lượng Giác

Duc_Huyen1604

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!

Bài Toán 1: Cho ABC, tìm GTLN của

3 sin sin

5

sin 2

P

C



Giải:

Áp dụng BĐT BCS ta có:

5 1

1

sin

sin

sin

5

sin 2

C C

   

Suy ra:

Áp dụng BĐT AM-GM ta lại có :

1 sin sin

1

1 sin 1 sin 2 sin

2



3

1 sin 1 sin 2 sin

2 2 2

27 27

Từ đó ta suy ra: 1 2 3

10 3 3 45

Dấu « = » xảy ra khi

1

sin 2 3

1 sin 2 sin

C

A B

C













45

P

Bài Toán 2: Cho A, B,C là ba góc của một tam giác.Chứng minh rằng :

Giải :

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

sin sin

2 2 tan 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

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

Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta suy ra được :

Ta có biến đổi sau:

  cos 2

cos 2

B C

A





Tương tự :

tan sin sinA cosC cosA 2

tan sin sin cos cos 2

B C C

Do đó từ (*) ta có được :

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

cos cos cos sin sin sin

6 4 3 2 2 2 4

Ta sẽ đi chứng minh :

2

2

2 sin sin sin 3 0

2 2 2

Dấu « = » xảy ra khi A B C   ABC đều

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài Toán 3: Cho ABCkhông có góc tù và mỗi góc không nhỏ hơn

4



Chứng minh rằng : P cotAcotB cotC 3 cot cotBcosCA  4 2  2 

Giải :

Ta có:

 2   

cot cot cot 3 cotA cot cot cot cot cot cotA cot cot cotC cot cot cot 3 cotA 1 cot cot cot

4 cotA 1 3 cot cot cot

Vì

3

nên

2

1 3 cot 1 3 cot 1 3 0

3 3

Vì ABCkhông có góc tù nên: , cot cot 2 cot 2 tan

Kết hợp với các đánh giá trên suy ra được:

4 cot 2 1 3 cot tan 4 2 1 3

2 2 2 2

Xét hàm số :

( )

2

f t

t

2 1;

3

  

 , ta có:

 2 2 2

t

t

Vậy suy ra ( )f t luôn nghịch biến trên 2 1; 1

3



Do đó : f t( ) f( 2 1) 4 2    2  Hay suy ra được P 4 2  2

Dấu “=” xảy ra khi , B C 3

Vậy ta có điều phải chứng minh!

Bài Toán 4: Cho số nguyên dương n và số thực x Chứng minh rằng:

2

Giải:

-Khi n 1:

cos

2

2

* Nếu cos 1

2

x  thì

2

Vậy (*) đúng với n 1

Giả sử (*) đúng với n  k 1.Khi đó:

cos cos 2 cos 2

2

Ta đi chứng minh (*) đúng với n  k 1 Hay đi chứng minh:

cos cos 2 cos 2 cos 2

2

Thật vậy, áp dụng giả thiết quy nạp ta có:

cos

2

cos cos 2 cos 2 cos 2

*Nếu cos 1

2

x  thì

1

1

cos cos 2 cos 2 cos 2

1 1 cos cos 2 cos 4 cos 2 1

2 2

k





Vậy (*) đúng với n  k 1.Hay suy ra được (*) đúng với mọi số nguyên dương n

Bài Toán 5: Cho ABC, tìm GTNN của biểu thức:

P



Giải:

Ta luôn có: tan tan tan tan tan tan 1

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được:

Tương tự:

Cộng vế theo vế (4), (5) và (6) suy ra được:

15 tan tan tan 5 tan tan tan

2 2 2 2 2 2 tan tan tan 1

2 2 2 .

3 tan tan tan

2 2 2

Dấu “=” xảy ra khi tan tan tan

3

P

Bài Toán 6: Chứng minh rằng, nếu 3, 0;

2

 thì

sin

cos

x

x x





Giải:

Ta có: 0;

2

x   

  thì

sin

x

Do đó:

3

2

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

x

2

 

 Ta có :

3 3

3

2 cos 3 cos cos 1 '( )

3 cos cos

f x



Xét g(cos ) 2 cosx  3x 3 cosx3 cosx 1 với cosx(0;1] ta có:

Vậy suy ra gcosx nghịch biến  gcosx  g 1  0

Do đó suy ra được : '( ) 0f x   hàm ( )f x đồng biến trên 0;

2

 

 

0 0; 0

2 cos

x

x



Vậy ta có điều phải chứng minh!

   3 

g' cosx  4 cosx  cosx  0 cosx(0;1]

Bài Toán 7: Cho ABC, chứng minh rằng:

cos cos cos

2 2 2 6 sin sin sin

2 2 2

P

Giải:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

3 3

sin sin sin

P

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)

Từ (1) và (2) suy ra:

3

3 8 6

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

P







Giải:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

 2  

2

tan tan 1 tan tan 2

2 cot cot



Theo BĐT AM-GM ta lại có:

tan tan 1 tan tan

  

1

.2 tan tan 1 tan tan 1 tan tan 4

2 tan tan 1 tan tan 1 tan tan

Từ đó ta suy ra: 2

27

3

2 tan tan 1 tan tan



 

27

p

Bài Toán 9: Cho , ,A B C là ba góc của một tam giác.Chứng minh rằng:

2

2

Giải :

Ta có:

2

2

2

Ta sẽ đi chứng minh :

2 2

Thật vây :

2 (*) 2 cos 2 2 cos 1 0

2

2

C

  (luôn đúng)

Dấu « = » xảy ra khi

2 1 cos

A B

ABC C





vuông cân tại C

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài Toán 10: Cho ABC có các góc thỏa mãn

2

A  B C 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2cos 4 4 cos2 cos2 cos2

P  C  C  A B

Giải:

Vì

cos 0

cos 2 A cos 2 B 2 cos cos 2 cos cos 2 cos cos 1

C

A B

Ta suy ra:

2 2 2 cos 1 1 4 2 cos 1 2 cos

16 cos 8 cos 2 cos 2

Mặt khác ta lại có :

2 2

16 cos 8 cos 2 cos 2

16 cos 8 cos 1 1 2 cos 4

1

2

Từ đó suy ra được : P  4.Dấu = xảy ra khi cos  1

cos

2

A B

A B C C







Vậy Min P  4

Bài Toán 11: Cho A B C , , là ba góc của một tam giác Chứng minh rằng :

Giải:

Ta có:

Tương tự ta có:

2

A

B  C 

sin sinA 2 cos (3)

2

B

Cộng vế theo về (1), (2) và (3) ta được:

Vậy bài toán được chứng minh.Dấu  xảy ra khi .

3

A  B  C  

Bài Toán 12: Cho  ABC nhọn Chứng minh rằng:

Giải:

Ta có:

Suy ra:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

Từ (*) và (**) ta suy ra:

9 sin sin sin

1 cos cos cos

A B C

1 cos cos cos 9 sin sin sin

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)