Nhưng ngược l ại đối v ới k ết quả bài làm của học sinh lớp 11A2 tôi thấy rất khả quan hầu hết các em đều làm được bài tập đầu còn bài tập 2 một số em đã không biết chuyển từ đầu bài về [r]
Trang 1I ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong chương trình toán ở trường phổ thông việc chứng minh bất đẳng thức là một vấn đề có thể nói là phức tạp nhất, nó rèn cho người làm toán trí thông minh, sự sáng tạo, ngoài ra còn có cả sự khéo léo, mỗi kết quả của nó là một công cụ sắc bén của toán học Nhưng để chứng minh bất đẳng thức thì không đơn giản chút nào, nhất là đối với học sinh, các em tỏ ra lúng túng khi chọn cho mình một công cụ để chứng minh hiệu quả nhất Đã có rất nhiều tài liệu đưa ra một số phương pháp rất tốt để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn:
- Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức
- Phương pháp sử dụng tam thức bậc 2
- Phương pháp sử dụng những bất đẳng thức kinh điển
- Phương pháp sử dụng phản chứng
- Phương pháp sử dụng quy nạp
- Phương pháp sử dụng đạo hàm
- Phương pháp sử dụng hình học
- Phương pháp sử dụng hàm lồi
Mặc dù vậy song vẫn là chưa đủ bởi sáng tạo của mỗi người làm toán là
vô hạn Chính vì vậy trong bài viết này tôi muốn đề cập về "Một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số " nhằm trang bị thêm cho
học sinh một số công cụ hữu hiệu để chứng minh các bất đẳng thức đại số Phương pháp lượng giác hoá đã được một số sách của các tác giả đề cập như giáo sư Phan Đức Chính, giáo sư Phan Huy Khải, phó tiến sĩ Vũ Thế Hựu viết Nhưng do cấu trúc mục tiêu của các cuốn sách đó mà các tác giả đều không đi sâu vào phương pháp này hay nói cách khác là chưa thật cụ thể hoá, hệ thống hoá nó
Là một giáo viên gần 20 năm giảng dạy với các đối tượng học sinh khá giỏi của các lớp chọn tôi đã phân chia phương pháp này thành 5 dạng bài tập Nhằm cung cấp cho học sinh nhận ra các dấu hiệu ban đầu để thực hiện các bước lượng giác hoá bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số, để rồi dùng các kết quả của bất đẳng thức lượng giác chứng minh bất đẳng thức đại số
Qua thực tế giảng dạy ở các lớp chọn khối 11 trường THPT tôi nhận thấy việc phân chia dạng của tôi là hợp lý, lôgíc cụ thể, có thể nhanh chóng tìm ra phương pháp chứng minh được bất đẳng thức bằng cách áp dụng các phương pháp tư duy này của tôi
Tôi sẽ trình bày về hiệu quả của phương pháp này đối với học sinh ở phần
4 kết quả trắc nghiệm thực tế của sáng kiến
CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1 Bất đẳng thức của giáo sư Phan Đức Chính - NXB Giáo dục 1995
2 Các bài toán chọn lọc về bất đẳng thức 2 tập của giáo sư Phan Huy Khải - NXB Giáo dục Hà Nội 2000
Trang 23 Phương pháp lượng giác hoá của PTS Vũ Thế Hựu - NXB Giáo dục 2002
Trang 3II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1 CÁC KIẾN THỨC CẦN NẮM
1.1 Các hệ thức cơ bản
+ cos2sin21 + 1 + tg2 = cos ( 2 k )
1
2
+ tg cotg = 1 ( 2
k
) + 1 + cotg2 = sin ( k )
1
2
1.2 Công thức cộng góc
+ cos( ) = cos cos sin sin
+ sin( ) = sin cos cos sin
+ tg ( ) =
) k 2
; ( tg tg 1
tg tg
+ cotg( ) =
g cot g
cot
1 g cot g
) k
; (
1.3 Công thức nhân
+ sin2 = 2 sin cos
+ cos2 = cos2 - sin2 = 2cos2 - 1 = 1 - 2sin2
+ tg2 =
) 2
k 4
( tg 1
tg 2
2
+ cotg2 =
) 2
k ( g
cot 2
1 g
+ sin3 = 3sin - 4sin3
+ cos3 = 4cos3 - 3cos
k 6
( tg
3 1
tg tg
3
3
3
)
1.4 Công thức hạ bậc
+ cos2 = 2
2 cos
+ sin2 = 2
2 cos
+ tg2 =
2 cos 1
2 cos 1
) k 2 (
1.5 Công thức biến đổi tổng thành tích:
+ cos + cos = 2cos 2 cos 2
+ cos - cos = - 2sin 2 2
sin +
Trang 4+ sin + sin = 2sin 2 2
cos +
+ sin - sin = = - 2cos 2 sin 2
+ tg tg =
cos cos
) sin(
) k 2
; (
1.6 Công thức biến đổi tích thành tổng:
+ cos.cos = 2[cos( ) cos( )]
1
+ sin.sin = 2[cos( ) cos( )]
1
+ sin.cos = 2[sin( ) sin( )]
1
2 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN
Qua một quá trình nghiên cứu tham khảo bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp lượng giác ở nhiều sách đều đưa ra các phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp lượng giác rất mơ hồ chưa có hệ thống, chưa phân chia thành các dạng bài tập Với các kiến thức về chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp lượng giác mà tôi được biết tôi đã phân chia thành 5 dạng bài tập cơ bản mà tôi sẽ giới thiệu sau đây
Trong mỗi dạng bài tập tôi đều đưa ra phương pháp chọn cách đặt để học sinh nhanh chóng chuyển 1 vế của bất đẳng thức đại số phải chứng minh về biểu thức lượng giác sau đó biến đổi để đánh giá bất đẳng thức lượng giác bằng các bất đẳng thức lượng giác đơn giản như:
| sin | 1;| cos | 1; sin n 1; cos n 1 (n N *)
* Để học sinh nắm kiến thức một cách hệ thống tôi đã lập bảng một số dấu hiệu nhận biết sau:( Giả sử các hàm số lượng giác sau đều có nghĩa)
1+tg2t = cos t
1 2 4x3 - 3x 4cos3t - 3cost 4cos3t - 3cost = cos3t 2x2 - 1 2cos2t - 1 2cos2t - 1 = cos2t
2 x 1
x 2
tgt 2 2
tgt 2 2
= tg2t
2 x 1
x 2
tgt 2 2
tgt 2 2
= sin2t
Trang 5xy 1
y x
tg tg 1
tg tg
tg tg 1
tg tg
= tg(+)
cos
1
2
cos
1
2
= tg2
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC ĐỂ CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ
I DẠNG 1 : Sử dụng hệ thức sin 2
+ cos 2 = 1
1) Phương pháp:
a) Nếu thấy x2 + y2 = 1 thì đặt
cos y
sin x
với [0, 2]
b) Nếu thấy x2 + y2 = a2 (a > 0) thì đặt
cos a y
sin a x
với [0, 2]
2 Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Cho 4 số a, b, c, d thoả mãn: a2 + b2 = c2 + d2 = 1
Chứng minh rằng: 2 S = a(c+d) + b(c-d) 2
Giải:
Đặt
u cos
b
u sin
a
và
v cos d
v sin c
S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv)
S = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv) = sin(u+v) - cos(u+v)
2 ) d c ( b ) d c ( a S 2 ]
2 , 2 [ 4 ) v u ( sin
2
(đpcm)
VD2: Cho a2 + b2 = 1 Chứng minh rằng: 2
25 b
1 b a
1 a
2 2 2 2 2
2
Giải:
Đặt a = cos và b = sin với 0 2 Thế vào biểu thức vế trái rồi biến đổi
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2
2
sin
1 sin
cos
1 cos
b
1 b a
1
sin cos
sin cos
4 sin
1 cos
1
4 4
4 4
4 4
4
Trang 6= 4
sin cos
1 1
sin
sin cos
1 1
sin cos
2 sin
25 4 2
17 4 ) 16 1 ( 2
1 1 4 2
sin
16 1
2 sin
2
1
(đpcm) Bây giờ ta đẩy bài toán lên mức độ cao hơn một bước nữa để xuất hiện a2+b2=1
VD3: Cho a2 + b2 - 2a - 4b + 4 = 0 Chứng minh rằng:
A = a b 2 3ab 2(1 2 3)a (4 2 3)b 4 3 3 2
2
2
Giải:
Biến đổi điều kiện: a2 + b2 - 2a - 4b + 4 = 0 (a-1)2 + (b-2)2 = 1
Đặt
cos sin 3 2 cos
sin A cos
2 b
sin 1 a cos
2
b
sin 1
A
2 ) 6 2 sin(
2 2 cos 2
1 2 sin 2
3 2 2 cos 2
sin
(đpcm)
VD4: Cho a, b thoả mãn : 5a12b7 = 13
Chứng minh rằng: a2 + b2 + 2(b-a) - 1
Giải:
Biến đổi bất đẳng thức: a2 + b2 + 2(b-a) - 1 (a-1)2 + (b + 1)2 1
Đặt
cos R 1
b
sin R 1
a
với R 0
2 2
2 (b 1) R )
1 a ( 1 cos R b
1 sin R a
Ta có: 5a12b7 13 5(Rsin1)12(Rcos 1)7 13
R 13
5 arccos sin
R cos 13
12 sin
13
5 R 1 13 cos
R 12 sin
R
Từ đó (a-1)2 + (b+1)2 = R2 1 a2 + b2 + 2(b - a) - 1 (đpcm)
II DẠNG 2 : Sử dụng tập giá trị |sin|1 ; |cos| 1
1 Phương pháp :
Trang 7a) Nếu thấy |x| 1 thì đặt
2 2 cos 0;
x khi
x khi
b) Nếu thấy |x| m ( m 0) thì đặt
2 2 cos 0;
x m khi
x m khi
2 Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Chứng minh rằng: (1+x)p + (1-x)p 2p |x| 1 ; P 1
Giải:
Đặt x = cos với [0, ], khi đó (1 + x)p + (1 - x)p = (1+cos)p + (1-cos)p
=
p 2
2 p p
p p
p 2
p
2
sin 2 cos 2 2
sin 2 cos 2 2
sin 2 2
cos
(đpcm)
VD2: Chứng minh rằng: 3 2A2 3a22a 1 a2 32
Giải:
Từ đk 1 - a2 0 |a| 1 nên
Đặt a = cos với 0 1 a2 = sin Khi đó ta có:
A=2 3a22a 1 a2 2 3cos22cossin 3(1cos2)sin2
=
3 3
2 sin 2 3 2
sin 2
1 2
cos
2
3
2 3 2
VD3: Chứng minh rằng: 1 1 a2 (1a)3 (1 a)32 2 2 2a2 (1)
Giải:
Từ đk |a| 1 nên
2 cos 2 a 1
; 2 sin 2 a
cos 2 sin 2 2 2 2 2
sin 2 cos 2 2 2
cos 2 sin 2
sin 2 cos 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos2 sin 2 1 sin 2cos 2
2
Trang 8
1 cos 2
sin 2
cos 2
sin 2
cos 2
cos 2
đúng (đpcm)
VD4: Chứng minh rằng: S = 4 (1 a2)3 a3 3a 1 a2 2
Giải:
Từ đk |a| 1 nên:
Đặt a = cos với [0, ] 1 a2 = sin Khi đó biến đổi S ta có:
S=4(sin cos ) 3(cos sin ) (3sin 4sin ) (4cos 3cos )
3 3
3 3
=
2 4
3 sin 2 3
cos
3
(đpcm)
VD5: Chứng minh rằng A = a 1 b2 b 1 a2 3ab (1 a2)(1 b2) 2
Giải:
Từ điều kiện: 1 - a2 0 ; 1 - b2 0 |a| 1 ; |b| 1 nên
Đặt a = sin, b = sin với ,
2
; 2 Khi đó A = sincoscossin 3cos() =
=
2 3 ) ( sin 2 ) cos(
2
3 ) sin(
2
1 2 ) cos(
3 )
(đpcm)
VD6: Chứng minh rằng: A = |4a3 - 24a2 + 45a - 26| 1 a [1; 3]
Giải:
Do a [1, 3] nên a-2 1 nên ta đặt a - 2 = cos a = 2 + cos Ta có:
3 2
3
(
(đpcm)
VD7: Chứng minh rằng: A =
2
2a a 3a 3 2 a [0, 2]
Giải:
Do a [0, 2] nên a-1 1 nên ta đặt a - 1 = cos với [0, ] Ta có:
A = 2(1cos) (1 cos) 3(1cos) 3 1 cos 3cos
2 2
Trang 9=
2 3 sin
2 cos
2
3 sin
2
1 2 cos
3
(đpcm)
III DẠNG 3 : Sử dụng công thức: 1+tg 2
=
1 cos
1 tg
cos
1
2
2
2
1) Phương pháp:
a) Nếu |x| 1 hoặc bài toán có chứa biểu thức x2 1
thì đặt x = cos
1
2
3 , 2
; 0 b) Nếu |x| m hoặc bài toán có chứa biểu thức x 2 m2
thì đặt x = cos
m
2
3 , 2
; 0
2 Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Chứng minh rằng A =
2 1 3
a
a a
Giải:
Do |a| 1 nên :
Đặt a = cos
1
2
3 , 2
;
0
a2 1 tg2 tg Khi đó:
A =
2 3 sin
2 cos 3 sin
cos ) 3 tg
( a
3 1
a2
(đpcm)
VD2: Chứng minh rằng: - 4 A = 2
2 a
1 a 12
9 a 1
Giải:
Do |a| 1 nên:
Đặt a = cos
1
2
3 , 2
;
0
a2 1 tg2 tg Khi đó:
A = 2
2 a
1 a
12
= (5-12tg)cos2 = 5cos2-12sincos=
2 sin 6 2
) 2 cos 1 ( 5
13
5 arccos 2
cos 2
13 2
5 2
sin 13
12 2
cos 13
5
2
13
2
5
Trang 10 - 4 =
9 1 2
13 2
5 13
5 arccos 2
cos 2
13 2
5 A ) 1 ( 2
13 2
5
(đpcm)
VD3: Chứng minh rằng: A = ab
1 b 1
a2 2
1 a b; 1
Giải:
Do |a| 1; |b| 1 nên
Đặt a = cos
1
; b = cos
1
2
3 , 2
;
0
Khi đó ta có:
A = (tgtg)coscos sincossincos sin() 1(đpcm)
VD4: Chứng minh rằng: a +
2
2 1 a
a
Giải:
Do |a| > 1 nên:
Đặt a = cos
1
sin
1 tg
1 cos
1 1
a
a 2
; 0
2 2
Khi đó:
a+
2 2 2 sin
2 2 sin
1 cos
1 2 sin
1 cos
1 1
a
a
VD5: Chứng minh rằng y x2 14 y2 13xy 26 x y; 1
Giải:
Bất đẳng thức
) ( y
y
y x
x
2 2
Do |x|; |y| 1 nên Đặt x =cos
1 ; y= cos
1 với ,
2 ,
0 Khi đó: (1) S = sin + cos(4sin + 3cos) 26
Ta có: S sin + cos (4232)(sin2cos2) sin5cos
(12 5 )(sin2 2 cos2 ) 26 (đpcm)
IV DẠNG 4 : Sử dụng công thức 1+ tg 2
= cos2
1
Trang 111 Phương pháp:
a) Nếu x R và bài toán chứa (1+x2) thì đặt x = tg với
2
, 2
b) Nếu x R và bài toán chứa (x2+m2) thì đặt x = mtg với
2
, 2
2 Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Chứng minh rằng: S =
1 1
4 1
3
3 2
3
x x
x
Giải:
Đặt x = tg với
2
,
2 x cos
1
, khi đó biến đổi S ta có:
S = |3tg.cos - 4tg3.cos3| = |3sin - 4sin3| = |sin3| 1 (đpcm)
VD2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 2 2
4 2
) a 2 1 (
a 12 a 8 3
Giải:
Đặt a 2= tg với
2
2, thì ta có: A = 2 2
4 2
) tg 1 (
tg 3 tg
4 3
=
2 2 2
4 2
2 4
cos sin
2 ) cos (sin
3 )
sin (cos
sin 3 cos
sin 4 cos
3
0 2 2
2 sin 3 A 2
1 3 2
5 2
2
Với = 0 a = 0 thì MaxA = 3 ; Với =4
a =
2 1 thì MinA = 2
5
1 ) b 1 )(
a 1 (
) ab 1 )(
b a (
2
a, b R
Giải:
Đặt a = tg, b = tg Khi đó ( tg )( tg )
) tg tg )(
tg tg ( ) b )(
a (
) ab )(
b a (
2 2
2
1 1
1
1
cos cos
sin sin cos
cos cos cos
) sin(
cos
cos2 2
Trang 12=
2
1 2
2
1
sin(
(đpcm)
VD4: Chứng minh rằng:
c , b ,
a ) a 1 )(
c 1 (
| a c
| )
c 1 )(
b 1 (
| c b
| )
b 1 )(
a 1 (
| b a
|
2 2
2 2
2
Giải:
Đặt a = tg, b = tg, c = tg Khi đó bất đẳng thức
| tg tg
| )
tg 1 )(
tg 1 (
| tg tg
| )
tg 1 )(
tg
1
(
| tg tg
|
2 2
2 2
2 2
cos cos
) sin(
cos cos cos
cos
) sin(
cos cos cos
cos
) sin(
cos
cos
sin(-)+sin(-) sin(-) Biến đổi biểu thức vế phải ta có:
sin(-)= sin[(-)+(-)] = sin(-)cos(-)+sin(-)cos(-)
sin(-)cos(-)+sin(-)cos(-)=sin(-)cos(-)+sin(-)cos(-)
sin(-).1 + sin(-).1 = sin(-) + sin(-) (đpcm)
VD5: Chứng minh rằng: ab cd (ac)(bd) (1) a,b,c,d0
Giải:
(1)
1 d
b 1 a
c 1 ab cd
d
b 1 a
c 1
1 1
) d b )(
c a (
cd )
d b )(
c a
(
ab
Đặt tg2=a
c
, tg2=b
d với ,
2 ,
0 Biến đổi bất đẳng thức
1 sin
sin cos
cos )
tg 1 )(
tg 1 (
tg tg )
tg 1 )(
tg
1
(
2 2
2 2 2
cos cos + sin sin = cos(-) 1 đúng (đpcm)
Dấu bằng xảy ra cos(-) = 1 = b
d a
c
VD6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = a 1
| 1 a
| 4 a 6 2
2
Giải:
Trang 13Đặt a = tg 2
1 2
tg 4 2 tg 1 2 tg
2 3 1
2 tg
| 1 2 tg
| 4 2 tg 6
2
2
2 2
2
A = 3sin + 4 |cos| 3 sin + 4.0 = 3sin 3.(-1) = -3
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:
A2 = (3sin + 4 |cos|)2 (32 + 42)(sin2 + cos2) = 25 A 5
Với sin = 1 a = 1 thì MinA = - 3 ; với 4
| cos
| 3
thì MaxA = 5
V DẠNG 5 : Đổi biến số đưa về bất đẳng thức tam giác
1) Phương pháp:
a) Nếu
1 2
0 2 2 2
xyz z
y x
z
; y
;
x
thì
C cos z
; B cos y
; A cos x
) 2
; 0 ( C
; B
; A : ABC
b) Nếu
xyz z
y x
z
; y
;
tgC z
; tgB y
; tgA x
) 2
; 0 ( C
; B
; A : ABC
c) Nếu
1 zx yz xy
0 z , y
;
x
2
C tg z
; 2
B tg y
; 2
A tg x
)
; 0 ( C
; B
; A
gC cot z
; gB cot y
; gA cot x
) 2
; 0 ( C
; B
; A : ABC
2 Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Cho x, y, z > 0 và zy + yz + zx = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
S =
) z y x ( 3 z
1 y
1 x
1
Giải:
Từ 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg 2
; y = tg2
; z = tg2
với , ,
2 , 0
Do xy + yz + zx = 1 nên tg 2
tg2
+ tg2
tg2
+ tg2
tg2
= 1