Dùng lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số

Dùng lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số

1 Các kiến thức cần nắm

1.1 Các hệ thức cơ bản

2

( cos

1

2 α≠π+ π α

+ tgα cotgα= 1 (α ≠

2

kπ) + 1 + cotg2α =

) k ( sin

1

α

1.2 Công thức cộng góc

+ cos(α ± β) = cosα cosβ  sinα sinβ

+ sin(α ± β) = sinαcosβ ± cosαsinβ

2

; ( tg tg 1

tg

β α

β

±

α

 + cotg(α ± β) =

β

± α

β α

g cot g

cot

1 g cot g cot  (α;β≠kπ)

1.3 Công thức nhân

+ sin2α = 2 sinα cosα

+ cos2α= cos2α - sin2α = 2cos2α- 1 = 1 - 2sin2α

2

k 4

( tg 1

tg 2 2

π +

π

≠ α α

− α

2

k ( g

cot 2

1 g

α

− α

+ sin3α = 3sinα - 4sin3α

+ cos3α= 4cos3α - 3cosα

+ tg3α =

3

k 6

( tg

3 1

tg tg 3

3

3 α≠ π+ π α

−

α

−

1.4 Công thức hạ bậc

+ cos2α=

2

2 cos

2

2 cos

+ tg2α =

α +

α

− 2 cos 1

2 cos 1

) k 2 (α ≠ π+ π

1.5 Công thức biến đổi tổng thành tích:

+ cosα + cosβ= 2cos

2

cos 2

β

− α β + α

+ cosα - cosβ= - 2sin

2 2

β α β

α+ sin

+ sinα+ sinβ= 2sin

2 2

β α β

α+ cos

+ sinα- sinβ= = - 2cos

2

sin 2

β

− α β + α

+ tgα ± tgβ=

β α

β

± α cos cos

) sin(

) k 2

; (α β≠ π+ π

1.6 Công thức biến đổi tích thành tổng:

+ cosα.cosβ= [cos( ) cos( )]

2

1 α+β + α−β

+ sinα.sinβ= [cos( ) cos( )]

2

1 α−β + α+β

+ sinα.cosβ= [sin( ) sin( )]

2

1 α+β + α−β

Biểu thức đại số Biểu thức lượng giác tương tự Công thức lượng giác

t cos

1 2 4x3 - 3x 4cos3t - 3cost 4cos3t - 3cost = cos3t

2 x 1

x 2

t

2 tan 1

tan 2

t

2 tan 1

tan 2

2 x 1

x 2

t

2 tan 1

tan 2

t

2 tan 1

tan 2

xy 1

y x

−

+







 tan tan 1

tan tan

−

+







 tan tan 1

tan tan

− + = tan(α+β)

cos

1

2 −

1

2 −

α = tan

2α

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







α

=

α

= cos y

sin x

vớiα ∈[0, 2π]

b) Nếu thấy x2 + y2 = r2 (r > 0) thì đặt







=

=



 cos

sin

r y

r x

vớiα ∈[0, 2π]

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 ≤ a(c+d) + b(c-d)≤ 2

Đặt







=

=

u

b

u

a

cos

sin

và







=

= v cos d

v sin c

⇒S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv)

⇒P = a(c+d) + b(c-d) = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv)

= sin(u+v) - cos(u+v)

⇔ [ 2, 2] 2 S a(c d) b(c d) 2

4 ) v u ( sin

2

VD2: Cho a2+ b2 = 1 Chứng minh rằng:

2

25 b

1 b a

1 a

2 2 2 2 2









 + +











 +

Giải:

Đặt a = cosα và b = sinαvới 0≤ α ≤ 2π 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











α +

α +













α +

α

=











 + +











 +

sin cos

sin cos

sin cos

4 sin

1 cos

1

4 4

4 4

4 4

4

α α

α +

α +

α +

α

= + α

+ α

sin cos

1 1

sin











α α

+ α +

α

sin cos

1 1

sin cos

2 sin











α α

+ α α

− α +

α

=

2

25 4 2

17 4 ) 16 1 ( 2

1 1 4 2

sin

16 1

2 sin

2

1









 −

≥ +













α +











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 = a2−b2 +2 3ab−2(1+2 3)a+(4−2 3)b+4 3−3 ≤2

Giải:

Biến đổi điều kiện: a2+ b2 - 2a - 4b + 4 = 0⇔ (a-1)2+ (b-2)2 = 1







α +

=

α +

=

⇒







α

=

−

α

=

−

cos sin 3 2 cos

sin A cos

2 b

sin 1 a cos

2

b

sin 1

6 2 sin(

2 2 cos 2

1 2 sin 2

3 2 2 cos 2

sin

VD4: Cho a, b thoả mãn : 5a+12b+7= 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







α

=

+

α

=

−

cos R 1

b

sin R 1

a

R ) 1 b ( ) 1 a ( 1 cos R b

1 sin R a

= + +

−

⇔







− α

=

+ α

=

Ta có: 5a+12b+7 =13⇔ 5(Rsinα+1)+12(Rcosα−1)+7 =13

13

5 arccos sin

R cos

13

12 sin

13

5 R 1 13 cos

R 12 sin

R









 +α

= α +

α

=

⇔

= α +

α

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 |sinα|≤1 ; |cosα| ≤1

1 Phương pháp:

a) Nếu thấy |x|≤1 thì đặt

[ ]

2 2

 





b) Nếu thấy |x|≤m ( m≥ 0) thì đặt

[ ]

2 2

 





2 Các ví dụ minh hoạ:

VD1: Chứng minh rằng: (1+x)p+ (1-x)p≤2p ∀|x|≤1 ;∀P≥1

Giải:

Đặt x = cosα vớiα ∈[0,π], khi đó (1 + x)p + (1 - x)p= (1+cosα)p+ (1-cosα)p

p 2

p 2

2 2

sin 2 cos 2 2

sin 2 cos 2 2

sin 2 2

cos









≤











=











+











(đpcm)

VD2: Chứng minh rằng:

2

2 3 1

3 2

2

x x x

Giải:

Từ đk 1 - x2 ≥0⇔ |x|≤1 nên

Đặt x = cosα với 0≤ α ≤ π ⇒ 2

1 −x = sinα Khi đó ta có:

P=2 3x2 + 2x 1 −x2 = 2 3 cos2 + 2 cos  sin  = 3 ( 1 + cos 2  ) + sin 2 

= 3

3 2 sin 2 3 2

sin 2

1 2

cos

2

3









 α+π

= +













α +

VD3: Chứng minh rằng: 1+ 1−a2[ (1+a)3 − (1−a)3]≤2 2+ 2−2a2 (1)

Giải:

Từ đk |a|≤1 nên

Đặt a=cosαvới α∈[0,π]⇒ − = α + = α; 1−a =sinα

2 cos 2 a 1

; 2 sin 2 a

(1)⇔

2

cos 2 sin 2 2 2 2 2

sin 2 cos 2 2 2

cos 2 sin 2







α α +

⇔

2

cos 2 sin 1 2

sin 2

cos 2

sin 2

cos 2

sin 2

cos 2

cos

2































2

sin 2

cos 2

sin 2

cos 2

cos 2









 α − α











VD4: Chứng minh rằng: S = 4( (1−a2)3 −a3) (+3a− 1−a2) ≤ 2

Giải:

Từ đk |a|≤1 nên:

Đặt a = cosα vớiα ∈[0,π] ⇒ 2

a

1− = sinα Khi đó biến đổi S ta có:

S=4(sin3α−cos3α)+3(cosα−sinα) = (3sinα−4sin3α)+(4cos3α−3cosα)

4 3 sin 2 3

cos

3









 α+π

= α +

VD5: Chứng minh rằng A = a 1−b2 +b 1−a2 + 3(ab− (1−a2)(1−b2)) ≤2

Giải:

Từ điều kiện: 1 - a2 ≥0 ; 1 - b2 ≥0⇔ |a|≤1 ; |b| ≤1 nên

Đặt a = sinα, b = sinβvới α,β ∈ − π2;π2

Khi đó A = sinαcosβ+cosαsinβ− 3cos(α+β) =

3 ) ( sin 2 ) cos(

2

3 ) sin(

2

1 2 ) cos(

3 )

sin(α+β − α+β = α+β − α+β =  α+β −π ≤

(đpcm)

VD6: Chứng minh rằng: A = |4a3 - 24a2 + 45a - 26| ≤1∀a ∈[1; 3]

Do a∈[1, 3] nên |a-2| ≤1 nên ta đặt a - 2 = cosα ⇔a = 2 + cosα Ta có:

A = 4(2+cosα)3−24(2+cosα)2+45(2+cosα)−26=4cos3α−3cosα=cos3α≤1

(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 = cosαvới α ∈[0, π] Ta có:

A = 2(1+ cosα)−(1−cosα)2 − 3(1+cosα)+ 3 = 1− cos2α − 3cosα

3 sin

2 cos

2

3 sin

2

1 2 cos

3









α+ π

=









α

− α

= α

−

III Dạng 3 : Sử dụng công thức: 1+tg 2= 1

cos

1 tg

cos

1

2

2

α

= α

⇔

α (α≠π+kπ)

2

1) Phương pháp:

a) Nếu |x|≥1 hoặc bài toán có chứa biểu thức x2 −1

thì đặt x =

α cos







π π

∪









 π

2

3 , 2

; 0 b) Nếu |x|≥m hoặc bài toán có chứa biểu thức 2 2

m

x − thì đặt x =

α cos

m







π π

∪









 π

2

3 , 2

; 0

2 Các ví dụ minh hoạ:

VD1: Chứng minh rằng A = a2 1 3 2 a 1

a

Giải:

Do |a|≥1 nên :

Đặt a =

α cos







π π

∪









 π

2

3 , 2

;

0 ⇒ a2 −1= tg2α =tgα Khi đó:

3 sin

2 cos 3 sin

cos ) 3 tg

( a

3 1









α+π

= α +

α

= α +

α

= +

VD2: Chứng minh rằng: - 4≤A = 2

2 a

1 a 12

1

a

∀ ≥

Do |a|≥1 nên:

Đặt a =

α cos







π π

∪









 π

2

3 , 2

;

0 ⇒ a2 −1= tg2α =tgα Khi đó:

A =

2

2 a

1 a

12

5− − = (5-12tgα)cos2α = 5cos2α-12sinαcosα= + α −6sin2α

2

) 2 cos 1 ( 5









 α+ +

=











+

13

5 arccos 2

cos 2

13 2

5 2

sin 13

12 2

cos 13

5

2

13

2

5

2

13 2

5 13

5 arccos 2

cos 2

13 2

5 A ) 1 ( 2

13 2









 α+ +

=

≤

−

VD3: Chứng minh rằng: A =

ab

1 b 1

a2 − + 2 − ≤1

a b

Giải:

Do |a|≥1; |b|≥1 nên

Đặt a =

α cos

1

; b =

β cos

1







π π

∪









 π

2

3 , 2

;

A = (tgα+tgβ)cosαcosβ = sinαcosβ+sinβcosα = sin(α+β) ≤1(đpcm)

VD4: Chứng minh rằng: a + 2 2

1 a

a

− ∀ >a 1

Giải:

Do |a| > 1 nên:

Đặt a =

α cos

1

với α∈

α

= α α

=

−

⇒











 π

sin

1 tg

1 cos

1 1

a

a 2

; 0

2

2 sin

2 2 sin

1 cos

1 2 sin

1 cos

1 1

a

a

α

= α α

≥ α

+ α

=

VD5: Chứng minh rằng y x2 −1+4 y2 −1+3≤xy 26 ∀ x y; ≥1

Giải:

y y

y x

x

x

1 26 3

1 4

1

2

≤

















+

− +

−

Do |x|; |y|≥1 nên Đặt x =

α cos

1

; y=

β cos

1 vớiα,β∈ 









 π 2 ,

0

Khi đó: (1)⇔S = sinα+ cosα(4sinβ+ 3cosβ)≤ 26

Ta có: S≤sinα+ cosα (42 +32)(sin2β+cos2β) =sinα+5cosα

(1 + 5 )(sin  + cos  ) = 26 ⇒(đpcm)

IV Dạng 4 : Sử dụng công thức 1+ tg 2=

α 2 cos 1

1 Phương pháp:

a) Nếu x ∈R và bài toán chứa (1+x2) thì đặt x = tgα vớiα ∈ 









− π π

2

, 2 b) Nếu x∈R và bài toán chứa (x2+m2) thì đặt x = mtgα vớiα ∈ 









− π π

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 = tgα vớiα ∈ 









− π π

2

,

α

= +

cos

1 2 , khi đó biến đổi S ta có:

S = |3tgα.cosα - 4tg3α.cos3α| = |3sinα - 4sin3α| = |sin3α|≤1 (đpcm)

VD2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 2 2 2 4

) a 2 1 (

a 12 a 8 3 +

+ +

Giải:

Đặt a 2= tgαvới α







−π π

∈

2

2, thì ta có: A = 2 2

4 2

) tg 1 (

tg 3 tg

4 3

α +

α +

α +

α +

α

α +

α α

+

2 2 2

4 2

2 4

cos sin

2 ) cos (sin

3 )

sin (cos

sin 3 cos

sin 4 cos

3

2

0 2 2

2 sin 3 A 2

1 3 2

5 2

2

Với α= 0⇒a = 0 thì MaxA = 3 ; Với α=

4

π ⇒a =

2

1 thì MinA =

2 5

VD3: Chứng minh rằng:

2

1 ) b 1 )(

a 1 (

) ab 1 )(

b a (

2

+ +

−

Đặt a = tgα, b = tgβ Khi đó

) tg )(

tg (

) tg tg )(

tg tg ( ) b )(

a (

) ab )(

b a (

β + α +

β α

− β + α

= +

+

−

+

2 2

2 2

1 1

1 1

1

1

=

β α

β α

− β

α β

α

β + α β

α

cos cos

sin sin cos

cos cos cos

) sin(

cos

cos2 2

2

1 2

2

1

≤ β + α

= β + α β

+

α )cos( ) sin ( )

) 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 = tgα, b = tgβ, c = tgγ Khi đó bất đẳng thức⇔

⇔

) tg 1 )(

tg 1 (

| tg tg

| )

tg 1 )(

tg 1 (

| tg tg

| )

tg 1 )(

tg

1

(

| tg tg

|

2 2

2 2

2

α

− γ

≥ γ + β +

γ

− β +

β + α +

β

− α

⇔

α γ

α

− γ α

γ

≥ γ β

γ

− β γ

β + β α

β

− α β

α

cos cos

) sin(

cos cos cos

cos

) sin(

cos cos cos

cos

) sin(

cos

cos

⇔ |sin(α-β)|+|sin(β-γ)| ≥ |sin(γ-α)| Biến đổi biểu thức vế phải ta có:

|sin(γ-α)|=|sin[(α-β)+(β-γ)]|=|sin(α-β)cos(β-γ)+sin(β-γ)cos(α-β)| ≤

|sin(α-β)cos(β-γ)|+|sin(β-γ)cos(α-β)|=|sin(α-β)||cos(β-γ)|+|sin(β-γ)||cos(α-β)|

≤ |sin(α-β)|.1 +|sin(β-γ)|.1 =|sin(α-β)|+|sin(β-γ)| ⇒ (đpcm)

VD5: Chứng minh rằng: ab+ cd ≤ (a+c)(b+d) (1) ∀a,b,c,d>0

Giải:

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 tg2α=

ac , tg2β=

b

d vớiα,β ∈ 









 π 2 ,

0 ⇒Biến đổi bất đẳng thức

) tg 1 )(

tg 1 (

tg tg )

tg 1 )(

tg

1

(

2 2

2 2 2

β + α +

β α +

β + α +

⇔cosα cosβ+ sinαsinβ= cos(α-β)≤1 đúng⇒(đpcm)

Dấu bằng xảy ra⇔ cos(α-β) = 1⇔ α=β ⇔

b

d a

c

=

VD6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 6a 42|a2 1|

+

− +

Đặt a = tg

2

α Khi đó A =

1 2 tg

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

+ α

−

α +

α +

α

= +

α

−

α +

α

A = 3sinα+ 4 |cosα|≥3 sinα + 4.0 = 3sinα ≥3.(-1) = -3

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:

A2 = (3sinα + 4 |cosα|)2 ≤(32 + 42)(sin2α+ cos2α) = 25 ⇒A≤5

Với sinα = 1⇔a = 1 thì MinA = - 3 ; với

4

| cos

| 3

sinα = α 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

x

z

; y

;

x

thì









=

=

=

π

∈

∆

∃

C cos z

; B cos y

; A cos x

) 2

; 0 ( C

; B

; A : ABC

b) Nếu







= + +

>

xyz z

y x

z

; y

;

thì









=

=

=

π

∈

∆

∃

tgC z

; tgB y

; tgA x

) 2

; 0 ( C

; B

; A : ABC

c) Nếu







= + +

>

1 zx yz xy

0 z , y

;

x

thì



























=

=

=

π

∈









=

=

=

π

∈

∆

∃

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.

z

1 y

1 x

Giải:

Từ 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg

2

α ; y = tg

2

β; z = tg

2

γ với α, β, γ ∈











 π 2 , 0

Do xy + yz + zx = 1 nên tg

2

α tg 2

β + tg

2

βtg 2

γ + tg

2

γ tg 2

α = 1

2

α











 β+ γ

2

tg 2

-2

tgβtg

2γ ⇔

2 g cot 2

2 tg 2

tg

1 2

tg 2 tg 1

2

tg 2











β+ γ

⇔ α

= γ β

−

γ + β

⇔ ⇔ β+ γ = π−α ⇔ α+β+γ = π ⇔α+β+γ=π









π+α

=











β+ γ

2 2

2 2 2 2 2

2 2

tg

z

1 y

1

x

2

α + cotg

2

β+ cotg

2

γ -3











 α + β+ γ

2

tg 2

tg 2 tg









 α + β+ γ

−











 γ − γ +











 β− β +











 α − α

2 2

2

2 2 2

2 2

2

g

cot

S = 2(cotgα+cotgβ+cotgγ) - 









 α+ β+ γ

2 2

2

S = (cotgα+cotgβ-2tg

2

γ ) + (cotgβ+cotgγ-2tg

2

α ) +(cotgα+cotgβ-2tg

2

β)

Để ý rằng: cotgα + cotgβ=

) cos(

) cos(

sin sin

sin

sin sin

sin

) sin(

β + α

− β

− α

γ

= β α

γ

= β α

β +

2 2

2 tg 2 g cot g

cot 2

tg 2 2

cos 2

2

cos 2 sin 4 cos 1

sin 2 ) cos(

1

sin

2

2

≥

γ

− β +

α

⇒

γ

= γ

γ γ

= γ +

γ

= β +

α

−

γ

T đó suy ra S≥0 Với x = y = z =

3

1 thì MinS = 0

VD2: Cho 0 < x, y, z < 1 và

) z 1 )(

y 1 ( x 1 (

xyz 4 z

1

z y

1

y x

1

x

2 2

2 2

2

− Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x2 + y2 + z2

Giải:

Do 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg

2

α; y = tg

2

β; z = tg

2

γ vớiα,β,γ ∈











 π 2 , 0

Khi đó tgα = 2

x 1

x 2

− ; tgβ= 2

y 1

y 2

− ; tgγ= 2

z 1

z 2

− và đẳng thức ở giả thiết

x

1

x

2

y 1

y 2

z 1

z 2

− = (1 x (1 y )(1 z )

xyz 8

2 2

− ⇔tgα+tgβ+tgγ= tgα.tgβ.tgγ

⇔tgα + tgβ= - tgγ(1-tgα.tgβ)⇔

β α

−

β + α tg tg 1

tg tg

= - tgγ ⇔tg(α+β) = tg(-γ)

Do α, β, γ ∈ 









 π 2 ,

0 nênα+β= π-γ ⇔ α+β+γ=π Khi đó ta có:

tg

2

α tg

2

β+ tg

2

βtg 2

γ + tg

2

γ tg 2

α = 1⇔xy + yz + zx = 1 Mặt khác:

(x2+ y2 + z2) - (xy + yz + zx) =

2

1 [(x−y)2+(y−z)2 +(z−x)2]≥0

⇒S = x2+ y2 + z2 ≥xy + yz + zx = 1 Với x = y = z =

3

1 thì MinS = 1

VD3: Cho







= + +

>

1 z y x

0 z , y , x

Chứng minh rằng: S =

4

9 xy z

z zx

y

y yz

x

+

+ +

+ +

Giải:

Đặt

2

tg

x

yz = α;

2

tg y

xz = β;

2

tg z

xy = γvớiα,β,γ ∈











 π 2 , 0

Do

x

yz z

xy z

xy y

zx y

zx

x

nên tg

2

αtg

2

β + tg

2

βtg 2

γ + tg

2

γ tg 2

α = 1

⇔tg 









β+ γ

2

2

α ⇔tg 









β+ γ 2









π−α 2

2

β+ 2

γ= 2

π -2 α

⇔ α+β+γ = π ⇔α+β+γ=π

2 2

S =

2

3 1 xy z

z 2 1

zx y

y 2 1

yz x

x 2 2

1 xy z

z zx

y

y yz

x

















+

+







+

+







+

= +

+ +

+

+

=

2 3 z

xy 1 z

xy 1

y

zx 1 y

zx 1

x

yz 1 x

yz 1 2

1 2

3 xy z

xy z zx y

zx y yz

x

yz

x

2

























+

− + +

− + +

−

= +









+

− + +

− +

−

−

=

2

1 (cos + cosβ+ cosγ) +

2

2

3 1

2

1 cosα+cosβ −(cosαcosβ−sinα+sinβ) +

≤ ( )

4

9 2

3 4

3 2

3 cos cos ) sin (sin

2

1 ) 1 cos

(cos

2

1

2

1 α+ β 2+ + 2α+ 2β − α β+ = + = (đpcm)

3 Các bài toán đưa ra trắc nghiệm

Trước khi tôi dạy thử nghiệm nội dung sáng kiến của tôi cho học sinh của

2 lớp 11A1 và 11A2 ở trường tôi, tôi đã ra bài về nhà cho các em, cho các em chuẩn bị trước trong thời gian 2 tuần Với các bài tập sau:

Bài 1:Cho a2 + b2 = 1 CMR: | 20a3- 15a + 36b - 48b3| ≤13

Bài 2:Cho (a-2)2+ (b-1)2 = 5 CMR: 2a + b ≤10

Bài 3:Cho







= +

≥ 2 b a

0 b

; a

CMR: a4 + b4≥a3 + b3









 −











 −











 −

≥











 −











 −











 −

c

1 c b

1 b a

1 a a

1 c c

1 b b

1 a

Bài 5:Cho







= +

+ +

>

1 xyz 2 z y x

0 z

; y

; x

2 2

a) xyz≤

8

1

b) xy + yz + zx≤

4 3

c) x2 + y2 + z2 ≥

4 3

d) xy + yz + zx≤2xyz +

2 1

z 1

z 1 y 1

y 1 x

1

x

+

− + +

− +

+

−

Bài 6:CMR:

ab 1

2 b

1

1 a

1

1

2

Bài 7:CMR: (a2 + 2)(b2+ 2)(c2 + 2)≥9 (ab + bc + ca) ∀a, b, c > 0

Bài 8:Cho

2

3 3 z 1

z y

1

y x

1

x : CMR 1

zx yz xy

0 z , y , x

2 2

−

+

−

+

−







= + +

>

Bài 9:Cho

2

3 z 1

z y

1

y x

1

x : CMR xyz

z y x

0 z , y , x

2 2

+

+ +

+ +







= + +

>