Chuyen De Bat Dang Thuc Luong Giac (chuong 3)

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng

Bất ñẳng thức lượng giác Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

Chương 3 :

Áp dụng vào một số vấn ñề khác “Có học thì phải có hành”

Sau khi ñã xem xét các bất ñẳng thức lượng giác cùng các phương pháp chứng minh thì ta phải biết vận dụng những kết quả ñó vào các vấn ñề khác. Trong các chương trước ta có các ví dụ về bất ñẳng thức lượng giác mà dấu bằng thường xảy ra ở trường hợp ñặc biệt : tam giác ñều, cân hay vuông …Vì thế lại phát sinh ra một dạng bài mới : ñịnh tính tam giác dựa vào ñiều kiện cho trước. Mặt khác với những kết quả của các chương trước ta cũng có thể dẫn ñến dạng toán tìm cực trị lượng giác nhờ bất ñẳng thức. Dạng bài này rất hay : kết quả ñược “giấu” ñi, bắt buộc người làm phải tự “mò mẫm” ñi tìm ñáp án cho riêng mình. Công việc ñó thật thú vị ! Và tất nhiên muốn giải quyết tốt vấn ñề này thì ta cần có một “vốn” bất ñẳng thức “kha khá”. Bây giờ chúng ta sẽ cùng kiểm tra hiệu quả của các bất ñẳng thức lượng giác trong chương 3 : “Áp dụng vào một số vấn ñề khác” Mục lục : 3.1. ðịnh tính tam giác…………………………………………………………67 3.1.1. Tam giác ñều…………………………………………………………..67 3.1.2. Tam giác cân…………………………………………………………..70 3.1.3. Tam giác vuông………………………………………………………..72 3.2. Cực trị lượng giác……………………………………………………….....73 3.3. Bài tập……………………………………………………………………...76

The Inequalities Trigonometry

66

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng

Bất ñẳng thức lượng giác Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

3.1. ðịnh tính tam giác : 3.1.1. Tam giác ñều : Tam giác ñều có thể nói là tam giác ñẹp nhất trong các tam giác. Ở nó ta có ñược sự ñồng nhất giữa các tính chất của các ñường cao, ñường trung tuyến, ñường phân giác, tâm ngoại tiếp, tâm nội tiếp, tâm bàng tiếp tam giác … Và các dữ kiện ñó lại cũng trùng hợp với ñiều kiện xảy ra dấu bằng ở các bất ñẳng thức lượng giác ñối xứng trong tam giác. Do ñó sau khi giải ñược các bất ñẳng thức lượng giác thì ta cần phải nghĩ ñến việc vận dụng nó trở thành một phương pháp khi nhận dạng tam giác ñều.

Ví dụ 3.1.1.1. CMR ∆ABC ñều khi thỏa : ma + mb + mc =

9 R 2

Lời giải : Theo BCS ta có : (ma + mb + mc )2 ≤ 3 ma 2 + mb 2 + mc 2

(

)

9 2 a + b2 + c2 4 2 ⇔ (ma + mb + mc ) ≤ 9 R 2 sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C 9 mà : sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤ 4 9 81 2 ⇒ (ma + mb + mc ) ≤ 9 R 2 ⋅ = R 2 4 4 9 ⇒ m a + mb + mc ≤ R 2 ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều ⇒ ñpcm. 2

⇔ (ma + mb + mc ) ≤

(

)

(

)

Ví dụ 3.1.1.2. CMR nếu thỏa sin

A B ab sin = 2 2 4c

thì ∆ABC ñều.

Lời giải : Ta có :

The Inequalities Trigonometry

67

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng

Bất ñẳng thức lượng giác Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

A− B A+ B A− B cos cos 1 ab a + b 2 R(sin A + sin B ) 2 2 = 2 ≤ ≤ = = C C C A+ B 4c 8c 2 R.8 sin C 2 R.8.2 sin cos 8 sin 8 cos 2 2 2 2 A B 1 ⇒ sin sin ≤ A+ B 2 2 8 cos 2 A+ B A B ⇔ 8 cos sin sin ≤ 1 2 2 2 A+ B A− B A+ B ⇔ 4 cos − cos  −1 ≤ 0  cos 2  2 2  A+ B A+ B A− B ⇔ 4 cos 2 − 4 cos +1 ≥ 0 cos 2 2 2 2 R.2 sin

2

A+ B A− B  2 A−B ⇔  2 cos − cos ≥0  + sin 2 2  2 

⇒ ñpcm.

Ví dụ 3.1.1.3. CMR ∆ABC ñều khi nó thỏa : 2(ha + hb + hc ) = (a + b + c ) 3

Lời giải : ðiều kiện ñề bài tương ñương với : r r r 2.2 p + +  = (a + b + c ) 3 a b c

3 r r r + + = 2 a b c 1 1 1 3 ⇔ + + = A B B C C A 2 cot + cot cot + cot cot + cot 2 2 2 2 2 2 Mặt khác ta có :    1 A B 1 1 1  1  =  tan + tan  ≤ + A B 4 A B 4 2 2 cot + cot cot   cot 2 2 2 2  Tương tự : ⇔

The Inequalities Trigonometry

68

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng 1

≤

Bất ñẳng thức lượng giác Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

B C 1  tan + tan  4 2 2

B C + cot 2 2 C A 1 1 ≤  tan + tan  C A 4 2 2 cot + cot 2 2 1 A B C 1 1 1 ⇒ + + ≤  tan + tan + tan  A B B C C A 2 2 2 2 cot + cot cot + cot cot + cot 2 2 2 2 2 2 A B C A B C 3 1 ⇒ ≤  tan + tan + tan  ⇔ tan + tan + tan ≥ 3 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇒ ñpcm. cot

Ví dụ 3.1.1.4. CMR nếu thỏa S = 3Rr

3 thì ∆ABC ñều. 2

Lời giải : Ta có :

A B C A B C sin sin cos cos cos 2 2 2 2 2 2 A B C A B C A B C = 4 R sin sin sin 4 R cos cos cos = r 4 R cos cos cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 ≤ r 4R = Rr 8 2 ⇒ ñpcm. S = 2 R 2 sin A sin B sin C = 2 R 2 .2.2.2. sin

Ví dụ 3.1.1.5. CMR ∆ABC ñều khi nó thỏa ma mb mc = pS

Lời giải : Ta có : 1 1 1 A 2 ma = (2b 2 + 2c 2 − a 2 ) = (b 2 + c 2 + 2bc cos A) ≥ bc(1 + cos A) = bc cos 2 4 4 2 2 mà :

The Inequalities Trigonometry

69

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng

Bất ñẳng thức lượng giác Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

b2 + c2 − a2 b2 + c2 − a2 2 A cos A = ⇒ 2 cos −1 = 2bc 2 2bc 2 2 2 2 b + c − a + 2bc (b + c ) − a 2 p( p − a ) ⇒ cos 2 A = = = bc 4bc 4bc ⇒ ma ≥ p( p − a ) Tương tự : mb ≥ p( p − b )  mc ≥ p( p − c ) ⇒ ma mb mc ≥ p p( p − a )( p − b )( p − c ) = pS ⇒ ñpcm.

3.1.2. Tam giác cân : Sau tam giác ñều thì tam giác cân cũng ñẹp không kém. Và ở ñây thì chúng ta sẽ xét những bất ñẳng thức có dấu bằng xảy ra khi hai biến bằng nhau và khác biến thứ ba. Ví π 2π . Vì thế nó khó hơn trường hợp xác ñịnh tam giác ñều. dụ A = B = ; C = 6 3

Ví dụ 3.1.2.1. CMR ∆ABC cân khi nó thỏa ñiều kiện tan 2 A + tan 2 B = 2 tan 2

A+ B và nhọn. 2

Lời giải : sin ( A + B ) 2 sin ( A + B ) 2 sin C = = cos A cos B cos( A + B ) + cos( A − B ) cos( A − B ) − cos C C vì cos( A − B ) ≤ 1 ⇒ cos( A − B ) − cos C ≤ 1 − cos C = 2 sin 2 2 C C 4 sin cos 2 sin C 2 sin C 2 2 = 2 cot C = 2 tan A + B ⇒ ≥ = C C cos( A − B ) − cos C 2 2 2 sin 2 2 sin 2 2 2 A+ B ⇒ tan A + tan B ≥ 2 tan 2 Ta có : tan A + tan B =

2

A+ B  tan A + tan B  Từ giả thiết : tan A + tan B = 2 tan ≤ 2  2 2   2 2 2 2 ⇔ 2 tan A + tan B ≤ tan A + tan B + 2 tan A tan B 2

2

(

The Inequalities Trigonometry

2

)

70

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng

Bất ñẳng thức lượng giác Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

2

⇔ (tan A − tan B ) ≤ 0 ⇔ tan A = tan B ⇔ A=B ⇒ ñpcm.

Ví dụ 3.1.2.2. CMR ∆ABC cân khi thỏa ha = bc cos

A 2

Lời giải : Trong mọi tam giác ta luôn có : ha ≤ l a =

2bc A cos b+c 2

bc 2bc ≤ = bc b+c bc 2bc A A A ⇒ cos ≤ bc cos ⇒ ha ≤ bc cos b+c 2 2 2 ðẳng thức xảy ra khi ∆ABC cân ⇒ ñpcm.

mà b + c ≥ 2 bc ⇒

Ví dụ 3.1.2.3. CMR nếu thỏa r + ra = 4 R sin

B thì ∆ABC cân. 2

Lời giải : Ta có : B B B B B 2 r + ra = ( p − b ) tan + p tan = (2 p − b ) tan = (a + c ) tan = 2 R(sin A + sin C ) B 2 2 2 2 cos 2 B B sin sin − A+C A−C B A C 2 = 4 R cos cos 2 = 4 R sin B cos A − C ≤ 4 R sin B cos = 4 R sin ⋅ ⋅ B B 2 2 2 2 2 2 2 cos cos 2 2 sin

⇒ r + ra ≤ 4 R sin

B 2

ðẳng thức xảy ra khi ∆ABC cân ⇒ ñpcm.

The Inequalities Trigonometry

71

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng

Bất ñẳng thức lượng giác Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

Ví dụ 3.1.2.4. CMR nếu S =

1 2 a + b 2 thì ∆ABC cân. 4

(

)

Lời giải : Ta có : a 2 + b 2 ≤ 2ab ⇒ ⇒

1 2 1 1 a + b 2 ≥ ab ≥ ab sin C = S 4 2 2

(

)

1 2 a + b 2 ≥ S ⇒ ∆ABC cân nếu thỏa ñiều kiện ñề bài. 4

(

)

Ví dụ 3.1.2.5. CMR ∆ABC cân khi thỏa 2 cos A + cos B + cos C =

9 4

Lời giải : Ta có :

A B+C B−C  2 cos A + cos B + cos C = 21 − 2 sin 2  + 2 cos cos 2 2 2  2

= −4 sin 2

1 1 9 A A B−C 1 9 A 1 B −C   2 B−C − + + 2 sin cos − + = − 2 sin − cos  + cos 2 2 2 4 4 2 2 2  4 2 4 4  2

1 2 B−C 9 9 A 1 B−C   + ≤ = − 2 sin − cos  − sin 2 2 2  4 2 4 4  ðẳng thức xảy ra khi B = C ⇒ ñpcm.

3.1.3. Tam giác vuông : Cuối cùng ta xét ñến tam giác vuông, ñại diện khó tính nhất của tam giác ñối với bất ñẳng thức lượng giác. Dường như khi nhận diện tam giác vuông, phương pháp biến ñổi tương ñương các ñẳng thức là ñược dùng hơn cả. Và ta hiếm khi gặp bài toán nhận diện tam giác vuông mà cần dùng ñến bất ñẳng thức lượng giác.

Ví dụ 3.1.3.1. CMR ∆ABC vuông khi thỏa 3 cos B + 6 sin C + 4 sin B + 8 cos C = 15

Lời giải : The Inequalities Trigonometry

72

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng

Bất ñẳng thức lượng giác Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

Theo BCS ta có : 3 cos B + 4 sin B ≤ 3 2 + 4 2 cos 2 B + sin 2 B = 5  6 sin C + 8 cos C ≤ 6 2 + 8 2 sin 2 C + cos 2 C = 10 ⇒ 3 cos B + 4 sin B + 6 sin C + 8 cos C ≤ 15 ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : 4  cos B sin B   3 = 4 tan B = 3 3 cos B + 4 sin B = 5 π ⇔ ⇔ ⇔ tan B = cot C ⇔ B + C =  2 6 sin C + 8 cos C = 10  sin C = cos C cot C = 4  6  3 8  ⇒ ñpcm.

( (

)( )(

) )

3.2. Cực trị lượng giác : ðây là lĩnh vực vận dụng thành công và triệt ñể bất ñẳng thức lượng giác vào giải toán. ðặc biệt trong dạng bài này, gần như ta là người ñi trong sa mạc không biết phương hướng ñường ñi, ta sẽ không biết trước kết quả mà phải tự mình dùng các bất ñẳng thức ñã biết ñể tìm ra ñáp án cuối cùng. Vì lẽ ñó mà dạng toán này thường rất “khó xơi”, nó ñòi hỏi ta phải biết khéo léo sử dụng các bất ñẳng thức cũng như cần một vốn liếng kinh nghiệm về bất ñẳng thức không nhỏ.

Ví dụ 3.2.1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : a sin 4 x + b cos 4 y a cos 4 x + b sin 4 y + f (x , y ) = c sin 2 x + d cos 2 y c cos 2 x + d sin 2 y với a, b, c, d là các hằng số dương.

Lời giải : ðặt f ( x , y ) = af 1 + bf 2 với f 1 =

sin 4 x cos 4 x + c sin 2 x + d cos 2 y c cos 2 x + d sin 2 y

f2 =

cos 4 x sin 4 x + c sin 2 x + d cos 2 y c cos 2 x + d sin 2 y

(

) (

Ta có : c + d = c sin 2 x + cos 2 x + d sin 2 y + cos 2 y Do ñó :

The Inequalities Trigonometry

)

73

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng

Bất ñẳng thức lượng giác Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác 

sin 4 x cos 4 x + 2 2 2 2  c sin x + d cos y c cos x + d sin

(c + d ) f1 = [(c sin 2 x + d cos 2 y ) + (c cos 2 x + d sin 2 y )]

2

  y

  sin 2 x cos 2 x  =1 ≥  c sin 2 x + d cos 2 y + c cos 2 x + d sin 2 y 2 2 2 2  c sin x + d cos y c cos x + d sin y   ⇒ f1 ≥

1 c+d

Tương tự : f 2 ≥

1 . Vậy c+d

f ( x , y ) = af 1 + bf 2 ≥

a+b c+d

Ví dụ 3.2.2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = cos 3 A + cos 3B − cos 3C

Lời giải : Ta có : cos 3C = cos 3[π − ( A + B )] = cos[3π − 3( A + B )] = − cos 3( A + B ) nên  A+ B  A− B 2  A+ B P = cos 3 A + cos 3B + cos 3( A + B ) = 2 cos 3  cos 3  −1  + 2 cos 3  2   2   2  3  A− B  A+ B  A+ B 1 ⇒ P + = 2 cos 2 3  cos 3  + 2 cos 3  + = f (x , y ) 2  2   2   2  2 3  A− B ∆' = cos 2 3  −1 ≤ 0 ⇒ P ≥ − 2  2  ∆ ' = 0 3  P=− ⇔ 1  A− B  A+ B 2 cos 3 2  = − 2 cos 3 2      

Vậy Pmin

 2  A− B cos 3 2  = 1    ⇔ cos 3 A + B  = − 1 cos 3 A − B   2  2   2  A = B  A = B  A = 2π  ⇔ ⇔  1 9 cos 3 A  = −   4π 2  A =  9  5π 2π  A = B = 9 ,C = 9 3 =− ⇔ 2  A = B = 4π , C = π  9 9

The Inequalities Trigonometry

74

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng

Bất ñẳng thức lượng giác Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

Ví dụ 3.2.3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C P= cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C

Lời giải : Ta có : 3 −1 cos A + cos 2 B + cos 2 C 3 = −1 2 3 − sin A + sin 2 B + sin 2 C 3 ≤ −1 = 3 9 3− 4 Do ñó : Pmax = 3 ⇔ ∆ABC ñều. P=

2

(

)

Ví dụ 3.2.4. Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của y = 4 sin x − cos x

Lời giải : ðiều kiện : sin x ≥ 0 , cos x ≥ 0 Ta có : y = 4 sin x − cos x ≤ 4 sin x ≤ 1 sin x = 1 π Dấu bằng xảy ra ⇔  ⇔ x = + k 2π 2 cos x = 0 Mặt khác : y = 4 sin x − cos x ≥ − cos x ≥ −1 sin x = 0 ⇔ x = k 2π Dấu bằng xảy ra ⇔  cos x = 1

π   y max = 1 ⇔ x = + k 2π Vậy  2  y min = −1 ⇔ x = k 2π

Ví dụ 3.2.5. Cho hàm số y =

2 + cos x . Hãy tìm Max y trên miền xác ñịnh của nó. sin x + cos x − 2

The Inequalities Trigonometry

75

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng

Bất ñẳng thức lượng giác Chương 3 Áp dụng vào một số vấn ñề khác

Lời giải : Vì sinx và cosx không ñồng thời bằng 1 nên y xác ñịnh trên R. 2 + cos x Y0 thuộc miền giá trị của hàm số khi và chỉ khi Y0 = có nghiệm. sin x + cos x − 2 ⇔ Y0 sin x + (Y0 − 1) cos x = 2Y0 + 2 có nghiệm.

(2Y0 + 2)2 ≤ Y0 2 + (Y0 − 1)2 2

⇔ 2Y0 + 10Y0 + 3 ≤ 0 − 5 − 19 − 5 + 19 ≤ Y0 ≤ 2 2 − 5 + 19 = 2 ⇔

Vậy y max

3.3. Bài tập : CMR ∆ABC ñều nếu nó thỏa một trong các ñẳng thức sau : 3 4 3.3.2. sin 2 A + sin 2 B + sin 2C = sin A + sin B + sin C 1 1 1 3 1 + + = + tan A tan B tan C 3.3.3. sin 2 A sin 2 B sin 2C 2 2

3.3.1. cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A =

2

  a2 + b2 + c2 a 2b 2c 2  = 3.3.4.  A B C  cot A + cot B + cot C  tan tan tan 2 2 2 a cos A + b cos B + c cos C 1 = 3.3.5. a+b+c 2 A B C 3.3.6. ma mb mc = abc cos cos cos 2 2 2 A B C 3.3.7. l a lb l c = abc cos cos cos 2 2 2 A B C 3.3.8. bc cot + ca cot + ab cot = 12 S 2 2 2 26 3 1  1  1   3.3.9. 1 + 1 + 1 +  = 5+ 9  sin A  sin B  sin C  sin A sin B sin C 1 3.3.10. = 2 (sin A + sin B + sin C ) 6 3

The Inequalities Trigonometry

76