|
|
A. BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN
Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi α, ta luôn có bất đẳng thức :
4sin3α+5≥4cos2α+5sinα
Lời giải:
Bất đẳng thức (BĐT) đã cho tương đương với BĐT sau :
4(3sinα−4sin3α)+5≥4(1−2sin2α)+5sinα
⇔16sin3α−8sin2α−7sinα−1≤0
⇔(sinα−1)(4sinα+1)2≤0(1)
Do sinα≤1∀α⇒(1) đúng. Từ đây ta có ĐPCM.
Dấu bằng xảy ra ⇔[sinα=1sinα=−14⇔[α=π2+2kπα=−arcsin14+2kπα=π+arcsin14+2kπ(k∈Z).
Ví dụ 2. Không dùng bảng tính hay máy tính cá nhân. Chứng minh rằng :
tan34∘>23
Lời giải :
Ta có :
tan34∘=tan(45∘−11∘)=1−tan11∘1+tan11∘(1)
Từ (1) suy ra :
tan34∘>23⇔1−tan11∘1+tan11∘>23⇔3(1−tan11∘)>2(1+tan11∘)⇔tan11∘<15(2)
Chú ý rằng : tan11∘>tan0∘=0⇒1+tan11∘>0.
Đặt tanα=15 với 0∘<α<90∘. Ta có :
tan2α=2tanα1−tan2α=251−125=512⇒tan4α=2tan2α1−tan22α=561−25144=120119>1
⇒4α>45∘⇒α>11∘, vậy (2) đúng.
Ta có ĐPCM.
Ví dụ 3. Chứng minh rằng :
1−sinπ142sinπ14>√3cosπ7
Lời giải:
Ta có :
1−sinπ14=sin3π14−sinπ14+sin5π14−sin3π14+sin7π14−sin5π14
=2sinπ14(cosπ7+cos2π7+cos3π7)(1)
Từ (1) suy ra :
1−sinπ142sinπ14=cosπ7+cos2π7+cos3π7(2)
Mặt khác ta có :
cosπ7=12(cosπ7+cos3π7+cos5π7+cosπ7−cos3π7−cos5π7)
=12(cosπ7+cos3π7+cos5π7+cosπ7+cos4π7+cos2π7)
=cosπ7cos2π7+cos2π7cos3π7+cos3π7cosπ7(3)
Đặt x=cosπ7,y=cos2π7,z=cos3π7
Khi đó từ (2) và (3) suy ra BĐT cần chứng minh có dạng sau:
x+y+z>√3(xy+yz+zx)(4)
Do x,y,z>0 nên (4)⇔(x+y+z)2>3(xy+yz+zx)
⇔(x−y)2+(y−z)2+(z−x)2>0(5)
Do x,y,z đôi một khác nhau, nên (5) đúng và đó chính là ĐPCM.
B. BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN
Ví dụ 4.
Cho {sin2a+sin2b+sin2c=1a,b,c≠π2+kπ(k∈Z)
Chứng minh BĐT :
(tanatanb+tanbtanc+tanctana)23+2(tanatanbtanc)2≤1
Lời giải :
Vì sin2a+sin2b+sin2c=1⇒cos2a+cos2b+cos2c=2
⇒11+tan2a+11+tan2b+11+tan2c=2
Thực hiện quy đồng và rút gọn ta được
⇒tan2atan2b+tan2btan2c+tan2ctan2a+2tan2atan2btan2c=1(1)
Đặt x=tanatanb,y=tanbtanc,x=tanctana thì từ (1) ta có :
x2+y2+z2+2xyz=1 hay 2xyz=1−(x2+y2+z2)
Suy ra 2(tanatanbtanc)2=2xyz=1−(x2+y2+z2)
Như vậy BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT
(x+y+z)23+1−(x2+y2+z2)≤1
⇔(x+y+z)2≤3(x2+y2+z2)
⇔(x−y)2+(y−z)2+(z−x)2≥0(3)
Vì (3) đúng nên ta có ĐPCM.
Ví dụ 5.
Cho α,β∈(0,π2) và tanβ=3tanα.
Chứng minh rằng :
β≤α+π6
Lời giải :
Do α,β∈(0,π2) và tanβ=3tanα⇒tanβ>tanα⇒β>α⇒0<β−α<π2 .
Ta có tan(β−α)=tanβ−tanα1+tanβtanα=2tanα1+3tan2α(1)
Theo BĐT Cô-si, ta có :
1+3tan2α≥2√3tan2α=2√3tanα ( do α∈(0,π2) nên tanα>0 ) (2)
Thay (2) vào (1) ta có : tan(β−α)≤2tanα2√3tanα=1√3=tanπ6
Do 0<β−α<π2 nên từ
tan(β−α)≤tanπ6⇒β−α≤π6⇒β≤α+π6. Đây là ĐPCM.
Dấu bằng xảy ra ⇔3tan2α=1⇔tanα=1√3⇔{α=π6β=π3
Ví dụ 6. Cho x,y,z>0 và x+y+z≤π. Chứng minh rằng
sinx+siny+sinz+sin(x+y+z)≤sin(x+y)+sin(y+z)+sin(z+x)
Lời giải :
Xét hiệu :
S=sin(x+y)+sin(y+z)+sin(z+x)−(sinx+siny+sinz+sin(x+y+z))
=[sin(x+y)−sin(x+y+z)]+[sin(y+z)−siny]+[sin(z+x)−sinx]−sinz
=−2cos(x+y+z2)sinz2+2cos(y+z2)sinz2+2cos(x+z2)sinz2−2sinz2cosz2
=2sinz2[cos(y+z2)+cos(x+z2)−cos(x+y+z2)−cosz2]
=2sinz2[2cosx+y+z2cosx−y2−2cosx+y+z2cosx+y2]
=4sinz2cosx+y+z2(cosx−y2−cosx+y2)
=8sinx2siny2sinz2cosx+y+z2(1)
Do x,y,z>0 và x+y+z≤π⇒x,y,z∈(0,π)
⇒sinx2>0,siny2>0,sinz2>0.
Ngoài ra cosx+y+z2≥0.
Vậy từ (1) suy ra S≥0. Đây là ĐPCM.
Dấu bằng xảy ra ⇔cosx+y+z2=0⇔{x+y+z=πx,y,z>0
C. TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
Ví dụ 7. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số :
f(x,y,z)=√1+tanxtany+√1+tanytanz+√1+tanztanx
Xét trên miền : D={(x,y,z):x,y,z≥0vàx+y+z=π2}
Lời giải :
Áp dụng BĐT Bunhiacopski dạng
(a21+b21+c21)(a22+b22+c22)≥(a1a2+b1b2+c1c2)2
Với
a1=√1+tanxtanyb1=√1+tanytanzc1=√1+tanztanx
a2=1b2=1c2=1
Ta có :
(3+tanxtany+tanytanz+tanztanx).3≥(√1+tanxtany+√1+tanytanz+√1+tanztanx)2(1)
Chú ý rằng với (x,y,z)∈D ta có ngay : tanxtany+tanytanz+tanztanx=1
Khi đó BĐT (1) trở thành :
f(x,y,z)≤2√3
Lại
có : (π6,π6,π6)∈D và f(π6,π6,π6)=2√3
Vậy ta có : maxDf(x,y,z)=2√3
Ví dụ 8. Cho a,b,c,d>0. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :
f(x,y)=asin4x+bcos4ycsin2x+dcos2y+acos4x+bsin4yccos2x+dsin2y
Xét trên miền D={(x,y):f(x,y) có nghĩa }.
Lời giải :
Đặt
f1(x,y)=sin4xcsin2x+dcos2y+cos4xccos2x+dsin2y
f2(x,y)=cos4ycsin2x+dcos2y+sin4xccos2x+dsin2y
Khi đó ta có : f(x,y)=af1(x,y)+bf2(x,y)
Tìm giá trị lớn nhất
Ta thấy,
f1(x,y)≤sin4xcsin2x+cos4xccos2x=1c(sin2x+cos2x)=1c
Tương tự có f2(x,y)≤1d.
do a>0,b>0⇒f(x,y)≤ac+bd(1)
Mặt khác f(π2,π2)=ac+bd(2)
Từ (1) và (2) suy ra maxDf(x,y)=ac+bd.
Tìm giá trị nhỏ nhất
Để ý rằng c+d=c(sin2x+cos2x)+d(sin2y+cos2y), vì thế áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có:
(c+d)f1(x,y)=[(csin2x+dcos2y)+(ccos2x+dsin2y)](sin4xcsin2x+dcos2y+cos4xccos2x+dsin2y)≥(sin2x+cos2x)2=1
⇒f1(x,y)≥1c+d(3)
Dấu bằng trong (3) xảy ra :
⇔sin2xcsin2x+dcos2y=cos2xccos2x+dsin2y=1c+d
⇔sin2x=cos2x
Tương tự ta cũng có : f2(x,y)≥1c+d(4)
Và dấu bằng xảy ra ⇔sin2x=cos2x.
Từ (3) và (4) có : f(x,y)=af1(x,y)+bf2(x,y)≥a+bc+d
Mặt khác thấy rằng f(π4,π4)=a+bc+d.
Vậy minDf(x,y)=a+bc+d.
Ví dụ 9.
Cho f(x)=cos2x+acos(x+ϕ), với a,ϕ là số cố định cho trước.
Chứng minh rằng :
(minx∈Rf(x))2+(maxx∈Rf(x))2≥2
Lời giải :
Ta có : {f(0)=1+acosϕf(π)=1+acos(π+ϕ)=1−acosϕ
⇒f(0)+f(π)=2⇒max{f(0),f(π)}≥1.
⇒maxx∈Rf(x)≥max{f(0),f(π)}≥1⇒(maxx∈Rf(x))2≥1(1)
Ta lại có : {f(π2)=−1+acos(π2+ϕ)=−1−asinϕf(−π2)=−1+acos(−π2+ϕ)=−1+asinϕ
⇒f(π2)+f(−π2)=−2⇒min{f(π2),f(−π2)}≤−1.
⇒minx∈Rf(x)≤min{f(π2),f(−π2)}≤−1⇒(minx∈Rf(x))2≥1(1)
Từ (1) và (2) suy ra :
(minx∈Rf(x))2+(maxx∈Rf(x))2≥2
Đây là ĐPCM.
D. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi a,b,ψ ta có :
(sinψ+acosψ)(sinψ+bcosψ)≤1+(a+b2)2
Bài 2. Chứng minh rằng :
11+cos2α+11+cos4α+11−cos6α>2 với mọi α làm cho về trái có nghĩa.
Bài 3.
Cho π3≤α≤π2,π3≤β≤π2. Chứng minh BĐT :
2cosαcosβ−1≤√(1cosα−1)(1cosβ−1)
Bài 4.
Cho a,b,c,d∈[−π2,π2] và thỏa mãn hệ điều kiện :
{sina+sinb+sinc+sind=1cos2a+cos2b+cos2c+cos2d≥103
Chứng minh rằng a,b,c,d∈[0,π6]
Bài 5.
Cho a,b,c>0. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số :
f(x,y)=cos2xa+sin2yb
Xét trên miền D={(x,y):asinx+bcosy=c} với giả thiết c≤min{a3+b3a2,a3+b3b2}
Bài 6. Cho p,q≥1 là các số tự nhiên. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
f(x)=sinpx.cosqx khi 0≤x≤π2.
|