Have an account? Register
LOP 9A
Đăng kí và đăng nhập nha !
Please register or login !

LOP 9A


FORUM OF CLASS 9A - THI TRAN HIGH SCHOOL *** DIỄN ĐÀN CỦA LỚP 9A - THCS THỊ TRẤN ĐẠI TỪ
 
IndexTrợ giúpTìm kiếmThành viênNhómĐăng kýĐăng Nhập
Forum 4ALL
  • Forum 4ALL
Admin nhắn với»Tất cả thành viên
gửi vào lúc Fri Jun 14, 2013 7:32 pm ...
:Very Happy
Admin nhắn với»Tất cả thành viên
gửi vào lúc Wed Jun 12, 2013 8:06 pm ...
:Chúc các bạn có một ngày vui vẻ

BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC

Xem chủ đề cũ hơn Xem chủ đề mới hơn Go down
Wed Apr 10, 2013 1:10 pm
avatar

Thành Viên- Admin-
Danh hiệu cá nhânAdministrator

Administrator
Hiện đang:
Post : 56
Point : 16618
Thanked : 194
Chủng tộc : DEVIL
Đồ ăn yêu thích : Bánh mì nướng
Admin
Thú cưng : Sư tử
Huy chương : Huy chương 10
Ứng dụng
Post : 56
Point : 16618
Thanked : 194
Chủng tộc : DEVIL
Đồ ăn yêu thích : Bánh mì nướng
Admin
Thú cưng : Sư tử
Huy chương : Huy chương 10
Bài gửiTiêu đề: BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC
Xem lý lịch thành viên https://sites.google.com/site/nhokkienvippro/

Mọi người cùng nhau xây dựng forum
BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC



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=1 sinα=−14 ⇔⎡⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢ α=π2+2kπ α=−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 :
tan 34∘=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+2tan2a tan2btan2c=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 ≥23tan2α−−−−−−√=23√tanα ( do α∈(0,π2) nên tanα>0 ) (2)
Thay (2) vào (1) ta có : tan(β−α)≤2tanα23√tanα=13√=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=13√⇔⎧⎩⎨⎪⎪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)Mad,y,z≥0 và x+y+z=π2}

Lời giải :
Áp dụng BĐT Bunhiacopski dạng
(a21+b21+c21)(a22+b22+c22)≥(a1a2+b1b2+c1c2)2
Với
a1=1+tanxtany−−−−−−−−−−−√ b1=1+tanytanz−−−−−−−−−−−√ c1=1+tanztanx−−−−−−−−−−−√
a2=1 b2=1 c2=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)≤23√
Lại có : (π6,π6,π6)∈D và f(π6,π6,π6)=23√
Vậy ta có : maxDf(x,y,z)=23√

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−asinϕ f(−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.
Tài Sản của Admin




Share

Tài Sản của Admin
Chữ kí của Admin





Trả Lời Nhanh

BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC

Xem chủ đề cũ hơn Xem chủ đề mới hơn Về Đầu Trang
Trang 1 trong tổng số 1 trang

Bài viết mới cùng chuyên mục

Bài viết liên quan

*Không dùng những ngôn từ thiếu lịch sự.*
* Bài viết sưu tầm nên ghi rõ nguồn.*
* Tránh spam nhảm không liên quan đến chủ đề.*
Yêu cầu viết tiếng Việt có dấu.

Permissions in this forum:Bạn không có quyền trả lời bài viết
LOP 9A :: TOÁN HỌC-