I. Đặt vấn đề
Trong chơng trình toán ở trờng phổ thông việc chứng minh bất đẳng thức
là một vấn đề có thể nói là phức tạp nhất, nó rèn cho ngời 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. Nhng 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 đa ra một số
phơng pháp rất tốt để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn:
- Phơng pháp sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức.
- Phơng pháp sử dụng tam thức bậc 2.
- Phơng pháp sử dụng những bất đẳng thức kinh điển.
- Phơng pháp sử dụng phản chứng.
- Phơng pháp sử dụng quy nạp.
- Phơng pháp sử dụng đạo hàm.
- Phơng pháp sử dụng hình học.
- Phơng pháp sử dụng hàm lồi.
Mặc dù vậy song vẫn là cha đủ bởi sáng tạo của mỗi ngời làm toán là vô
hạn. Chính vì vậy trong bài viết này tôi muốn đề cập về "Một số phơng pháp l-
ợng 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. Phơng pháp l-
ợng giác hoá đã đợc một số sách của các tác giả đề cập nh giáo s Phan Đức
Chính, giáo s Phan Huy Khải, phó tiến sĩ Vũ Thế Hựu viết. Nhng do cấu trúc
mục tiêu của các cuốn sách đó mà các tác giả đều không đi sâu vào phơng pháp
này hay nói cách khác là cha thật cụ thể hoá, hệ thống hoá nó.
Là một giáo viên gần 20 năm giảng dạy với các đối tợng học sinh khá giỏi
của các lớp chọn tôi đã phân chia phơng pháp này thành 5 dạng bài tập. Nhằm
cung cấp cho học sinh nhận ra các dấu hiệu ban đầu để thực hiện các bớc lợng
giác hoá bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số, để rồi dùng các kết quả của
bất đẳng thức lợng giác chứng minh bất đẳng thức đại số.
Qua thực tế giảng dạy ở các lớp chọn khối 11 trờng THPT tôi nhận thấy
việc phân chia dạng của tôi là hợp lý, lôgíc cụ thể, có thể nhanh chóng tìm ra ph-

+ tg . cotg = 1 (
2
k
) + 1 + cotg
2
=
)k(
sin
1
2


1.2. Công thức cộng góc
+ cos( ) = cos cos

sin sin
+ sin( ) = sin cos cos sin
+ tg ( ) =
)k
2
;(
tgtg1
tgtg
+





+ cotg( ) =



+ cotg2 =
)
2
k
(
gcot2
1gcot
2




+ sin3 = 3sin - 4sin
3

+ cos3 = 4cos
3
- 3cos
+ tg3 =
3
k
6
(
tg31
tgtg3
3
3


1.5. Công thức biến đổi tổng thành tích:
+ cos + cos = 2cos
2
cos
2
+
+ cos - cos = - 2sin
22

sin
+
+ sin + sin = 2sin
22

cos
+
2
+ sin - sin = = - 2cos
2
sin
2
+
+ tg tg =


cos.cos
)sin(

)k
2

2 2
| sin | 1;| cos | 1; sin 1; cos 1 ( *)
n n
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 lợng giác sau đều có nghĩa)
Biểu thức đại số
Biểu thức lợng giác
tơng tự
Công thức lợng giác
1 + x
2
1 + tg
2
t 1+tg
2
t =
tcos
1
2
4x
3
- 3x 4cos
3
t - 3cost 4cos
3
t - 3cost = cos3t
2x

+
= sin2t
xy1
yx

+

+
tgtg1
tgtg

+
tgtg1
tgtg
= tg(+)
x
2
- 1
1
cos
1
2


1
cos
1
2



+ y
2
= a
2
(a > 0) thì đặt



=
=
cosay
sinax
với [0, 2]
2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Cho 4 số a, b, c, d thoả mãn: a
2
+ b
2
= c
2
+ d
2
= 1
Chứng minh rằng:
2
S = a(c+d) + b(c-d)
2
Giải:
Đặt


VD2: Cho a
2
+ b
2
= 1. Chứng minh rằng:
2
25
b
1
b
a
1
a
2
2
2
2
2
2







++











++







+=






++






+

44
44
+







++
=
( )
[ ]
4
sin.cos
1
1sincos2sincos
44
2222
+







++
=



+







(đpcm)
Bây giờ ta đẩy bài toán lên mức độ cao hơn một bớc nữa để xuất hiện a
2
+b
2
=1
4
VD3: Cho a
2
+ b
2
- 2a - 4b + 4 = 0. Chứng minh rằng:
A =
2334b)324(a)321(2ab32ba
22
++++
Giải:
Biến đổi điều kiện: a
2
+ b

1
2sin
2
3
22cos2sin3

===
(đpcm)
VD4: Cho a, b thoả mãn :
7 12b 5a ++
= 13
Chứng minh rằng: a
2
+ b
2
+ 2(b-a) - 1
Giải:
Biến đổi bất đẳng thức: a
2
+ b
2
+ 2(b-a) - 1 (a-1)
2
+ (b + 1)
2
1
Đặt










+=+==+
Từ đó (a-1)
2
+ (b+1)
2
= R
2
1 a
2
+ b
2
+ 2(b - a) - 1 (đpcm)
II. Dạng 2: Sử dụng tập giá trị
1|cos|;1|sin|
1. Ph ơng pháp :
a) Nếu thấy |x| 1 thì đặt
[ ]
sin ;
2 2
cos 0;
x khi
x khi

=

2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Chứng minh rằng: (1+x)
p
+ (1-x)
p
2
p
|x| 1 ; P 1.
Giải:
Đặt x = cos với [0, ], khi đó (1 + x)
p
+ (1 - x)
p
= (1+cos)
p
+ (1-cos)
p
5
=
p22pp2p2p
p
2
p
2
2
2
sin







α
+






α
(®pcm)
VD2: Chøng minh r»ng:
23123223
22
+≤−+=≤− aaaA
Gi¶i:
Tõ ®k 1 - a
2
≥ 0 ⇔ |a| ≤ 1 nªn
§Æt a = cosα víi 0 ≤ α ≤ π ⇒
2
a1−
= sinα. Khi ®ã ta cã:
A=
α+α+=αα+α=−+ 2sin)2cos1(3sincos2cos32a1a2a32

[ ]
)(a)a()a(a 122221111
2332
−+≤−−+−+
Gi¶i:
Tõ ®k |a| ≤ 1 nªn
§Æt a=cosα víi α∈[0,π] ⇒
α=−
α
=+
α
=− sina1;
2
cos2a1;
2
sin2a1
2
(1)⇔
2
cos
2
sin2222
2
sin
2
cos22.
2
cos
2
sin21

2
cos
2
sin
22
αα
+≤






α
+
αα
+
α






α
−
α






α
−
α






α
+
α
®óng ⇒ (®pcm)
VD4: Chøng minh r»ng: S =
(
)
(
)
21314
2332
≤−−+−− aaa)a(
Gi¶i:
Tõ ®k |a| ≤ 1 nªn:
§Æt a = cosα víi α ∈ [0, π] ⇒
2
a1−
= sinα. Khi ®ã biÕn ®æi S ta cã:
S=









2
;
2
Khi đó A =
)cos(3sincoscossin ++
=
=
2
3
)(sin2)cos(
2
3
)sin(
2
1
2)cos(3)sin(







2
3
sin
2
1
2cos3sin







+=








=
(đpcm)
III. Dạng 3: Sử dụng công thức: 1+tg
2

=
1
cos












2
3
,
2
;0
b) Nếu |x| m hoặc bài toán có chứa biểu thức
22
mx
thì đặt x =
cos
m
với














π
π∪






π
2
3
,
2
;0
⇒
α=α=−
tgtg1a
22
. Khi ®ã:
A =
2
3
sin2cos3sincos)3tg(
a



π
π∪






π
2
3
,
2
;0
⇒
α=α=− tgtg1a
22
. Khi ®ã:
A =
2
2
a
1a125
−−
= (5-12tgα)cos
2
α = 5cos
2

12
2cos
13
5
2
13
2
5
⇒ - 4 =
91.
2
13
2
5
13
5
arccos2cos
2
13
2
5
A)1(
2
13
2
5
=+≤




π∪






π
2
3
,
2
;0
. Khi ®ã ta cã:
A =
1)sin(cossincossincoscos)tgtg( ≤β+α=αβ+βα=βαβ+α
(®pcm)
VD4: Chøng minh r»ng: a +
22
1a
a
2
≥
−

1a
∀ >
Gi¶i:
Do |a| > 1 nªn:
§Æt a =

8
a+
22
2sin
22
sin
1
.
cos
1
.2
sin
1
cos
1
1a
a
2


=



+

=

(đpcm)
VD5: Chứng minh rằng


+

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
+=++ cos5sin)cos)(sin34(
2222

2 2 2 2
(1 5 )(sin cos ) 26

) thì đặt x = mtg với








2
,
2
2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Chứng minh rằng: S =
1
1
4
1
3
32
3
2

+

+ )x(
x
x
x
Giải:

42
)a21(
a12a83
+
++
Giải:
Đặt a
2
= tg với








22
,
thì ta có: A =
22
42
)tg1(
tg3tg43
+
++
9
=
αα−α+α=
α+α

α
=
4
π
⇒ a =
2
1
th× MinA =
2
5
VD3: Chøng minh r»ng:
2
1
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
22
≤
++
−+
∀ a, b ∈ R
Gi¶i:
§Æt a = tgα, b = tgβ. Khi ®ã
)tg)(tg(
)tgtg)(tgtg(
)b)(a(
)ab)(ba(
β+α+
βα−β+α
=
++

)a1)(c1(
|ac|
)c1)(b1(
|cb|
)b1)(a1(
|ba|
222222
∀
++
−
≥
++
−
+
++
−
Gi¶i:
§Æt a = tgα, b = tgβ, c = tgγ. Khi ®ã bÊt ®¼ng thøc ⇔
⇔
)tg1)(tg1(
|tgtg|
)tg1)(tg1(
|tgtg|
)tg1)(tg1(
|tgtg|
222222
α+γ+
α−γ
≥
γ+β+

(1) ⇔
1
d
b
1
a
c
1
ab
cd
d
b
1
a
c
1
1
1
)db)(ca(
cd
)db)(ca(
ab
≤






+

a
c
, tg
2
=
b
d
với ,







2
,0
Biến đổi bất đẳng thức

1sinsincoscos
)tg1)(tg1(
tg.tg
)tg1)(tg1(
1
2222
22
22
22
+=
++

tg1
2
tg2
.3
1
2
tg
|1
2
tg
|4
2
tg6
2
2
22
2
+



+

+

=
+





=+++
>
12
0
222
xyzzyx
z;y;x
thì





===



Ccosz;Bcosy;Acosx
)
2
;0(C;B;A
:ABC
b) Nếu



=++
>
xyzzyx










===






===



2
C
tgz;
2
B
tgy;
2
A
tgx
);0(C;B;A






2
,0
Do xy + yz + zx = 1 nên tg
2

tg
2

+ tg
2

tg
2

+ tg
2

tg
2

= 1
tg
2



tg1
2
tg
2
tg

=







+



=



+


=++

=
++


)zyx(3
z
1
y
1
x
1
++++
= cotg
2

+ cotg
2

+ cotg
2

-3







+

+

2








+









222
2
222222
tgtgtgtggcottggcottggcot
S = 2(cotg+cotg+cotg) -







+

2
2

0
2
tg2gcotgcot
2
tg2
2
cos2
2
cos
2
sin4
cos1
sin2
)cos(1
sin2
2


+

=


=
+

=

Giải:
Do 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg
2

; y = tg
2

; z = tg
2

với , ,







2
,0
Khi đó tg =
2
x1
x2

; tg =
2
y1
y2


tg.tg1
tgtg
= - tg tg(+) = tg(-)
Do , ,







2
,0
nên + = - + + = . Khi đó ta có:
tg
2

tg
2

+ tg
2

tg
2

+ tg
2

tg

=++
>
1zyx
0z,y,x
. Chứng minh rằng: S =
4
9
xyz
z
zxy
y
yzx
x

+
+
+
+
+
Giải:
Đặt
2
tg
x
yz
=
;
2
tg
y

y
zx
.
x
yz
++
= x + y + z = 1
nên tg
2

tg
2

+ tg
2

tg
2

+ tg
2

tg
2

= 1
tg





22

2

+
2

=
2

-
2


=++

=
++
22
S =
2
3
1
xyz
z2
1
zxy
y2
1








+
+









+
=
+
+
+
+
+
13
=
2
3
z













+

+
+

+
+

=+








+

3
2
3
coscos)sin(sin
2
1
)1cos(cos
2
1
2
1
22
2
=+=+






++++
(đpcm)
3. Các bài toán đ a ra trắc nghiệm
Trớc khi tôi dạy thử nghiệm nội dung sáng kiến của tôi cho học sinh của 2
lớp 11A1 và 11A2 ở trờng tôi, tôi đã ra bài về nhà cho các em, cho các em chuẩn
bị trớc trong thời gian 2 tuần. Với các bài tập sau:
Bài 1:Cho a
2
+ b
2

































=+++
>
1xyz2zyx
0z;y;x
222
CMR:
a) xyz
8
1
b) xy + yz + zx
4
3
c) x
2
+ y
2
+ z
2
4
3
d) xy + yz + zx 2xyz +
2
1
e)
3
z1

+ 2)(b
2
+ 2)(c
2
+ 2) 9 (ab + bc + ca) a, b, c > 0
14
Bài 8:Cho
2
33
z1
z
y1
y
x1
x
:CMR
1zxyzxy
0z,y,x
222


+

+




=++
>

x2
z1
1
y1
1
x1
1
:CMR
1zxyzxy
0z,y,x
+
+
+
+
+

+
+
+
+
+


=++
>
Sau 2 tuần các em hầu nh không làm đợc các bài tập này mặc dù tôi đã gợi
ý là dùng phơng pháp lợng giác hoá. Sau đó tôi đã dạy cho các em sáng kiến của
tôi trong một buổi sinh hoạt chuyên đề (3 tiết) thì thu đợc kết quả rất tốt.
3. Kết quả trắc nghiệm thực tế của sáng kiến
Để thấy đợc kết quả sát thực của sáng kiến trong phần ôn tập kỳ I của lớp

biến đổi đợc bất đẳng thức để có thể áp dụng dạng 1 xong cha biến đổi để đi đến
bất đẳng thức lợng giác cần thiết vì vậy kết quả cha cao vì một số em lớp 11A2
tiếp thu các phơng pháp chậm, ứng dụng giải bài tập cha sáng tạo. Vì vậy tôi
quyết định thực nghiệm lần thứ 3, tôi dạy cả lớp 11A1 và 11A2 vào một buổi
chiều 3 tiết dạy đầy đủ 5 phơng pháp và các ví dụ minh hoạ, tôi gọi các em lên
bảngáp dụng giải các ví dụ tại lớp thấy các em làm rất tốt, sau đó tôi cho bài tập
3, 6, 8, 10 về nhà và yêu cầu các em nộp cho tôi vào ngay ngày hôm sau. Kết
quả thu đợc nh sau:
Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB Yếu
11A1 50 7 30 13 0
11A2 52 6 25 21 0
Với kết quả nh trên và thực tế bài làm của các em tôi nhận thấy các phơng
pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số mà tôi đa ra có kết quả tốt,
nó là một công cụ rất hữu hiệu để giúp các em có thêm một cách mới để chứng
minh bất đẳng thức đại số bổ sung cho các em một phơng pháp lợng giác hoá các
bài toán nói chung làm cho các em tự tin hơn khi gặp các bài tập chứng minh bất
đẳng thức trong tất cả các cuộc thi khó, chính vì thế tôi nghĩ rằng một số phơng
pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số của tôi đa ra là rất khả quan.
III. kết luận và kiến nghị
Trải qua thực tế công tác giảng dạy toán phổ thông, qua một thời gian làm
trắc nghiệm tôi nhận thấy:
Việc chứng minh bất đẳng thức đại số là một công việc rất khó khăn và
đòi hỏi ngời chứng minh phải sáng tạo khéo léo phải biết sử dụng tất cả các kiến
thức đã biết để chứng minh một bất đẳng thức. Trong giai đoạn hiện nay chúng
ta đang tập trung cho cải cách giáo dục, trong đó có một phần quan trọng là cải
tiến phơng pháp giảng dạy. Để phát huy tính tích cực của học sinh, việc tiếp thu
kiến thức mới và công việc giải toán thì ngời thầy giáo phải là ngời tiên phong
trong việc phát huy tính tích cực của mình để tìm ra những phơng pháp giải toán
mới, tìm ra những công cụ mới để ngày càng hoàn thiện hơn bản thân và cống
hiến cho những ngời làm toán những công cụ hữu hiệu để có thể đi sâu vào thế