Mục lục
Trang
Lời nói đầu………………………………………………………………………………………… 2
Mục lục………………………………………………………………………………………… …3
Chương I: Các bước đầu cơ sở………………………………………………… 4
1. Các bất đẳng thức đại số cơ bản…………………………………………………………4
a)Bất đẳng thức Cauchy (AM – GM)……………………………………………….4
b)Bất đẳng thức Bunhiacốpxki…………………………………………………… 6
c) Bất đẳng thức Jensen…………………………………………………………… 8
d) Bất đẳng thức Chebyshev……………………………………………………….10

2.Các đẳng thức, bất đẳng thức cơ sở trong tam giác…………………………………….11
a) Đẳng thức…………………………………………………………………… 11
b) Bất đẳng thức………………………………………………………………… 16
3. Định lý về dấu của tam thức bậc hai……………………………………………………17
4.Định lý về hàm tuyến tính……………………………………………………………….19
5.Bài tập………………………………………………………………………………… 21
Chương II: Các phương pháp chứng minh……………………………………… 21
2.1.Biến đổi lượng giác tương đương…………………………………………………… 21
2.2.Sử dụng các bước đầu cơ sở………………………………………………………… 28
2.3.Đưa về tích vô hướng……………………………………………………………….…36
2.4.Kết hợp các bất đẳng thức cổ điễn………………………………………………….…37
2.5. Tận dụng tính đơn điệu của hàm số……………………………………………….…44
2.6. Bài tập……………………………………………………………………………… 50
Chương III: Áp dụng bất đẳng thức lượng giác vào một số bài toán…………… 49
1. Định tính tam giác……………………………………………………………………….49
a) Tam giác đều………………………………………………………………………… 49
b) Tam giác cân………………………………………………………………………… 52
c) Tam giác vuông……………………………………………………………………… 55
2. Cực trị lượng giác……………………………………………………………………….55
3. Bài tập 58

≥
Ví dụ 1:
Cho A,B,C là 3 đỉnh của 1 tam giác nhọn. CMR:

tan tan tan 3 3A B C+ + ≥
Lời giải:
Vì
( )
tan tan
tan tan tan
1 tan .tan
A B
A B C C
A B
+
+ = − ⇔ = −
−

tan tan tan tan .tan .tanA B C A B C⇒ + + =
Tam giác ABC nhọn nên tanA, tanB, tanC dương.
Theo Cauchy ta có:

3 3
tan tan tan 3 tan .tan .tan 3 tan tan tanA B C A B C A B C+ + ≥ = + +

( ) ( )
2
tan tan tan 27 tan tan tanA B C A B C⇒ + + ≥ + +
tan tan tan 3 3A B C⇒ + + ≥
Đẳng thức xảy ra


( ) ( ) ( )
2 2 2
cot cot cot cot cot cot 0A B B C C A− + − + − ≥

( ) ( )
2
cot cot cot 3 cot cot cot cot cot cot 3A B C A B B C C A⇔ + + ≥ + + =

cot cot cot 3A B C⇒ + + ≥
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
ABC∆
đều.
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng với mọi
ABC
∆
nhọn ta có:

cos cos cos cos cos cos 2 3
sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2
3
cos cos cos cos cos cos
2 2 2 2 2 2
A B B C C A A B B C C A
A B B C C A
 
+ + ≤ + + +
 ÷

3 3
cos cos sin sin cot cot
4 2 2 4
2
4cos cos
2 2
A B
A B A B
A B
 
+
 ÷
≤
 ÷
 ÷
 
- 3 -

cos cos 2 3
sin sin cot cot
2 2 4
3
cos cos
2 2
A B A B
A B
A B
 
⇒ ≤ +
 ÷

cos cos cos cos cos cos
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
A B B C C A
+ +

( )
2 3
sin sin sin sin sin sin cot cot cot cot cot cot
2 2 2 2 2 2 2
3
A B B C C A
A B B C C A
 
≤ + + + + +
 ÷
 
2 3
sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2
3
A B B C C A
 
= + + +
 ÷
 
⇒
Đpcm.
b)Bất đẳng thức Bunhiacốpxki:
Với 2 bộ số

sin cos sin cos 1
2
a b
a b
α α α α
+
 
+ + ≤ +
 ÷
 
- 4 -

Lời giải:
Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2
sin cos sin cos sin sin cos cosa b a b ab
α α α α α α α α
+ + = + + +

( )
1 cos2 1 cos 2
sin 2
2 2 2
a b
ab
α α
α
+
− +

(
)
2 2
1
sin cos sin cos 1 1 1
2
a b ab a b
α α α α
+ + ≤ + + + +
(4)
Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây đúng với mọi a,b:

( ) ( )
(
)
2
2 2
1
1 1 1 1
2 2
a b
ab a b
+
 
+ + + + ≤ +
 ÷
 
(5)
Thật vậy:
(5)

a b
+ + +
⇔ + + ≤
(6)
Theo Cauchy thì (6) hiển nhiên đúng
⇒
(5) đúng với mọi a,b.
Từ (1) và (5) : với mọi
, ,a b α
ta có:
( ) ( )
2
sin cos sin cos 1
2
a b
a b
α α α α
+
 
+ + ≤ +
 ÷
 
Đẳng thức xảy ra khi ở (1) và (6) dấu bằng đồng thời xảy ra
2 2
1
tan arctan
sin 2 cos 2
1 1 2
a b a b
a b

2 2 2
2
a b c
x y z
R
+ +
+ + ≤

với x,y,z là khoảng cách từ điểm M bất kì nằm bên trong
ABC∆
tới 3 cạnh AB, BC, CA của tam
giác.

Lời giải:
Ta có:

1
1
ABC MAB MBC MCA
MBC MCA
MAB
ABC ABC ABC
c b a
S S S S
S S
S
S S S
z y x
h h h
= + +

a a
S ah ab C h b C= = ⇒ =
,
sin
b
h c A=
,
sin
c
h a B=
( )
sin sin sin
2 2 2
a b c
ab bc ca
h h h a B b C c A
R R R
⇒ + + = + + = + +
2 2 2
2 2 2 2
ab bc ca a b c
x y z
R R R R
+ +
⇒ + + ≤ + + ≤ ⇒
Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b c
ABC
x y z

, , ,
n
x x x R
+
∈
ta có bất đẳng thức sau:

1 2
1 2

( ) ( ) ( )
n
n
x x x
f x f x f x nf
n
 
 ÷
 
+ + +
+ + + ≥
- 6 -

-Bất đẳng thức Jensen thật sự là một công cụ chuyên dùng cho chứng minh các bất đẳng thức
lượng giác. Tuy không phải là một bất đẳng thức chặt nhưng nếu thấy có những dấu hiệu của BĐT
Jensen, chúng ta nên dùng ngay.

Ví dụ 1:
Chứng minh rằng với mọi
ABC∆

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ABC
∆
đều.
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với mọi
ABC∆
đều ta có:

tan tan tan 3
2 2 2
A B C
+ + ≥
Lời giải:
Xét
( ) tanf x x=
với
0,
2
x
π
 
∈
 ÷
 
( )f x⇒
là hàm lồi. Theo Jensen ta có:
2 2 2
3 3sin 3
2 2 2 3 6

- 7 -
Xét
( ) sin tanf x x x= +
với
0, ( )
2
x f x
π
 
∈ ⇒
 ÷
 
là hàm lồi. Theo Jensen ta có:
2 2 2
3
2 2 2 3
A B C
A B C
f f f f
 
+ +
 ÷
     
+ + ≥
 ÷
 ÷  ÷  ÷
     
 ÷
 
3

a b a b a b a a a b b b
n
+ + + ≥ + + + + + +
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng với mọi
ABC
∆
ta có

3
aA bB cC
a b c
π
+ +
≥
+ +
Lời giải:
Không mất tổng quát giả sử
a b c A B C≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
Theo Chebyshev thì
3 3 3
a b c A B C aA bB cC+ + + + + +
  
≤
 ÷ ÷
  
3 3 3
aA bB cC A B C
π
+ + + +

≤ ≤

Theo Chebyshev ta có:
- 8 -
tan tan tan cos cos cos tan cos tan cos tan cos
3 3 3
A B C A B C A A B B C C+ + + + + +
  
≥
 ÷ ÷
  
sin sin sin tan tan tan
cos cos cos 3
A B C A B C
A B C
+ + + +
⇔ ≤
+ +
Mà
tan tan tan tan tan tanA B C A B C+ + =
⇒
Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ABC
∆
đều.
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng với mọi
ABC∆
ta có

≥
 ÷ ÷
  
( )
3 sin 2 sin 2 sin 2
2 sin sin sin
2 cos cos cos
A B C
A B C
A B C
+ +
⇔ + + ≥ ⇒
+ +
Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ABC∆
đều.

2.Các đẳng thức, bất đẳng thức cơ sở trong tam giác:

Đây là các đẳng thức và bất đẳng thức quen thuộc rất cần thiết cho việc chứng minh các bất
đẳng thức lượng giác trong tam giác cũng như trong các ứng dụng của chúng. Ta cũng có thể xem
đây như là một phần kiến thức cơ sở cần cho quá trình học toán của chúng ta.
a) Đẳng thức:
i.
2
sin sin sin
a b c
R
A B C

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
1 1 1
sin sin sin
2 2 2
2 sin sin sin
4
a b c
bc A ca B ab C
abc
R A B C pr
R
p a r p b r p c r
p p a p b p c
= = =
= = =
= − = − = −
= − − −
v.
2 2 2
2
2 2
4
a
b c a
m
+ −
=


2
2
2 cos
2
2 cos
2
b
c
B
ca
l
c a
C
ab
l
a b
=
+
=
+
vii.
( ) ( ) ( )
tan tan tan 4 sin sin sin
2 2 2 2 2 2
A B C A B C
r p a p b p c R= − = − = − =
viii.
tan
2
tan

 
=
+
+
 
 ÷
 

tan
2
tan
2
C A
c a
C A
c a
−
 
 ÷
−
 
=
+
+
 
 ÷
 
ix.
2 2 2
cot

+ + =
x.
( ) ( )
sin
2
p b p c
A
bc
− −
=

( ) ( )
( ) ( )
sin
2
sin
2
p c p a
B
ca
p a p b
C
ab
− −
=
− −
=
xi.
( )
cos

A
p p a
− −
=
−

( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
tan
2
tan
2
p c p a
B
p p b
p a p b
C
p p c
− −
=
−
− −
=
−
xiii.
sin sin sin 4cos cos cos
2 2 2
A B C p

+ + =
+ + =
tan tan tan tan tan 1
2 2 2 2 2
cot cot cot cot cot cot 1
B B C C A
A B B C C A
+ + =
+ + =
xiv.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
sin 2 1 sin 2 1 sin 2 1 1 4cos 2 1 cos 2 1 cos 2 1
2 2 2
k
A B C
k A k B k C k k k+ + + + + = − + + +

( )
1
sin 2 sin 2 sin 2 1 4sin sin sin
k
kA kB kC kA kB kC
+
+ + = −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
cos 2 1 cos 2 1 cos 2 1 1 1 4sin 2 1 sin 2 1 sin 2 1
2 2 2
cos2 cos2 cos 2 1 1 4cos cos

k k k k k k k
A B C A B C
k k k k k k
kA kB kC kA kB kC
kA kB kC kA
+
+ + + + + + + + + =
+ + + + + = + + +
+ + = + −
+ + = + − cos coskB kC
b) Bất đẳng thức:
i.
a b c a b− < < +

b c a b c
c a b c a
− < < +
− < < +
ii.
a b A B≤ ⇔ ≤

b c B C
c a C A
≤ ⇔ ≤
≤ ⇔ ≤
iii.
3
cos cos cos
2
A B C+ + ≤

+ + ≥
+ + ≥
v.
2 2 2
3
cos cos cos
4
A B C+ + ≥

2 2 2
9
sin sin sin
4
A B C+ + ≤

2 2 2
tan tan tan 9A B C+ + ≥
- 13 -
2 2 2
cot cot cot 1A B C+ + ≥
vi.
2 2 2
9
cos cos cos
2 2 2 4
A B C
+ + ≤

2 2 2
2 2 2

≤
≥
≤
viii.
3 3
cos cos cos
2 2 2 8
A B C
≤

1
sin sin sin
2 2 2 8
1
tan tan tan
2 2 2
3 3
cot cot cot 3 3
2 2 2
A B C
A B C
A B C
≤
≤
≥
ix.
3
cos 2 cos2 cos 2
2
A B C+ + ≥ −

thì
( )
f x
cùng dấu với hệ số
a
, với mọi số thực
x
.
-Nếu
0
∆ =
thì
( )
f x
cùng dấu với hệ số
a
, với mọi số thực
2
b
x
a
≠ −
.
-Nếu
0
∆ >
thì
( )
f x
có 2 nghiệm

)
Trong một số truờng hợp, định lý này là một công cụ rất có hiệu quả trong chứng minh bất đẳng
thức. Ta sẽ đặt biểu thức cần chứng minh là 1 tam thức bậc hai theo 1 biến sau đó xét biệt thức
∆
.
Ta sẽ thuờng thấy truờng hợp
0∆ <
mà ít khi thấy
0∆ >
.
Ví dụ 1:
CMR
, ,x y z R
+
∀ ∈
và
ABC∆
bất kì ta có:

2 2 2
cos cos cos
2
A B C x y z
x y z xyz
+ +
+ + ≤
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tuơng đuơng với:
( )
( )


Tức
, ,x y z
là 3 cạnh của tam giác tương đương với
ABC
∆
.
Ví dụ 2:
CMR
x R∀ ∈
và
ABC∆
bất kì ta có:
- 15 -

( )
2
1
1 cos cos cos
2
x A x B C+ ≥ + +
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tuơng đuơng với:
( )
2
2 cos cos 2 2cos 0x x B C A− + + − ≥
( ) ( )
2
' cos cos 2 1 cosB C A∆ = + − −
2

 
⇔
 
= + = =
 
Ví dụ 3:
CMR trong mọi
ABC∆
ta đều có:

2
2 2 2
sin sin sin
2
a b c
ab A bc B ca C
+ +
 
+ + ≤
 ÷
 
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tuơng đuơng với
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2
2 2

- 16 -
2
2cos 2cos cos 1 0
2 2 2
A B A B A B
k
+ − +
⇔ − + − =
Do đó
cos
2
A B+
là nghiệm của phuơng trình:

2
2 2cos 1 0
2
A B
x x k
−
− + − =
Xét
( )
2
' cos 2 1
2
A B
k
+
∆ = − −

2
sin sin cos 2sin cos 1 2sin
2 2 2
x y x y x y
x y x y
+ − +
+ + + = + −
Khi đó
sin
2
x y+
là nghiệm của phương trình:
2
2 2cos 1 0
2
x y
x x k
−
− + − =
( )
' 1 2 1 0
3
2
k
k
⇒ ∆ = − − ≥
⇒ ≤
⇒
Đpcm.
4.Định lý về hàm tuyến tính:

Khi mà bất đẳng thức Cauchy đã bó tay, Bunhiacốpxki trở nên vô dụng thì đó là lúc định lý về
hàm tuyến tính phát huy sức mạnh của mình. Định lý về hàm tuyến tính cũng là lối ra cho nhiều
bất đẳng thức khó.
Ví dụ 1:
- 17 -
Cho
, ,a b c
là những số thực không âm thỏa
2 2 2
4a b c+ + =
CMR:
1
8
2
a b c abc+ + ≤ +
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

1
1 8 0
2
bc a b c
 
− + + − ≤
 ÷
 
Xét
( )
1
1 8

0, 2a b c= = =
Ví dụ 2:
CMR
, ,a b c∀
không âm ta có:
( ) ( ) ( )
3
7 9 2ab bc ca a b c abc a b c+ + + + ≤ + + +
Lời giải:
Đặt
a
x
a b c
=
+ +
;
b
y
a b c
=
+ +
;
c
z
a b c
=
+ +
. Khi đó bài toán trở thành:
Chứng minh
( )

( )
1
0 ,1
3
f x x
 
⇒ < ∀ ∈
 
 
Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra
1
3
x y z a b c⇔ = = = ⇔ = =
.
-Điều ta nên chú ý khi giải bất đẳng thức lượng giác bằng phương pháp này là dấu bằng của bất
đẳng thức xảy ra phải phù hợp với tập xác định của hàm lượng giác.
5. Bài tập:
- 18 -
Cho tam giác ABC. CMR:
i.
3 3 3
1
cot cot cot
3
A B C+ + ≥
với tam giác ABC nhọn.
ii.
3 2 3
sin sin sin

1 cos cos cos sin sin sinA B C A B C+ ≥
viii.
4
1 1 1 3 3
2
a b c b c a c a b
S
+ + ≥
+ − + − + −
ix.
2 3
a b c
a b c
m m m
+ + ≥
x.
3 3
2
a b c
m m m
a b c
+ + ≥
xi.
2
a a b b c c
m l m l m l p+ + ≥
xii.
2 2 2
1 1 1 3
a b c

ra, ta cũng có thể sử dụng hai kết quả quen thuộc
sin 1x £
;
cos 1x ≤
.
Ví dụ 2.1.1.
CMR:
1 sin
4
3cos
7
2sin
4
π
π
π
−
>
Lời giải:
Ta có :
3 5 3 7 5
1 sin sin sin sin sin sin sin
14 14 14 14 14 14 14
π π π π π π π
− = − + − + −

2 3
2 s os os
14 7 7 7
sin co c c

 

2 2 3 3
os os os os os os
7 7 7 7 7 7
c c c c c c
π π π π π π
= + +
(2)
Đặt
2 3
os , os , os
7 7 7
x c y c z c
π π π
= = =
Khi đó từ (1),(2) ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

3( )x y z xy yz xz+ + > + +
(3)
Mà x , y ,z > 0 nên:
(3)
2 2 2
( ) ( ) ( ) 0x y y z z x⇔ − + − + − >
(4)
Vì x , y ,z từng đôi một khác nhau nên (4) đúng
⇒
đccm.
Như vậy, với các bất đẳng thức trên thì việc biến đổi lượng giác là quyết định sống còn với việc
chứng minh bất đẳng thức. Sau khi sử dụng các biến đổi thì việc chứng minh bất đẳng thức trở nên dễ

4
A B C+ + ≤
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ABC∆
đều.
Ví dụ 2.1.4.
Cho
, ,
2
k
π
α β γ π
≠ +
là ba góc thỏa
2 2 2
sin sin sin 1
α β γ
+ + =
. CMR:

2
2 2 2
t an tan tan tan tan tan
1 2 tan tan tan
3
α β β γ γ α

2 2 2 2 2 2
2 2 2
tan tan tan tan tan tan
tan tan tan tan tan tan
3
(tan tan tan tan ) (tan tan tan tan ) (tan tan tan tan ) 0
α β β γ γ α
α β β γ γ α
α β β γ β γ γ α γ α α β
+ +
 
≤ + =
 ÷
 
⇔ − + − + − ≥
⇒
đpcm.
Đẳng thức xảy ra
tan tan tan tan
tan tan tan tan tan tan tan
tan tan tan tan
α β β γ
β γ γ α α β γ
γ α α β
=


⇔ = ⇔ = =



2
A
x =
;
cot
2
B
y =
;
cot
2
C
z =
thì
, , 0x y z
x y z xyz
>


+ + =

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương với:

2
2 2 2
1 1 1
3
3( )
( ) 3( )
( ) ( ) ( ) 0

+ ≤
+ − +
Lời giải:
Vì
1 sinx 1− ≤ ≤
và
cos 1x ≥ −
nên:

3 sinx 0,3 sinx 0+ > − >
và
2 cos 0x+ >
Khi đó bất đẳng thức tương đương:

2
2
2
6(2 cos ) 2(9 sin )
12 6cos 18 2(1 os )
2 os 6cos 4 0
(cos 1)(cos 2) 0
x x
x c x
c x x
x x
+ ≤ −
⇔ + ≤ − −
⇔ − + ≥
⇔ − − ≥


,
3 2
π π
α β
∀ ≤ <
1
0 os , os
2
c c
α β
⇒ < ≤
Do đó
0 os os 1
1
0 os os
4
c c
c c
α β
α β
< + ≤



< ≤


Đặt
os os , os osa c c b c c
α β α β

Bất đẳng thức cuối đúng vì
1a ≤
và
2 2
4 ( os os ) 0a b c c
α β
− = − ≥
⇒
đpcm.
Ví dụ 2.1.8.

Cho các góc nhọn a và b thỏa
2 2
sin os 1a c b+ <
. CMR:

2 2 2
sin sin sin ( )a b a b+ < +
Lòi giải:
Ta có :
2 2
sin sin 1
2
a a
π
 
+ − =
 ÷
 
Nên từ giả điều kiện

⇔ < +
Bất đẳng thức sau cũng hiển nhiên đúng do
0
2
a b
π
< + < ⇒
đpcm.
Ví dụ 2.1.9.
Cho
ABC∆
không vuông chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3tan tan tan 5(tan tan tan ) 9 tan tan tan tan tan tanA B C A B C A B B C C A− + + ≤ + + +
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 tan tan tan 4(tan tan tan ) 8 (1 tan )(1 tan )(1 tan )A B C A B C A B C− + + − ≤ + + +

2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
4 1 1 1 4 3 8
os os os os os os os os osc A c B c C c A c B c C c Ac Bc C
     
⇔ − − − − + + − − ≤
 ÷ ÷ ÷  ÷
     


C c A B A B
⇔ + + ≥
+ +
⇔ + + ≥
⇔ + + + ≥
⇔ + − + + ≥
⇔ − − + ≥
⇔ − − + − ≥
⇒
đpcm.
Ví dụ 2.1.10*.
Cho nửa đường tròn bán kính R, C là một điểm tùy ý trên nửa đường tròn. Trong hai hình quạt
ngoại tiếp đường tròn, gọi M và N là hai tiếp điểm của hai đường tròn với đường kính của hai nửa
đường tròn đã cho. CMR: MN
( )
2 2 1R≥ −
.
Lời giải:
- 24 -
Gọi O
1
;O
2
là tâm của hai đường tròn. Đặt
·
2CON
α
=
(như vậy
0

O MO
có:

1 1 1
1 1
Os ( ) os
2
sin
(1 os ) os
1 sin
R O in R R c
R
R c Rc R
π
α α
α
α α
α
 
= − = −
 ÷
 
+ = ⇒ =
+

Tương tự:

2 2 2 2
sin
OO sin ( )sin

sin os .2 os
2 2 2
2
sin os 1
R Rc
c
c
R
c
c c
R
c c
R
c
α α
α α
α α
α α
α α α
α α α
α α
= +
+ +
+ +
=
+ +
 
+
 ÷
 

- 25 -
·
·
2
1
2
O ON
O OM
α
π
α
=
= −