ÁP DỤNG BĐT LƯỢNG GIÁC VÀO GIẢI MỘT
SỐ BÀI TOÁN
Trong chuyên đề này, ta sẽ tìm hiểu về cách áp dụng bất đẳng thức lượng giác
vào giải các bài toán định tính các tam giác đều, cân, vuông... và giải cực trị
lượng giác
1. Định tính
tam giác:
a) Tam giác đều:
Đối với loại bài nhận dạng tam giác đều, ta chỉ cần giải bất đẳng thức lượng
giác và chỉ ra điều kiện xảy ra dấu bằng của BĐT đó. Ta sẽ xét các ví dụ sau để
thấy rõ điều đó.
Ví dụ 1:
CMR $\Delta ABC$đều khi thỏa: ${m_a} + {m_b} + {m_c} = \frac{9}{2}R$
Lời giải:
Theo Bunhiacốpxki ta có:
${\left( {{m_a} + {m_b} + {m_c}} \right)^2} \leqslant 3\left( {{m_a}^2 +
{m_b}^2 + {m_c}^2} \right)$
$\begin{array}
\Leftrightarrow {\left( {{m_a} + {m_b} + {m_c}} \right)^2}
\leqslant \frac{9}{4}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \\
\Leftrightarrow {\left( {{m_a} + {m_b} + {m_c}} \right)^2}
\leqslant 9{R^2}\left( {{{\sin }^2}A + {{\sin }^2}B + {{\sin }^2}C}
\right) \\
\end{array} $
mà ${\sin ^2}A + {\sin ^2}B + {\sin ^2}C \leqslant \frac{9}{4}$
$ \Rightarrow {\left( {{m_a} + {m_b} + {m_c}} \right)^2} \leqslant
9{R^2}.\frac{9}{4} = \frac{{81}}{4}{R^2}$
$ \Rightarrow $ ${m_a} + {m_b} + {m_c} = \frac{9}{2}R$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\Delta ABC$đều $ \Rightarrow $Đpcm.
Ví dụ 2:
CMR nếu $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2} = \frac{{\sqrt {ab} }}{{4c}}$ thì
$\Delta ABC$đều.
Lời giải:
Ta có:
$\frac{{\sqrt {ab} }}{{4c}} \leqslant \frac{{a + b}}{{8c}} = \frac{{2R\left(
{\sin A + \sin B} \right)}}{{2R.8\sin C}} = \frac{{2R.2\sin \frac{{A +
B}}{2}\cos \frac{{A - B}}{2}}}{{2R.8.2\sin \frac{C}{2}\cos \frac{C}{2}}} =
\frac{{\cos \frac{{A - B}}{2}}}{{8\sin \frac{C}{2}}} \leqslant \frac{1}{{8\cos
\frac{{A + B}}{2}}}$
$\begin{array}
\Rightarrow \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2} \leqslant
\frac{1}{{8\cos \frac{{A + B}}{2}}} \\
\Leftrightarrow 8\cos \frac{{A + B}}{2}\sin \frac{A}{2}\sin
\frac{B}{2} \leqslant 1 \\
\Leftrightarrow 4\cos \frac{{A + B}}{2}\left( {\cos \frac{{A -
B}}{2} - \cos \frac{{A + B}}{2}} \right) - 1 \leqslant 0 \\
\end{array} $
$\begin{array}
\Leftrightarrow 4{\cos ^2}\frac{{A + B}}{2} - 4\cos \frac{{A +
B}}{2}\cos \frac{{A - B}}{2} + 1 \geqslant 0 \\
\Leftrightarrow {\left( {2\cos \frac{{A + B}}{2} - \cos \frac{{A -
B}}{2}} \right)^2} + {\sin ^2}\frac{{A - B}}{2} \geqslant 0 \\
\\
\end{array} $
$ \Rightarrow $ Đpcm.
Ví dụ 3:
CMR $\Delta ABC$đều khi nó thỏa: $2\left( {{h_a} + {h_b} + {h_c}} \right) =
\left( {a + b + c} \right)\sqrt 3 $
Lời giải:
Theo đề bài ta có:
$2.2p\left( {\frac{r}{a} + \frac{r}{b} + \frac{r}{c}} \right) = \left( {a + b +
c} \right)\sqrt 3 $
$\begin{array}
\Leftrightarrow \frac{r}{a} + \frac{r}{b} + \frac{r}{c} =
\frac{{\sqrt 3 }}{2} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2}}} +
\frac{1}{{\cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2}}} + \frac{1}{{\cot \frac{C}{2} +
\cot \frac{A}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \\
\end{array} $
Ta lại có: $\frac{1}{{\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2}}} \leqslant
\frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{\cot \frac{A}{2}}} + \frac{1}{{\cot \frac{B}{2}}}}
\right) = \frac{1}{4}\left( {\tan \frac{A}{2} + \tan \frac{B}{2}} \right)$
Tương tự ta có:
$\frac{1}{{\cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2}}} = \frac{1}{4}\left( {\tan
\frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2}} \right)$
$\frac{1}{{\cot \frac{C}{2} + \cot \frac{A}{2}}} = \frac{1}{4}\left( {\tan
\frac{C}{2} + \tan \frac{A}{2}} \right)$
$\begin{array}
\Rightarrow \frac{1}{{\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2}}} +
\frac{1}{{\cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2}}} + \frac{1}{{\cot \frac{C}{2} +
\cot \frac{A}{2}}} \leqslant \frac{1}{2}\left( {\tan \frac{A}{2} + t\tan
\frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2}} \right) \\
\Rightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2} \leqslant \frac{1}{2}\left( {\tan
\frac{A}{2} + t\tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2}} \right) \Leftrightarrow
\tan \frac{A}{2} + \tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2} \geqslant \sqrt
3 \\
\end{array} $
$ \Rightarrow $ Đpcm.
Ví dụ 4:
CMR nếu thỏa $S = 3Rr\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ thì $\Delta ABC$đều.
Lời giải:
Ta có:
$\begin{array}
S = 2{R^2}\sin A\sin B\sin C = 2.{R^2}.2.2.2.\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin
\frac{C}{2}\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2} \\
= 4R\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}.4R\cos
\frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2} = r4R\cos \frac{A}{2}\cos
\frac{B}{2}\cos \frac{C}{2} \\
\end{array} $
$ \leqslant r4R\frac{{3\sqrt 3 }}{8} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}Rr$
$ \Rightarrow $ Đpcm.
Ví dụ 5:
CMR $\Delta ABC$đều khi nó thỏa ${m_a}{m_b}{m_c} = pS$
Lời giải:
Ta có: ${m_a}^2 = \frac{1}{4}\left( {2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}} \right) =
\frac{1}{4}\left( {{b^2} + {c^2} - 2bc\cos A} \right) \geqslant
\frac{1}{2}bc\left( {1 + \cos A} \right) = bc{\cos ^2}\frac{A}{2}$
Mà
$\begin{array}
\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} \Rightarrow 2{\cos
^2}\frac{A}{2} - 1 = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} \\
\Rightarrow {\cos ^2}A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2} +
2bc}}{{4bc}} = \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2} - {a^2}}}{{4bc}} =
\frac{{p\left( {p - a} \right)}}{{bc}} \\
\Rightarrow {m_a} \geqslant \sqrt {p\left( {p - a}
\right)} \\
\end{array} $
Tương tự ta có:
$\begin{array}
\left\{ \begin{array}
{m_b} \geqslant \sqrt {p\left( {p - b} \right)} \\
{m_c} \geqslant \sqrt {p\left( {p - c} \right)} \\
\end{array} \right. \\
\Rightarrow {m_a}{m_b}{m_c} \geqslant p\sqrt {p\left( {p - a}
\right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = pS \\
\end{array} $
$ \Rightarrow $ Đpcm.
b) Tam giác
cân:
Đối với dạng bài nhận dạng tam giác cân, ta cần phải chỉ ra điều kiện xảy ra dấu
bằng của bất đẳng thức là khi 2 biến bằng nhau và khác biến thứ ba. Ta xét các
ví dụ sau:
Ví dụ 1:
CMR $\Delta ABC$cân khi nó thỏa điều kiện ${\tan ^2}A + {\tan ^2}B = 2{\tan
^2}\frac{{A + B}}{2}$ và nhọn.
Lời giải:
Ta có: $\tan A + \tan B = \frac{{\sin \left( {A + B} \right)}}{{\cos \left( {A
+ B} \right)}} = \frac{{2\sin \left( {A + B} \right)}}{{\cos \left( {A + B}
\right) + \cos \left( {A - B} \right)}} = \frac{{2\sin C}}{{\cos \left( {A - B}
\right) - \cos C}}$
Vì $\cos \left( {A - B} \right) \leqslant 1 \Rightarrow \cos \left( {A - B}
\right) - \cos C \leqslant 1 - \cos C = 2{\sin ^2}\frac{C}{2}$
$\begin{array}
\Rightarrow \frac{{2\sin C}}{{\cos \left( {A - B} \right) - \cos
C}} \geqslant \frac{{2\sin C}}{{2{{\sin }^2}\frac{C}{2}}} = \frac{{4\sin
\frac{C}{2}\cos \frac{C}{2}}}{{2{{\sin }^2}\frac{C}{2}}} = 2\cot \frac{C}{2} =
2\tan \frac{{A + B}}{2} \\
\Rightarrow \tan A + \tan B \geqslant 2\tan \frac{{A +
B}}{2} \\
\end{array} $
Từ giả thiết: ${\tan ^2}A + {\tan ^2}B = 2{\tan ^2}\frac{{A + B}}{2} \leqslant
2{\left( {\frac{{\tan A + \tan B}}{2}} \right)^2}$
$\begin{array}
\Leftrightarrow 2\left( {{{\tan }^2}A + {{\tan }^2}B} \right)
\leqslant {\tan ^2}A + {\tan ^2}B + 2\tan A\tan B \\
\Leftrightarrow {\left( {\tan A - \tan B} \right)^2} \leqslant
0 \\
\Leftrightarrow A = B \\
\end{array} $
$ \Rightarrow $ Đpcm.
Ví dụ 2:
CMR $\Delta ABC$cân khi thỏa ${h_a} = \sqrt {bc} \cos \frac{A}{2}$
Lời giải:
Trong mọi tam giác ta luôn có: ${h_a} \leqslant {l_a} = \frac{{2bc}}{{b +
c}}\cos \frac{A}{2}$
Mà $b + c \geqslant 2\sqrt {bc} \Rightarrow \frac{{2bc}}{{b + c}}
\leqslant \frac{{bc}}{{\sqrt {bc} }} = \sqrt {bc} $
$ \Rightarrow \frac{{2bc}}{{b + c}}\cos \frac{A}{2} \leqslant \sqrt {bc} \cos
\frac{A}{2} \Rightarrow {h_a} \leqslant \sqrt {bc} \cos \frac{A}{2}$
Đẳng thức xảy ra khi $\Delta ABC$cân $ \Rightarrow $ Đpcm.
Ví dụ 3:
CMR nếu thỏa $r + {r_a} = 4R\sin \frac{B}{2}$ thì $\Delta ABC$cân.
Lời giải:
Ta có:
$\begin{array}
r + {r_a} = \left( {p - b} \right)\tan \frac{b}{2} + p\tan \frac{B}{2} =
\left( {2p - b} \right)\tan \frac{B}{2} = \left( {a + c} \right)\tan
\frac{B}{2} = 2R\left( {\sin A + \sin C} \right)\frac{{\sin \frac{B}{2}}}{{\cos
\frac{B}{2}}} \\
= 4R\sin \frac{{A + C}}{2}\cos \frac{{A + C}}{2}\frac{{\sin
\frac{B}{2}}}{{\cos \frac{B}{2}}} = 4R\cos \frac{B}{2}\cos \frac{{A - C}}{2}\frac{{\sin
\frac{B}{2}}}{{\cos \frac{B}{2}}} = 4R\sin \frac{B}{2}\cos \frac{{A - C}}{2}
\leqslant 4R\sin \frac{B}{2} \\
\Rightarrow r + {r_a} \leqslant 4R\sin \frac{B}{2} \\
\end{array} $
Đẳng thức xảy ra khi $\Delta ABC$cân $ \Rightarrow $ Đpcm.
Ví dụ 4:
CMR nếu $S = \frac{1}{4}\left( {{a^2} + {b^2}} \right)$ thì $\Delta ABC$cân.
Lời giải:
Ta có: ${a^2} + {b^2} \geqslant 2ab \Rightarrow \frac{1}{4}\left( {{a^2} +
{b^2}} \right) \geqslant \frac{1}{2}ab \geqslant \frac{1}{2}ab\sin C = S$
$ \Rightarrow \frac{1}{4}\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \geqslant S \Rightarrow
$$\Delta ABC$cân nếu thỏa đk đề bài.
Ví dụ 5:
CMR $\Delta ABC$cân khi thỏa $2\cos A + \cos B + \cos C = \frac{9}{4}$
Lời giải:
Ta có:
$2\cos A + \cos B + \cos C = 2\left( {1 - 2{{\sin }^2}\frac{A}{2}} \right) +
2\cos \frac{{B + C}}{2}\cos \frac{{B - C}}{2}$
$\begin{array}
= - 4{\sin ^2}\frac{A}{2} + 2\sin \frac{A}{2}\cos \frac{{B -
C}}{2} - \frac{1}{4} + \frac{9}{4} = - {\left( {2\sin \frac{A}{2} -
\frac{1}{2}\cos \frac{{B - C}}{2}} \right)^2} + \frac{1}{4}{\cos ^2}\frac{{B -
C}}{2} - \frac{1}{4} + \frac{9}{4} \\
= - {\left( {2\sin \frac{A}{2} - \frac{1}{2}\cos \frac{{B -
C}}{2}} \right)^2} - \frac{1}{4}{\sin ^2}\frac{{B - C}}{2} + \frac{9}{4}
\leqslant \frac{9}{4} \\
\end{array} $
Đẳng thức xảy ra khi B=C $ \Rightarrow $ Đpcm.
c) Tam giác
vuông:
Đối với dạng bài tập nhận dạng tam giác vuông, ta ít khi cần dùng đến các BĐT
lượng giác mà thường là chỉ cần sử dụng các phương pháp biến đổi tương đương là
được.
Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn hệ thức $3\left( {\cos B + 2\sin C}
\right) + 4\left( {\sin B + 2\cos C} \right) = 15$
Chứng minh $\vartriangle $ABC vuông.
Lời giải:
Theo Bunhiacốpxki ta có:
$\left\{ \begin{array}
3\cos B + 4\sin B \leqslant \sqrt {\left( {{3^2} + {4^2}} \right)\left(
{{{\cos }^2}B + {{\sin }^2}B} \right)} = 5 \\
6\sin C + 8\cos C \leqslant \sqrt {\left( {{6^2} + {8^2}} \right)\left(
{{{\sin }^2}C + {{\cos }^2}C} \right)} = 10 \\
\end{array} \right.$
$ \Rightarrow 3\cos B + 4\sin B + 6\sin C + 8\cos C \leqslant 15$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$\left\{ \begin{array}
3\cos B + 4\sin B = 5 \\
6\sin C + 8\cos C = 10 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
\frac{{\cos B}}{3} = \frac{{\sin B}}{4} \\
\frac{{\sin C}}{6} = \frac{{\cos C}}{8} \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
\tan B = \frac{4}{3} \\
\cot C = \frac{4}{3} \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \tan B = \cot C \Leftrightarrow B + C
= \frac{\pi }{2}$
Vậy tam giác ABC vuông tại A.
2. Cực trị lượng
giác:
Đây là một lĩnh vực khó, đòi hỏi người giải cần phải tự mình sử dụng khéo léo
các bất đẳng thức lượng giác phù hợp cũng như phải có một vốn kiến thức khá lớn
về bất đẳng thức để có thể tìm ra đáp án của bài toán.
Ví dụ 1:
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
$f(x,y) = \frac{{a{{\sin }^4}x + b{{\cos }^4}y}}{{c{{\sin }^2}x + d{{\cos
}^2}y}} + \frac{{a{{\cos }^4}x + b{{\sin }^4}y}}{{c{{\cos }^2}x + d{{\sin
}^2}y}}$
Với a,b,c,d là các hằng số dương.
Lời giải:
Đặt $f(x,y) = a{f_1} + b{f_2}$ với ${f_1} = \frac{{a{{\sin }^4}x + b{{\cos
}^4}y}}{{c{{\sin }^2}x + d{{\cos }^2}y}}$ và ${f_2} = \frac{{a{{\cos }^4}x +
b{{\sin }^4}y}}{{c{{\cos }^2}x + d{{\sin }^2}y}}$
Ta có: $c + d = c\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) + d\left(
{{{\sin }^2}y + {{\cos }^2}y} \right)$
Do đó: $\left( {c + d} \right){f_1} = \left[ {\left( {c{{\sin }^2}x + d{{\cos
}^2}y} \right) + \left( {c{{\cos }^2}x + d{{\sin }^2}y} \right)} \right]\left[
{\frac{{{{\sin }^4}x}}{{c{{\sin }^2}x + d{{\cos }^2}y}} + \frac{{{{\cos
}^4}x}}{{c{{\cos }^2}x + d{{\sin }^2}y}}} \right]$
$ \geqslant {\left( {\sqrt {c{{\sin }^2}x + d{{\cos }^2}y} \frac{{{{\sin
}^2}x}}{{\sqrt {c{{\sin }^2}x + d{{\cos }^2}y} }} + \sqrt {c{{\cos }^2}x + d{{\sin
}^2}y} \frac{{{{\cos }^2}x}}{{\sqrt {c{{\cos }^2}x + d{{\sin }^2}y} }}}
\right)^2} = 1$
$ \Rightarrow {f_1} \geqslant \frac{1}{{c + d}}$. Tương tự $ \Rightarrow {f_2}
\geqslant \frac{1}{{c + d}}$. Vậy $f(x,y) = a{f_1} + b{f_2} \geqslant \frac{{a
+ b}}{{c + d}}$
Ví dụ 2:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P = \cos 3A + \cos 3B - \cos 3C$
Lời giải:
Ta có: $\cos 3C = \cos 3\left[ {\pi - \left( {A + B} \right)} \right] =
\cos \left[ {3\pi - 3\left( {A - B} \right)} \right] = - \cos
3\left( {A + B} \right)$ nên
$\begin{array}
P = \cos 3A + \cos 3B + \cos 3\left( {A + B} \right) = 2\cos 3\left(
{\frac{{A + B}}{2}} \right)\cos 3\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right) + 2{\cos
^2}3\left( {\frac{{A + B}}{2}} \right) - 1 \\
\Rightarrow P + \frac{3}{2} = 2{\cos ^2}3\left( {\frac{{A +
B}}{2}} \right) + 2\cos \left( {\frac{{A - B}}{2}} \right)\cos 3\left(
{\frac{{A + B}}{2}} \right) + \frac{1}{2} = f(x,y) \\
\end{array} $
$\Delta \prime = {\cos ^2}3\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right) - 1
\leqslant 0 \Rightarrow P \geqslant - \frac{3}{2}$
$\begin{array}
P = - \frac{3}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
\Delta \prime = 0 \\
\cos 3\left( {\frac{{A + B}}{2}} \right) = - \frac{1}{2}\cos
3\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right) \\
\end{array} \right. \\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
{\cos ^2}3\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right) = 1 \\
\cos 3\left( {\frac{{A + B}}{2}} \right) = - \frac{1}{2}\cos
3\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right) \\
\end{array} \right. \\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
A = B \\
\cos 3A = - \frac{1}{2} \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
A = B \\
\left[ \begin{array}
A = \frac{{2\pi }}{9} \\
A = \frac{{4\pi }}{9} \\
\end{array} \right. \\
\end{array} \right. \\
\end{array} $
Vậy ${P_{\min }} = - - \frac{3}{2} \Leftrightarrow \left[
\begin{array}
A = B = \frac{{2\pi }}{9},C = \frac{{5\pi }}{9} \\
A = B = \frac{{4\pi }}{9},C = \frac{\pi }{9} \\
\end{array} \right.$
Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P = \frac{{{{\sin }^2}A + {{\sin }^2}B +
{{\sin }^2}C}}{{{{\cos }^2}A + {{\cos }^2}B + {{\cos }^2}C}}$
Lời giải:
Ta có:
$P = \frac{3}{{{{\cos }^2}A + {{\cos }^2}B + {{\cos }^2}C}} - 1$
$\begin{array}
= \frac{3}{{3 - \left( {{{\sin }^2}A + {{\sin }^2}B + {{\sin
}^2}C} \right)}} - 1 \\
\leqslant \frac{3}{{3 - \frac{9}{4}}} - 1 = 3 \\
\end{array} $
Do đó ${P_{\max }} = 3 \Leftrightarrow \Delta ABC$đều.
Ví dụ 4:
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của $y = \sqrt[4]{{\sin x}} - \sqrt {\cos x} $
Lời giải:
Điều kiện: $\sin x \geqslant 0,\cos x \geqslant 0$
Ta có: $y = \sqrt[4]{{\sin x}} - \sqrt {\cos x} \leqslant \sqrt[4]{{\sin
x}} \leqslant 1$
Dấu bằng xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
\sin x = 1 \\
\cos x = 0 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi $
Mặt khác $y = \sqrt[4]{{\sin x}} - \sqrt {\cos x} \geqslant - \cos
x \geqslant - 1$
Dấu bằng xảy ra $\left\{ \begin{array}
\sin x = 0 \\
\cos x = 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2k\pi $
Vậy $\left\{ \begin{array}
{y_{\max }} = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi
\\
{y_{\min }} = - 1 \Leftrightarrow x = 2k\pi \\
\end{array} \right.$
Ví dụ 5:
Cho hàm số $y = \frac{{2 + \cos x}}{{\sin x + \cos x - 2}}$. Hãy tìm Max
$y$trên miền xác định của nó.
Lời giải:
Vì $\sin x$và $\cos x$ không đồng thời bằng 1 nên $y$ xác định trên R.
${Y_0}$ thuộc miền giá trị của hàm số khi và chỉ khi ${Y_0} = \frac{{2 + \cos
x}}{{\sin x + \cos x - 2}}$ có nghiệm.
$ \Leftrightarrow {Y_0}\sin x + \left( {{Y_0} - 1} \right)\cos x = 2{Y_0} + 2$
có nghiệm.
$\begin{array}
{\left( {2{Y_0} + 2} \right)^2} \leqslant {Y_0}^2 + {\left( {{Y_0} - 1}
\right)^2} \\
\Leftrightarrow 2{Y_0}^2 + 10{Y_0} + 3 \leqslant 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{ - 5 - \sqrt {19} }}{2} \leqslant {Y_0}
\leqslant \frac{{ - 5 + \sqrt {19} }}{2} \\
\end{array} $
Vậy ${y_{\max }} = \frac{{ - 5 + \sqrt {19} }}{2}$
Bài tập rèn luyện
CMR $\Delta ABC$đều khi nó thỏa mãn một trong các đẳng thức sau:
1) $\cos A\cos B + \cos B\cos C + \cos C\cos A = \frac{3}{4}$
2) $\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = \sin A + \sin B + \sin C$
3) $\frac{1}{{\sin 2A}} + \frac{1}{{\sin 2B}} +
\frac{1}{{\sin 2C}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{1}{2}\tan A\tan B\tan C$
4) ${\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{\cot A + \cot B
+ \cot C}}} \right)^2} = \frac{{{a^2}{b^2}{c^2}}}{{\tan \frac{A}{2}\tan
\frac{B}{2}\tan \frac{C}{2}}}$
5) $\frac{{a\cos A + b\cos B + c\cos C}}{{a + b + c}} =
\frac{1}{2}$
6) ${l_a}{l_b}{l_c} = abc\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos
\frac{C}{2}$
7) ${m_a}{m_b}{m_c} = abc\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos
\frac{C}{2}$
8) $bc\cot \frac{A}{2} + ca\cot \frac{B}{2} + ab\cot
\frac{C}{2} = 12S$
9) $\left( {1 + \frac{1}{{\sin A}}} \right)\left( {1 + \frac{1}{{\sin
B}}} \right)\left( {1 + \frac{1}{{\sin C}}} \right) = 5 + \frac{{26\sqrt 3
}}{9}$