PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Lượng giác có nhiều ứng dụng trong đời sống và khoa học.. Trong Toán học, lượng giác là một công cụ mạnh, nó được ứng dụng trong giải các dạng toán khác, điển hình như
Trang 1PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Lượng giác có nhiều ứng dụng trong đời sống và khoa học Trong Toán học, lượng giác là một công cụ mạnh, nó được ứng dụng trong giải các dạng toán khác, điển hình như hình học, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số, trong phương trình, hệ phương trình, bất phương trình và bất đẳng thức Cùng với định nghĩa giá trị lượng giác, các công thức lượng giác và các kết quả trong việc khảo sát sự biến thiên của các hàm số lượng giác được sử dụng để giải quyết nhiều bài toán toán học và nhiều bài toán trong các nghành khoa học khác Do đó việc hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp lượng giác để giải một lớp các bài toán đại số là một điều cần thiết, giúp học sinh hiểu sâu sắc, chắc chắn thêm những kiến thức về lượng giác; đồng thời trang bị thêm cho các
em một phương pháp giải được nhiều bài toán đòi hỏi nhiều đến kỹ năng tư duy, tổng hợp và các kiến thức rút ra từ các nội dung khác nhau
Việc sử dụng phương pháp lượng giác để giải một lớp các bài toán đại số
tạo hứng thú trong học tập, tăng khả năng tìm tòi sáng tạo, đồng thời tạo nên sự phong phú về thể loại và phương pháp giải toán cho học sinh.
PHẦN II: CÁC GIẢI PHÁP CẢI TIẾN.
1 Thực trạng của vấn đề
Lượng giác là một mảng kiến thức có thể nói khó đối với học sinh phổ thông.
Hơn nữa một thực tế là có rất nhiều học sinh chưa thấy hết được ứng dụng của lượng giác trong các bài toán về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đại số, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, đặc biệt là các bài toán chứng minh bất đẳng thức
2 Phương pháp nghiên cứu.
Đề tài được sử dụng phương pháp phân tích, tổng hợp, so sánh.
3 Đối tượng.
Học sinh lớp 10, học sinh giỏi và học sinh dự thi vào các trường đại học, cao đẳng
Trang 24 Cách thức thực hiện.
Để thực hiện đề tài này, tôi phân thành năm dạng bài tập tương ứng với dấu
hiệu để đổi biến lượng giác
5 Nội dung.
A CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Phương pháp lượng giác để giải toán đại số cần đến một số kiến thức lượng
giác dựa trên hai cơ sở chủ yếu sau:
1 Dựa vào công thức lượng giác:
Từ công thức cơ bản sin2t+ cos2t=1, suy ra nếu a và b là hai số thỏa mãn điều kiện thì tồn tại số t với 0 t 2 sao cho cost=a và sint=b Đôi khi để t xác định duy nhất ta chỉ cần chọn một trong hai giá trị 0 hoặc 2
2 Dựa vào phương trình lượng giác cơ bản:
Từ cách giải phương trình lượng giác cơ bản,suy ra:
- Nếu số a thỏa mãn điều kiện a 1thì tồn tại các số t, u tương ứng duy nhất với 0 t 2 ; 2 u2 sao cho cost=a và sinu=a
- Với mọi số thực a, tồn tại duy nhất t với 2 t2 sao cho tant=a
B MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN:
Dạng 1: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được x a ( Với a>0), thì có thể đặt: x=asint hoặc x=acost, t0 ; 2
Dạng 2: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x2+y2=a2, thì có thể đặt:
t a
y
t a
x
sin
cos
hoặc
t a y
t a x
cos sin , t0 ; 2
Dạng 3: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được x a ( Với a>0 ) thì có thể đặt:
,
cost
a
2
; 2
sin
t
a x
Dạng 4: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x2+a2 thì có thể đặt: x a tan t,
2
,
2
t hoặc x a cot t, t0 ,
Dạng5: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được axb thì có thể đặt:
Trang 3x=a+(b-a)sin2t, hoặc x=b+(a-b)sin2t, với
2
;
0
( Vì hàm số y=sin2t là hàm số chẵn và có chu kỳ bằng nên ta chỉ cần xét trên đoạn 0 ;2 )
Chú ý: Tùy từng bài toán cụ thể, có thể chọn t thích hợp để tránh sai lầm trong
lập luận.
*Các ví dụ:
Dạng 1: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được x a ( Với a>0), thì có thể đặt: x=asint hoặc x=acost.
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của hàm số yx 4 x2
(Trích đề thi Đại học khối B năm 2003)
Bài giải:
ĐK: 2 x 2 Đặt x=2cost ,với t0 ; , Hàm số trở thành:
4 sin 2 2 sin 2 cos
y
2
1 4
sin 4
5
; 4
2 4
5 4
4 2
4 2
Do đó: miny 2khi x 2 , maxy 2 2 khi x 2
Chú ý: Vì 2 x 2nên khi ta đặt x=2cost với t0 ; , thì sin t 0
t
x 2 sin
ta đưa được hàm số về dạng đơn giản hơn là khi ta đặt x=2sint
Ví dụ 2: Giải phương trình: 4x3 3x 1 x2 (1)
Bài giải:
ĐK: 1 x 1 Đặt x=cost ,với t0 ; , phương trình (1) trở thành: 4cos3t -3cost=sint
k t
k t
t t
t t
4
2 8 )
2 cos(
3 cos sin
3
cos
Trang 4Vì t0 ; nên ta tìm được: , 34
8
5 , 8
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
, 2
2 2 8
5 cos ,
2
2 2
8
x
2
2 4
3
Chú ý: vì 1 x 1nên khi ta đặt x=cost với t0 ; , thì sin t 0
t
x sin
ta đưa được pt về dạng đơn giản hơn là đặt x=sint
Ví dụ 3: Giải bất phương trình :
x x
x
1
Bài giải:
Điều kiện : 1 x 1
Đặt x=cos2t với2 t 0 ;
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :
t t
t t
t
t 1 cos 2 cos 2 2 cos 2 sin cos 2
2
cos
cost sint cos 2t sin 2t
0 2 4 cos 2 4 cos
4
cos 4
0 4
cos
t (1) Vì 2 t 0 ;
4
3
; 4 4 2
;
2
2 2
; 4 4
3
;
2
Vậy: Bất phương trình này có nghiệm 1 x 0
Ví dụ 4: Cho các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a>c, b > c, c > 0 Chứng minh rằng:
cc a cc a ab (1)
(Trích đề thi tuyển sinh Đại học năm 1980)
Bài giải:
Cách 1: Vì a > c>0, b >c>0 0, ab 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với
b
c b a
c b
c a
c a ab
c b c ab
c a c
(2)
Trang 5Nhận thấy: 1
a
c a a
c
2
; 0 ,
sin ,
a
c a t a
c
Tương tự ta đặt:
2
; 0 ,
sin ,
b
c b u b
c
Khi đó (2) trở thành: sintcosu costsinu 1 sintu 1 (3)
(3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1) đúng
Cách 2: Ta có
2 2
2 2
2 4
2
A
2 2 , cos 2
a a t c b b u t u
c
Ta được: A a t b t a b b u acost
2
cos 2 2 2 , cos 2
sin
Suy ra: A a b a t b u a t b u a b ab tu
2 4 4
cos 2
cos 2
sin 2
sin 2 2
2
2 2 2 2
2 2
Do đó: A ab tuab tu ab A ab
2 sin cos
1 2
2 2
Ví dụ 5: Chứng minh rằng nếu x 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có:
(1 + x)n + (1 – x)n < 2n (1)
( Trích đề 122 – Câu III 2 -Bộ đề tuyển sinh)
Bài giải:
Vì x 1 nên có thể đặt x = cos2t với t0 ;
Khi đó bất đẳng thức (1) được trở thành:
(1 + cos2t)n + (1 – cos2t)n < 2n 2ncos 2n t sin 2n t 2n
Vì 0 sin , cos 1
2
0 t t t , do đó ta có:
n và sin2 sin2 sin , 1
n
n cos t sin t 2 cos t sin t 2
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Dạng 2: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x2+y2=a2, thì có thể đặt:
t a
y
t a
x
sin
cos
hoặc
t a y
t a x
cos sin với t0 ; 2
Trang 6Ví dụ 1: Cho hai số thực x,y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x2+y2=1 Tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
2 2 1
6 2
y xy
xy x
P
( Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2008 )
Bài giải:
Do x2+y2=1 nên tồn tại góc t sao cho x=cost, y=sint, t0 ; 2 Khi đó
1 cos 2 6 sin 2 2 1 ( 1 )
2 sin 6 2 cos 1 2 cos 2 sin 2 2 sin
2 sin cos
2
1
sin cos 6 cos
2
2 2
P t P t
P
t t
P t t
t t
t
t t t
P
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
Phương trình có nghiệm 2 2 2
1 2 6
2 2 6 36 0 6 3
P
5
3 2 cos 5
4 5 2 sin 3 2 cos
2 0
, 5
3 sin , 5
4 cos 2
k
u
t
Do đó:
10 1 10 3
10 1 10 3
2 sin 1 2
sin
2 cos 1 2
cos
y
x hoăo y
x u k
u y
u k
u x
k k
- Với P=-6, từ (1) suy ra :
2 1 cos
1 2 sin 13
12 2 cos 13
5 13 2
sin 12
2
cos
2 0
, 13
12 sin , 13
5 cos
2
k
u
t
Do đó:
13 2 13 3
13 2 13 3
2 sin 1 2
sin
2 cos 1 2
cos
y
x hoăo y
x u k
u y
u k
u x
k k
Vậy: Max P 3 , Min P 6
Ví dụ 2: Cho hệ:
) 3 ( 12
) 2 ( 16
) 1 ( 9
2 2
2 2
yt xz
t z
y x
Trong các nghiệm (x,y,z,t ) của hệ nghiệm nào làm cho P= x+z , F=xz đạt giá trị lớn nhất
( Trích Đề thi tuyển sinh khối A năm 1987)
Bài giải:
Trang 7Đặt:y 3 sina, a 0 ; 2 và t 4 sinb,b 0 ; 2 thay vào (3) ta được:
12 ) sin sin cos
(cos
12
.
.zy t a b a b
x cos(a b) 1, nhưng vì cos(a-b)1, nên suy ra: cos(a-b)=1 khi a=b Do đó:
- P=x+z=4 cosa 3 cosa 7 cosa 7
Vậy Max P 7 abk2 ab 0 và a=b=2 , suy ra tương ứng với nghiệm của hệ là: x=3,y=0,z=4,t=0
- F=x.z=3 cos 4 cos 12 cos 2 12
a
Vậy Max F 12 cosa 1 ak ab 0, a=b= , suy ra tương ứng với nghiệm của hệ là: x=3,y=0,z=4,t=0 và x=-3,y=0,z=-4,t=0
Ví dụ 3: Cho các số thực x,y thay đổi thỏa: x2+y2=2 Tìm GTLN, GTNN của biểu thức :
P=2(x3+y3)-3xy.
(Trích đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A,B,D năm 2008 )
Bài giải:
Từ giả thiết ta có thể đặt:
t y
t x
sin 2 cos 2
, t0 ; 2 Suy ra:
P 4 2 (cost sint)( 1 sint cost) 6 sint cost
Đặt u=sint+cost = )
4 sin(
2 t , 2 u 2,
ta có: P 2 2u3 3u2 6 2u 3 f(u)
2 6 6 2
6
)
'
u
2 2
1 0
) (
'
u
u u
2
13 2
1 , 1 ) 2 ( ,
7
)
2
Vậy: và Min P -7
2
13 P
Ví dụ 4: Giải phương trình: 1
1
2 2
x
x
(Bài 4.72,d trang114, sách Bài tập Đại Số 10 Nâng cao)
Bài giải:
ĐK: x 1
Đặt:
) 2 ( cos 1
) 1 ( 1 sin
t x
x
t x
2
3
; 2
\ 2
;
t , thay (1) vào (2) ta được:
Trang 81 sin
sin
cos
t
t
t sint cost sint cost 0 ( 3 )
Đặt u=sint+cost, đk: |u| 2 ,u 1 ,phương trình (3) trở thành: 0
2
1 2
u u
2 1
2 1 0
1
2
2
u
u u
Vậy: sint cost 1 2
2
1 0
2 1 ) 2 1 ( 2
1
1
x x
x
Do đó phương trình có nghiệm là:
2
1
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:
) 2 ( 25
) 1 ( 1 1 log ) ( log
2 2
4 4
1
y x
y x
y
(Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2004)
Bài giải:
ĐK:
0
y
x y
Với điều kiện trên hệ(1),(2)
25
1 1 log ) ( log
2 2
4 1 4
1
y x
y x
y
25
) 3 ( 4
1
1
)
(
2
2 y
x
y
x
y
Đặt:
, sin 5
cos 5
t y
t x
(sint>0 và sint >cost), thay vào phương trình (3) ta được:
25
16 sin
4
3 cot 4
1 cot 1 4
1 sin
1
cos
t t
t
5
4 sin t , cos t 53
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:
4 3
y x
Ví dụ 6 : Cho hai số thực x, y dương thỏa mãn: x+y=2 CMR: 3 3 ( 3 3 ) 2
y x y x
Bài giải:
Từ giả thiết:
2 0 ,
y x y x
, nên ta có thể đặt:
2 , 0 , sin 2 cos 2
2 2
t t y
t x
3 3
4
3 1 2 sin 8 sin cos
cos sin 512 ) (
Đặt u=sin22t, ĐK: 0 u 1,do đó: K=8u3-6u4 =f(u), f’(u)=24u2-24u3,
f’(u)=0 u 1
Bảng biến thiên:
u 0 1
Trang 9 f’(u) + f(u)
2 0
Nhìn vào BBT ta thấy 0< f(u) 2, nên suy ra: 3 3 ( 3 3 ) 2
y x y
Dạng 3: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được x a ( Với a>0) thì có thể đặt:
,
cost
a
2
; 2
sin
t
a x
Ví dụ 1: Giải phương trình :
1
x
x x
Bài giải:
0 0 1
2
x x
x
Đặt
t
x
cos
1
,vì x>1 0 cost 1 nên ta chọn
2
;
t
Khi đó phương trình có dạng :
t t t
t t
t t
t
1 cos
1 2 2 1 cos 1 cos 1
cos
1
Đặt sint + cost = u, 1 u 2 ta có
2
1 cos
sin u2
t t
Khi đó phương trình đã cho có dạng : 2 2 1 2 2 2 0
( Do 1 u 2)
2
4
2 4
2 2 4
1 4
Vậy nghiệm của phương trình là x 2
Chú ý: Nhờ lượng giác hóa ta đã đưa phương trình vô tỉ về phương trình hữu
tỉ, từ đó tìm được nghiệm của phương trình đã cho một cách nhẹ nhàng
Ví dụ 2: Với a 1 , b 1 Chứng minh rằng: 1 1 1
2 2
ab b a
Bài giải:
Trang 10Vì 1
cos
1 1
x
u
b t
a
cos
1 ,
cos
1
2
; 2 ,u
Khi đó vế trái của bất đẳng thức đã cho trở thành:
1 ) sin(
cos cos
1cos cos
) sin(
cos cos 1
tan tan
cos
.
cos
1
tan
u t u
t
u t
u t
u t
u t
u t
u t
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
) ( 2 cos 1 , cos 1 1
) sin(
cos 1 , cos 1
k k u t
u b t a u
t
u b t a
Ví dụ 3: Chứng minh rằng:
a
Bài giải:
Điều kiện: 2 1 0 1
a
Đặt
t
a
cos
1
, vì a 1 0 cost 1 nên ta chọn
2
;
t
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
1 3
sin cos
2 3 tan tan cos
2 3 tan cos
2 3 1
cos
1
t
t t
t t
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Dạng 4: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x2+a2 thì có thể đặt: x a tan t,
2
,
2
t hoặc xacott, t0 ;
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình :
2 2
2 2
xy x y
yx y x
Bài giải: Hệ đã cho tương đương với:
2 1
2 1 2 : ) (
2 2
y y
y x
x I
2
; 2 ,
,
tan
tan t u
u
y
t
x
Khi đó hệ (I) trở thành :
) 2 ( tan 2 sin
) 1 ( tan 2 sin
tan
tan
1
tan
2
tan
tan
1
tan
2
2
2
t u u t t
u
u
u
t
t
Ta xét hai trường hợp : Nếu sint=0 thì sinu=0 và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ
Nếu sin t 0 vàsin u 0: Nhân (1) và (2) theo vế, ta có :
2
1 cos cos cos
cos
1 cos
cos 4 tan tan 2
sin
2
u t u t u
t u
Lại có: (1) 2 sintcostcosu sinu (4)
Từ (3),(4) ta có sint=sinu t=u (5)
Trang 11Thay (5) vào (3) ta được:
2 4 2
2 0 2 cos 2
1 2 cos 1 2
1
2
1
4 2
;
2
t
Khi đó nghiệm của hệ là:x=y=1 và x=y=-1
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là: x=y=0 x=y=1 và x=y=-1
Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 2 9 2 9
x
Bài giải:
Đặt x=3tant,
2
, 2
t phương trình trở thành:
9 tan 9 ) tan
1
(
9
tan
t
1 sin 2
1 0 1 sin sin
2 cos sin
sin 1 cos
sin
cos
2
2
t
t t
t
3
1
Vậy nghiệm của bất phương trình là: x 3
Ví dụ 3: Giải bất phương trình : 2 2 3 2 2 3 2 2 2 3
1 1
x
Bài giải:
1
1 1
2 2 3
2 2
2 2
x
a
a a
Đặt a tant chọn 0 2 2
4
0 t hay t thì
t t
t a
a t t
t a
a
2 cos tan
1
tan 1 1
1
; 2 sin tan
1
tan
2
1
2
2
2 2
2 2
Khi đó bất phương trình (1) trở thành sin 2 2 2 3 cos 2 2 2 3 1
t
sin 2 1 2 2 cos 2 1 2 2 1
Mà 12 2 2
x và sin 2t 1
Nên sin 2 1 2 2 sin 2 2 ( 1 )
t
t x và cos 2 1 2 2 cos 2 2 ( 2 )
t
t x Cộng theo vế của hai bất đẳng thức (1), (2) ta được:
sin 2tx122 coss2tx122 1
Trang 12Vậy bất phương trình đã cho nhận mọi x làm nghiệm.
Ví dụ 5: Chứng minh rằng với mọi số thực a ta đều có: 4
2
6 2
2
a a
( Bài 13.a) trang 222 SGK đại số 10 nâng cao)
Bài giải:
2
; 2 ,
tan
4 cos 2 2 cos
2 4 cos 2
cos 4 2 4 cos
2
cos 6 sin 2 4
cos
2
6
tan
t t
t
t t
t t
t
t
luôn đúng
Vậy bất dẳng thức được chứng minh
Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:
21 1 211 2 12
b a
ab b
a
( Đề 146 – Câu I1 - Bộ đề tuyển sinh)
Bài giải: Đặt: a = tgt, b = tgu với t, u
2
;
Khi đó: t u
u t u
t b
a
ab b a
tan 1 tan 1
tan tan 1 tan tan 1
1
1
u t
u t su
t
u t u t
cos cos
sin sin 1 cos cos
sin cos
cos 2 2
t u t u sin2t 2u
2
1 cos
Suy ra: A =
2
1
sin (2t + 2u)
2 1
Vậy: 21 1 211 2 21
b a
ab b
a
(đpcm)
Dạng 5: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được axb thì có thể đặt:
x=a+(b-a)sin2t, hoặc x=b+(a-b)sin2t, với
2
;
0
t
(Vì hàm số y=sin2t là hàm số chẵn và có chu kỳ bằng nên ta chỉ cần xét trên đoạn 0 ;2 )
Ví dụ 1 : Tìm GTLN,GTNN của biểu thức: A x 1 4 x
(Bài 17, trang112- SGK Đại số 10 Nâng cao)