ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC TRONG CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH Trong nhiều bài toán về chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình, tìm giới hạn của dãy số …chúng
Trang 1ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC TRONG CÁC BÀI TOÁN
ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH
Trong nhiều bài toán về chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình, tìm giới hạn của dãy số …chúng ta có thể giải được một cách
“đẹp đẻ” bằng phương pháp lượng giác Sau đây là một số cách đặt và bài toán minh họa
I Một số cách đặt để đưa bài toán về dạng lượng giác
1 Các biểu thức thường gặp
2 2
a −x đặt
cos 0 sin
π
2 2
x −a đặt x cosa t 0 t π2 π t 32π
= ≤ < ∨ ≤ <
2 2
a +x đặt x atant π2 t π2
= − < <
1
x y
xy
+
tan
, tan
t u
= − < <
= ; 1x y xy
−
tan
, tan
t u
= − < <
=
2 Nếu biến x của bài toán thỏa x 1≤
Đặt
cos 0
sin
π
3 Nếu các biến x, y của bài toán thỏa a x 2 2 + b 2 2 y = c a,b,c > 0 2 ( )
Đặt c sina (0 2 )
c cos
b
t
=
≤ ≤
=
4 Nếu các biến x, y, z của bài toán thỏa x + y + z = xyz hoặc xy + yz + zx = 1
Đặt
tan
tan , ,
tan
=
=
II Một số bài toán minh họa
1 Phương trình, hệ phương trình
Bài 1: Giải phương trình 4 3 3 1 0
2
x − − =x
Lời giải: Đặt ( ) 4 3 3 1
2
f x = x − −x Ta có ( )1 1,5, ( 0,5) 0,5, ( )0 0,5, ( )1 0,5
f − = − f − = f = − f = Do đó phương trình có 3 nghiệm thuộc khoảng (−1;1) và ta biết cos3 =4cosα 3α −3cosα , do đó đặt
cos 0
x= t ≤ ≤t π khi đó phương trình có dạng cos3 =1 2
t ⇔ = ± +t π k π với
Trang 2vậy phương trình có 3 nghiệm 1 cos ; 2 cos5 ; 3 cos7
Bài 2: Giải phương trình (3 2 2+ ) (x = 2 1− )x+3 1( )
Lời giải: Đặt 2t=( 2 1+ )x (t>0) khi đó phương trình có dạng 4 2 3 1 0
2
t
t
− − =
( )
2
Đặt t=cosu (0≤ ≤u π) khi đó phương trình có dạng cos3 1 2
u= ⇔ = ± +u π k π ⇒
phương trình ( )* có 3 nghiệm 1 cos ; 2 cos5 ; 3 cos7
Vậy Phương trình ( )1 có nghiệm
1 log 2 1 cos ; 2 log 2 1 cos5 ; 3 log 2 1 cos7
Bài 3: Giải phương trình 16 5 20 3 5 1 0
2
x − x + − =x
Lời giải: Đặt ( ) 16 5 20 3 5 1
2
f x = x − x + −x Ta có
1 1,5; 0,9 0,1321; 0 0,5;
0,2 0,3451; 0,5 0; 0,6 0,575; 1 0,5
= = = − = Do đó phương trình có
5 nghiệm thuộc khoảng (−1;1) và ta biết cos5 =16cosα 5α−20cos3α+5cosα , do đó đặt x=cos 0t ( ≤ ≤t π) khi đó phương trình có dạng cos5 =1 2
k
t ⇔ = ± +t π π với
1 2 5 3 7 4 11 5 13
1 cos ; 2 cos 1; 3 cos7 ; 4 cos11 ; 5 cos13
trình có 5 nghiệm 1 cos ; 2 cos 1; 3 cos7 ; 4 cos11 ; 5 cos13
Bài 4: Giải phương trình 8x4−8x3−4x2+ + =3x 1 0
Lời giải: Đặt f x( )=8x4−8x3−4x2+ +3x 1 Ta có
1 10; 0,4 0,123; 0 1;
0,6 0,575; 1 0
= − = Do đó phương trình có 4 nghiệm thuộc khoảng (−1;1) Ta viết laị phương trình dưới dạng ( 2 )2 3
2 2x −1 −1 4= x −3x
Do đó đặt x=cos 0t ( ≤ ≤t π) khi đó phương trình có dạng cos4 =cos3 22
7
t k
t
π π
=
⇔
= với 0 1 0; 2 2 ; 3 4 ; 4 6
1; cos ; cos ; cos
Vậy phương trình có 5 nghiệm x1=1;x2=cos2π ;x3=cos4π;x4=cos6π .
Trang 3Bài 5: (Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi tỉnh Bến Tre năm học 2013-2014)
Cho hệ phương trình ( )1
(4 )
= −
= −
Gọi (x y z là nghiệm của hệ phương trình ; ; )
(1) Tìm tất cả các giá trị của tổng T x y z= + +
Lời giải: Cộng các vế của hệ ta được x y z+ + =4(x y z+ + −) (x2 +y2 +z2)
2 2 2
3T x +y +z T 0
⇒ = ⇒ ≥ ⇒trong 3 số x hoặc y hoặc z có ít nhất một số không âm giả sử x≥ ⇔0 y(4− ≥ ⇔ ≤ ≤y) 0 0 y 4 Với 0≤ ≤ ⇔ ≤y 4 0 z(4− ≤ ⇔ ≤ ≤z) 4 0 z 4và
( )
0≤ ≤ ⇔ ≤z 4 0 x 4− ≤ ⇔ ≤ ≤x 4 0 x 4
Đặt x 4sin2α 0 α π2 (4)
= ≤ ≤ Từ (3), (2), (1) ⇒
4sin 4 4sin =16sin cos 4sin 2
4sin 2 4 4sin 2 =16sin 2 cos 2 4sin 4
4sin 4 4 4sin 4 =16sin 4 cos 4 4sin 8
Từ (4) và (5) suy ra
4sin 8 4sin cos16 cos2
9
k
k Z k
π α
π α
=
= Với α =k7π vì 0 0; 1; 2; 3
2 k
π α
Với k= ⇒ =0 x 4sin 0 0;2 = y=4sin 2.02( )=0; z=4sin 4.02( )= ⇒ =0 T 0
Với k= 1; 2; 3 ⇒ta được cùng một giá trị
4 sin 7 sin 7 sin 7
2 1 cos 7 1 cos 7 1 cos 7
6 2 cos cos cos
A= cos 7 cos 7 cos 7
2sin A 2sin cos7 7 7 2sin cos7 7 2sin cos7 7
sin 7 sin7 sin 7 sin 7 sin 7 sin 7 sin7 1
A=-2 T 7
Với α =k9π vì 0 0; 1; 2; 3; 4
2 k
π α
Trang 4( ) ( )
4sin 0 0; 4sin 2.0 0; 4sin 4.0 0 0
Với k=1; 2; 4⇒ta được cùng một giá trị
4 sin sin sin
2 1 cos 1 cos 1 cos 6 2 cos cos cos
A= cos 9 cos 9 cos 9
2sin A 2sin cos9 9 9 2sin cos9 9 2sin cos9 9
sin sin sin sin sin sin
sin sin sin sin 2cos sin A=0 S=6
Với k=3 4 sin23 sin26 sin212 9
Vậy T có thể nhận một trong 4 giá trị 0; 6; 7; 9
Bài 6: Giải phương trình 2 ( )3 ( )3 2
1 1 x 1 x − 1 x ÷= +2 1 x
Lời giải: Đặt x=cos 0t ( ≤ ≤t π) khi đó phương trình có dạng
2
1 sin 1 cos 1 cos 2 sin
cos sin 2 cos 2 sin 2 sin
2 2 cos sin cos sin 2 sin
2 2 cos sin cos cos sin sin 2 sin
1
2 2cos 1
t
⇔
⇔
⇔
( )
0 0
0
1 sin 2 sin 2 2cos 1 1 sin
1 2cos 1 cos
2 1
1 sin
t
=
⇔
+
Vậy phương trình có nghiệm 1
2
x= .
2 Chứng minh các hệ thức
, ,
ab bc ca đều khác -1.
Trang 5Lời giải: Đặt a=tanα ;b=tanβ ;c=tanγ khi đó
tan tan tan ; tan tan tan ;
tan tan tan
1 1 tan tan
c a
ca
sin A + B sin C tan A + tan B + tanC
cosA + cosB cosC sin A + B cosC + sin Csin A + B
cosAcosBcosC
=
sin A + B + C -cos A + B sin C + cosAcosBsin C
cosAcosBcosC sin A + B + C +sin Asin Bsin C sin A + B + C
tan A tan Btan C cosAcosBcosC =cosAcosBcosC+
=
=
sin A + B + C tan A + tan B + tanC tan A tan Btan C
cosAcosBcosC+
sin
tan tan tan cos cos cos
sin 0 tan tan tan cos cos cos
− + − + −
a b b c c a
= + + + (đpcm)
Bài 2: Chứng minh rằng 3 22 3 22 3 22 3 22.3 22.3 22
1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3
a b c abc+ + = và , ,a b c đều có giá trị tuyệt đối khác 1
3.
Lời giải: Đặt a=tanα ;b=tanβ ;c=tanγ khi đó
sin + + tan + tan + tan tan tan tan
cos cos cos
α β γ
Do đó tan + tan + tanα β γ =tan tan tan khi α β γ α β γ+ + = kπ (k Z∈ )
3 3tan tan tan3 ; 3 3tan tan tan3 ;
3 3tan tan tan3
1 3 1 3tan
c c
c
γ
+ + =k k Z 3 + 3 + 3 = 3k
Vậy tan3 + tan3 + tan3 = tan3 tan3 tan3α β γ α β γ
1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3
Trang 6Bài 3: Cho ab bc ca+ + =1 (a b c, , >0) Chứng minh rằng
Lời giải: Đặt tan ; tan ; tan 0 , ,
2
= = = < < khi đó theo giả thiết
ta có tan tan + tan tan + tan tanα β β γ γ α =1
( ) ( )
tan tan + tan tan 1 tan tan
tan tan tan tan + tan
tan
π
+
Ta có
2
2
2
1 tan tan 1 tan
1 tan tan 1 tan
1 tan tan 1 tan
Do đó VT =co t cot cosβ γ 2α +cot co t cosγ α 2β+co t co t cosα β 2γ
co t cot cos cot co t cos co t co t cos
co t cot co t tan cos tan cos tan cos
1 cot cot cot sin2 sin2 sin2 2
1 cot cot cot 4cos cos cos 2 2 2 2
2 2cot co t co t cos cos cos
+ + + (đpcm)
3.Bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có (1+a) (n+ 1−a)n≤2n Với a ≤1 .
Lời giải: Đặt a=cost khi đó (1+a) (n+ 1−a) (n= 1 cost+ ) (n+ 1 cost− )n
2 cosn n sin n 2 cosn sin 2n
Vì
1
1
cos cos cos
sin sin sin
n
n
Bài 2: Cho a2+ −b2 2a− + =4b 4 0 Chứng minh rằng
2 2 2 3 2 1 2 3 4 2 3 3 4 3 2
Lời giải:
Trang 7Ta có 2 2 ( )2 ( )2
a + −b a− + = ⇔ −b a + −b =
Đặt b a 1 sin2 cost t a b 1 sin2 cost t
2 2 2 3 2 1 2 3 4 2 3 3 4 3 2sin 2 2
6
Bài 3: Tìm gía trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( )
4 2 2
1 1
x y
x
+
=
Lời giải: Ta viết laị hàm số dưới dạng
2 4
2
y
+
Đặt x tant − <π2 t π2
= < khi đó hàm số có dạng 2 2
2
2 1 tan 2
t
t
+ Vậyy max =1 khi sin2t = 0, - < 2t <( π π)⇒t= ⇒ =0 x tan 0 0=
min 1 khi sin2 1 ( ) 2 tan 1
y = t =± , - < 2t <π π ⇒ t= ± ⇒ = ±π x π = ± .
4 Tính giới hạn và tìm số hạng tổng quát của dãy số
Bài 1: Cho dãy số { }u thỏa n 1 2, 1 ( )2 1 , 1,2,3,
n n
n
u
u
− + Tính u2013.
Lời giải: Đặt 1 2 tan , 0
2
u = = α < <α π và chú ý rằng 2 1 tan
8
π
− = Khi đó
tan tan
+
Bằng qui nạp ta chứng minh được tan ( 1) , 1
8
n
Vậy 2013 tan 2012 cot 1 1
α
Bài 2: Cho dãy số { }u thỏa n u0= 2, u n+1= 2+u n, ∀n N∈ Tính limun
Lời giải: Ta có 0 2 2cos , 1 2 0 2 1 cos 2cos 3
Bằng qui nạp ta chứng minh được 2cos 2, 1
2
+
Vậy lim lim 2cos 2 2cos0 2
2
+
III Bài tập tự giải
1. Chứng minh rằng nếu a2+ = +b2 c2 d2=1 thì ac bd+ ≤1.
2. Giải phương trình 4 3 3 3 0
2
3. Giải phương trình 32x x( 2 1 2)( x2 1)2 1 1
x
− − = − , trên khoảng ( )0;1
Trang 84. Cho 0≤ ≤a i 1, i=1,2, ,n ∀ ∈n N* Chứng minh rằng
( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)
5. Cho , ,a b c>0 và thỏa mãn ab bc ca+ + =1 Tính giá trị của biểu thức