skkn ứng dụng lượng giác trong bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất THPT thường xuân 2

A- ĐẶT VẤN ĐỀ
Đổi mới phương pháp dạy học nói chung và phương pháp dạy
toán nói riêng trong nhà trường phổ thông là vấn đề rất cần thiết và
phải được thực hiện thường xuyên. Lựa chọn phương pháp thích hợp
cho mỗi tiết dạy, mỗi bài dạy Toán theo từng đối tượng học sinh là cả
một quá trình nghệ thuật của người thầy.
Qua trao đổi với nhiều thầy cô và học sinh chúng tôi tự đặt câu
hỏi cho mình là làm thế nào để truyền tải kiến thức không nhỏ theo
tinh thần sách giáo khoa cho học sinh? Làm thế nào để học sinh có cái
nhìn tổng thể, nắm được những phương pháp tổng quát để giải lớp các
bài toán? Theo tôi để đạt được những điều này đòi hỏi giáo viên phải
có nhiều kỹ năng giải toán và càng có nhiều thuật toán thì càng có
nhiều kinh nghiệm giúp học sinh định hướng giải nhanh một bài toán.
Bài toán “Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” là một trong
những bài toán khó được quan tâm nhiều ở các kì thi trung học cơ sở
đến Đại học. Để giải loại bài toán này, đòi hỏi giáo viên, học sinh có
kiến thức tổng hợp về đại số, giải tích, hình học. Để giải bài toán này
có rất nhiều phương pháp. Trong bài viết này chúng tôi chỉ nêu một
phương pháp cơ bản mà chúng tôi thường dùng khi dạy học sinh các
lớp ban Khoa học tự nhiên, đặc biệt các lớp Bồi dưỡng học sinh giỏi
đó là “Ứng dụng lượng giác trong bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất”.
1
B - GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận
Sự phát triển đi lên của toán học cũng như sự hoàn chỉnh các
dạng toán học là một quá trình khái quát hóa, tổng quát hóa. Những
hiểu biết rời rạc trong việc giải Toán sẽ dần dẫn được thống nhất, chắp
nối thành một hệ thống lý thuyết hoàn chỉnh. Đó là cơ sở giúp cho học
sinh hoạt động học tập có hiệu quả cao và hoàn thiện các chức năng
cơ bản như:

- Chức năng hình thành, cũng cố kiến thức và kỹ năng.
- Chức năng hình thành thế giới quan duy vật biện chứng, tạo
hứng thú học tập, rèn luyện phẩm chất đạo đức, vận dụng kiến thức
vào đời sống.
- Chức năng phát triển năng lực tư duy, hình thành phẩm chất tư
duy khoa học.
- Chức năng kiểm tra kiến thức và đánh giá trình độ học sinh.
Bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất là một bài toán cơ bản
trong chương trình toán học phổ thông. Để giải quyết lớp bài toán này
ta thường dùng các phương pháp như: đạo hàm, đồ thị, sử dụng các
bất đẳng thức cổ điển…., tuy nhiên đối với các bài tìm giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất có điều kiện ban đầu dưới cách nhìn và sau một số phép biến
đổi ta có thể lượng giác hóa được thì bài toán sẽ được giải quyết một
cách dễ dàng và thuận lợi hơn.
2. Thực trạng vấn đề
Để giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
thông thường học sinh phải sử dụng kiến thức liên quan đến bất đẳng
thức. Do đó đứng trước bài toán này, đa số học sinh lúng túng.
Sử dụng lượng giác là chuyển bài toán đại số, hình học, … sang
bài toán mới mang hình thức lượng giác thuần túy. Việc lượng giác
hóa được nghĩ đến khi dữ liệu bài toán có mang dấu hiệu đặc biệt của
các yếu tố trong bài. Nếu phát hiện được, định hướng được, chuyển
được sang lượng giác thì rất nhiều bài toán được giải nhanh hơn và
đơn giản hơn nhờ công thức lượng giác và bất đẳng thức lượng giác
quen thuộc.
Trong nhiều năm phân công dạy bồi dưỡng học sinh giỏi và dạy
các lớp thuộc ban Khoa học tự nhiên, chủ đề này cho học sinh bồi
2
dưỡng học sinh giỏi (khoảng 12 tiết) vào cuối năm học 11. Đa số học
sinh tiếp cận được và đều có cách giải, cách nhìn bài toán dưới con

mắt lượng giác hóa khi phát hiện được dấu hiệu một cách hiệu quả.
3
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
3.1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
a. Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: (SGK 12
NC trang 18)
Giả sử hàm số f(x) xác định trên tập D
( )
D ⊂ ¡
a) Nếu tồn tại một điểm
0
x D∈
sao cho
0
( ) ( ),f x f x x D≤ ∀ ∈
thì số
( )
0
M f x=
được gọi là gía trị lớn nhất của hàm số f(x) trên D.
Kí hiệu:
( )
x D
M max f x
∈
=
.
b) Nếu tồn tại một điểm
0
x D∈

sao cho
0
( ) ( ),f x f x x D≥ ∀ ∈
thì số
( )
0
m f x=
được gọi là gía trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên D.
Kí hiệu:
min ( )
x D
m f x
∈
=
.
Từ định nghĩa trên thông thường để tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của hàm số ta cần tiến hành các bước sau:
Bước 1: Xác lập bất đẳng thức dạng
( )f x M≤
(hay
( )f x m≥
),
với M, m là các hằng số.
Bước 2: Kiểm tra dấu đẳng thức “có” xảy ra.
Bước 3: Kết luận max (hay min) theo yêu cầu.
b. Các dấu hiệu cơ bản để lượng giác hóa bài toán nhờ phương
pháp đặt ẩn phụ:
 Trường hợp cho trước điều kiện của biến:
Điều kiện của
biến x, y

Đặt ẩn phụ với t Cơ sở lượng giác
1x ≤
sin , ;
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −
 
 
hoặc
[ ]
cos , 0;x t t
π
= ∈
sin 1x t= ≤
hoặc
cos 1x t= ≤
, 0x k k≤ >
sin , ;
2 2
x k t t
π π
 
= ∈ −
 
 
hoặc
[ ]
cos , 0;x k t t

π
= ∈
sinx k t k= ≤
hoặc
cosx k t k= ≤
( )
2 2 2 2 2
, , 0
a x b y c
a b c
+ =
>
[ ]
sin
, 0;2
c
x t
a
t
c
y cost
b
π

=


∈



=


( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
sin cos
sin cos
a x b y
c t c t
c t t c
+
= +
= + =
4
x k≥
3
, 0; ;
cos 2 2
k
x t
t
π π
π
   
= ∈ ∪
÷ ÷
 
   

cos
k
x k
t
= ≥
 Trường hợp điều kiện của biến x, y không cho trước mà ẩn
trong hàm số chứng ta cần lưu ý cho học sinh mối liên hệ
giữa biểu thức đại số và biểu thức lượng giác và công thức
lượng giác tương ứng.
Biểu
thức
đại số
Đặt ẩn mới Công thức lượng giác
2
1 x−
sin , ;
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −
 
 

hoặc
[ ]
cos , 0;x t t
π
= ∈
2

1 sin cos cost t t− = =
2
1 cos sin sint t t− = =
2
1x −
3
, 0; ;
cos 2 2
k
x t
t
π π
π
   
= ∈ ∪
÷ ÷
 
   
hoặc
3
, 0; ;
sin 2 2
k
x t
t
π π
π
   
= ∈ ∪
 

 
   
2
2
2
1
1 1
cos
tan tan tan
x
t
t t t
− = −
= = =
2
2
2
1
1 1
sin
cot cot cot
x
t
t t t
− = −
= = =
2
1x +
tan , ;
2 2

x t t
π π
 
= ∈ −
 ÷
 
2 2
2
1
1 tan 1
cos
x t
t
+ = + =
2 2
x k+
tan , ;
2 2
x k t t
π π
 
= ∈ −
 ÷
 
2
2 2 2 2 2
2
tan
cos
k

x k k t k
t
+ = + =
3
4 3x x−
[ ]
cos , 0;x t t
π
= ∈
3
4cos 3cos cos3t t t− =
2
2 1x −
[ ]
cos , 0;x t t
π
= ∈
2
2cos 1 cos2t t− =
2
2
1
x
x+
tan , ;
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −

 ÷
 
2
2tan
tan2
1 tan
t
t
t
=
+
1
x y
xy
+
−
tan
, , ;
tan
2 2
x u
u v
y v
π π
=

 
∈ −

 ÷

=
 

tan tan
tan( )
1 tan .tan
u v
u v
u v
+
= +
−
x y z
xyz
+ +
=
tan ; tan ;
tan
x y
z
α β
γ
= =
=
với
, , ;
2 2
π π
α β γ
 

∈ −
 ÷
 
( ) ( )
tan tan tan tan .tan .tan
tan tan
tan
1 tan .tan
tan tan
k
α β γ α β γ
α β
γ
α β
α β γ
α β γ π
+ + =
+
⇔ = −
−
⇔ + = −
⇔ + + =
* Nếu cho x, y, z > 0 thì
5
α β γ π
+ + =
1
xy yz
zx
+ +

=
tan ; tan ; tanx y z
α β γ
= = =
với
, , ;
2 2
π π
α β γ
 
∈ −
 ÷
 
( )
tan .tan tan .tan tan .tan 1
tan tan 1
1 tan .tan tan
tan tan
2
2 2 2 2k
α β β γ γ α
α β
α β γ
π
α β γ
α β γ π π
+ + =
+
⇔ =
−

 
⇔ + = −
 ÷
 
⇔ + + = +
* Nếu cho x, y, z > 0 thì
2 2 2
α β γ π
+ + =
c. Những điều cần lưu ý về miền giá trị của biểu thức lượng giác:
* Nếu tập giá trị của t là
;
2 2
π π
 
−
 
 
thì tập giá trị của sint là
[ ]
1;1−
;
sin 1t ≤
.
* Nếu tập giá trị của t là
[ ]
0;
π
thì tập giá trị của cost là
[ ]

1;1−
;
cos 1t ≤
.
* Nếu tập giá trị của t là
[ ]
0;2
π
thì tập giá trị của
cos sina t b t+
là

2 2 2 2
;a b a b
 
− + +
 
.
* Nếu tập giá trị của t là
3
0; ;
2 2
π π
π
   
∪
 ÷  ÷
   
thì tập giá trị của
tan cott t+

là
[
)
2;+∞
.
* Điều kiện để phương trình
.cos .sina x b x c+ =
có nghiệm là
2 2 2
0a b c+ − ≥
.
d. Các bước sử dụng lượng giác để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số:
- Bước 1: Tìm điều kiện có nghĩa.
Biến đổi điều kiện của biến cho xuất hiện dấu hiệu áp
dụng.
- Bước 2: Đặt ẩn phụ và phạm vi góc lượng giác tương ứng thích
hợp.
Đưa biểu thức đã cho sang biểu thức lượng giác.
- Bước 3: Thu gọn biểu thức lượng giác.
Sử dụng các bất đẳng thức lượng giác cơ bản.
- Bước 4: Chứng tỏ tồn tại một giá trị của biến x để đẳng thức xảy
ra.
- Bước 5: Kết luận.
3.2. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN
DẠNG 1: Sử dụng điều kiện biến x với
, 0x k k≤ >
6
Ví dụ 1: Cho
1x ≤

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
( ) ( )
2009 2009
1 1P x x= − + +
Giải:
Từ điều kiện
1x ≤
ta nghĩ đến dùng phương pháp lượng giác
để tìm.
Đặt
[ ]
cos2 ,2 0;x t t
π
= ∈
. Khi đó ta có:
( ) ( )
( ) ( )
2009 2009
2009 2009
2 2
1 cos2 1 cos2 2sin 2cosP t t t t= − + + = +
.

2009 4018 4018
2 .(sin cos )t t= +
Suy ra:
2009 2 2
2 .(sin cos )P t t≤ +
hay
2009

2P ≤
.
Ta có: Tồn tại
2009
2P =
khi
sin .cos 0t t⇔ =
hay
0
2
t
t
π
=



=

. Lúc đó:
1x =
hoặc
1x = −
.
Vậy
[ ]
2009
1;1
max 2
x

P
∈ −
=
khi
1x = ±
.
Ví dụ 2: Cho
1x ≤
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
( )
2
. 4 3P x x= −
Giải:
Tương tự ví dụ 1, đặt
cos , 0; 1.
2
x t t x
π
 
= ∈ ⇒ ≤
 
 
Lúc đó:
( )
2 3
cos . 4cos 3 4cos 3cos cos3 1P t t t t t
= − = − = ≤
.
Ta có:
1 cos3 1 0P t t= ⇔ = ⇔ =

. Suy ra:
1x =
hoặc
1x = −
.
Vậy
[ ]
1;1
max 1
x
P
∈ −
=
khi
1x = ±
.
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
3. 9 4P x x= − +
Giải:
Điều kiện:
2
9 0 3x x− ≥ ⇔ ≤
.
Thông qua điều kiện bài toán ta đặt
[ ]
3cos , 0;x t t
π
= ∈
.

Lúc đó:
2
3. 9 9cos 4.3.cos 9.sin 12.cosP t t t t= − + = +
.
3 4
15 sin cos 15cos( )
5 5
t t t
α
 
= + = −
 ÷
 
với
3
sin
5
, 0;
4
2
cos
5
α
π
α
α

=



 
∈

 ÷
 

=


7
Suy ra:
15.P ≤
Tồn tại
12
5
x =
để
15P =
.
Vậy
[ ]
3;3
max 15
x
P
∈ −
=
khi
12
5

x =
.
Ví dụ 4: Cho x thỏa điều kiện
1 3x≤ ≤
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
3 2
4 24 45 26P x x x= − + −
Giải:
Từ điều kiện
1 3x≤ ≤
ta suy ra:
2 1 2 2 1x x− ≤ − ≤ ⇔ − ≤
.
Đặt
[ ]
2 cos 2 cos , 0;x t x t t
π
− = ⇔ = + ∈
.
Khi đó:
3 2
4(2 cos ) 24(2 cos ) 45(2 cos ) 26P t t t= + − + + + −

3
4cos 3cos cos3 1t t t= − = ≥ −
.
Ta có:
1 cos3 1
3

t
P t
t
π
π

=

= − ⇔ = − ⇔

=

. Suy ra:
5
2
x =
hoặc
1.x =
Vậy
[ ]
1;3
min 1
x
P
∈
= −
khi
5
2
x =

hoặc
1x =
.
* Nhận xét: Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp đạo
hàm (chương trình học 12), tuy nhiên giải bằng cách trên học
sinh lớp 11 vẫn làm được.
Ví dụ 5: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa:
2 2 2
4x y z xyz+ + + =
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P x y z= + +
.
Giải:
Từ điều kiện ban đầu ta suy ra:
( )
, , 0;2x y z∈
.
Từ đây gợi chúng ta đi đến phép thế lượng giác.
Đặt
2cos , 2cos , 2cosx y z
α β γ
= = =
với
, , 0;
2
π
α β γ
 
∈

 ÷
 
.
Ta xem điều kiện
2 2 2
4x y z xyz+ + + =
như là một phương trình
bậc hai theo ẩn x.
Từ đó ta có:
( ) ( )
2 2
4 . 4
2
yz y z
x
− + − −
=
.
Suy ra:
( ) ( )
2 2
4cos .cos 4 4cos . 4 4cos
2.cos
2
β γ β γ
α
− + − −
=
8
( ) ( )

4.cos 4cos .cos 4sin .sin
cos cos cos cos
α β γ α β
α β γ α π β γ
α β γ π
⇔ = − +
⇔ = − + ⇔ = − −
⇔ + + =
Khi đó ta có:
( )
2
2 cos cos cos 2 2cos .cos 1 2sin
2 2 2
P
α β α β γ
α β γ
+ −
 
= + + = + −
 ÷
 

2
2
3 1 3
2 2sin .1 1 2sin 2 2. sin 2. 3.
2 2 2 2 2 2
γ γ γ
 
   

≤ + − = − − ≤ =
 
 ÷  ÷
   
 
 
Ta có:
1
3 khi sin
2 2
P
γ
= =
. Suy ra:
3
π
α β γ
= = =
hay
( ) ( )
; ; 1;1;1x y z =
.
Vậy
[ ]
3;3
max 3
x
P
∈ −
=

khi
( )
; ;x y z
bằng
( )
1;1;1
.
DẠNG 2: Sử dụng điều kiện:
2 2
1x y+ =
hoặc
2 2 2 2 2
a x b y c+ =
Ví dụ 1 : Cho
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
6 6
P x y= +
Giải:
Từ điều kiện
2 2
1x y+ =
ta đặt
[ ]
sin
, 0;2
cos
x t

t
y t
π
=

∈

=

.
Khi đó:
6 6 2
3
sin cos 1 sin 2
4
P t t t= + = −
.
Do
2
0 sin 1,t t≤ ≤ ∀
nên
1
1
4
P≤ ≤
.
Ta có:
1 sin 2 0
2
P t t k

π
= ⇔ = ⇔ =
. Suy ra:
0
1
x
y
=


= ±

hoặc
1
0
x
y
= ±


=

.

2 2
1
sin 2 1 cos 2 0
4 4 2
P t t t k
π π

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = +
.
Suy ra:
2
2
2
2
x
y

= ±




= ±


.
Vậy
2 2
1
1
min
4
x y
P
+ =
=
khi

2
2
2
2
x
y

= ±




= ±


;
9
2 2
1
max 1
x y
P
+ =
=
khi
1
0
x
y
= ±



=

hoặc
0
1
x
y
=


= ±

.
Ví dụ 2: Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
2
2
2 6
1 2 2
x xy
P
xy y
+
=
+ +

. (Đề thi Đại học – Khối B 2008)
Giải:
Từ điều kiện
2 2
1x y+ =
ta đặt
[ ]
cos
, 0;2
sin
x t
t
y t
π
=

∈

=

.
Khi đó:
( )
2
2
2 cos 6cos .sin
1 cos2 6sin2
1 2cos .sin 2sin 2 sin 2 cos2
t t t
t t

P
t t t t t
+
+ +
= =
+ + + −
.
Suy ra:
( )
2 sin 2 cos2 1 cos2 6sin 2t t P t t+ − = + +

( ) ( )
1 cos2 6 sin 2 1P t P t P⇔ + + − = −
(*)
Phương trình (*) có nghiệm theo t
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 6 2 1 2 6 36 0 6 3P P P P P P⇔ + + − ≥ − ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤
.
* Với
3P =
, từ (1) suy ra:
4 3
4cos2 3sin 5 cos2 sin 1
5 5
t t t t+ = ⇔ + =
(1)
Đặt
4

cos
5
, 0;
3
2
sin
5
α
π
α
α

=


 
∈

 ÷
 

=


. Từ (1) ta có:
( )
cos 2 1
2
t t k
α

α π
− = ⇔ = +
.
Khi đó:
( )
( )
cos 1 .cos
2 2
sin 1 .sin
2 2
k
k
x k
y k
α α
π
α α
π
 
= + = −
 ÷
 
 
= + = −
 ÷
 
.
Suy ra:
( )
3 1

; ;
10 10
x y
 
=
 ÷
 
khi k chẵn hoặc
( )
3 1
; ;
10 10
x y
 
= − −
 ÷
 
khi k lẻ.
10
* Với
6P = −
, từ (1) suy ra:
5 12
5cos2 12sin 13 cos2 sin 1
13 13
t t t t− + = − ⇔ − =
(1)
Đặt
5
cos

13
, 0;
12
2
sin
13
β
π
β
β

=


 
∈

 ÷
 

=


. Từ (1) ta có:
( )
cos 2 1
2
t t k
β
β π

+ = ⇔ = − +
.
Khi đó:
( )
( )
cos 1 .cos
2 2
sin 1 .sin
2 2
k
k
x k
y k
β β
π
β β
π
   
= − + = − −
 ÷  ÷
   
   
= − + = − −
 ÷  ÷
   
.
Suy ra:
( )
3 2
; ;

10 10
x y
 
= −
 ÷
 
khi k chẵn hoặc
( )
3 2
; ;
10 10
x y
 
= −
 ÷
 
khi k lẻ.
Vậy
max 3,min 6P P= = −
.
Ví dụ 3: Cho x, y là hai số thực thay đổi và thỏa hệ thức
2 2
1x y+ =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2 2
2 2
1 1

P x y
x y
 
 
= + + +
 ÷
 ÷
 
 
Giải:
Từ điều kiện
2 2
1x y+ =
ta đặt
[ ]
cos
, 0;2
sin
x t
t
y t
π
=

∈

=

.
Khi đó:

2 2
2 2 4 4
2 2 4 4
1 1 1 1
cos sin cos sin 4
cos sin cos sin
P t t t t
t t t t
   
= + + + = + + + +
 ÷  ÷
   

( )
4 4 2
4 4 4
1 1 16
cos sin 1 4 1 sin 2 . 1 4
cos .sin 2 sin 2
t t t
t t t
     
= + + + = − + +
 ÷  ÷ ÷
     
Khi đó:
( )
1 25
1 1 16 4
2 2

P
 
≥ − + + =
 ÷
 
.
11
Ta có:
2
25
sin 2 1 cos2 0 .
2 4 2
P t t t k
π π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = +

Khi đó:
2
2
2
2
x
y

= ±




= ±



.
Vậy
2 2
1
25
min
2
x y
P
+ =
=
khi
2
2
2
2
x
y

= ±




= ±


.

Ví dụ 4: Cho các số thực x, y, z, t thỏa điều kiện:
2 2
2 2
9
16 .
12
x y
z t
xt yz

+ =

+ =


+ ≥


Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
.P x z= +
Giải:
Từ điều kiện
2 2
9x y+ =
ta đặt
3sin
3cos
x a
y a
=



=

.
Từ điều kiện
2 2
16z t+ =
ta đặt
4sin
4cos
z b
t b
=


=

.
Ta có:
12sin .cos 12.cos .sin 12.sin( ) 12xt yz a b a b a b+ = + = + ≥
.
Khi đó:
sin( ) 1a b+ ≥
, kết hợp với
sin( ) 1, ,a b a b+ ≤ ∀
ta được
sin( ) 1a b+ =
. Suy ra:
2

2
a b k
π
π
+ = +
.
Do đó:
3sin 4sin 3sin 4sin( 2 ) 3sin 4cos
2
P x z a b a a k a a
π
π
= + = + = + − − = +
Suy ra:
2 2 2 2
3 4 . sin cos 5.P a a P≤ + + ⇒ ≤
Ta có:
sin cos 3
5 tan .
3 4 4
a a
P a= ⇔ = ⇔ =
Khi đó:
4
cos
5
3
sin
5
a

a

= ±




= ±


.
12
Từ đó ta nhận được:
( )
9 12 16 12
; ; ; ; ; ;
5 5 5 5
x y z t
 
=
 ÷
 
hoặc
( )
9 12 16 12
; ; ; ; ; ;
5 5 5 5
x y z t
 
= − − − −

 ÷
 
. Vậy
max 41P =
.
DẠNG 3: Sử dụng điều kiện
1x ≥
hay
( 0)x m m≥ >
Lưu ý: + Bài toán có chứa
2 2
x m−
thì đặt
3
, 0; ;
cos 2 2
m
x t
t
π π
π
   
= ∈ ∪
÷ ÷
 
   
.
+ Công thức liên quan:
2 2
2

1
1 1 tan tan tan
cos
x t t t
t
− = − = = =
.
Ví dụ 1: Cho
1x >
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
1
x
P x
x
= +
−
.
Giải:
Do x > 1 nên đặt
1
, 0;
cos 2
x t
t
π
 
= ∈
 ÷
 

.
Khi đó:
2
1 1 1 1 1 1 1
2 .
cos cos cos sin cos sin
1
1
cos
P
t t t t t t
t
= + = + ≥
−

(Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương sint, cost)
Suy ra:
2 2 2
2 2 2
sin 2
sin 2
P
t
t
≥ = ≥
.
Ta có:
2 2 sin 2 1 .
4
P t t

π
= ⇔ = ⇔ =
Suy ra:
2x =
.
Vậy
1
min 2 2
x
P
>
=
khi
2x =
.
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của
2 2
1 1x y
P
xy
− + −
=
.
Giải:
Điều kiện:
2
2
1
1 0
1 0 1

0
0
x
x
y y
xy
xy
 ≥

− ≥


− ≥ ⇔ ≥
 
 
≠
≠


.
13
Từ điều kiện trên ta đặt
1
3
cos
; , 0; ;
1
2 2
cos
x

a
a b
y
b
π π
π

=


   
∈ ∪

÷ ÷
 
   

=


.
Khi đó:
( )
2 2
1 1
1 1
cos cos
tan tan .cos .cos
1 1
.

cos cos
a b
P a b a b
a b
− + −
= = +

sin .cos cos .sin sin( )a b a b a b= + = +
. Suy ra:
1.P ≤
Khi
2x y= =
thì đẳng thức xảy ra.
Vậy
min 1P =
khi
2x =
.
DẠNG 4: Sử dụng lượng giác khi bài toán có xuất hiện biểu thức
2
1 x+
hay
2 2
x m+
Lưu ý: Bài toán có chứa
2 2
x m+
thì đặt
.tan , ;
2 2

x m t t
π π
 
= ∈ −
 ÷
 
.
Khi đó:
( )
2
2 2 2 2
2
tan 1
cos
m
x m m t
t
+ = + =
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
( )
6
3
2
1
1
x
P
x
+
=

+
.
Giải:
Với mọi
x∈¡
, đặt
tan , ; .
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −
 ÷
 
Khi đó:
( ) ( )
2 4
6 2 4
2 4
3 2
2 2
4
sin sin
1
1 tan 1 tan tan
cos cos
1
1 tan 1 tan
cos
t t

t t t
t t
P
t t
t
− +
+ − +
= = =
+ +

( )
2
4 2 2 4 2 2 2 2
2
cos sin .cos sin sin cos 3sin .cos
3
1 sin 2
4
t t t t t t t t
t
= − + = + −
= −
Do
2
0 sin 2 1t≤ ≤
nên
1
1.
4
P≤ ≤

Ta có:
2
1
sin 2 1 1.
4
P t x= ⇔ = ⇒ = ±
2
1 sin 2 0 0.P t x= ⇔ = ⇒ =
Vậy
1
min ,max 1.
4
P P= =
14
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
( )
2 4
2
2
3 8 12
1 2
x x
P
x
+ +
=
+
.
Giải:
Với mọi

x∈¡
, đặt
2 tan , ; .
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −
 ÷
 
Khi đó:
( ) ( )
2 4 4 2 2 4
2 2
2 2 2
3 4tan 3tan 3cos 4sin .cos 3sin
1 tan cos sin
t t t t t t
P
t t t
+ + + +
= =
+ +

( )
2
2 2 2 2
2
3 sin cos 2sin .cos
1

3 sin 2
2
t t t t
t
= + −
= −
Do
2
0 sin 2 1t≤ ≤
nên
5
3.
2
P≤ ≤
Ta có:
2
5 2
sin 2 1 .
2 2
P t x= ⇔ = ⇒ =
2
3 sin 2 0 0.P t x= ⇔ = ⇒ =
Vậy
5
min ,max 3.
2
P P= =
Ví dụ 3 : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
2 2
( )(1 )

(1 )(1 )
a b ab
P
a b
+ −
=
+ +
.
Giải:
Dấu hiệu chuyển sang lượng giác là:
2 2
1 ,1a b+ +
.
Đặt
tan , tan ; , ; .
2 2
a b
π π
α β α β
 
= = ∈ −
 ÷
 

Khi đó ta có:
2 2 2 2
( )(1 ) (tan tan )(1 tan tan )
(1 )(1 ) (1 tan )(1 tan )
a b ab
P

a b
α β α β
α β
+ − + −
= =
+ + + +

2 2
sin( ) cos .cos sin .sin
cos cos . .
cos .cos cos .cos
α β α β α β
α β
α β α β
+ −
=

[ ]
sin( )cos( )
1
.sin 2( )
2
α β α β
α β
= + +
= +

Do
[ ]
1 sin 2( ) 1

α β
− ≤ + ≤
nên
[ ]
1 1 1
sin 2( )
2 2 2
α β
− ≤ + ≤

hay
1 1
2 2
P− ≤ ≤
.
15
Ta có:
( )
1
sin 2 1
2
P
α β
= − ⇔ + = − 
 
. Suy ra:
1
0
a
b

= −


=

hoặc
0
1
a
b
=


= −

.
Ta có:
( )
1
sin 2 1
2
P
α β
= ⇔ + = 
 
. Suy ra:
1
0
a
b

=


=

hoặc
0
1
a
b
=


=

.
Vậy
1 1
min ,max .
2 2
P P= − =
Ví dụ 4: Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1
1 . 1
x y xy
P

x y
− −
=
+ +
.(Đề thi Đại học
năm 2008 – Khối D)
Giải:
Đặt
tan , tan ; , 0; .
2
x y
π
α β α β
 
= = ∈
 ÷
 
Khi đó ta có:

( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2
sin sin sin sin
. 1 .
tan tan 1 tan .tan
cos cos cos cos
1 tan . 1 tan
sin sin
1 . 1

cos cos
P
α β α β
α β α β
α β α β
α β
α β
α β
   
− −
 ÷ ÷
− −
   
= =
+ +
 
 
+ +
 ÷
 ÷
 
 
( ) ( )
( ) ( )
2 2
sin .cos cos .sin . cos .cos sin .sin
sin cos . sin cos
α β α β α β α β
α α β β
− −

=
+ +

( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
sin .cos
1 sin 2 sin 2
.
1 sin2 . 1 sin 2 2 1 sin2 . 1 sin 2
α β α β
α β
α β α β
− +
−
= =
+ + + +

( ) ( )
1 1 sin 2 1 sin 2 1 1 1
2 1 sin 2 . 1 sin 2 2 1 sin2 1 sin 2
α β
α β β α
 
 
+ − −
= = −
 ÷
 ÷
+ + + +
 

 
Do
0 2 ,2
α β π
≤ ≤
nên
0 sin 2 1,0 sin 2 1.
α β
≤ ≤ ≤ ≤

Suy ra:
1 1
4 4
P− ≤ ≤
.
Ta có:
sin 2 1
1
.
4
sin 2 0
4
0
P
π
α
α
β
β


=
=


= ⇔ ⇔
 
=


=

Suy ra:
1
.
0
x
y
=


=

16
Ta có:
0
sin 2 0
1
.
sin 2 1
4

4
P
α
α
π
β
β
=

=


= − ⇔ ⇔
 
=
=



Suy ra:
0
.
1
x
y
=


=


Ví dụ 5: Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi thỏa hệ thức
1xy yz zx+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1 1 1
3( )P x y z
x y z
= + + − + +
.
Giải:
Đặt
tan ; tan ; tanx y z
α β γ
= = =
với
, , 0;
2
π
α β γ
 
∈
 ÷
 
.
Do
1xy yz zx+ + =
nên
tan .tan tan .tan tan .tan 1
α β β γ γ α
+ + =
( )

tan tan 1
tan tan
1 tan .tan tan 2
2 2 2 ( , , 0)Do
α β π
α β γ
α β γ
α β γ π α β γ
+
 
⇔ = ⇔ + = −
 ÷
−
 
⇔ + + = >
Khi đó:
P
1 1 1
3(tan tan tan )
tan tan tan
α β γ
α β γ
= + + − + +
cot cot cot 3(tan tan tan )
α β γ α β γ
= + + − + +

( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )

cot tan cot tan cot tan 2(tan tan tan )
2 cot 2 cot 2 cot 2 2(tan tan tan )
cot2 cot 2 2tan cot 2 cot 2 2tan cot 2 cot2 2tan
α α α α α α α β γ
α β γ α β γ
α β γ β γ α γ α β
= − + − + − − + +
= + + − + +
= + − + + − + + −
Nhận xét:
( )
( ) ( )
sin 2 2
2sin 2
cot 2 cot 2
sin 2 .sin 2 sin 2 2 sin 2 2
α β
γ
α β
α β α β α β
+
+ = =
− − +

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

γ
α β γ γ
≥ = = =
− + +

cot 2 cot 2 2tan 0
α β γ
⇒ + − ≥
.
Từ đó suy ra:
0.P ≥
Với
1
3
x y z= = =
thì
0.P =
Vậy
min 0.P =
DẠNG 5: Sử dụng lượng giác khi bài toán có xuất hiện biểu thức
2 2
x y+
hay
( ) ( )
2 2
x a y b+ + +
Lưu ý: Bài toán có chứa
( ) ( )
2 2
x a y b+ + +

thì đặt
Asint và y+b=Acostx a+ =
.
Ví dụ 1: Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn 3x+4y = 5. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
x y+
.
Giải:
17
Bài toán có chứa dữ kiện
2 2
x y+
giúp ta nghĩ đến việc đặt:
Asint
y=Acost
x =



⇒
x
2
+ y
2
=A
2
.
Khi đó giả thiết đã cho trở thành: 3A.sint + 4A.cost = 5
hay

3 4
sin ost 1
5 5
A t c
 
+ =
 ÷
 
tức là
A.sin( +t )
α
= 1 với
3
os =
5
4
sin =
5
c
α
α







Vì
sin( +t ) 1

α
≤
nên
1A ≥

2
1A⇔ ≥

Suy ra
2 2
x y+
≥
1
Đẳng thức xãy ra khi
3 4
sin ost 1
5 5
t c+ =
tức
3
sin =
5
4
ost=
5
t
c








hay
3
x=
5
4
y=
5







Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm bằng 1.
Ví dụ 2: Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa: 14xy +23x
2
-25y
2
-
24y = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
x y+
.
Giải:

Tương tự ví dụ 1, đặt:
Asint
y=Acost
x =



⇒
x
2
+ y
2
=A
2
.
Khi đó giả thiết đã cho trở thành :
A
2
.(14.sintcost + 23cos
2
t - 25sin
2
t) -24 =0

⇔
A
2
.(7sin2t + 24cos2t - 1) -24 =0

( )

2
25 sin(2t+ 1 24 A
α
− = 
 
với
7
os =
25
24
sin =
25
c
α
α







.
Từ kết quả trên, kết hợp với tạp giá trị của hàm sinx ta suy ra:

( )
0 25.sin 2 1 24t
α
< + − ≤
Do đó A

2

≥
1. (Đẳng thức xảy ra khi sin(2t+
α
)=1.Vậy giá trị nhỏ
nhất cần tìm bằng 1.
Ví dụ 3 : Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn
5x+12y+7 13=
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
2 2
x y+
+2(y-x) +1.
Giải:
Ta biến đổi biểu thức P = (x-1)
2
+(y+1)
2
-1
18
Như vậy bài toán có xuất hiện dấu hiệu
( ) ( )
2 2
x a y b+ + +
Đặt
1 .sin
1 . ost
x A t
y Ac

− =


+ =

khi đó P= A
2
- 1.
Điều kiện đã cho trở thành:

5( .sin 1)+12(A.cost-1)+7 13
5 .sin 12A.cost 13
A t
A t
+ =
⇔ + =

13 .sin( ) 13
.sin( ) 1
A t
A t
α
α
⇔ + =
⇔ + =
Với
5
os =
13
12

sin =
13
c
α
α







. Từ đây suy ra
2
1 hay P=A 1 0A
≥ − ≥
.
Đẳng thức xảy ra khi sin(t+
α
)=1 hay
5 18
1
13 13
12 1
1
13 13
x x
y y
 
− = =

 
 
⇔
 
−
 
+ = =
 
 
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm bằng 0.
Ví dụ 4: Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn
2 2
3(x -y )+8xy+14x+2y+8 5=

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
2 2
x y+
+2(x+y) +1.
Giải:
Tương tự ví dụ 3, biến đổi P = (x+1)
2
+(y+1)
2
-1 và Đặt
1 .sin
1 . ost
x A t
y Ac
− =



+ =

.
Khi đó P= A
2
- 1. Ta cũng tìm được giá trị nhỏ nhất của P là 0.
3.3. BÀI TẬP ÁP DỤNG
1) Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa hệ thức:
2 2
4x y+ =
. Tìm
giá trị lớn nhất của biểu thức
3 3
.P x y= +
2) Cho x, y, z, t là các số thực thỏa hệ:
2 2
2 2
25
16
20
x y
z t
xz yt

+ =

+ =



+ ≥

. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
P x t= +
.
3) Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa hệ thức:
2 2
2x y+ =
. Tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
3 3
2 3P x y xy= + −
.
4) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2 3 3P x x x
= − − +
.
5) Cho hai số x, y thay đổi thỏa mãn:
2 2
4x y+ =
.
19
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2P x y y x= + + +
.
6) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2

5 12
1
x
P
x
+
=
+
.
7) Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa hệ thức:
2 2
1x y+ =
. Tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
( )
5 5 3 3
16 20 5P x y x y x y= + − + + +
.
8) Cho x, y , z thỏa mãn điều kiện
abc a c b+ + =
. Tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2 2
1 1 1
1 1 1
P
a b c
= + +
+ + +

.
9) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2 2 2
2 1x y z xyz+ + + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P x y z= + +
.
10) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 4 1 1
4 3 3 1 1
x x
P
x x
+ + − +
=
+ + − +
.
11) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2 2 2
4x y z xyz+ + + =
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thúc
P xy yz zx xyz= + + −
.
12) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 1 2 1

1 1
x y y x
P
x y
− + −
=
+ +
.
4. Kiểm nghiệm
Trong các năm qua với những kinh nghiệm tích luỹ được của
bản thân, tôi đã áp dụng trực tiếp đề tài trên qua các lớp được phân
công giảng dạy, lớp bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi đại học.
Đối với các lớp chính khoá, để thực hiện đề tài tôi đã lồng ghép
khéo léo trong các tiết lý thuyết, giải bài tập ôn chương, bài tập ôn
cuối năm. Học sinh vận dụng hiệu quả và rất hăng say. Khi cho bài tập
tương tự, hầu hết các học sinh đại trà đều giải được. Nhiều bài toán
loại này thuộc loại khó đối với học sinh đại trà nhưng khi được biết
các phương pháp trên các em nhớ rất lâu và xem như những bài “tủ”
của mình.
20
Đối với lớp dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, mặc dầu có chương
trình dạy riêng song tôi đã một phần áp dụng các phương pháp trên.
Các phương pháp này thực tế, gần gũi với chương trình học nên đã
giúp các em ham mê, tìm tòi . Đặt biệt với đối tượng học sinh giỏi này
khi cho bài tập về nhà, buộc các em tìm tòi các lời giải để chọn lời giải
hay chung cho nhiều bài khác thì các em tranh luận và tham khảo cách
giải từ nhiều nguồn như: sách báo, mạng internet, hay của các thầy cô
khác đã giúp cho bản thân chúng tôi tích luỹ thêm được rất nhiều
kiến thức. Năm học 2008, 2011 lớp bồi dưỡng học sinh giỏi mà chúng
tôi dạy đều có học sinh đạt giải cấp tỉnh.

C- KẾT LUẬN
Việc đi sâu nghiên cứu mở rộng phạm vi lý thuyết để giải bài tập
toán luôn là nhu cầu đối với tất cả thầy trò dạy học toán.
Việc sử dụng phương pháp lượng giác đã nêu phần nào giúp cho
bản thân chúng tôi tự học hỏi trao đổi để đổi mới mình cũng như góp
phần phát huy tính tích cực, sáng tạo và ham học của học sinh.
Các phương pháp đã nêu trong đề tài phù hợp cho nhiều đối
tượng học sinh. Đặc biệt nếu khéo léo áp dụng sẽ giúp cho học sinh có
kỹ năng vận dụng nhất định khi giải bài tập. Đồng thời giúp học sinh
tin tưởng vào bản thân, học khá lên và ngày càng yêu thích bộ môn
toán.
Trong quá trình giảng dạy, bản thân cũng đã lồng ghép hợp lý
tuỳ từng lớp. Có thể giới thiệu cho học sinh lớp 10 (ôn tập cuối năm),
lớp 11( đầu năm) và lớp 12 (ôn thi).
Đề tài mà chúng tôi đã nghiên cứu trên có thể mở rộng theo
nhiều hướng như có thể mở rộng việc sử dụng dấu hiệu liên quan đến
các đẳng thức hay bất đẳng thức trong tam giác. Đặc biệt nếu nắm
được phương pháp trên thì học sinh có thể vận dụng để chứng minh
bất đẳng thức một cách hiệu quả.
21
Đề tài mang tính chủ quan, cảm nhận riêng của cá nhân nên
không tránh những sai sót. Trên tinh thần học hỏi và trao đổi, rất
mong ý kiến đóng góp, bổ sung đề tài của các thầy cô giáo và đồng
nghiệp.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 28 tháng 4 năm
2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN
của mình viết, không sao chép nội

dung của người khác.
NGƯỜI VIẾT
Lê Đăng Bản
22