Một số ứng dụng của phương pháp lượng giác hóa
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (441.58 KB, 36 trang )
0 | P a g e
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1
TỔ TOÁN
–––––––––&––––––––
MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP
LƯỢNG GIÁC HÓA TRONG GIẢI TOÁN
Người thực hiện: PHẠM VĂN GIA
Chức vụ: Giáo viên
Lạng Giang, tháng 10 năm 2014
1 | P a g e
MỤC LỤC
N
Ộ
I DUNG
Trang
Phần I: Mở đầu……………… …………………………
2
I.
Lý do ch
ọn đề t
ài
2
II.
M
ục đích nghi
ên c
ứu
2
III.
Nhi
ệm vụ nghi
ên c
ứu
2
IV.
Đ
ối t
ư
ợng nghi
ên c
ứu
3
V.
Ph
ạm vi nghi
ên c
ứ
u
3
VI.
Nh
ững đóng góp của đề t
ài
3
Phần II: Nội dung nghiên cứu và kết quả
Chương I
: Cơ s
ở lí luận v
à th
ực ti
ễn của đề t
ài
4
Chương II
:
Ứng dụng của ph
ương pháp
lư
ợng giác hóa
trong
gi
ải
phương trình, hệ phương trình đại số
7
Chương III
:
Ứng dụng của ph
ương pháp
lư
ợng
giác hóa
trong bài toán
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
1
9
Chương IV
:
Ứng dụng ph
ương pháp
lư
ợng giác hóa
trong bài toán
tính tích phân
Chương V: Kết quả nghiên c
ứu
2
6
33
Phần III: Kết luận và đề nghị
…
……………………… ……
3
4
Danh mục tài liệu tham khảo
3
5
2 | P a g e
PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong việc dạy học toán, ta luôn coi mục đích chủ yếu của bài tập toán
là hình thành và phát triển tư duy toán học, tạo cho học sinh vốn kiến thức và
vận dụng kiến thức vào thực tiễn. Vì vậy việc xây dựng và hình thành cho học
sinh phương pháp giải từng dạng toán là hết sức cần thiết . Trong chương trình
môn toán ở cấp THPT cũng như trong các đề thi tuyển sinh vào các trường ĐH-
CĐ và học sinh giỏi các cấp ta thường gặp các bài toán giải bằng phương pháp
lượng giác hóa. Việc phát hiện các ứng dụng đa dạng của hàm số lượng giác và
phương trình lượng giác trong giải toán phổ thông luôn là vấn đề hấp dẫn. Để
đáp ứng yêu cầu đó, tôi xin viết chuyên đề “Một số ứng dụng của phương pháp
lượng giác hóa trong giải toán” với phạm vi ứng dụng trong việc giải phương
trình, hệ phương trình đại số, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số, tính
tích phân. Hy vọng chuyên đề sẽ giúp học sinh có cái nhìn toàn diện hơn về
phương pháp này.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Xây dựng hệ thống bài tập sử dụng phương pháp lượng giác hóa nhằm
nâng cao hiệu quả học tập cho học sinh
III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
Hệ thống hóa các bài tập sử dụng phương pháp lượng giác hóa trong giải
toán
Kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của hệ thống các câu hỏi và bài tập đã
được xây dựng
3 | P a g e
IV. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Đối tượng nghiên cứu: ứng dụng của phương pháp lượng giác hóa trong
việc giải phương trình, hệ phương trình đại số, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của hàm số, tính tích phân
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu tài liệu tham khảo.
Điều tra, khảo sát thực tế học sinh.
Trao đổi cùng các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn.
Tích lũy đúc rút kinh nghiệm qua quá trình giảng dạy.
VI. NHỮNG ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI
Trình bày rõ được cơ sở lí luận của phương pháp.
Trình bày được 3 ứng dụng quan trọng của đề tài trong việc giải phương
trình, hệ phương trình đại số; tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số, tính
tích phân.
Nâng cao được trình độ chuyên môn nghiệp vụ của bản thân, góp phần đổi
mới phương pháp dạy học.
4 | P a g e
PHẦN 2: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ
Chương I: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI
Việc giảng dạy và ôn luyện giúp học sinh giải các bài toán liên quan
đến lượng giác hoá đòi hỏi người giáo viên có phương pháp định hướng
cơ bản dạng toán, sử dụng phương pháp nào là logic, biết phân biệt
phương pháp nào ngộ nhận là logic. Vấn đề ở chỗ những bài toán nào
thích hợp cho việc lượng giác hoá.
Những kiến thức liên quan:
1. Các hàm số cơ bản:
a. Hàm số:
sin
y x
,
cos
y x
.
Miền xác định:
R
.
Miền giá trị:
1;1
.
Chu kì:
2
.
b. Hàm số:
tan
y x
.
Miền xác định:
\ ,
2
R k k Z
.
Miền giá trị:
R
.
Chu kì:
.
c. Hàm số:
cot
y x
.
Miền xác định:
\ ,
R k k Z
.
Miền giá trị:
R
.
Chu kì:
.
5 | P a g e
2. Một số biểu thức lượng giác cơ bản về miền giá trị:
Nếu
sin cos 2cos( ) 2 sin( )
4 4
A x x x x
thì ta có
2 2
A
.
Nếu
cos sin 2 cos( ) 2 sin( )
4 4
B x x x x
thì ta có
2 2
B
.
Nếu
sin cos
C x x
thì ta có
2 2 2 2
C
.
Nếu
cos sin
n n
D x x
thì ta có
1 1
D
.
3. Phép đổi biến số:
Nếu
,( 0)
x k k
thì ta đặt
cos , 0;
x k
hoặc
sin , ;
2 2
x k
.
Nếu
x R
thì ta đặt
tan , ;
2 2
x
.
Nếu
,
x y
thoả mãn điều kiện
2 2 2 2 2
,( , , 0)
a x b y c a b c
thì ta đặt
sin
c
x
a
,
cos , 0;2
c
y
b
.
Nếu
, ,
x y z
thoả mãn
x y z xyz
hoặc
1
xy yz zx
thì ta có thể đặt
tan
x
,
tan , tan
y z
với
, , ;
2 2
6 | P a g e
4. Một số biểu thức (dấu hiệu) thường gặp:
Bi
ể
u th
ứ
c
Cách đ
ặ
t
Mi
ề
n giá tr
ị
c
ủ
a bi
ế
n
2 2
x a
tan
x a
(hoặc
cot
x a
)
;
2 2
(hoặc
0;
)
2 2
a x
sin
x a
(hoặc
cos
x a
)
;
2 2
(hoặc
0;
)
2 2
x a
cos
a
x
hoặc
sin
a
a
0; \
2
hoặc
; \ 0
2 2
a x
a x
hoặc
a x
a x
cos2
x a
R
( )( )
x a b x
2
( )sin
x a b a
R
1
x y
xy
hoặc
1
x y
xy
tan
tan
x
y
, ;
2 2
II. CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI
Đối với học sinh : Khi chưa cải tiến phương pháp mỗi lớp chỉ được rất ít
em tập trung làm bài tập dạng này
Đối với giáo viên : Sách giáo khoa hầu như bỏ qua dạng toán này, một
số tài liệu cũng có điểm qua nhưng không có tính chất hệ thống .
7 | P a g e
Chương II: ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ.
Dạng 1: Giải phương trình đa thức
Ví dụ 1: Giải phương trình
3
1
4 3 0 1
2
x x
Giải
+ Xét với
1;x
, hàm số
3
1
4 3
2
y x x
đồng biến và
1 0
y
nên (1) vô
nghiệm
+ Xét với
; 1
x
, hàm số
3
1
4 3
2
y x x
đồng biến và
1 0
y
nên (1)
vô nghiệm
+ Xét với
1;1
x
. Khi đó ta đặt
cos
x t
với
0;
t
. Phương trình lúc này
có dạng
3
2
1 1
9 3
4cos 3cos 0 cos3
2
2 2
9 3
k
t
t t t
k
t
Vì
0;
t
nên
cos
9 9
7 7
cos
9 9
5 5
cos
9 9
t x
t x
t x
+ Vì phương trình (1) là phương trình bậc 3 nên chúng có tối đa 3 nghiệm , do
đó phương trình (1) có đúng 3 nghiệm ở trên.
8 | P a g e
Chú ý: Trong phương trình có chứa
3
4 3
x x
, đây là dấu hiệu giúp đặt
cos
x t
để sử dụng công thức góc nhân ba với
cos3
t
Ví dụ 2: Tìm nghiệm
0;1
x
của phương trình
2 2
1
32 1 2 1 1 1
x x x
x
Giải
Vì
0;1
x
nên ta đặt
cos
x t
với
0;
2
t
. Ta có phương trình
2 2
2 2 2 2
1
32cos cos 1 2cos 1 1
cos
32cos .sin .cos 2 cos 1 2sin 4 1 cos cos8 c
os 2
t t t
t
t t t t t t t t
Giải (2) và kết hợp điều kiện
0;
2
t
ta được các nghiệm
1 2 3
2 2 4
; ;
7 9 9
t t t
Do đó phương trình (1) có 3 nghiệm
1 2 3
2 2 4
cos ; cos ; cos
7 9 9
x x x
Ví dụ 3: Cho phương trình
3
3 1 0
x x
. Chứng minh có 3 nghiệm
1 2 3
x x x
thỏa mãn
2
3 2
2
x x
Giải
Đặt
3
3 1
f x x x
. Ta có
2 0; 1 0; 2 0
f f f
Do tính liên tục của
f x
nên
0
f x
có 3 nghiệm
1 2 3
x x x
thỏa mãn
1 2 3
2 1 1 2 2 1,2,3
i
x x x x i
Khi đó ta đặt
0 0
2cos , 0 ;180
x
9 | P a g e
Phương trình có dạng
3
1
8cos 6cos 1 0 cos3
2
Vì
0 0
0 ;180
nên phương trình
1
cos3
2
có 3 nghiệm
0 0 0
1 2 3
160 ; 80 ; 40
Vì vậy Dễ thấy
2
3 2
2
x x
Một số bài tập tương tự
Bài 1: Chứng minh rằng phương trình
6 4 2
64 96 36 3 0
x x x
có nghiệm thực
0
x x
thỏa mãn điều kiện
0
2 2 2 2 2 3
2 2
x
Bài 2: Trên đoạn
0;1
phương trình
2 4 2
8 1 2 8 8 1 1
x x x x
có bao nhiêu
nghiệm?
Dạng 2: Giải phương trình vô tỷ
Ví dụ 1: Giải phương trình
2 2
1 1 1 2 1
x x x
Giải:
Điều kiện xác định:
1 1
x
. Đặt
sin ; t ;
2 2
x t
Ta có phương trình
2
3
1 cos sin 1 2cos 2 cos 2sin cos 1 2 1 2sin
2 2 2 2
2 3 2
3sin 4sin sin 1
2 2 2 2 2
t t t t
t t t
t t t
10 | P a g e
Giải (1) và kết hợp điều kiện
t ;
2 2
ta được
1
6
2
1
2
t
x
x
t
Ví dụ 2: Giải phương trình
3 3
2 2
1 1 1 1 2 1
x x x x
Giải
Điều kiện xác định:
1 1
x
. Đặt
cos ; t 0;
x t
Ta có phương trình
3 3
2
3 3
1 sin 1 cos 1 cos 2 sin
sin cos cos sin 2 2 2 sin
2 2 2 2
sin cos cos sin 1 sin cos 2 2 2 sin
2 2 2 2 2 2
1 1
2 sin 2 cos 1 0 cos
2 2
t t t t
t t t t
t
t t t t t t
t
t t t x
Vậy phương trình có nghiệm
1
2
x
Ví dụ 3: Giải phương trình
3
3 2 2
1 2 1
x x x x
Giải
Điều kiện xác định:
1 1
x
. Đặt
cos ; t 0;
x t
Ta có phương trình
3
3 2 2
3 3
cos 1 cos cos 2 1 cos
cos sin 2 cos .sin
t t t t
t t t t
11 | P a g e
sin cos 1 sin .cos 2 cos .sin
t t t t t t
Đặt
2
1
sin cos sin .cos ; 2
2
z
z t t t t z
. Phương trình trở thành
2
2 3 2
2
1 2
1 1 2 3 2 0
2 2
2
2 2 2 1 0 2 1
2 1( )
z
z z z z z
z
z z z z
z loai
Với
2
2 sin 1
4 4 2
z t t x
Với
2
1 2, sin cos 1 2 1 2 1
1 2 2 2 1
2
z t t x x
x
Vậy phương trinh có 2 nghiệm
2 1 2 2 2 1
;
2 2
x x
Ví dụ 4: Giải phương trình
1 1 1 1 2
x x x
Giải:
Điều kiện xác định:
1 1
x
Nhận xét rằng:
2 2
1 1
1
2 2
x x
nên đặt
1 1
cos , sin t 0;
2 2 2
x x
t t
Từ đó ta có
2
1 2 cos , 1 2sin , 2cos 1
x t x t x t
12 | P a g e
Phương trình trở thành
2
2 cos 1 2sin 1 2 2cos 1
2 cos 1 2sin 2 2 cos 1 0
2 cos 1 0
2sin 2 2 cos 1 0
t t t
t t t
t A
t t B
2 1 2
cos 0
2 2 2
x
A t x
2 2
2
2sin 1 2 2 cos 0 t ,sin 0,cos 0
2
2 1 cos 1 4 2 cos 8cos
10cos 4 2 cos 1 0
2
cos < 0
24
2
25
2
cos
10
B t t Do t t
t t t
t t
t loai
x
t
Tóm lại phương trình có hai nghiệm x =0 và
24
25
x
Ví dụ 5: Giải phương trình
2
2
1 2 1
1 2 1
2
x x
x
Giải:
Nhận xét rằng:
2
2 2
1 2 1 1
x x x x
nên điều kiên xác định của phương
trình là
1;1
x
Đặt
cos
x t
với
0; sin 0
t t
13 | P a g e
Khi đó phương trình (1) có dạng
cos sin
cos2 cos cos2 2
4
2
t t
t t t
Xét 2 trường hợp
a. Trường hợp 1: Nếu
3
cos 0 0; (*)
4 4
t t
Khi đó (2) tương đương
5 2
12 3
cos cos2 cos cos 2
3
4 4
2
4
t k
t t t t
t k
Thỏa mãn điều kiện (*) chỉ có
5 3
;
12 4
t t
nên ta có 2 nghiệm
5 6 2 3 2
cos ; cos
12 2 4 2
x x
b. Trường hợp 2: Nếu
3
cos 0 ; (**)
4 4
t t
Khi đó (2) tương đương
2
12 3
cos cos2
4
2
4
t k
t t
t k
Tuy nhiên, ta thấy không (**) không được thỏa mãn với số nguyên k
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm
5 6 2 3 2
cos ; cos
12 2 4 2
x x
14 | P a g e
Dạng 3: Giải phương trình mũ
Ví dụ 1: Giải phương trình
8 15 17
x x x
Giải:
Chia cả hai vế cho 17
x
ta được
8 15
1
17 17
x x
Do
2 2
8 15
1
17 17
nên tồn tại số thực
với
0;2
sao cho
8 15
cos ;sin
17 17
Phương trình đã cho có dạng
cos sin 1
x x
Dễ thấy x=2 là 1 nghiệm của phương trình. Ta chứng minh x=2 là nghiệm duy
nhất của phương trình.
Nếu x>2 là nghiệm, ta có
2 2 2 2
sin sin ; cos cos cos sin cos sin 1
x x x x
Nếu x<2 là nghiệm, ta có
2 2 2 2
sin sin ; cos cos cos sin cos sin 1
x x x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2
Ví dụ 2: Giải phương trình
3 2 2 2 1 3
x x
Giải
Dễ thấy
2
2 1 2 1 1; 3+2 2 2 1
nên
2 1 2 1
x x
15 | P a g e
Đặt
2 1 2 0
x
t t
ta được phương trình
3
1
4 3 1
2
t t
Đặt
cos 0t u u
ta được phương trình
1
cos3
2
u
Giải phương trình với
0
u
ta được các nghiệm
5 7
; ;
9 9 9
u u u
Khi đó (1) có 3 nghiệm
1 2 3
5 7
cos ; cos ; cos
9 9 9
t t t
Vì
0
t
nên
2
t
và
3
t
không thỏa mãn.
Vậy ta có
2 1
2 1 2cos log 2cos
9 9
x
x
Kết luận: Phương trình có 1 nghiệm
2 1
log 2cos
9
x
Dạng 4: Giải hệ phương trình đại số
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
1 1 1
3 4 5 1
1 2
x y z
x y z
xy yz zx
Giải:
Ta thấy
0
xyz
và x,y,z cùng dấu và hơn nữa nếu
, ,
x y z
là 1 nghiệm của hệ
thì
, ,
x y z
cũng là nghiệm, vì vậy ta chỉ cần xét x,y,z dương là đủ
Sự xuất hiện các biểu thức dạng
1
0
u u
u
cho phép ta nghĩ đến việc đặt
0 0
tan , tan , tan , , 0 ;90
x a y b z c a b c
16 | P a g e
Hệ đã cho trở thành
1 1 1
3 tan 4 tan 5 tan 1'
tan tan tan
tan .tan tan .tan tan .tan 1 2'
a b c
a b c
a b b c c a
Từ (1’) ta biến đổi được về dạng
3 4 5
1''
sin 2 sin 2 sin2
a b c
Từ (2’) tương đương
0
90 2''
a b c
Từ (1’’) và (2’’) ta suy ra 2a, 2b, 2c là các góc của 1 tam giác Pitago (có số đo
các cạnh là 3,4,5). Từ đó ta thu được
0
2 90 tan 1
c z c
Từ (1’) ta suy ra được
1 1
tan ;tan
2 3
b y a z
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
1 1
; ;1
3 2
và
1 1
; ; 1
3 2
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
2 2
2 1 4 = 3 1
1 2
x y xy
x y
Giải:
Sự có mặt của phương trình thứ 2 của hệ cho phép ta đặt
sin
cos
x t
y t
Khi đó phương trình (2) thỏa mãn với mọi t
Phương trình (1) tương đương
0
2 sin cos 1 2sin2 3
1
2. 2 sin 45 .2. sin 2 3
2
t t t
t t
17 | P a g e
0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0
0
0 0
4sin 45 sin30 sin 2 3
8sin 45 sin 15 cos 15 3
4cos 15 cos60 cos 2 30 3
2cos 15 2cos 3 45 2cos 45 3
65 120
3
cos 3 45
2
35 120
t t
t t t
t t
t t t
t k
t
t l
Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
sin65 ;cos65 , sin185 ;cos185 , sin305 ;cos305
sin35 ;cos35 , sin 75 ;cos75 , sin 205 ;cos205
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình
2 2
1 1 1
1 1 2
x y y x
x y
Giải
Điều kiện:
1 1
1 1
x
y
Đặt
cos ; cos
x t y z
với
0 ,
t z
Hệ phương trình có thể được viết lại
sin 1
cos .sin cos .sin 1
2
1 cos 1 cos 2
1 cos 1 cos 2
sin cos sin cos 1
t z
t z z t
t z
t z
t z
t t t t
Giải phương trình thứ (2) ta được
2
t
. Khi đó
0
z
Như vậy hệ có nghiệm
0;1
18 | P a g e
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình
2
2
2
1 y
2
1
y
x
x
y
x
Giải :
Đặt
tan
tan
x
y
với
, ;
2 2
. Khi đó hệ đã cho trở thành :
2
2
2tan
tan
1 tan
2tan
tan
1 tan
sin 2 tan (1)
sin 2 tan (2)
. Ta xét hai trường hợp :
Nếu
sin 0
thì
sin 0
và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ .
Nếu
sin 0
và
sin 0
: Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có :
sin2 .sin 2 tan .tan
1
4cos . os
os .sin
c
c
1
cos . os
2
c
(3)
(1)
2sin .cos . os sin
c
sin sin
(4)
Thay (4) vào (3) ta có
2
1
cos
2
1 1
(1 cos2 )
2 2
cos2 0
2 ,
2 4 2
k
k k Z
Khi đó nghiệm của hệ là
0
tan( ) 1
4
1
x y
x y k x y
x y
19 | P a g e
Chương III. ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
TRONG GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ
NHẤT CỦA HÀM SỐ
Dạng 1: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm phân thức
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
4 2
2
2
12 8 3
2 1
x x
f x
x
Giải:
Đặt
2 tan
x t
với
;
2 2
t
Khi đó
2 4
2
2
2
3 4tan 3tan 1
3 sin 2
2
1 tan
t t
f x g t t
t
Do
2
0 sin 2 1
t
nên
5
3
2
g t
3 0 0
g t t x
5 1
2 4
2
g t t x
Vậy
5
max 3, min
2
f x f x
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
4
2
2
1
1
x
y
x
Giải
Đặt
tan , ;
2 2
x t t
20 | P a g e
Khi đó hàm số được chuyển về dạng
4
4 4 2
2
2
1 tan 1
sin cos 1 sin 2
2
1 tan
t
y t t t
t
Vì
2
0 sin 2 1
t
nên
1
1
2
y
Vậy
2
1
min sin 2 1 1
2 4
y t t x
2
max 1 sin 2 0 0 0
y t t x
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm 2 biến
2
2
2 2
4
,
4
x x y
f x y
x y
Giải
Nếu
0
y
thì
, 0
f x y
Nếu
0
y
, đặt
tan , ;
2 2 2
x
t t
y
. Khi đó
2 2
2
2
2
2
2
tan tan 2
2 2
, 2 cos2 sin 2 2
tan 1
1
2
= 2 2 cos 2 2
4
x x
t t
y y
f x y t t
t
x
y
t g t
Vì
1 cos 2 1
4
t
nên
2 2 2 2 2 2
g t
21 | P a g e
( ) 2 2 2
8
3
( ) 2 2 2
8
g t t
g t t
Vậy
max , max 2 2 2; min , min 2 2 2
f x y g t f x y g t
Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm
2
2
2
1 2 2
xy y
u
x xy
với
2 2
1
x y
Giải
Với
2 2
1
x y
ta có x và y không đồng thời bằng 0 và
2
2 2
1 2 2 2 0
x xy x y x
Đặt
sin
cos
x t
y t
. Khi đó hàm u trở thành
2
2
2sin cos 2cos sin 2 cos2 1
1
1 2sin 2sin cos sin 2 cos2 2
t t t t t
u
t t t t t
Để tìm tập giá trị của u ta biến đổi
1 sin2 cos2 2 sin 2 cos2 1
1 sin2 1 cos2 1 2 2
u t u t u t t
u t u t u
Điều kiện có nghiệm của (2) là
2 2 2
2
6 6
1 1 1 2 2 4 1 0 1 1
2 2
u u u u u u
Kết luận
6 6
min 1 ;max 1
2 2
u u
Ví dụ 5: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
2 2
3 4
y xy
u
x y
22 | P a g e
Giải
Biến đổi hàm số u về dạng
2
2 2 2 2 2 2
3 4 .
y x y
u
x y x y x y
Vì
2 2
2 2 2 2
1
x y
x y x y
nên đặt
2 2
2 2
sin
cos
x
t
x y
y
t
x y
Khi đó hàm u trở thành
2
3 3
3sin 4sin cos 2sin 2 cos2
2 2
u t t t u t t
Nhận thấy
5 3 5
2sin2 cos2 1 4
2 2 2
t t u
Vậy
min 1; max 4
u u
Ví dụ 6: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2 2
1
1 1
x y xy
u
x y
Giải
Từ điều kiện
,
x y
và sự có mặt của các biểu thức
2 2
1 ,1
x y
ta đặt
tan
tan
x a
y b
Khi đó
2 2
tan tan 1 tan .tan
1
sin cos sin 2 2
2
1 tan 1 tan
a b a b
u a b a b a b
a b
Từ đó ta thu được
1 1
max ,min
2 2
u u
23 | P a g e
Dạng 2: Tìm cực trị có điều kiện
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2 5
u y x
biết
x,y là nghiệm của phương trình .
2 2
36 16 9 1
x y
.
Giải
Biến đổi điều kiện (1) về dạng:
2 2
6 4
1
3 3
x y
Từ đó ta nghĩ đến việc đặt
1
2 cos
cos
2
4
3
sin
sin
3
4
x a
x a
y
a
y a
với
0;2
a
Khi đó hàm u trở thành
3
sin cos 5
4
u a a
Dễ dàng nhận thấy
15 25
4 4
u
nên ta có
25 15
max ,min
4 4
u u
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2 3 3 2
u x y
biết x,y thỏa mãn
2 2
4 9 1 1
x y
Giải
Biến đổi điều kiện (1) về dạng:
2 2
3
1
2 4
x y
Từ đó ta nghĩ đến việc đặt
2cos
cos
2
4
3
sin
sin
3
4
x
x a
a
y
y a
a
với
0;2
a
Khi đó hàm u trở thành
4cos 4 3sin 2 8sin 2
6
u a a a
Từ đó ta thấy
6 10
u
nên
24 | P a g e
max 10
u
khi
1
2
sin 1
6 3
3
2
x
a a
y
min 6
u
khi
1
4
2
sin 1
6 3
3
2
x
a a
y
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất hàm số
1 1
u x y y x
biết x,y thỏa mãn
2 2
1
x y
Giải
Từ điều kiện
2 2
1 1
x y
ta đặt
sin
cos
x t
y t
Khi đó
sin 1 cos cos 1 sin
u t t t t
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta thu được
2 2 2
sin cos 2 sin cos 2 sin cos
u t t t t t t
(1)
Dấu “=” xảy ra khi
1 cos 1 sin
cos 1 cos sin 1 sin cos sin
sin cos
t t
t t t t t t
t t
(*)
Mặt khác lại có
sin cos 2
t t
(2), dấu “=” xảy ra khi
sin cos 2
t t
(**)
Từ (1) và (2) ta thu được
2
2 2
u
Dấu “=” xảy ra khi
1
sin cos
2
t t
