SKKN Rèn luyện cho học sinh giải một số bài tập bằng phương pháp lượng giác

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP BẰNG
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC"
1
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
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
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.
4. 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 sin
2
t+ cos
2
t=1, suy ra nếu a và b là hai số thỏa mãn điều kiện thì
tồn tại số t với
π
20 ≤≤ t
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
π
.
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
1≤a
thì tồn tại các số t, u tương ứng duy nhất với
22
;20
ππ
π

<≤−<≤ ut
sao cho cost=a và sinu=a.
- Với mọi số thực a, tồn tại duy nhất t với
22
ππ
<<− t
sao cho tant=a.
3
B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN:
Dạng 1: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được
ax
≤
( Với a>0), thì có thể đặt: x=asint
hoặc x=acost,
[
)
π
2;0∈t
Dạng 2: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x
2
+y
2
=a
2
, thì có thể đặt:



=
=

tay
tax
sin
cos
hoặc



=
=
tay
tax
cos
sin
,
[
)
π
2;0∈t
Dạng 3: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được
ax
≥
( Với a>0 ) thì có thể đặt:
,
cost
a
x
=








−∈
2
;
2
ππ
t
hoặc
[ ]
π
,0,
sin
∈=
t
t
a
x
Dạng 4: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x
2
+a
2
thì có thể đặt:
,tantax
=







−∈
2
,
2
ππ
t
hoặc
,cottax
=
( )
π
,0
∈
t
.
Dạng5: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được
bxa ≤≤
thì có thể đặt:
x=a+(b-a)sin
2
t, hoặc x=b+(a-b)sin
2
t, với







∈
2
;0
π
t

( Vì hàm số y=sin
2
t là hàm số chẵn và có chu kỳ bằng
π
nên ta chỉ cần xét trên
đoạn






2
;0
π
).
Chú ý: Tùy từng bài toán cụ thể, có thể chọn t thích hợp để tránh sai lầm trong lập luận.
4
*Các ví dụ:
Dạng 1: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được
ax

≤
( 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
2
4 xxy −+=
(Trích đề thi Đại học khối B năm 2003)
Bài giải:
ĐK:
22
≤≤−
x
. Đặt x=2cost ,với
[ ]
π
;0
∈
t
, Hàm số trở thành:







+=+=
4
sin22sin2cos2
π

ttty
Do
[ ]
π
;0
∈
t
[ ]
22;21;
2
1
4
sin
4
5
;
44
−∈⇒






−∈







+⇒






∈+⇒ ytt
ππππ
2
4
5
4
2
−=⇒=⇔=+−=
xttkhiy
π
ππ
,
2
424
22
=⇒=⇔=+=
xttkhiy
πππ

Do đó:
222max,22min
==−=−=

xkhiyxkhiy

Chú ý: Vì
22
≤≤−
x
nên khi ta đặt x=2cost với
[ ]
π
;0
∈
t
, thì
0sin ≥t
tx sin24
2
=−⇒
ta đưa được hàm số về dạng đơn giản hơn là khi ta đặt x=2sint.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
23
134 xxx
−=−
(1)
Bài giải:
ĐK:
11
≤≤−
x
. Đặt x=cost ,với
[ ]

π
;0
∈
t
, phương trình (1) trở thành: 4cos
3
t - 3cost=sint
5
⇔






+−=
+=
⇔−=⇔=
π
π
ππ
π
kt
kt
tttt
4
28
)
2
cos(3cossin3cos

Vì
[ ]
π
;0
∈
t
nên ta tìm được:
4
3
,
8
5
,
8
πππ
=== ttt
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
,
2
22
8
5
cos,
2
22
8
cos
−
−==

+
==
ππ
xx

2
2
4
3
cos
−==
π
x
.
Chú ý: vì
11
≤≤−
x
nên khi ta đặt x=cost với
[ ]
π
;0
∈
t
, thì
0sin ≥t
tx sin1
2
=−⇒

ta đưa được pt về dạng đơn giản hơn là đặt x=sint.
Ví dụ 3: Giải bất phương trình :
xxx ≤−−+ 11
Bài giải:
Điều kiện :
11
≤≤−
x

Đặt x=cos2t với
[ ]
π
;02
∈
t
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :

tttttt 2cossin2cos22cos2cos12cos1 ≤−⇔≤+−+


( )
tttt
22
sincossincos2
−≤−⇔
( )
( )
02sincossincos
≥−+−⇔
tttt

02
4
cos2
4
cos2 ≥






−






−






+⇔
ππ
tt
01

4
cos
4
cos ≥






−






−






+⇔
ππ
tt
6
0
4

cos
≤






+⇔
π
t
(1). Vì
[ ]
π
;02
∈
t






∈+⇒







∈⇒
4
3
;
442
;0
ππππ
tt
(2). Từ (1) và (2)






∈⇒






∈⇒






∈+

π
ππππππ
;
2
2
2
;
44
3
;
24
ttt
. Suy ra:
02cos1
≤≤−
t
01
≤≤−⇔
x
Vậy: Bất phương trình này có nghiệm
01
≤≤−
x
.
Ví dụ 4: Cho các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a>c, b > c, c > 0. Chứng minh rằng:

( ) ( )
abaccacc
≤−+−
(1)

(Trích đề thi tuyển sinh Đại học năm 1980)
Bài giải:
Cách 1: Vì a > c>0, b >c>0 0,
0
>
ab
nên bất đẳng thức (1) tương đương với
( ) ( )
11
≤
−
+
−
⇔≤
−
+
−
b
cb
a
c
b
c
a
ca
ab
cbc
ab
cac
(2)

Nhận thấy:
1
22
=








−
+








a
ca
a
c

Nên ta đặt







∈=
−
=
2
;0,sin,cos
π
tt
a
ca
t
a
c
Tương tự ta đặt:






∈=
−
=
2
;0,sin,cos
π
uu

b
cb
u
b
c
Khi đó (2) trở thành:
( )
1sin1sincoscossin
≤+⇔≤+
ututut
(3)
(3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1) đúng.
Cách 2: Ta có
( ) ( )
2
2
2
2
2424






−−+







−−=−+−=
b
c
ba
c
a
cbccacA
7
Đặt
( )
π
;0,,cos
22
,cos
22
∈=−=−
utu
bb
ct
aa
c
Ta được:
t
a
u
bba
t
b

t
a
A cos
2
cos
222
,cos
2
sin
2
−=−+=
Suy ra:
( )
ut
abba
u
b
t
a
u
b
t
aba
A
+−+=







−+






+=






−+
cos
244
cos
2
cos
2
sin
2
sin
222
22
222
2
Do đó:

( )( )
abAab
ut
abut
ab
A
≤⇒≤
+
=+−=
2
sincos1
2
22
Ví dụ 5: Chứng minh rằng nếu
1
<
x
thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có:
(1 + x)
n
+ (1 – x)
n
< 2
n
(1)
( Trích đề 122 – Câu III
2
-Bộ đề tuyển sinh)
Bài giải:
Vì

1<x
nên có thể đặt x = cos2t với
( )
π
;0
∈
t
Khi đó bất đẳng thức (1) được trở thành:
(1 + cos2t)
n
+ (1 – cos2t)
n
< 2
n

( )
nnnn
tt 2sincos2
22
<+⇔

Vì
1cos,sin0
2
0
<<⇒<<
ttt
π
, do đó ta có:
( )

1,coscoscos
22
>∀<=
nttt
n
n
và
( )
1,sinsinsin
22
>∀<=
nttt
n
n
( ) ( )
nnnnn
tttt 2sincos2sincos2
2222
=+<+
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
8
Dạng 2: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x
2
+y
2
=a
2
, thì có thể đặt:




=
=
tay
tax
sin
cos
hoặc



=
=
tay
tax
cos
sin
với
[
)
π
2;0
∈
t
Ví dụ 1: Cho hai số thực x,y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x
2
+y
2
=1. Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

( )
2
2
221
62
yxy
xyx
P
++
+
=
.
( Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2008 )
Bài giải:
Do x
2
+y
2
=1 nên tồn tại góc t sao cho x=cost, y=sint,
[
)
π
2;0
∈
t
. Khi đó
( )
( )
( ) ( )
)1(122sin62cos1

2sin62cos12cos2sin22
sin2sincos21
sincos6cos2
2
2
−=−++⇔
++=−+⇔
++
+
=
PtPtP
ttPtt
ttt
ttt
P
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
Phương trình có nghiệm
⇔
( ) ( ) ( )
222
1261
−≥−++
PPP

⇔
3603662
2
≤≤−⇔≤−+ PPP
- Với P=3, từ (1) suy ra
( )

12cos12sin
5
3
2cos
5
4
52sin32cos4
=−⇔=+⇔=+
uttttt







<<==+=⇔
2
0,
5
3
sin,
5
4
cos
2
π
π
uuuđótrongk
u

t
9
Do đó:
( )
( )







−=
−=







=
=
⇔








−=






+=
−=






+=
10
1
10
3
10
1
10
3
2
sin1
2
sin
2

cos1
2
cos
y
x
hoăo
y
x
u
k
u
y
u
k
u
x
k
k
π
π
- Với P=-6, từ (1) suy ra :
( )
12cos12sin
13
12
2cos
13
5
132sin122cos5 =+⇔=−⇔−=+− uttttt







<<=
−
=+−=⇔
2
0,
13
12
sin,
13
5
cos
2
π
π
uuuđótrongk
u
t
Do đó:
( )
( )








=
−=







−=
=
⇔







−=






+−=

−=






+−=
13
2
13
3
13
2
13
3
2
sin1
2
sin
2
cos1
2
cos
y
x
hoăo
y
x
u

k
u
y
u
k
u
x
k
k
π
π
Vậy:
3=PMax
,
6
−=
PMin
Ví dụ 2: Cho hệ:





≥+
=+
=+
)3(12
)2(16
)1(9
22

22
ytxz
tz
yx
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:
Đặt:
[
)



∈=
=
π
2;0,sin3
cos3
aay
ax
và
[
)



∈=
=
π
2;0,sin4

cos4
bbt
bz
thay vào (3) ta được:
12)sin.sincos.(cos12
≥+=+
babatyzx

1)cos(
≥−⇔
ba
, nhưng vì cos(a-b)
≤
1, nên suy ra:
cos(a-b)=1 khi a=b. Do đó:
- P=x+z=
7cos7cos3cos4
≤=+
aaa
.
10
Vậy
027
==⇒==⇔=
bakbaPMax
π
và a=b=
π
2
, suy ra tương ứng với nghiệm của hệ

là: x=3,y=0,z=4,t=0.
- F=x.z=
12cos12cos4.cos3
2
≤=
aaa
.
Vậy
01cos12
==⇒=⇔±=⇔=
bakaaFMax
π
, a=b=
π
, 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: x
2
+y
2
=2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức :
P=2(x
3
+y
3
)-3xy.
(Trích đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A,B,D năm 2008 )
Bài giải:
Từ giả thiết ta có thể đặt:






=
=
ty
tx
sin2
cos2
,
[
)
π
2;0
∈
t
. Suy ra:

ttttttP cos.sin6)cos.sin1)(sin(cos24
−−+=
.
Đặt u=sint+cost =
)
4
sin(2
π
+
t
,

22
≤≤−
u
,
ta có:
)(326322
23
ufuuuP
=++−−=
26626)(
2'
+−−=
uuuf
,





−=
=
⇔=
2
2
1
0)(
'
u
u
uf

(thỏa mãn)
2
13
2
1
,1)2(,7)2( =






=−=− fff
.
Vậy:
-7PMin và
2
13
PMax
==
11
Ví dụ 4: Giải phương trình:
1
1
2
2
=







−
+
x
x
x
. (1)
(Bài 4.72,d. trang114, sách Bài tập Đại Số 10 Nâng cao)
Bài giải:
ĐK:
1≠x
Đặt:





=
−
≠=
)2(cos
1
)1(1sin
t
x
x
tx
[

)






∈
2
3
;
2
\2;0
ππ
π
t
, thay (1) vào (2) ta được:

1sin
sin
cos
−
=
t
t
t
)3(0cos.sincossin
=−+⇔
tttt
Đặt u=sint+cost, đk:

1,2|| ±≠≤ uu
,phương trình (3) trở thành:
0
2
1
2
=
−
−
u
u





−=
+=
⇔=−−⇔
21
21
012
2
u
u
uu
chỉ có nghiệm
21
−=
u

thỏa mãn
Vậy:
21cossin
−=+
tt







−±−=⇔=−+−−⇔−=
−
+⇒ 12221
2
1
021)21(21
1
2
xxx
x
x
x
.
Do đó phương trình có nghiệm là:







−±−=
12221
2
1
x
.
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:





=+
=−−
)2(25
)1(1
1
log)(log
22
4
4
1
yx
y
xy
(Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2004)
Bài giải:
12

ĐK:



>
>
0y
xy
Với điều kiện trên hệ(1),(2)
⇔






=+
=+−
25
1
1
log)(log
22
4
1
4
1
yx
y
xy

⇔





=+
=−
25
)3(
4
11
)(
22
yx
y
xy
Đặt:



=
=
,sin5
cos5
ty
tx
(sint>0 và sint >cost), thay vào phương trình (3) ta được:
( )

⇒=⇔=⇔=−⇔=−
25
16
sin
4
3
cot
4
1
cot1
4
1
sin
1
cossin
2
ttt
t
tt

5
4
sin =t
,
5
3
cos =t
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:
2)(
3333
≤+ yxyx

Bài giải:
Từ giả thiết:



=+
>
2
0,
yx
yx
, nên ta có thể đặt:












∈=
=
2
,0,sin2
cos2
2
2
π
tty
tx
Ta có:
( )
( )
Kttttttyxyx
=






−=+=+
2666
6

3333
sin
4
3
12sin8sincoscos.sin512)(
Đặt u=sin
2
2t, ĐK:
10 ≤< u
,do đó: K=8u
3
-6u
4
=f(u), f
’
(u)=24u
2
-24u
3
,
f
’
(u)=0
1
=⇒
u
.
Bảng biến thiên:
u
∞−

0 1
∞+
13
f’(u) +
f(u)
2

0
Nhìn vào BBT ta thấy 0< f(u)
≤
2, nên suy ra:
2)(
3333
≤+ yxyx
(đpcm).
Dạng 3: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được
ax
≥
( Với a>0) thì có thể đặt:
,
cost
a
x
=








−∈
2
;
2
ππ
t
hoặc
[ ]
π
,0,
sin
∈=
t
t
a
x

Ví dụ 1: Giải phương trình :

22
1
2
=
−
+
x
x
x
Bài giải:

Điều kiện :
1
0
01
2
>⇔



>
>−
x
x
x

Đặt
t
x
cos
1
=
,vì x>1
1cos0
≤<⇒
t
nên ta chọn







∈
2
;0
π
t

Khi đó phương trình có dạng :
tttt
tt
t
t
t
cossin22cossin22
sin
1
cos
1
22
1
cos
1
cos
1
cos
1
=+⇔=+⇔=
−
+

14
Đặt sint + cost = u,
21 ≤≤ u
ta có
2
1
cossin
2
−
=
u
tt
Khi đó phương trình đã cho có dạng :
( )
02212
22
=−−⇔−=
uuuu
2
=⇔
u

( Do
21 ≤≤ u
)

2=u

2
4

2
4
2
24
1
4
sin =⇒=⇒+=⇔+=+⇔=






+ xtktktt
π
π
π
π
πππ

Vậy nghiệm của phương trình là
2x
=
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
1,1
≥≥
ba
. Chứng minh rằng:

1
11
22
≤
−+−
ab
ba
Bài giải:
Vì
1
cos
1
1cos
≥⇒≤
x
x
, nên ta đặt
u
b
t
a
cos
1
,
cos
1
==
, với







−∈
2
;
2
,
ππ
ut
.
Khi đó vế trái của bất đẳng thức đã cho trở thành:
1)sin(
coscos
1
coscos
)sin(
cos.cos
1
tantan
cos.cos
1
tantan
22
≤+=
+
=
+
=

+
ut
ut
ut
ut
ut
ut
ut
ut
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi







Ζ∈+=+
==
⇔





=+
==
)(
2
cos

1
,
cos
1
1)sin(
cos
1
,
cos
1
kkut
u
b
t
a
ut
u
b
t
a
π
π
Ví dụ 3: Chứng minh rằng:
15
aa 231
2
≤+−
Bài giải:
Điều kiện:
101

2
≥⇔≥−
aa
Đặt
t
a
cos
1
=
, vì
1≥a

1cos0
≤<⇒
t
nên ta chọn






∈
2
;0
π
t
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:

1

3
sin
cos
2
3
tantan
cos
2
3tan
cos
2
31
cos
1
2
≤






+⇔≤+⇔≤+⇔≤+−
ππ
t
t
t
t
t
t

t
,luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Dạng 4: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x
2
+a
2
thì có thể đặt:
,tantax
=







−∈
2
,
2
ππ
t
hoặc
tax cot
=
,
( )
π
;0∈t

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình :





+=
+=
2
2
2
2
xyxy
yxyx
Bài giải: Hệ đã cho tương đương với:







=
+
=
+
2
1
2
1

2
:)(
2
2
y
y
y
x
x
I
Đặt






−∈



=
=
2
;
2
,,
tan
tan
ππ

ut
uy
tx
. Khi đó hệ (I) trở thành :




=
=
⇔







=
+
=
+
)2(tan2sin
)1(tan2sin
tan
tan1
tan2
tan
tan1
tan2

2
2
tu
ut
t
u
u
u
t
t
. Ta xét hai trường hợp :
16
Nếu sint=0 thì sinu=0 và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ .
Nếu
0sin
≠
t
và
0sin
≠
u
: Nhân (1) và (2) theo vế, ta có :

2
1
coscos
coscos
1
coscos4tantan2sin2sin
=⇔=⇔=

ut
ut
ututut
(3)
Lại có: (1)
uutt sincoscossin2
=⇔
(4)
Từ (3),(4) ta có sint=sinu
⇔
t=u (5)
Thay (5) vào (3) ta được:
( )
Ζ∈+=⇔+=⇔=⇔=+⇔= kktktttt ,
242
202cos
2
1
2cos1
2
1
2
1
cos
2
ππ
π
π
Vì
4

,
42
;
2
ππππ
−==⇒






−∈ ttt
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:
99
22
−≥+ xxx
(8)
Bài giải:
Đặt x=3tant,






−∈
2

,
2
ππ
t
phương trình trở thành:
9tan9)tan1(9tan3
22
−≥+
ttt

1sin
2
1
01sinsin2cossinsin1
cos
sin
cos
sin
222
2
2
2
≤≤−⇔≤−−⇔−≥⇔−≥⇔ tttttt
t
t
t
t
3
1
tan

−
≥⇔ t

3tan3 −≥⇔ t
Vậy nghiệm của bất phương trình là:
3
−≥
x
.
17
Ví dụ 3: Giải bất phương trình :
( ) ( )
( )
32
2
3232
2
22
112
++
++++
+≤−+
xx
xxxx
aaa
với 0 < a < 1.
Bài giải:
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
1
1

1
1
2
32
2
2
32
2
2
2
≤








+
−
+






+
++

++
xx
xx
a
a
a
a
(1)
Đặt
ta tan
=
chọn
2
20
4
0
ππ
<<<<
thayt
thì

t
t
t
a
a
t
t
t
a

a
2cos
tan1
tan1
1
1
;2sin
tan1
tan2
1
2
2
2
2
2
22
=
+
−
=
+
−
=
+
=
+
.
Khi đó bất phương trình (1) trở thành
( ) ( )
12cos2sin

3232
22
≤+
++++
xxxx
tt

( )
( )
( )
( )
12cos2sin
2121
22
≤+⇔
++++
xx
tst
.
Mà
( )
221
2
≥++
x
và
12sin
≤
t
.

Nên
( )
( )
)1(2sin2sin
2
21
2
tt
x
≤
++
và
( )
( )
)2(2cos2cos
2
21
2
tt
x
≤
++
.
Cộng theo vế của hai bất đẳng thức (1), (2) ta được:

( )
( )
( )
( )
12cos2sin

2121
22
≤+
++++
xx
tst
Vậy 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:
18
Đặt
(
]
1;0cos
2
;
2
,tan2
∈⇒







−∈=
ttta
ππ
. Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành;
4cos22
cos
2
4
cos2
cos42
4
cos2
cos6sin2
4
cos
2
6tan2
2222
≥+⇔≥
+
⇔≥
+
⇔≥
+

t
t
t
t
t
tt
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:

( )( )
( )( )
2
1
11
1
2
1
22
≤
++
−+
≤−
ba
abba
( Đề 146 – Câu I
1
- Bộ đề tuyển sinh)

Bài giải: Đặt: a = tgt, b = tgu với t, u ∈






ππ
−
2
;
2
.
Khi đó:
( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
ut
utut
ba
abba
A
2222
tan1tan1
tantan1tantan
11
1
++
−+

=
++
−+
=

( )






−
+
=
ut
ut
sut
ut
ut
coscos
sinsin
1
coscos
sin
.coscos
22
( ) ( ) ( )
ututut 22sin
2

1
cossin
+=++=

Suy ra: A =
2
1
sin (2t + 2u) ≤
2
1
Vậy:
( )( )
( )( )
2
1
11
1
2
1
22
≤
++
−+
≤−
ba
abba
(đpcm).
Dạng 5: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được
bxa
≤≤

thì có thể đặt:
x=a+(b-a)sin
2
t, hoặc x=b+(a-b)sin
2
t, với






∈
2
;0
π
t

19
(Vì hàm số y=sin
2
t là hàm số chẵn và có chu kỳ bằng
π
nên ta chỉ cần xét trên đoạn







2
;0
π
).
Ví dụ 1 : Tìm GTLN,GTNN của biểu thức:
xxA
−+−=
41
.
(Bài 17, trang112- SGK Đại số 10 Nâng cao)
Bài giải:
ĐK:
41
≤≤
x
.
Cách 1: Do
41
≤≤
x
, nên ta có thể đặt x=1+3sin
2
t (Với






∈

2
;0
π
t
, vì hàm số y=sin
2
t là
hàm số chẵn và có chu kỳ bằng
π
nên ta chỉ cần xét trên đoạn






2
;0
π
).
Ta được:
( )






+=+=
4

sin6cossin3
π
tttA
Do






∈
2
;0
π
t
, suy ra
[ ]
6;3
4
3
;
44
∈⇒






∈+

At
πππ
;
4
6;
2
0
3
π
π
==




=
=
=
tkhiA
t
t
khiA
Vậy:
6max
=
A
khi
2
5
=x

,
3min =A
khi x=1 hoặc x=4
Cách 2: ( Chuyển về dạng1)
Nhận thấy:
3)4()1(
22
=−+−
xx
, nên ta đặt:





≤≤=−
=−
2
0,sin34
cos31
π
ttx
tx
Ta có:
( )







+=+=
4
sin6sincos3
π
tttA
.
20
Mặt khác, vì:
2
0
π
≤≤
t
nên
6
4
sin631
4
sin
2
2
≤






+≤⇒≤







+≤
ππ
tt
Vậy:
6max =A
khi
2
5
=x
,
3min =A
khi x=1 hoặc x=4
Ví dụ 2: Cho phương trình:
mxxxx
=−+−−++
)6)(3(63

a.Giải phương trình khi m=3.
b. Xác định m để phương trình có nghiệm.
( Trích đề 59 – Câu II
1
Bộ đề tuyển sinh).
Bài giải: ĐK:
63

≤≤−
x
Đặt x = -3+9sin
2
t, với






∈
2
,0
π
t
(vì hàm số y=sin
2
t tuần hoàn có chu kì là
π
và là hàm số
chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn






2
,0

π
)
Phương trình trở thành:
mtttt
=−−−+
.sin9).sin1(9)sin1(9sin9
2222
mtttt
=++⇔
cos.sin9)cos(sin3
(1)
Đặt
21,)
4
cos(2cossin
≤≤−=+=
utttu
π
, phương trình (1) trở thành:

muu
=++−
2
9
3
2
9
2
(2)
a. Khi m=3, (2) trở thành:

⇔=−−⇔=++−
01233
2
9
3
2
9
22
uuuu




−=
=
3
1
1
u
u
, chỉ có u=1
thỏa mãn
21
Khi u=1
2
2
)
4
cos(
=−⇒

π
t





=
+=
⇔
π
π
π
2
2
2
kt
kt
, vì






∈
2
,0
π
t

nên tìm được: t =
2
π
và t=0
Với
2
π
=
t

6
=⇒
x
.
Với t = 0
3
−=⇒
x
.
Vậy phương trình có nghiệm: x=-3 và x=6.
b. Xét hàm số
2
9
3
2
9
)(
2
++−=
uuuf

trên đoạn
[ ]
2;1

,39)('
+−=
xuf

0)('
<
uf
với mọi
[ ]
2;1
∈
x
. Suy ra: f(u) nghịch biến trên đoan
[ ]
2;1
.
Nên:
( )
( ) ( ) ( )
3
2
926
12
≤≤
−
≤≤

ufhayfuff
Vậy: Phương trình có nghiệm khi và chi khi
3
2
926
≤≤
−
m
Chú ý: Nhờ lượng giác hóa ta đã đưa phương trình vô tỉ về phương trình hữu tỉ, từ đó
việc sử dụng công cụ đạo hàm để tìm giá trị tham số trở nên dễ dàng hơn.
Ví dụ 3: Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau đúng với mọi x thuộc
đoạn
[ ]
6;4
−
:
mxxxx
≥−+−+
2)6)(4(
2
.
( Trích đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm học 2009 - 2010).
Bài giải: ĐK:
64
≤≤−
x
.
22
Đặt x = -4+10sin
2

t, với






∈
2
,0
π
t
(vì hàm số y=sin
2
t tuần hoàn có chu kì là
π
và là hàm số
chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn






2
,0
π
). Bất phương trình trở thành:

( ) ( )

mtttt
≥+−−+−+−
2
2
222
sin1042sin104) sin1(10.sin10

mtt
≥++−⇔
242sin52sin25
2
(1)
Đặt u = sin2t, do






∈
2
,0
π
t
[ ]
1;0
∈⇒
u
Khi đó (1) trở thành
m24 5u 25u-

2
≥++
Xét hàm số
( )
24525
2
++−=
uuuf
trên đoạn
[ ]
1;0
( )
( )
[ ]
10
1
1;0
0'
,525' =⇔



∈
=
+−= u
u
uf
uuf
Bảng biến thiên:
u

∞−
0
10
1
1
∞+
f’(u) + 0 -
f(u)

4
27

24 4
Suy ra:
[ ]
( )
24min
1;0
=
∈
uf
u
23
Do đó: Bất phương trình đúng với mọi x thuộc đoạn
[ ]
6;4
−
khi và chỉ khi
24
≤

m
Chú ý: Nhờ lượng giác hóa ta đã đưa bất phương trình vô tỉ về bất phương trình hữu tỉ,
từ đó việc sử dụng công cụ đạo hàm để tìm giá trị tham số trở nên dễ dàng hơn.
Ví dụ 4: Cho bất phương trình :
182)4)(2(4
2
−+−≤−+−
axxxx
a. Giải bất phương trình khi a=6.
b. Tìm a để bất phương trình đúng với mọi x thuộc đoạn
[ ]
4;2
−
.
( Trích đề 149 – Câu III
2
Bộ đề tuyển sinh).
Bài giải:
ĐK:
42
≤≤−
x
.
Đặt x = -2+6sin
2
t, với







∈
2
,0
π
t
(vì hàm số y=sin
2
t tuần hoàn có chu kì là
π
và là hàm số
chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn






2
,0
π
). Bất phương trình trở thành:
( ) ( )
182sin622sin6.sin6).sin1(64
2
2
222
−+−−−=−−
atttt

att
≤+−⇔
10sin122sin9
2
(1)
a. Khi a=6 bất phương trình (1) trở thành:

( )
022sin304sin122sin9
2
2
≤−⇔≤+−
ttt

3
2
2sin
=⇔
t
.
3
51
sin
3
5
2cos
2
±
=⇒±=⇒
tt

Do đó
51
±=
x
Vậy: Khi a=6 bất phương trình có 2 nghiệm
51±=x
.
b. Đặt u = sin2t, do






∈
2
,0
π
t
[ ]
1;0∈⇒ u
24
Khi đó (1) trở thành
a10 12u 9u
2
≤+
Xét hàm số
( )
10129
2

+−=
uuuf
trên đoạn
[ ]
1;0
( )
( )
[ ]
3
2
1;0
0'
,1218'
=⇔



∈
=
−=
u
u
uf
uuf
Bảng biến thiên:
u
∞−
0
3
2

1
∞+
f’(u) - 0 +
f(u)
10
7
4
Suy ra:
[ ]
( )
10max
1;0
=
∈
uf
u
Do đó: Bất phương trình đúng với mọi x thuộc đoạn
[ ]
4;2
−
khi và chỉ khi
10
≥
m
Chú ý: Nhờ lượng giác hóa ta đã đưa bất phương trình vô tỉ về bất phương trình hữu tỉ,
từ đó việc sử dụng công cụ đạo hàm để tìm giá trị tham số trở nên dễ dàng hơn.
* Các bài tập tương tự:
1. Giải các phương trình, hệ phương trình:
25