Sáng kiến kinh nghiệm Ứng dụng lượng giác trong đại số .

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Phần thứ nhất : MỞ ĐẦU
I.Lý do chọn đề tài.
Trong quá trình dạy học môn Toán của các khối lớp 10,11,12 .Tôi đã rút ra
một số kinh nghiệm về các phương pháp giải toán nói chung và đặc biệt là
phương pháp giải các bài toán đại số như là : phương trình ,hệ phương trình
,bất phương trình ,chứng minh đẳng thức ,bất đẳng thức và tìm giá trị lớn
nhất , nhỏ nhất của một biểu thức vì nó là một trong những chuyên đề quang
trọng và thường xuất hiện trong các bài kiểm tra ,thi học kỳ và đặc biệt là các
kỳ thi tuyển sinh đại học và cao đẳng .
Trong khi đó học sinh thường lúng túng và thường hay mắc sai lầm trong việc
giải các bài toán về phương trình ,hệ phương trình ,bất phương trình ,chứng
minh đẳng thức ,bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của một biểu
thức .vì ở đây điều kiện học tập còn thiếu thốn ,tài liệu tham khảo còn hạn chế
,nhiều em ở các xã về đây trọ học nên kết quả học tập chưa cao và tỉ lệ học
sinh ở đây thi vào các trường đại học ,cao đẳng còn hạn chế.vậy làm thế nào
để giúp các em vượt qua trở ngại này? Chính vì những lí do đó mà tôi đưa ra
phương pháp giải cho phù hợp với từng đối tượng học sinh và tôi đã quyết
định chọn đề tài
“Ứng dụng lượng giác trong đại số”
Với hy vọng và mong muốn sẽ đem đến cho các em những kỹ năng ,những
phương pháp và kinh nghiệm quý báu nhằm giúp các em vượt qua những trở
ngại nói trên.Từ đó đem lại kết quả cao hơn trong học tập ,và đặc biệt là các
kỳ thi tuyển sinh đại học và cao đẳng .Giúp các em yêu thích và có hứng thú
hơn trong học Toán.
II. Mục đích nghiên cứu
-Thực hiện đề tài này tôi muốn lấy đây làm một phần tài liệu phục vụ trực tiếp
cho quá trình giảng dạy của bản thân ,đồng thời có thể làm tài liệu tham khảo
cho các đồng nghiệp.Trong đề tài này tôi đề cập đến các dạng bài tập đại số
mà ta ứng dụng lượng giác để giải chúng sao cho phù hợp với từng dạng bài
tập .Qua đó cho học sinh thấy được sự sáng tạo và linh hoạt trong giải toán

.Từ đó học sinh sẽ thấy thích thú và say mê học toán hơn ,do đó sẽ đem lại kết
quả cao trong học tập
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:1

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
- Nhằm học hỏi trau dồi kiến thức ,nâng cao nghiệp vụ chuyên môn và tích lũy
kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu .
III : Đối tượng nghiên cứu
-Những kiến thức cơ bản về chuyên đề lượng giác ,
-Các dạng bài tập trong đại số mà ta tìm cách đưa chúng về các dạng lượng
giác quen thuộc.
IV: Phạm vi nghiên cứu
-Làm tài liệu tham khảo cho giáo viên.
-Áp dụng cho học sinh khối 11,12 .Đặc biệt là học sinh 12 tham gia các kỳ thi
tốt nghiệp ,đại học và cao đẳng .
V:Phương pháp nghiên cứu
-Sử dụng phương pháp phân tích ,tổng hợp ,so sánh, đánh giá
- Tham khảo các tài liệu
- Tham gia đầy đủ các lớp học bồi dưỡng do sở giáo dục tổ chức ,các buổi
sinh hoạt tổ , nhóm chuyên môn .
VI.Thời gian nghiên cứu .
-Trong suốt quá trình được phân công giảng dạy ở các khối lớp 10,11,12 bậc
phổ thông trung học
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:2

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Phần thứ hai : NỘI DUNG
I: Hệ thống kiến thức
1;kiến thức lượng giác
a) công thức cộng

cos(a − b) = cosa cosb + sina sinb
cos(a + b) = cosa cosb − sina sinb
sin(a − b) = sina cosb − cosa sinb
sin(a + b) = sina cosb + cosa sinb
tan(a − b) =
tan tan
1 tan tan
a b
b
−
+

tan(a + b) =
tan tan
1 tan tan
a b
a b
+
−

b) công thức nhân đôi
cos2a = cos
2
a − sin
2
a = 2cos
2
a − 1 = 1 − 2sin
2
a

sin2a = 2sinacosa
tan2a =
2
2tan
1 tan
a
a−

c)công thức hạ bậc
cos
2
a =
1 os2
2
c a+
; sin
2
a =
1 os2
2
c a−


2
tan a
=
2
2
sin
os

a
c a
=
1 os2
1 os2
c a
c a
−
+
;
2
2
2
os 1 os2
cot
sin 1 os2
c a c a
a
a c a
+
= =
−

d)công thức biến đổi tích thành tổng và tổng thành tích
cosacosb =
2
1
[cos(a + b) + cos(a - b)]
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:3

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
sinasinb =
2
1
[cos(a − b) − cos(a + b)]
sinacosb =
2
1
[sin(a + b) + sin(a - b)]
Cosa + cosb = 2cos
2
ba +
cos
2
ba −

Cosa − cosb = −2sin
2
ba +
sin
2
ba −

Sina + sinb = 2sin
2
ba +
cos
2
ba −

Sina + sinb = 2cos
2
ba +
sin
2
ba −

** chú ý

1 sinx 1; 1 cos 1x− ≤ ≤ − ≤ ≤

2 2
sin os 1x c x+ =
2 :Các dạng bài tập đại số và phương pháp lượng giác hóa
Dạng 1 : Nếu x
2
+ y
2
=1 thì đặt
sin
os
x
y c
α
α
=


=


với
[ ]
0;2
α π
∈
Dạng 2 : Nếu x
2
+ y
2
=a
2
(a>0) thì đặt
sin
os
x a
y ac
α
α
=


=

với
[ ]
0;2
α π
∈
Dạng 3 : Nếu
1x ≤

thì đặt
[ ]
sin , ;
2 2
os , 0;
x
x c
π π
α α
α α π

−
 
= ∈

 
 


= ∈

Dạng 4 : Nếu
x m≤
thì đặt
[ ]
sin , ;
2 2
os , 0;
x m
x mc

π π
α α
α α π

−
 
= ∈

 
 


= ∈

Dạng 5 :Nếu
1x ≥
hoặc bài toán có chứa
2
x 1−

thì đặt x=
1
osc
α
với
3
0; ;
2 2
π π
α π

   
∈ ∪
÷ ÷
 
   
Dạng 6 :Nếu
x m≥
hoặc bài toán có chứa
2 2
x m−

thì đặt x =
os
m
c
α
với
3
0; ;
2 2
π π
α π
   
∈ ∪
÷ ÷
 
   
Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức
2
x 1+

thì đặt x = tan
α
với
;
2 2
π π
α
−
 
∈
 ÷
 
Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức
2 2
x m+
thì đặt
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:4

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
x = m tan
α
với
;
2 2
π π
α
−
 
∈
 ÷

 
Dạng 9: Nếu bài toán chứa:
m x
m x
+
−
hoặc
m x
m x
−
+
thì có thể đặt: x=mcos2t.
.
II: NỘI DUNG BÀI TẬP
Bài 1: Tìm nghiệm của phương trình sau với
(0,6;1)x∈

2
6 8 1 5( 1 1 )x x x x− − = + + −
Giải :
Điều kiện
1x ≤
Đặt
cosx
ϕ
=
với
0;
2
π

ϕ
 
∈
 
 
Khi đó phương trình đã cho trở thành

6cos 8sin 5( 1 cos 1 cos )
10(0,6cos 0,8sin ) 5 2(cos sin )
2 2
ϕ ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ ϕ
+ = + + −
⇔ + = +

cos( ) cos( )
4 2
(cos 0,6;sin 0,8).
π ϕ
α ϕ
α α
⇔ − = −
= =
Do
1 cos
cos 0,8 cos
2 2 4
α α π
+

= = >
Suy ra
2 4
α π
<
. Từ đó
0
2 2 4 2
ϕ π π ϕ
α α ϕ
< − < ⇒ − = −
Vậy
cos cos(2 ) sin 2 2sin cos 0,96
2
x
π
ϕ α α α α
= = − = = =
Kết luận : vậy nghiệm của phương trình là x= 0,96
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:5

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Bài 2: Giải phương trình:
1
1
2
2
=







−
+
x
x
x
. (1)
Giải:
ĐK:
1≠x
Đặt:





=
−
≠=
)(cos
1
)(1sin
bt
x
x
atx
, thay (a) vào (b) ta được:

1sin
sin
cos
−
=
t
t
t

)(0cos.sincossin ctttt =−+⇔
. Đặt u=sint+cost, đk:
2|| ≤u
,phương trình (1)
trở thành:
0
2
1
2
=
−
−
u
u





−=
+=

⇔=−−⇔
)(21
)(21
012
2
thoau
loaiu
uu
vậy: sint +cost =
21−







−±−=⇔=−+−−⇔−=
−
+⇒ 12221
2
1
021)21(21
1
2
xxx
x
x
x
.

Do đó phương trình có nghiệm là:






−±−= 12221
2
1
x
.
*** Chú ý khi giải theo phương pháp lượng giác này thì ta thấy việc giải quyết
bài toán sẽ nhanh hơn phương pháp giải thông thường . và ta thực hiện cho
các bài toán tiếp theo
Bài 3: Giải phương trình:
23
134 xxx −=−
(2)
Giải:
ĐK:
11 ≤≤− x
. đặt x=cost, t
∈
[
π
,0
] phương trình (2) thành: 4cos
3
t - 3cost=sint

⇔






+−=
+=
⇔−==
π
π
ππ
π
kt
kt
ttt
4
28
)
2
cos(sin3cos
Vì t
∈
[
π
,0
] nên ta chọn được:
4
3

,
8
5
,
8
πππ
=== ttt
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: :
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:6

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
os
8
x c
π
=
=
2 2
2
+
.
5 2 2
os
8 2
x c
π
−
= =
,

3 2
os
4 2
x c
π
= =
Bài 4 :Giải phương trình:
2
2
21
2
121
x
xx
−=
−+

Giải:
ĐK:
2
2
≤x
.
Đặt x=sint
2
2
sin ≤⇒ t
⇒≤⇒
4
π

t
1cos
2
2
≤≤ t
, phưong trình trở thành:
tt
tt
2cossin21
2
cos.sin21
2
=−=
+

t
t
2cos
2
2sin1
2
=
+
⇔
(vì
02cos
4
≥⇒≤ tt
π
)





=
−=
⇔=−+⇔
2
1
2sin
12sin
012sin2sin2
2
t
t
tt
-Với sin2t = -1
π
π
kt +−=⇔
4
, vì
4
π
≤t
nên ta chọn được nghiệm t=
4
π
−

⇒
nghiệm của phương trình là:
2
2
−=x
-Với sin2t =






+=
+=
⇔
π
π
π
π
kt
kt
12
5
12
2
1
, vì
4
π
≤t

nên ta chọn được nghiệm t=
12
π
⇒
nghiệm của phương trình là:
2
32
12
sin
−
==
π
x
Vậy phương trình có nghiệm là:
2
2
−=x
và
2
32 −
=x
Bài 5 : Giải phương trình :

2
2 2
1 x
x
x + =
−
Giải :

điều kiện :
2
x 1 0
0x

− >

>

1x
⇔ >
.
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:7

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Đặt x=
1
cost
,
0,
2
t
π
 
∈
 ÷
 
Khi đó phương trình có dạng :
1
1

cos
2 2
cos
1
1
cos
t
t
t
+ =
−
1 1
2 2
cos sint t
⇔ + =
sin cos 2 2 sin .cost t t t⇔ + =
Đặt sint + cost = u
( )
1 2u≤ ≤
, ta có
2
u 1
sin .cos
2
t t
−
=
.
Khi đó phương trình đã cho có dạng :
2

2(u 1) u = −
2
2u 2 0u⇔ − − =

( )
2
1
l
2
u
u

=

⇔
−

=


2u =
sin cos 2t t⇔ + =
2 sin( ) 2
4
t
π
⇔ + =
sin( ) 1
4
t

π
⇔ + =
2
4 2
t k
π π
π
⇔ + = +
2
4
t k
π
π
⇔ = +
. So sánh điều kiện ta có :
4
t
π
=
2x⇔ =
vậy nghiệm của phương trình là
2x =
Bài 6 : Giải phương trình
(1-m
2
)
x
+ (1-m
2
)

x
= (1+m
2
)
x
với 0 < m <1. (1)
Giải:
Chia cả 2 vế của phương trình (1) cho (1+m
2
)
x
> 0 ta có :
x
x
2
2 2
1 m 2
1
1+m 1+m
m
 
−
 
+ =
 ÷
 ÷
 
 
Đặt m=tant với
(0; )

4
t
π
∈
ta có
2
2
sin 2
1 m
m
t=
+
và
2
2
1 m
os2
1 m
c t
−
=
+
Khi đó phương trình đã cho có dạng :
( ) ( )
x x
sin 2 os2 1t c t+ =
Nhận xét :
với x=2 là nghiệm của phương trình .
Với x < 2 ta có
( )

( )
x
2
x
2
sin 2 sin x
1
os2 os x
t
VT
c t c

<

⇒ <

<


, phương trình vô nghiệm.
với x > 2 ta có :
( )
( )
x
2
x
2
sin 2 >sin x
1
os2 os x

t
VT
c t c


⇒ >

>


, phương trình vô nghiệm .
vậy với 0 < m <1 thì phương trình có nghiệm duy nhất
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:8

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Bài 7 : Định m để phương trình:
mxx −=−
2
1
(5) có nghiệm.
Giải:
ĐK:
11 ≤≤− x
.
Đặt x=cost, với
[ ]
π
,0∈t
. Phương trình thành: sint = cost – m
2

)
4
cos(sincos
m
tmtt =+⇔=−⇔
π
.
Vì
[ ]
π
,0∈t

4
5
44
πππ
≤+≤⇔ t
nên suy ra:
2
2
)
4
cos(1 ≤+≤−
π
t
.
Vậy để phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
12
2
2

2
1 ≤≤−⇔≤≤− m
m
.
Bài 8 : Giải hệ phương trình :
2
2
2
1 y
2
1
y
x
x
y
x

=

+



=

+

Giải :
Đặt
tan

tan
x
y
α
β
=


=

với
, ;
2 2
π π
α β
−
 
∈
 ÷
 
. Khi đó hệ đã cho trở thành :
2
2
2 tan
tan
1 tan
2 tan
tan
1 tan
β

α
β
α
β
α

=

+



=

+

sin 2 tan (1)
sin 2 tan (2)
β α
α β
=

⇔

=

. Ta xét hai trường hợp :
Nếu
sin 0
α

=
thì
sin 0
β
=
và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ .
Xét
sin 0
α
≠
và
sin 0
β
≠
: Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có :
sin 2 .sin 2 tan .tan
α β α β
=

1
4cos . os
os .sin
c
c
α β
α β
⇔ =
1
cos . os
2

c
α β
⇔ =
(3)
(1)
2sin .cos . os sinc
α α β α
⇔ =
sin sin
β α
⇔ =
β α
⇔ =
(4)
Thay (4) vào (3) ta có
2
1
cos
2
α
=
1 1
(1 cos 2 )
2 2
α
⇔ + =
cos2 0
α
⇔ =
2 ,

2 4 2
k
k k Z
π π π
α π α
⇔ = + ⇔ = + ∈
Khi đó nghiệm của hệ là
0
tan( ) 1
4
1
x y
x y k x y
x y
π
π
= =


= = + ⇔ = =


= =

Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:9

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Bài 9 :Giải hệ phương trình
2
2

2
3
3
3
3
3
3
x y
x
x y
y z
y
y z
z x
z
z x
−

=

−

−

=

−


−

=

−

(I)
Giải :
Nhận xét : Nếu
0xyz ≠
thì hệ (I) trở thành
3
2
3
2
3
2
3
1 3
3
1 3
3
1 3
x x
y
x
y y
z
y
z z
x
z


−
=

−

−

=

−


−
=

−

Khi đó ta đặt
tanx
α
=
với
( ; )
2 2
π π
α
∈ −
và
0

α
≠

Vậy ta có
tan3
tan9
tan 27
y
z
z
α
α
α
=


=


=


Suy ra
tan tan 27 27 ( )
26
k
k k z
π
α α α α π α
= ⇔ = + ⇔ = ∈

Do
2 2
π π
α
− < <
và
0
α
≠
nên
{ }
1; 2; 12k ∈ ± ± ±
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
3 9
( , . ) (tan ;tan ;tan )
26 26 26
k k k
x y z
π π π
=
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:10

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Bài 10: Giải hệ phương trình: (II)





=+

=−−
)2(25
)1(1
1
log)(log
22
4
4
1
yx
y
xy
Giải:
ĐK:



>
>
0y
xy
Với điều kiện trên hệ (II)
⇔





=+
=+−

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
3
cos
5
4
sin
t
t
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:



=
=
4
3
y
x
.
Bài 11 :Giải hệ phương trình

2 2 2 2 2 2
( ) ( )x a y b x b y a+ = + = − + −
Nhận xét về dạng của hệ phương trình trước khi giải:
Đặt
2 2 2
a R
x a R
x R
 ≤

+ = ⇒

≤


Nên ta đặt
cos
sin
x R
a R
α
α
=


=

với
0 0
0 ;180

α
 
∈
 
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:11

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Đặt
2 2 2
y b R+ =
và tương tự như trên ta đặt
cos
sin
y R
b R
β
β
=


=

với
0 0
0 ;180
β
 
∈
 
2 2 2

2 2 2
0
0
( ) ( )
( cos sin ) ( cos sin )
30
1
sin( )
2
150
R x b y a
R R R R R
α β β α
α β
α β
α β
⇒ = − = −
⇔ = − + −

+ =
⇒ + = ⇔

+ =

với
0 0
0 0 0
30 30
cos(30 ) cos os30 sin sin30 )y R R c
α β β α

α α α
+ = ⇒ = −
⇒ = − = +
vậy
3
2 2
a x
y = +
( 1 )
Tương tự
0
3
sin sin(30 )
2 2
x a
b R R
β α
= = − = −
( 2 )
Từ (1 ) và ( 2) ta có nghiệm của hệ phương trình là:
2 3, 2 3x b a y a b= + = +
-với
0 0
150 150
α β β α
+ = ⇒ = −
Vậy ta có
0
3
cos(150 )

2 2
a x
y R
α
= − = −
(3)
0
3
sin(150 )
2 2
x a
b R
α
= − = +
(4)
Từ ( 3 ) và ( 4 ) ta có nghiệm của hệ phương trình là:
2 3, 2 3x b a y a b= − = −
Bài12: Giải bất phương trình :
1 1x x x+ − − ≤
Giải :
Điều kiện :
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:12

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
1 0
1 1
1 0
x
x
x

+ ≥

⇔ − ≤ ≤

− ≥

Đặt x=cost , t
[ ]
0,
π
∈
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :
1 cos 1 cos cost t t+ − − ≤

2
1 cos 2cos cos
2
t
t t⇔ + − ≤
2 2
2( os sin ) cos sin
2 2 2 2
t t t t
c⇔ − ≤ −
( os sin )(cos sin 2) 0
2 2 2 2
t t t t
c⇔ − + − ≥
2 os( )[ 2 os( ) 2] 0
2 4 2 4

t t
c c
π π
⇔ + − − ≥
os( )[ os( ) 1] 0
2 4 2 4
t t
c c
π π
⇔ + − − ≥
os( ) 0
2 4
t
c
π
⇔ + ≤
2 2 4
t
π π
π
⇔ ≤ + ≤
3
2 2
t
π π
⇔ ≤ ≤
1 cos 0t⇔ − ≤ ≤
1 0x⇔ − ≤ ≤
vậy tập nghiệm của bất phương trình là s
[ ]

1;0= −
.
Bài 13: Giải bất phương trình:
99
22
−≥+ xxx

Giải:
Đặt x = 3tant,






−∈
2
,
2
ππ
t
thì bất phương trình trở thành:
3tan t
9tan9)tan1(9
22
−≥+ tt

2
2 2
2 2 2

sin sin
1
cos cos
1 1
sin sin cos 2sin sin 1 0 sin 1 tan
2
3
t t
t t
t t t t t t t
⇔ ≥ −
−
⇔ ≥ − ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ ≥

3tan3 −≥⇔ t
⇒
3−≥x
Vậy nghiệm của bất phương trình
)
3;s

= − +∞

.
Bài 14 : Giải bất phương trình với
0a ≠
2
2 2
2 2
2

x
x
a
a x
a
+ ≤ +
+
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:13

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Giải :
Đặt
tanx a t=
,
;
2 2
t
π π
−
 
∈
 ÷
 
. Khi đó bất phương trình có dạng :
2
2a cos
tan
cos
a
t

a t
t a
≤ +


2
1 sin 2cos tt⇔ ≤ +
2
2sin t - sint -1 0⇔ ≤
1
sin 1
2
t
−
⇔ ≤ ≤
1
tan
3
t
−
⇔ ≥
3
a
x
−
⇔ ≥
Vậy nghiệm của bất phương trình là
3
a
x

−
≥
Bài 15: Tìm m để bất phương trình:
xmx −≥−
2
1
có nghiệm
Giải:
ĐK:
11 ≤≤− x
.
Đặt x=cost, với
[ ]
π
,0∈t
. Phương trình thành: sint + cost
m≥

mt ≥+⇔ )
4
sin(2
π

Mà
≤−⇔≤+≤− 11)
4
sin(
2
2
π

t
2)
4
sin(2 ≤+
π
t
.
Vậy để bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m
2)
4
sin(2 =+≤
π
tMax
Bài 16:Cho
x y≥
chứng minh rằng

2 2 2 2
x y x y x x y x x y+ + − = + − + − −
( 1 )
Giải
-Nếu x = 0 thì ( 1 ) luôn đúng ,
-Nếu x
≠
0 ta chia hai vế của (1 ) cho
x
ta được

2 2
1 1 1 1 ( ) 1 1 ( )

y y y y
x x x x
+ + − = + − + − −
(2)
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:14

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Do
x y≥

1
y
x
⇒ ≤
nên ta đặt
os
y
c
x
α
=
với
[ ]
0;
α π
∈
thì (2) trở thành
1 os 1 os 1 sin 1 sinc c
α α α α
+ + − = + + −

(3)
Vậy (3) luôn đúng vì vế trái bằng vế phải và bằng hai.
Bài 17: Chứng minh rằng :
Nếu x
2
+ y
2
= 1 thì
2≤+ yx
.
(Bài tập 20, trang 112 _SGK Đại số 10 Nâng cao_ NXB Giáo dục).
Giải:
Vì x
2
+ y
2
= 1, nên ta đặt:



=
=
ty
tx
sin
cos
. Khi đó, ta có:
yx +
=
2)

4
sin(2sincos ≤+=+
π
ttt
(đpcm)
*** chú ý khi giải theo phương pháp lượng giác này thì ta thấy việc giải quyết
bài toán có nhanh hơn phương pháp giải như lớp 10 hay không? Từ đó ta
chọn cách giải sao cho tối ưu nhất .
Bài 18: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai
số x, y trong 4 số đó sao cho:
0 ≤
xy1
yx
+
−
≤ 1 Giải:
Giả sử 4 số thực cho trước
là a ≤ b ≤ c ≤ d
Đặt a = tgy
1
, b = tgy
2
, c = tgy
3
, d = tgy
4
với
-
2
π

< y
1
≤ y
2
≤ y
3
≤ y
4
<
2
π
< y
5
= π + y
1
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:15

y
1
y
2
y
3
y
4
y
5
Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Các điểm y
1

, y
2
, y
3
chia đoạn [y
1
; y
1
+ π] thành 4 đoạn [y
1
; y
2
], [y
2
; y
3
], [y
3
; y
4
]
, [y
4
; y
5
]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn
hơn
4
π
.

Giả sử 0 ≤ y
2
– y
1
≤
4
π
. Thế thì:
0 ≤ tg (y
2
– y
1
) ≤ 1 ⇔ 0 ≤
ab1
ab
tgytgy1
tgytgy
12
12
+
−
=
+
−
≤ 1
Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh.
Bài 19 : Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:
2
1
)b1)(a1(

)ab1)(ba(
2
1
22
≤
++
−+
≤−
Giải:
Đặt: a = tgα , b = tgβ với α, β ∈






ππ
−
2
;
2
.
Khi đó: A =
)tg1)(tg1(
)tgtg1)(tgtg(
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
2222
β+α+
βα−β+α

=
++
−+
= cos
2
α cos
2
β .








βα
βα
−
βα
β+α
coscos
sinsin
1.
coscos
)sin(
= sin (α + β) . cos (α + β) =
2
1
sin (2α + 2β)

Suy ra: A =
2
1
sin (2α + 2β) ≤
2
1
Vậy: -
2
1
≤
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
22
++
−+
≤
2
1
(đpcm).
Bài 20: Chứng minh rằng nếu |x| < 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có:
(1 + x)
n
+ (1 – x)
n
< 2
n
(1)

Giải:
Vì |x| < 1 nên có thể đặt x = cost với t ∈ (0; π)

và bất đẳng thức (1) được viết thành:
(1 + cos t)
n
+ (1 – cos t)
n
< 2
n
(2)

Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:16

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Thay 1 + cos t = 2cos
2
2
t
và 1 – cost = 2sin
2
2
t
vào (2) ta được
2
n








+
2
t
sin
2
t
cos
n2n2
< 2
n
(3)

Bởi vì 0 <
2
t
<
2
π
nên 0 < sin
2
t
, cos
2
t
< 1 nên chắc chắn:
cos
2n
2
t
=

n
2
2
t
cos






< cos
2
2
t
∀n > 1. Tương tự ta có:
sin
2n
2
t
< sin
2
2
t
∀n > 1. Do đó
2
n








+
2
t
sin
2
t
cos
n2n2
< 2
n






+
2
t
sin
2
t
cos
22
= 2
n

Vậy bất đẳng thức (3), tức là bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Bài 21 : Chứng minh rằng:
31a
2
+−
≤ 2a

Giải:
Điều kiện: a
2
– 1 ≥ 0 ⇔ a ≥ 1.
Đặt a =
αcos
1
, với α ∈ [0 ;
2
π
).
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:

α
≤+α⇔
α
≤+−
α cos
2
3tg
cos
2
31

cos
1
2
⇔ sinα +
3
cosα ≤ 2 ⇔
2
1
sinα +
2
3
cosα ≤ 1
⇔ sin (α +
3
π
) ≤ 1, luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Bài 22: Cho các số thực a,b. chứng minh rằng:
( )
)(8
44
4
baba +≤+
.
Giải:
+ Nếu a=0, thì bất đăng thức hiển nhiên đúng.
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:17

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
+ Nếu

0
≠
a
,
( )
)(8
44
4
baba +≤+
⇔
)1(81
4
4
4
a
b
a
b
+≤






+
, đặt







−
∈=
2
,
2
,tan
ππ
tt
a
b
,
bất đẳng thức tương:
( )
)tan1(8tan1
4
4
tt +≤+
⇔
( )
)sin(cos8sincos
44
4
tttt +≤+
,
Cần chứng minh:
( )
0sincos)sin(cos8

4
44
≥+−+ tttt
.
Thật vậy, ta có:
( )
02sin24cos
2
5
2
9
sincos)sin(cos8
4
44
≥−+=+−+ xxtttt
, (hiển
nhiên) vì
14cos −≥t
và
22sin2 −≥− t
.
B ài 23 : Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
xxA −+−= 41
.
Giải:
ĐK:
41 ≤≤ x
Vì
3)4()1(
22

=−+− xx
, nên đặt:





≤≤=−
=−
2
0,sin34
cos31
π
ttx
tx
Ta có:
( )






+=+=
4
sin6sincos3
π
tttA
.
Mặt khác, vì:

2
0
π
≤≤ t
nên
6
4
sin631
4
sin
2
2
≤






+≤⇒≤






+≤
ππ
tt
Vậy:

6=AMax
,
3=AMin
.
Bài 24: Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
2
2 2
( 4 )
4
x x y
x y
+ −
+
Giải
-Nếu y = 0 thì P = 0
-Nếu y
≠
0 chia cả tử và mẫu cho
2
4y
ta được
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:18

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
P =
2 2
2
( ) ( 2)
2 2

( ) 1
2
x x
y y
x
y
− −
+
Đặt
tan
2
x
y
α
=
với
( ; )
2 2
π π
α
∈ −
khi đó
P =
2 2
2
tan (tan 2)
2( os2 sin 2 ) 2
tan 1
c
α α

α α
α
− −
= − +
+
=
2 2 os(2 ) 2
4
c
π
α
+ +
Nên ta có
2 2 2 2 2 2p− ≤ ≤ +
( vì
1 os(2 ) 1
2
c
π
α
− ≤ + ≤
Khi
8
π
α
= −
thì p
2 2 2= −
,khi
3

8
π
α
=
thì p
2 2 2= +
Vậy
Giá trị nhỏ nhất min
2 2 2P = −
khi
2 2
2
2 2
x
y
−
=
+
Giá trị lớn nhất max P =
2 2 2+
khi
2 2 2
2
2 2 2
x
y
+
=
−
Bài 25: cho

2 2 2 2
16, 25, 20x y u v xu yv+ = + = + ≥
Tìm giá trị lớn nhấy của x+v
Giải
Vì
2 2
16x y+ =
ta đặt
4cos
4sin
x
y
α
α
=


=

2 2
25u v+ =
ta đặt
5cos
5sin
u
v
β
β
=



=

Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có
2 2 2 2 2
( ) ( )( ) 16.25xu yv x y u v+ ≤ + + =
20xu yv⇒ + ≤
mà
20( )xu yv gt+ ≥
Nên xu + yv =20
20cos . os 20sin .sin 20
os( ) 1 2 ( )
c
c k k z
α β α β
α β α β π
⇔ + =
⇔ − = ⇔ − = ∈
Từ đó x + v =
4cos 5sin 4cos 5sin
α α α α
+ = +
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:19

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .

41 os( )c
α ϕ
= −
với

4 5
os ,sin
41 41
c
ϕ ϕ
= =
Vậy giá trị lớn nhất Max (x+v) =
41
khi
2k
α ϕ π
− =
tại
16 20 20 25
, , ,
41 41 41 41
x y u v= = = =
.
BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1 : Giải phương trình :
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:20

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
1)
2246
1275611264 xxxx −=−+−
2)
)142()1(22121
2422
+−−=−++−− xxxxxxx

, (ĐH Bách Khoa
TP.HCM_2001)
Bài 2: Định m để phương trình sau có nghiệm:
1/
( )( )
mxxxx =+−−++− 2222
2/
mxxxx ++−=−+ 99
2
(ĐH Y_ Dược TP.HCM_1997)
Bài 2 : Giải các hệ phương trình sau:
1/
( )
( )
( )
( )





+−=−+
+−=−+
21log131log
21log131log
2
3
2
2
2

3
2
2
xy
yx
2/





+=++
=+
2413
3
22
xyyx
yx

Bài 3: Chứng minh:
(a + b)
8
≤ 64(a
8
+ b
8
)
Bài 4: Cho x
2
+ y

2
= 1. Chứng minh
16 (x
5
+ y
5
) – 20 (x
3
+ y
3
) + 5(x + y) ≤
2
Bài 5: Cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh
2
33
z1
z
y1
y
x1
x
222
≥
−
+
−
+
−
Phần thứ 3: KẾT LUẬN
Khi giải các bài toán về “phương trình,bất phương trình, hệ phương trình,

chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số,
là nói đến bài toán rộng lớn”. Tuy nhiên trong khuôn khổ của đề tài tôi chỉ nêu
cách giải cho những dạng toán thường gặp.
Khi dùng phương pháp ứng dụng lượng giác để giải những bài toán trên,
ta nên nhấn mạnh cho học sinh là khi gặp bài toán dạng nào thì dùng được
phương pháp lượng giác.
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:21

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Trên đây là một số suy nghĩ của tôi, mong đóng góp cùng đồng nghiệp để
giúp học sinh giải tốt các bài toán: Giải phương trình,bất phương trình, hệ
phương trình, chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số thông phương pháp lượng giác.
Phần thứ IV. KẾT QUẢ.
Trước khi thực hiện đề tài vào quá trình giảng dạy, các bài toán ứng
dụng lượng trong c đại số dành cho học sinh khối 11, 12. Khi giảng dạy phần
này học sinh các lớp tiếp thu kiến thức còn rất mơ hồ, kết quả số học sinh làm
các dạng toán phần này không tốt, dẫn đến học sinh chưa phát huy được tính
tích cực trong học tập nên hạn chế cho việc tiếp thu kiến thức phần tiếp theo.
Kết quả khảo sát lớp 12b4 và 12b5 năm học 2011- 2012 về bài kiểm tra phần
bài tập nay trước khi thực hiện đề tài:
Lớp Tổng số Giỏi Khá TB Yếu - Kém
12b4 42
4 HS
TL: 9,5%
10 HS
TL: 23,8%
16 HS
TL: 38,1%
12 HS

TL: 28,6%
12b5 42
3 HS
TL: 7,1%
8 HS
TL: 19,1%
17 HS
TL: 40,5%
14 HS
TL: 33,3%
Trước tác động hai lớp tương đương nhau về tư duy cũng như kết quả học
tập.
Sau tác tác động: Kết quả khảo sát về bài kiểm tra trên hai lớp như sau:
Lớp Tổng số Giỏi Khá TB Yếu - Kém
12B4
(ĐC)
43
5 HS
TL: 11,6%
11 HS
TL: 25,6%
18 HS
TL: 41,8%
9 HS
TL: 21%
12B5
(TN)
43
13 HS
TL: 30,2%

15 HS
TL: 34,9%
12 HS
TL: 27,9%
3 HS
TL: 7,0%
Kết quả cho thấy tác động đã có ảnh hưởng rõ rệt đến kết quả học tập
của học sinh: Lớp thực nghiệm đã đạt kết quả học tập cao hơn so với lớp đối
chứng. Điểm bài kiểm tra đầu ra của lớp thực nghiệm (TN) có số học sinh đạt
khá trở lên là 65,1% ; điểm bài kiểm tra đầu ra của lớp đối chứng (ĐC) có số
học sinh đạt khá trở lên là 37,2% thấp hơn lớp thực nghiệm, điều này chứng
tỏ rằng khi sử dung đề tài này vào quá trình dạy học làm nâng cao kết quả học
tập phần bài tập đại số và tạo điều kiện cho học sinh học tập tốt các phần kiến
thức khác có liên quan đến kiến thức lượng giác .
Đề tài này đã được phổ biến và ứng dụng đại trà cho khối 11 và 12 năm
học 2012 - 2013 rất thành công, đặc biệt là trong các tiết dạy bài tập, tiết bám
sát và tiết ôn tập. Được đa số học sinh vận dụng đề tài này giải bài tập đạt kết
quả rất cao.
Phần thứ IV. KIẾN NGHỊ.
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:22

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Phần bài tập đại số là một trong những phần kiến thức quang trọng
trong chương trình toán lớp 10 ,11,12 và cũng là phần kiến thức căn bản và
nó là một phần quang trọng giúp học sinh nâng cao kiến thức trong quá trình
ôn tập , đòi hỏi người giải phải nắm vững phương pháp giải cho từng dạng.
Khi giải cần phân biệt bài toán đang giải thuộc dạng nào và vận dụng phương
cho phù hợp.
Đối với giáo viên: Để học sinh hiểu và làm được bài toán phần này thì
phải đưa ra phương pháp giải cụ thể cho từng dạng bài toán, đồng thời phải

phân tích kĩ các dạng bài tập .
Đối với học sinh: Để làm tốt bài toán phần này cần đọc và phân tích kĩ
đề bài và vận dung phương pháp đúng, đồng thời nắm vững công thức và hiểu
rõ các công thức, và các dạng bài tập.
Qua đề tài này tôi mong rằng nhà trường đầu tư nhiều hơn nữa những
đầu sách tham khảo về bộ môn Toán cung cấp cho thư viện của trường, tạo
điều kiện cho các em tham khảo để nâng cao thành tích học tập của các em về
bộ môn toán
Chưprông,Ngày 06 tháng 03 Năm 2013.
Người viết sáng kiến kinh nghiệm
Trần Đình Hữu
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:23

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số 10-nâng cao- NXB Giáo dục năm 2006
(Đoàn Quỳnh- Nguyễn Huy – Nguyễn xuân Liêm- Đặng Hùng Thắng)
2 . Sách bài tập Đại số 10-nâng cao- NXB Giáo dục năm 2006
(Đoàn Quỳnh- Nguyễn Huy – Nguyễn xuân Liêm- Đặng Hùng Thắng
3. Học và ôn tập toán Lượng giác 11- NXB Đại học quốc gia Hà Nội năm
2007
(Lê Bích Ngọc- Lê Hồng Đức )
4.Học và ôn tập toán Đại số và Giải tích 11- NXB Đại học quốc gia Hà Nội
năm 2007
( Lê Bích Ngọc- Lê Hồng Đức )
5. Chuyên đề đại số ôn thi đại học NXB Đại học quốc gia Hà Nội năm 1994
(Lê Quang Ánh-Nguyễn Thành Dũng-Trần Thái Hùng)
6.Tuyển chọn 400 bài tập toán 12 NXB Đại học quốc gia thành phố HỒ CHÍ
MINH
(Đậu thế Cấp – Nguyễn văn lộc)

7.Tạp chí toán học tuổi trẻ
MỤC LỤC Trang
Phần mở đầu ……………………………………………………………… 01
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:24

Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng lượng giác trong đại số .
Lý do chọn đề tài ………………………………………………………… 01
Phần thứ hai nội dung………………………………………………… …. 04
Hệ thống kiến thức……………………………………………………… .05
Các dạng bài tập và phương pháp giải…………………………………. 05
Nội dung bài tập ……………………………………………………………06
Bài tập rèn luyện ………………………………………………………… 25
Phần thứ III :kết luận………………………………………………………26
Phần thứ IV :Kết quả …………………………………………………… 26
Phần thứ V:Kiến nghị …………………………………………………… 27
Tài liệu tham khảo …………………………………………………………29
Giáo viên th ực hiện : Trần Đình Hữu Trang:25