Ứng dụng lượng giác trong giải các bài toán đại số giải tích

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 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
 x = a cos t ( 0 ≤ t ≤ π )

π
a 2 − x 2 đặt 
 π
 x = a sin t  − ≤ t ≤ ÷
2
 2
a
π
3π 

đặt x = cos t  0 ≤ t < 2 ∨ π ≤ t < 2 ÷


π
 π
đặt x = a tan t  − < t < ÷
2
 2


x2 − a2

a2 + x2

x+ y
x− y
 x = tan t  π
 x = tan t  π
π
π
− < t , u < ÷ ;
− < t , u < ÷


đặt
đặt


1 − xy
1 + xy
2
2
 y = tan u  2
 y = tan u  2
2. Nếu biến x của bài toán thỏa x ≤ 1
 x = cos t

Đặt 
 x = sin t


( 0≤t ≤π )

π
 π
− 2 ≤ t ≤ 2 ÷



3. Nếu các biến x, y của bài toán thỏa a 2 x 2 + b 2 y 2 = c2 ( a,b,c > 0 )
c

 x = a sin t
( 0 ≤ t ≤ 2π )
Đặt 
 y = c cost

b
4. Nếu các biến x, y, z của bài toán thỏa x + y + z = xyz hoặc xy + yz + zx = 1
 x = tan t
π

 π
Đặt  y = tan u  − 2 < t , u, v < 2 ÷

 z = tan v 

II. Một số bài toán minh họa
1. Phương trình, hệ phương trình
1
Bài 1: Giải phương trình 4 x3 − 3x − = 0 .
2

1
3
Lời giải: Đặt f ( x ) = 4 x − 3x − . Ta có
2
f ( −1) = −1,5, f ( −0,5) = 0,5, f ( 0 ) = −0,5, f ( 1) = 0,5 . Do đó phương trình có 3
nghiệm thuộc khoảng ( −1;1) và ta biết cos3α =4cos3α − 3cosα , do đó đặt
x = cos t ( 0 ≤ t ≤ π ) khi đó phương trình có dạng cos3t = 1 ⇔ t = ± π + k 2π với
2
9
π
5π
7π
π
5π
7π
0 ≤ t ≤ π ⇒ t1 = ; t2 =
;t =
⇒ x1 = cos ; x2 = cos
; x3 = cos
9
9 3 9
9
9
9
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT

1


π

5π
7π
; x3 = cos
vậy phương trình có 3 nghiệm x1 = cos ; x2 = cos
.
9
9
9

(
Đặt 2t = ( 2 + 1)

) (
x

Bài 2: Giải phương trình 3 + 2 2 =
Lời giải:

1
⇔ 4t 3 − 3t − = 0
2

x

)

x

2 − 1 + 3 ( 1) .

1
( t > 0) khi đó phương trình có dạng 4t 2 − 3 − 2t = 0

( *)

1
π
Đặt t = cos u ( 0 ≤ u ≤ π ) khi đó phương trình có dạng cos3u = ⇔ u = ± + k 2π ⇒
2
9
π
5
π
7
π
; t = cos
phương trình ( *) có 3 nghiệm t1 = cos ; t2 = cos
.
9
9 3
9
Vậy Phương trình ( 1) có nghiệm
π
5π 
7π 


x1 = log 2 +1  cos ÷; x2 = log 2 +1  cos ÷ ; x3 = log 2 +1  cos ÷
9
9 

9 



1
Bài 3: Giải phương trình 16 x5 − 20 x3 + 5 x − = 0 .
2
1
Lời giải: Đặt f ( x ) = 16 x5 − 20 x3 + 5x − . Ta có
2
f ( −1) = −1,5; f ( −0,9 ) = 0,1321; f ( 0 ) = −0,5;
. Do đó phương trình có
f ( 0,2 ) = 0,3451; f ( 0,5) = 0; f ( 0,6 ) = −0,575; f ( 1) = 0,5.
5 nghiệm thuộc khoảng ( −1;1) và ta biết cos5α =16cos5α − 20cos3α + 5cosα , do đó
1
π k 2π
đặt x = cos t ( 0 ≤ t ≤ π ) khi đó phương trình có dạng cos5t = ⇔ t = ± +
với
2
15
5
π
5π
7π
11π
13π
0 ≤ t ≤ π ⇒ t1 = ; t2 =
; t3 =
; t4 =
; t5 =

15
15
15
15
15
π
π 1
7π
11π
13π
⇒ x1 = cos ; x2 = cos = ; x3 = cos ; x4 = cos
; x5 = cos
. Vậy phương
15
3 2
15
15
15
π
π 1
7π
11π
13π
; x5 = cos
trình có 5 nghiệm x1 = cos ; x2 = cos = ; x3 = cos ; x4 = cos
.
15
3 2
15
15

15
Bài 4: Giải phương trình 8 x 4 − 8 x3 − 4 x2 + 3x + 1 = 0 .
Lời giải: Đặt f ( x ) = 8 x 4 − 8x3 − 4 x 2 + 3x + 1 . Ta có
f ( −1) = 10; f ( −0,4 ) = −0,123; f ( 0 ) = 1;
. Do đó phương trình có 4 nghiệm thuộc
f ( 0,6 ) = −0,575; f ( 1) = 0.
khoảng ( −1;1) . Ta viết laị phương trình dưới dạng 2 ( 2 x 2 − 1) − 1 = 4 x3 − 3 x
2

Do đó đặt x = cos t ( 0 ≤ t ≤ π )

t = k 2π

khi đó phương trình có dạng cos4t =cos3t ⇔  k 2π
t=

7

2π
4π
6π
; t3 =
; t4 =
7
7
7
2π
4π
6π
⇒ x1 = 1; x2 = cos

; x3 = cos ; x4 = cos
.
7
7
7

với 0 ≤ t ≤ π ⇒ t1 = 0; t2 =

2π
4π
6π
; x3 = cos ; x4 = cos
Vậy phương trình có 5 nghiệm x1 = 1; x2 = cos
.
7
7
7

Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT

2


Bài 5: (Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi tỉnh Bến Tre năm học 2013-2014).

 x = y(4 − y)

Cho hệ phương trình  y = z(4 − z) ( 1) . Gọi ( x; y; z ) là nghiệm của hệ phương trình
 z = x(4 − x)


(1). Tìm tất cả các giá trị của tổng T = x + y + z .
2
2
2
Lời giải: Cộng các vế của hệ ta được x + y + z = 4 ( x + y + z ) − ( x + y + z )

⇒ 3T = x2 + y 2 + z 2 ⇒ 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 ≤ 4 và
0 ≤ z ≤ 4 ⇔ 0 ≤ x( 4 − x) ≤ 4 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4
π

2
Đặt x = 4sin α  0 ≤ α ≤ 2 ÷ (4) . Từ (3), (2), (1)



(

⇒

)

z = 4sin 2 α 4 − 4sin 2 α =16sin 2 α cos 2α = 4sin 2 2α

(
)
x = 4sin 2 4α ( 4 − 4sin 2 4α ) =16sin 2 4α cos2 4α = 4sin 2 8α

y = 4sin 2 2α 4 − 4sin 2 2α =16sin 2 2α cos2 2α = 4sin 2 4α
(5)

Từ (4) và (5) suy ra
4sin 2 8α = 4sin 2 α ⇔ cos16α = cos2α


α
⇔ 
α


= kπ
7
= kπ
9

( k ∈Z )

π
kπ
Với α =
vì 0 ≤ α ≤ 2 ⇒ k = 0; 1; 2; 3 .
7

Với k = 0 ⇒ x = 4sin 2 0 = 0; y = 4sin 2 ( 2.0 ) = 0; z = 4sin 2 ( 4.0 ) = 0 ⇒ T = 0
Với k = 1; 2; 3 ⇒ ta được cùng một giá trị


⇒ T = 4  sin 2 π + sin 2 2π + sin 2 3π ÷
7
7

7 



= 2 1 − cos 2π +1 − cos 4π +1 − cos 6π ÷
7
7
7 



= 6 − 2  cos 2π + cos 4π + cos 6π ÷
7
7
7


2
π
4
π
6
π
A= cos + cos + cos
7
7
7
π
π
2

π
⇒ 2sin A = 2sin cos + 2sin π cos 4π + 2sin π cos 6π
7
7
7
7
7
7
7
3
π
π
5
π
3
π
7
π
5
π
= sin − sin + sin − sin + sin
− sin
= − sin π
7
7
7
7
7
7
7

1
⇒ A=- ⇒ T = 7
2
π
kπ
Với α =
vì 0 ≤ α ≤ 2 ⇒ k = 0; 1; 2; 3; 4 .Với k = 0 ⇒
9
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT

3


x = 4sin 2 0 = 0; y = 4sin 2 ( 2.0 ) = 0; z = 4sin 2 ( 4.0 ) = 0 ⇒ T = 0
Với k = 1; 2; 4 ⇒ ta được cùng một giá trị


⇒ T = 4  sin 2 π + sin 2 2π + sin 2 4π ÷
9
9
9





= 2 1 − cos 2π +1 − cos 4π +1 − cos 8π ÷ = 6 − 2  cos 2π + cos 4π + cos 8π
9
9
9 

9
9
9


A= cos 2π + cos 4π + cos 8π
9
9
9
⇒ 2sin π A = 2sin π cos 2π + 2sin π cos 4π + 2sin π cos 8π
9
9
9
9
9
9
9
= sin 3π − sin π + sin 5π − sin 3π + sin 9π − sin 7π
9
9
9
9
9
9
π
5
π
7
π
π

2
π
= − sin + sin − sin
= − sin − 2cos sin π ⇒ A=0 ⇒ S=6
9
9
9
9
3
9

2 3π
2 6π
2 12π 
Với k = 3 ⇒ S = 4  sin 9 + sin 9 + sin 9 ÷ = 9


Vậy T có thể nhận một trong 4 giá trị 0; 6; 7; 9


÷


3
3 
2 
2
Bài 6: Giải phương trình 1 + 1 − x  ( 1 + x ) − ( 1 − x ) ÷ = 2 + 1 − x .





Lời giải: Đặt x = cos t ( 0 ≤ t ≤ π ) khi đó phương trình có dạng
3
3
1 + sin t  ( 1 + cost ) − ( 1 − cost ) ÷ = 2 + sin t





t
t 2
t
t
⇔  cos + sin ÷  23 cos6 − 23 sin 6


÷ = 2 + sin t
2÷


2 
2
t
t
t
t
⇔ 2 2  cos + sin 

cos3 − sin 3 ÷ = 2 + sin t
÷
2
2 
2
2

t
t
t
t
t
t
⇔ 2 2  cos2 − sin 2 
cos 2 + cos sin + sin 2 ÷ = 2 + sin t
÷
2
2 
2
2
2
2

1
1




⇔ 2 2cost 1 + sin t ÷ = 2 + sin t ⇔ 2 2cost - 1 1 + sin t ÷ = 0

2
2




1

 2cost - 1 = 0 ⇔ cost =
2
⇔
 1
1 + sin t = 0 ( VN )
2



2

(

Vậy phương trình có nghiệm x =

)

1
.
2

2. Chứng minh các hệ thức

a −b b −c c −a a −b b −c c −a
+
+
=
.
.
Bài 1: Chứng minh rằng
. Với
1 + ab 1 + bc 1 + ca 1 + ab 1 + bc 1 + ca
ab, bc, ca đều khác -1.

Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT

4


Lời giải: Đặt a = tan α ; b = tan β ; c = tan γ khi đó
a − b tan α − tan β
b − c tan β − tan γ
=
= tan ( α − β ) ;
=
= tan ( β − γ ) ;
1 + ab 1 + tan α tan β
1 + bc 1 + tan β tan γ
c − a tan γ − tan α
=
= tan ( γ − α )
1 + ca 1 + tan γ tan α
a −b b −c c −a

+
+
= tan ( α − β ) + tan ( β − γ ) + tan ( γ − α ) . Ta có
1 + ab 1 + bc 1 + ca
sin ( A + B) sin C
tan A + tan B + tan C =
+
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 + tan C =
+ tan A tan Btan C
cosAcosBcosC
a −b b −c c −a
⇒
+
+
= tan ( α − β ) + tan ( β − γ ) + tan ( γ − α )
1 + ab 1 + bc 1 + ca

sin ( α − β + β − γ + γ − α )
=
+ tan α tan β tan α
cosα cosβ cosγ
sin 0
=
+ tan α tan β tan α
cosα cosβ cosγ
a −b b −c c −a
=
.
.
(đpcm)
1 + ab 1 + bc 1 + ca
3a − a 2 3b − b 2 3c − c2 3a − a 2 3b − b 2 3c − c 2
+
+
=
.
.
Bài 2: Chứng minh rằng
. Với
1 − 3a 2 1 − 3b 2 1 − 3c2 1 − 3a 2 1 − 3b2 1 − 3c 2
1
a + b + c = abc và a, b, c đều có giá trị tuyệt đối khác
.
3
Lời giải: Đặt a = tan α ; b = tan β ; c = tan γ khi đó
sin ( α + β + γ )
tan α + tan β + tan γ =

+ tan α tan β tan γ
cosα cosβ cosγ
Do đó tan α + tan β + tan γ = tan α tan β tan γ khi α + β + γ = kπ ( k ∈ Z )
3a − a 2 3tan α − tan 2 α
3b − b 2 3tan β − tan 2 β
=
=
tan3
α
;
=
= tan3β ;
1 − 3a 2
1 − 3tan 2 α
1 − 3b2
1 − 3tan 2 β
3c − c 2 3tan γ − tan 2 γ
=
= tan3γ
1 − 3c 2
1 − 3tan 2 γ
α + β + γ = kπ ( k ∈ Z ) ⇔ 3α + 3β + 3γ = 3kπ
Vậy tan3α + tan3β + tan3γ = tan3α tan3β tan3γ
3a − a 2 3b − b2 3c − c 2 3a − a 2 3b − b 2 3c − c 2
⇔
+
+
=
.
.

(đpcm)
1 − 3a 2 1 − 3b 2 1 − 3c 2 1 − 3a 2 1 − 3b 2 1 − 3c 2

Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT

5


Bài 3: Cho ab + bc + ca = 1 ( a, b, c > 0 ) . Chứng minh rằng
1
1
1
2
+
+
=
2
2
2
bc ( 1 + a ) ca ( 1 + b ) ab ( 1 + c ) abc 1 + a 2 1 + b 2 1 + c 2
Lời giải: Đặt a = tan α ; b = tan β ; c = tan γ
ta có tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = 1
⇔ tan β tan γ + tan γ tan α = 1 − tan α tan β
tan α + tan β
⇔ tan γ ( tan β + tan α ) =
tan ( α + β )
⇒ tan γ =

Ta có

1

π

 0 < α , β , γ < 2 ÷ khi đó theo giả thiết



= cot ( α + β ) ⇒ α + β + γ =

tan ( α + β )

π
2


1
1

=
= co t β co t γ cos 2α
2
 bc 1 + a 2
tan β tan γ 1 + tan α


1
1
=
= co t γ co t α cos 2 β


2
2
ca
1
+
b
tan
γ
tan
α
1
+
tan
β


1
1

2
 ab 1 + c 2 = tan α tan β 1 + tan 2 γ = co t α co t β cos γ


(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

Do đó VT = co t β co t γ cos 2α + co t γ co t α cos 2 β + co t α co t β cos 2γ
= co t β co t γ cos 2α + co t γ co t α cos 2 β + co t α co t β cos 2γ

= co t α co t β co t γ ( tan α cos 2α + tan β cos 2 β + tan γ cos 2γ )

1
= co t α co t β co t γ ( sin 2α + sin 2β + sin 2γ )
2
1
= co t α co t β co t γ 4cosα cosβ cosγ ( 2α + 2β + 2γ = π )
2
2

⇒ 2co t α co t β co t γ cosα cosβ cosγ =
(đpcm)
abc 1 + a 2 1 + b 2 1 + c 2
3.Bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
n
n
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có ( 1 + a ) + ( 1 − a ) ≤ 2n .
Với a ≤ 1 .
Lời giải: Đặt a = cost khi đó ( 1 + a ) + ( 1 − a ) = ( 1 + cost ) + ( 1 − cost )
t
t
t
t


= 2n  cos 2 n + sin 2 n ÷ ≤ 2n  cos2 + sin 2 ÷ = 2n
n

2



2

2



t
t

t
cos2 ≤ 1 ⇒ cos2 n ≤ cos2
Vì

2

2

t
t
t
sin 2 ≤ 1 ⇒ sin 2 n ≤ sin 2
2

2

n

n

n

2

2

2

Bài 2: Cho a + b − 2a − 4b + 4 = 0 . Chứng minh rằng
a 2 + b 2 + 2 3ab − 2 1 + 2 3 ab + 4 − 2 3 b − 3 + 4 3 ≤ 2

2

2

(

)

(

)

Lời giải:
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT

6


Ta có a 2 + b2 − 2a − 4b + 4 = 0 ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) = 1 .
 a − 1 = sin t ⇔ a = 1 + sin t
Đặt 
khi đó
b − 2 = cost ⇔ b = 2 + cost
2

2

π
≤2
6 ÷


1 + x4
y
=
2
Bài 3: Tìm gía trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
( 1 + x2 ) .

(

)

(

)

a 2 + b 2 + 2 3ab − 2 1 + 2 3 ab + 4 − 2 3 b − 3 + 4 3 = 2sin  2t −

2

1 + x4
1  2x 
=1− 
2
4
2  1 + x 2 ÷
1+ 2x + x
2
π
 π

1  2tan t 
1
= 1 − sin 2 2t
Đặt x = tan t  − < t < ÷ khi đó hàm số có dạng y = 1 − 
÷
2
2
2  1 + tan t 
2
 2
Vậy ymax = 1 khi sin2t = 0, ( -π < 2t < π ) ⇒ t = 0 ⇒ x = tan 0 = 0
1
π
π
ymin = khi sin2t = ±1, ( -π < 2t < π ) ⇒ 2t = ± ⇒ x = ± tan = ±1 .
2
2
4
4. Tính giới hạn và tìm số hạng tổng quát của dãy số
un + 2 − 1
, n = 1,2,3,... Tính u2013 .
Bài 1: Cho dãy số { un } thỏa u1 = 2, un+1 =
1 − 2 un + 1
Lời giải: Ta viết laị hàm số dưới dạng y =

(

)

π

π
và chú ý rằng 2 − 1 = tan . Khi đó
2
8
π
π
π
tan  α + ÷+ tan
tan α + tan
π
8
8 = tan  α + 2 π 

8 = tan α +  , u =
u2 =
.
3

÷

π
π
π
8
8 ÷


1 + tan α tan
1 + tan α + ÷tan
8

8
8

π

Bằng qui nạp ta chứng minh được un = tan  α + ( n − 1) ÷, ∀n ≥ 1 .
8

π
1
1

Vậy u2013 = tan α + 2012 8 ÷ = − cot α = − tan α = −


2
Bài 2: Cho dãy số { un } thỏa u0 = 2, un+1 = 2 + un , ∀n ∈ N Tính limun .
π
π
π

Lời giải: Ta có u0 = 2 = 2cos , u1 = 2 + u0 = 2 1 + cos ÷ = 2cos 3
4
4
2

π
Bằng qui nạp ta chứng minh được un = 2cos n + 2 , ∀n ≥ 1 .
2
π 


Vậy lim un = lim  2cos n+ 2 ÷ = 2cos0 = 2 .
2 

III. Bài tập tự giải
1. Chứng minh rằng nếu a 2 + b2 = c 2 + d 2 = 1 thì ac + bd ≤ 1 .
2. Giải phương trình −4 x3 + 3x − 3 = 0 .
2
2
1
3. Giải phương trình 32 x ( x 2 − 1) ( 2 x 2 − 1) = 1 − x , trên khoảng ( 0;1) .
Lời giải: Đặt u1 = 2 = tan α , 0 < α <

Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT

7


4. Cho 0 ≤ ai ≤ 1, i = 1,2,..., n ∀n ∈ N * . Chứng minh rằng

( 1 + a ) ( 1 + a ) ...( 1 + a ) + ( 1 − a ) ( 1 − a ) ...( 1 − a ) ≤ 2
2
1

2
2

2
n

2
1

2
2

2
n

n

.

5. Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn ab + bc + ca =1 . Tính giá trị của biểu thức

(1+ b ) (1+ c ) + b (1+ c ) (1+ a ) + c (1+ a ) (1+ b ) .
2

M =a

1 + a2

2

2

2

1 + b2

Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT

2

2

1 + c2

8