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

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. 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
1


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 sin2t+ cos2t=1, suy ra nếu a và b là hai số thỏa mãn điều kiện
thì tồn tại số t với 0  t  2 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  .
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 a  1 thì tồn tại các số t, u tương ứng duy nhất với
0  t  2 ; 


2

u


2

sao cho cost=a và sinu=a.

- Với mọi số thực a, tồn tại duy nhất t với 


2

t



sao cho tant=a.

2

B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN:
Dạng 1: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được x  a ( Với a>0), thì có thể đặt:
x=asint hoặc x=acost, t  0;2 

 x  a cos t
Dạng 2: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x +y =a , thì có thể đặt: 
 y  a sin t
2

2

2

 x  a sin t
hoặc 
, t  0;2 
 y  a cos t

Dạng 3: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được x  a ( Với a>0 ) thì có thể
đặt: x 

  

a
a
, t    ;  hoặc x 
, t  0,  
cos t
sin t
 2 2

Dạng 4: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x2+a2 thì có thể đặt: x  a tan t ,
  
t    ,  hoặc
 2 2

x  a cot t , t  0,   .

Dạng5: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được a  x  b thì có thể đặt:




x=a+(b-a)sin2t, hoặc x=b+(a-b)sin2t, với t  0; 
 2
( Vì hàm số y=sin2t là hàm số chẵn và có chu kỳ bằng  nên ta chỉ cần xét trên

đoạn

 
0; 2  ).



2


Chú ý: Tùy từng bài toán cụ thể, có thể chọn t thích hợp để tránh sai lầm trong
lập luận.
*Các ví dụ:
Dạng 1: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được x  a ( Với a>0), thì có thể đặt:
x=asint hoặc x=acost.
2
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của hàm số y  x  4  x
(Trích đề thi Đại học khối B năm 2003)
Bài giải:
ĐK:  2  x  2 . Đặt x=2cost ,với t  0;   , Hàm số trở thành:

 
y  2 cos t  2 sin t  2 2 sin  t  
4



 5

 1 
Do t  0;    t    ;   sin  t     ;1  y   2;2 2 
4 4 4 
4 
2 


y  2 khi t 

Do đó:


4



5
 

 t    x  2 , y  2 2 khi t    t   x  2
4
4 2
4

min y  2 khi x  2, max y  2 2 khi x  2

Chú ý: Vì  2  x  2 nên khi ta đặt x=2cost với t  0;   , thì sin t  0
 4  x 2  2 sin t ta đưa được hàm số về dạng đơn giản hơn là khi ta đặt x=2sint.

Ví dụ 2: Giải phương trình: 4 x 3  3x  1  x 2 (1)
Bài giải:

ĐK:  1  x  1 . Đặt x=cost ,với t  0;   , phương trình (1) trở thành: 4cos3t 3cost=sint

 
t  k



8
2
 cos 3t  sin t  cos 3t  cos(  t )  
2
t     k


Vì t  0;   nên ta tìm được: t 


8

,t

4

5
3
,t
.
8
4

3


Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x  cos
x  cos


8



2 2
5
2 2
, x  cos

,
2
8
2

3
2

.
4
2

Chú ý: vì  1  x  1 nên khi ta đặt x=cost với t  0;   , thì sin t  0  1  x 2  sin t
ta đưa được pt về dạng đơn giản hơn là đặt x=sint.
Ví dụ 3: Giải bất phương trình :
1 x  1 x  x

Bài giải:
Điều kiện :  1  x  1
Đặt x=cos2t với 2t  0;  

Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :
1  cos 2t  1  cos 2t  cos 2t  2 cos t  2 sin t  cos 2t





 2 cos t  sin t   cos 2 t  sin 2 t  cos t  sin t  cos t  sin t  2  0


      
  
 
 2 cos t    2 cos t    2   0  cos t   cos t    1  0
4  
4 
4 
4





 
 cos t    0 (1). Vì 2t  0;   t  0;    t      ; 3  (2). Từ (1) và (2)
4
4 4 4 

 2
t



  3 
  
 
  ;   t   ;   2t   ;   . Suy ra: 1  cos 2t  0
4 2 4 
4 2
2 

 1  x  0

Vậy: Bất phương trình này có nghiệm  1  x  0 .
Ví dụ 4: Cho các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a>c, b > c, c > 0. Chứng minh
rằng:

cc  a   cc  a   ab

(1)

(Trích đề thi tuyển sinh Đại học năm 1980)
Bài giải:
Cách 1: Vì a > c>0, b >c>0 0,

ab  0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với

4

ca  c 
cb  c 
ac c
c bc

1

1
ab
ab
a
b
a
b
2

(2)

2

 c   ac 
 
 1
Nhận thấy: 
 

a
a

 



c
 cos t ,
a

Nên ta đặt

Tương tự ta đặt:

ac
 
 sin t , t  0; 
a
 2

c
bc
 
 cos u,
 sin u , u  0; 
b
b
 2

Khi đó (2) trở thành: sin t cos u  cos t sin u  1  sin t  u   1

(3)

(3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1) đúng.

2

a2 
a
b2 
b
 c   
 c  
Cách 2: Ta có A  ca  c   cb  c  
4 
2
4 
2

Đặt c 

2

a a
b b
 cos t , c   cos u , t , u  0;  
2 2
2 2
a
2

b
2

Ta được: A  sin t  cos t ,

a b b
a
  cos u  cos t
2 2 2
2

Suy ra:
2

2

2

b
b
a 2 b 2 ab
a b
a
 a

A       sin t  sin u    cos t  cos u  


cost  u 
2
2
4
4
2

 2 2
2
 2

2

Do đó: A 2 

ab
1  cost  u   ab sin 2 t  u  ab  A  ab
2
2

Ví dụ 5: Chứng minh rằng nếu x  1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có:
(1 + x)n + (1 – x)n < 2n

(1)

( Trích đề 122 – Câu III2 -Bộ đề tuyển sinh)
Bài giải:
Vì x  1 nên có thể đặt x = cos2t với t  0;  

5


Khi đó bất đẳng thức (1) được trở thành:





n
2n
2n
n
(1 + cos2t)n + (1 – cos2t)n < 2n  2 cos t  sin t  2

Vì 0  t 


2

 0  sin t , cos t  1 , do đó ta có:



cos 2 n t  cos 2 t





n



 cos t , n  1 và sin 2 n t  sin 2 t









n

 sin t , n  1

2 n cos 2 n t  sin 2 n t  2 n cos 2 t  sin 2 t  2 n
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

 x  a cos t
Dạng 2: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x +y =a , thì có thể đặt: 
 y  a sin t
2

2

2

 x  a sin t
hoặc 
với t  0;2 
 y  a cos t
Ví dụ 1: Cho hai số thực x,y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x2+y2=1. Tìm giá trị lớn

nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 





2 x 2  6 xy
.
1  2 xy  2 y 2

( Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2008 )
Bài giải:

Do x2+y2=1 nên tồn tại góc t sao cho x=cost, y=sint, t  0;2  . Khi đó





2 cos 2 t  6 cos t sin t
 2  2 sin 2t  cos 2t P  1  cos 2t  6 sin 2t
1  2 cos t sin t  2 sin 2 t
 1  P cos 2t  6  P sin 2t  2 P  1 (1)
P

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
2
2
2
Phương trình có nghiệm  1  P   6  P   2 P  1

 2 P 2  6 P  36  0   6  P  3

- Với P=3, từ (1) suy ra 4 cos 2t  3 sin 2t  5  cos 2t  sin 2t  1  cos2t  u   1
t

4
5


3
5

u
4
3

 k  trong đó cos u  , sin u  ,0  u  
2
5
5
2


6



u
u



k
 x  cos 2  k    1 cos 2
 x 




Do đó: 
 y  sin  u  k    1k sin u
y 


2
2



 x  
10
hoăo 
1
y  

10
3

3
10
1
10

- Với P=-6, từ (1) suy ra :
 5 cos 2t  12 sin 2t  13 

5
12
cos 2t  sin 2t  1  cos2t  u   1
13
13

u
5
12


 t    k  trong đó cos u 
, sin u  ,0  u  
2
13
13
2


u
3
3
 u




k
x
x
 x  cos  2  k    1 cos 2


13
13






hoăo 
Do đó: 
 y  sin   u  k    1k sin u
y   2
y  2



2
13
13
 2


Vậy: Max P  3 , Min P  6
 x 2  y 2  9 (1)

 2 2
Ví dụ 2: Cho hệ:  z  t  16 (2)
 xz  yt  12 (3)


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:
 z  4 cos b
 x  3 cos a
Đặt: 
và 
thay vào (3) ta được:
t  4 sin b , b  0;2 
 y  3 sin a , a  0;2 
x.z  y.t  12(cos a. cos b  sin a. sin b)  12  cos( a  b)  1 , nhưng vì cos(a-b)  1,

nên suy ra: cos(a-b)=1 khi a=b. Do đó:
- P=x+z= 4 cos a  3 cos a  7 cos a  7 .
Vậy Max P  7  a  b  k 2  a  b  0 và a=b= 2 , suy ra tương ứng với
nghiệm của hệ là: x=3,y=0,z=4,t=0.
- F=x.z= 3 cos a.4 cos a  12 cos 2 a  12 .
Vậy Max F  12  cos a  1  a  k  a  b  0 , a=b=  , 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.

7


Ví dụ 3: Cho các số thực x,y thay đổi thỏa: x2+y2=2. Tìm GTLN, GTNN của biểu

thức :
P=2(x3+y3)-3xy.
(Trích đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A,B,D năm 2008 )
Bài giải:
 x  2 cos t
, t  0;2  . Suy ra:
 y  2 sin t

Từ giả thiết ta có thể đặt: 

P  4 2 (cos t  sin t )(1  sin t. cos t )  6 sin t. cos t .

Đặt u=sint+cost =

2 sin( t 


4

) ,  2 u  2 ,

ta có: P  2 2 u 3  3u 2  6 2u  3  f (u )
1

u

f (u )  6 2 u  6u  6 2 , f (u )  0  
2 (thỏa mãn)
u   2
'

2

f ( 2 )  7,

'

 1  13
f ( 2 )  1, f 
 .
 2 2

Vậy: Max P 

13
và Min P  -7
2
2

 x 
  1 . (1)
Ví dụ 4: Giải phương trình: x  
 x 1
2

(Bài 4.72,d. trang114, sách Bài tập Đại Số 10 Nâng cao)
Bài giải:
ĐK: x  1
 x  sin t  1 (1)
  3 


t  0;2  \  ;  , thay (1) vào (2) ta được:
Đặt:  x
 cos t (2)
2 2 

 x 1

cos t 

sin t
 sin t  cos t  sin t. cos t  0 (3)
sin t  1

u2 1
0
Đặt u=sint+cost, đk: | u | 2 , u  1 ,phương trình (3) trở thành: u 
2
u  1  2
 u 2  2u  1  0  
 u  1  2

chỉ có nghiệm u  1 2 thỏa mãn

8


Vậy: sin t  cos t  1  2
x
1

 1  2  x 2  (1  2 ) x  1  2  0  x  1  2  2 2  1 .

x 1
2 
1
Do đó phương trình có nghiệm là: x  1  2  2 2  1 .

2
x

1

log 1 ( y  x)  log 4 y  1
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:  4
 x 2  y 2  25


(1)
(2)

(Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2004)
Bài giải:
y  x
ĐK: 
y  0
Với

điều

1 1


( y  x) y  4

 x 2  y 2  25


kiện

trên

hệ(1),(2) 

1

log 1 ( y  x)  log 1 y  1
 4
4
 x 2  y 2  25


(3)

 x  5 cos t
Đặt: 
(sint>0 và sint >cost), thay vào phương trình (3) ta được:
 y  5 sin t ,

sin t  cos t 

1

1
1
3
16
4
3
  1  cot t   cot t   sin 2 t 
 sin t  , cos t 
sin t 4
4
4
25
5
5

x  3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: 
.
y  4

Ví dụ 6: Cho hai số thực x, y dương thỏa mãn: x+y=2. CMR: x 3 y 3 ( x 3  y 3 )  2
Bài giải:

 x, y  0
Từ giả thiết: 
, nên ta có thể đặt:
x  y  2

 x  2 cos 2 t



 
2
 y  2 sin t , t   0, 2 




6
3 3
3
3
6
6
6
2
Ta có: x y ( x  y )  512sin t. cos t  cos t  sin t   8 sin 2t 1  sin t   K




3
4




9

Đặt u=sin22t, ĐK: 0  u  1 ,do đó: K=8u3-6u4 =f(u), f’(u)=24u2-24u3,
f’(u)=0  u  1.
Bảng biến thiên:
u
f’(u)



0

1



+
2

f(u)
0
Nhìn vào BBT ta thấy 0< f(u)  2, nên suy ra: x 3 y 3 ( x 3  y 3 )  2 (đpcm).
Dạng 3: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được x  a ( Với a>0) thì có thể đặt:
x

a
a
  
, t    ;  hoặc x 
, t  0,  
cos t
sin t

 2 2

Ví dụ 1: Giải phương trình :
x

x
x 1
2

2 2

Bài giải:
x 2 1  0
 x 1
Điều kiện : 
x  0

Đặt x 

1
 
,vì x>1  0  cos t  1 nên ta chọn t  0; 
cos t
 2

Khi đó phương trình có dạng
1

:
cos t

1
cos t  2 2  1  1  2 2  sin t  cos t  2 2 sin t cos t
cos t sin t
1
1
cos t

Đặt sint + cost = u, 1  u  2 ta có sin t cos t 

u2 1
2

Khi đó phương trình đã cho có dạng : u  2 u 2  1  2u 2  u  2  0  u  2
( Do 1  u  2 )

10


 


 
u  2 sin  t    1  t    k 2  t   k 2  t   x  2
4
4 2
4
4


Vậy nghiệm của phương trình là x  2
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 a  1, b  1 . Chứng minh rằng:

a2 1  b2 1
1
ab

Bài giải:
Vì cos x  1 

1
  
1
1
 1 , nên ta đặt a 
,b
, với t , u    ;  .
cos x
cos t
cos u
 2 2

Khi đó vế trái của bất đẳng thức đã cho trở thành:
sin( t  u )
tan 2 t  tan 2 u
tan t  tan u

 cos t cos u  sin( t  u )  1

1
1
1
cos t. cos u
cos t. cos u
cos t cos u
1
1

1
1

a
,b 

a

,
b



cos t
cos u
cos u  
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  cos t
 sin( t  u )  1
t  u    k (k  )



2

Ví dụ 3: Chứng minh rằng:
a2 1  3  2 a

Bài giải:
2
Điều kiện: a 1  0  a  1

Đặt a 

1
 
, vì a  1  0  cos t  1 nên ta chọn t  0; 
cos t
 2

Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
1
2
2

2
 
1  3 
 tan t  3 
 tan t  tan 
 sin  t    1 ,luôn
2
cos t

cos t
3 cos t
3
cos t


đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

11


Dạng 4: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x2+a2 thì có thể đặt: x  a tan t ,
  
t  , 
 2 2

hoặc x  a cot t , t  0;  

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình :

2

2 x  y  yx

2

2 y  x  xy

 2x

1  x 2  y
Bài giải: Hệ đã cho tương đương với: ( I ) :  2 y

2
1  y 2
 x  tan t
  
, t , u    ;  . Khi đó hệ (I) trở thành :
 2 2
 y  tan u

Đặt 

 2 tan t
1  tan 2 t  tan u
sin 2t  tan u


sin 2u  tan t
 2 tan u  tan t
2
1  tan u

(1)
(2) . Ta xét hai trường hợp :

Nếu sint=0 thì sinu=0 và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ .
Nếu sin t  0 và sin u  0 : Nhân (1) và (2) theo vế, ta có :
sin 2t sin 2u  tan t tan u  4 cos t cos u 

1
1
 cos t cos u 
cos t cos u
2

(3)

Lại có: (1)  2 sin t cos t cos u  sin u

(4)

Từ (3),(4) ta có sint=sinu  t=u

(5)

Thay (5) vào (3) ta được:
cos 2 t 

1
1
1



 1  cos 2t    cos 2t  0  2t   k  t   k , k  
2
2
2
2

4
2
 



2 2

4



Vì t    ;   t 


,t  


4

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

12


Ví dụ 2:

Giải bất phương trình: x x 2  9  x 2  9 (8)

Bài giải:
 
Đặt x=3tant, t    ,  phương trình trở thành:


2 2

3 tan t 9(1  tan 2 t )  9 tan 2 t  9

sin t
sin 2 t
1


 1  sin t  sin 2 t  cos 2 t  2 sin 2 t  sin t  1  0    sin t  1
2
2
2
cos t cos t

 tan t 

1
3

 3 tan t   3

Vậy nghiệm của bất phương trình là: x   3 .
Ví dụ 3: Giải bất phương trình : 2a 

x 2  2 x 3

 1  a 

x 2  2 x 3



 1 a



2
2 x  2 x 3

với 0 < a < 1.

Bài giải:
 2a 
Bất đẳng thức đã cho tương đương với 
2 
1 a 

Đặt a  tan t chọn 0  t 


4

hay 0  2t 


2

x 2  2 x 3

1 a2
 
2
1 a





x 2  2 x 3

 1 (1)

thì

2a
2 tan t
1  a 2 1  tan 2 t


sin
2
t
;


 cos 2t .
1  a 2 1  tan 2 t
1  a 2 1  tan 2 t

Khi đó bất phương trình (1) trở thành

sin 2t x 2 x3  cos 2t x 2 x3  1
 x 1  2
 x 1  2
 sin 2t 
 cos s 2t 
 1.
2

2

2

2

Mà  x  1  2  2 và sin 2t  1 .
2

Nên sin 2t 

 x 12  2

 sin 2 2t (1) và cos 2t 

 x 12  2

 cos 2 2t (2) .

Cộng theo vế của hai bất đẳng thức (1), (2) ta được:

sin 2t  x1 2  cos s2t  x1 2  1
2

2

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:

a2  6
a2  2

4

( Bài 13.a) trang 222 SGK đại số 10 nâng cao)
13


Bài giải:
 



Đặt a  2 tan t , t    ;   cos t  0;1 . Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành;


2 tan 2 t  6
2
cos t

4

2 2

2 sin 2 t  6 cos 2 t
2 cos t

4

2  4 cos 2 t

4

2 cos t

2
 2 2 cos t  4 luôn
cos t

đúng.
Vậy bất dẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:



1 a  b 1  ab  1



2 1  a2 1 b2
2







( Đề 146 – Câu I1 - Bộ đề tuyển sinh)
Bài giải: Đặt: a = tgt, b = tgu với
Khi đó: A 

a  b 1  ab   tan t  tan u 1  tan t tan u 

1  a 1  b 
2

 cos 2 t cos 2 u.

Suy ra: A =
Vậy: 

  
t, u    ;  .
 2 2

2

1  tan t 1  tan u 
2

2

1
sin t  u  
sin t sin u 
1 
  sin t  u  cost  u   sin 2t  2u 
cos t cos su  cos t cos u 
2

1
1
sin (2t + 2u) 
2
2

1 a  b 1  ab  1


(đpcm).
2 1  a2 1 b2
2







Dạng 5: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được a  x  b thì có thể đặt:




x=a+(b-a)sin2t, hoặc x=b+(a-b)sin2t, với t  0; 
 2

(Vì hàm số y=sin2t là hàm số chẵn và có chu kỳ bằng  nên ta chỉ cần xét trên
 
đoạn 0;  ).


2

14


Ví dụ 1: Tìm GTLN,GTNN của biểu thức: A  x  1  4  x .
(Bài 17, trang112- SGK Đại số 10 Nâng cao)
Bài giải:
ĐK: 1  x  4 .




Cách 1: Do 1  x  4 , nên ta có thể đặt x=1+3sin2t (Với t  0;  , vì hàm số

 2
 
y=sin2t là hàm số chẵn và có chu kỳ bằng  nên ta chỉ cần xét trên đoạn 0;  ).






Ta được: A  3 sin t  cos t   6 sin  t 
Do

 
t  0;  ,
 2

suy

2



4

ra

t



  3 
  ;  A
4 4 4 

 3; 6 

;

t  0

A  3 khi  ; A  6 khi t 
t 
4
2


5
, min A  3 khi x=1 hoặc x=4
2
Cách 2: ( Chuyển về dạng1)

Vậy: max A  6 khi x 

 x  1  3 cos t

Nhận thấy: ( x  1) 2  ( 4  x ) 2  3 , nên ta đặt: 

 4  x  3 sin t , 0  t 
2





Ta có: A  3 cos t  sin t   6 sin  t 
Mặt khác, vì: 0  t 


2

nên

Vậy: max A  6 khi x 
Ví dụ 2: Cho phương trình:



.
4

2
 
 
 sin  t    1  3  6 sin  t    6
2
4
4



5

, min A  3 khi x=1 hoặc x=4
2

3  x  6  x  (3  x)(6  x)  m

a.Giải phương trình khi m=3.
b. Xác định m để phương trình có nghiệm.
( Trích đề 59 – Câu II1 Bộ đề tuyển sinh).
Bài giải: ĐK:  3  x  6
15






Đặt x = -3+9sin2t, với t  0,  (vì hàm số y=sin2t tuần hoàn có chu kì là  và là
 2

 
hàm số chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn 0,  )
 2

Phương trình trở thành:

9 sin 2 t  9(1  sin 2 t )  9(1  sin 2 t ).9 sin 2 t.  m

 3(sin t  cos t )  9 sin t. cos t  m (1)



Đặt u  sin t  cos t  2 cos(t  ) ,1  u  2 , phương trình (1) trở thành:
4

9
9
 u 2  3u   m (2)
2
2
9
9
a. Khi m=3, (2) trở thành:  u 2  3u   3  3u 2  2u  1  0 
2
2

u  1

u   1
3


, chỉ

có u=1 thỏa mãn
 

 

2  t   k 2
t


0
,
2
Khi u=1  cos(t  ) 
, vì
 2  nên tìm được: t = 2 và

4
2


t  k 2
t=0

Với t 


 x  6.
2

Với t = 0  x  3 .
Vậy phương trình có nghiệm: x=-3 và x=6.
9 2
9
b. Xét hàm số f (u )   u  3u  trên đoạn 1; 2
2
2









f ' (u )  9 x  3,





f ' (u )  0 với mọi x  1; 2 . Suy ra: f(u) nghịch biến trên đoan 1; 2 .

Nên:

f

 2   f u   f 1

hay

6 29
 f u   3
2

6 29
m3
2

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.

Vậy: Phương trình có nghiệm khi và chi khi

16


Ví dụ 3: Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau đúng với mọi x
thuộc đoạn  4;6 :

(4  x)(6  x)  x 2  2 x  m .

( Trích đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm học 2009 - 2010).
Bài giải: ĐK:  4  x  6 .


Đặt x = -4+10sin2t, với t  0,  (vì hàm số y=sin2t tuần hoàn có chu kì là  và là
 2

hàm số chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn 0,  ). Bất phương trình trở thành:




2

10 sin 2 t.10(1  sin 2 t )..   4  10 sin 2 t



2





 2  4  10 sin 2 t  m

 25 sin 2 2t  5 sin 2t  24  m (1)

 
Đặt u = sin2t, do t  0,   u  0;1
 2
Khi đó (1) trở thành

- 25u 2  5u  24  m

2
Xét hàm số f u   25u  5u  24 trên đoạn 0;1

 f ' u   0
1
f ' u   25u  5, 
u
10
u  0;1

Bảng biến thiên:
u



1
10

0

f’(u)

+

0

1



-

27
4

f(u)
f u   24
Suy ra: umin
0;1

24

4

Do đó: Bất phương trình đúng với mọi x thuộc đoạn  4;6 khi và chỉ khi m  24
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.
2
Ví dụ 4: Cho bất phương trình :  4 (2  x)(4  x)  x  2 x  a  18

a. Giải bất phương trình khi a=6.
17


b. Tìm a để bất phương trình đúng với mọi x thuộc đoạn  2;4.
( Trích đề 149 – Câu III2 Bộ đề tuyển sinh).
Bài giải:
ĐK:  2  x  4 .


Đặt x = -2+6sin2t, với t  0,  (vì hàm số y=sin2t tuần hoàn có chu kì là  và là
 2


hàm số chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn 0,  ). Bất phương trình trở thành:
 2





2





 4 6(1  sin 2 t ).6 sin 2 t.  6 sin 2 t  2  2 6 sin 2 t  2  a  18

 9 sin 2 2t  12 sin t  10  a (1)

a. Khi a=6 bất phương trình (1) trở thành:
9 sin 2 2t  12 sin t  4  0  3 sin 2t  2  0
2

 sin 2t 

2
5
1 5
 cos 2t  
 sin 2 t 
. Do đó x  1 5
3
3
3

Vậy: Khi a=6 bất phương trình có 2 nghiệm x  1 5 .


b. Đặt u = sin2t, do t  0,   u  0;1

 2
Khi đó (1) trở thành

9u 2 12u  10  a

Xét hàm số f u   9u 2  12u  10 trên đoạn 0;1
 f ' u   0
2
f ' u   18u  12, 
u
3
u  0;1

Bảng biến thiên:
u



2
3

0

f’(u)

-

0

1



+

10
f(u)

7
4

f u   10
Suy ra: max
u0;1

18


Do đó: Bất phương trình đúng với mọi x thuộc đoạn  2;4 khi và chỉ khi m  10
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:
3( x  y )  2 xy  9  0

a. 

2
2

 x  y  13

(Trích đề thi TS Cao đẳng Giao thông vận tải năm 2006)
b. 1  2 x  x 2  1  2 x  x 2  2( x  1) 4 (2 x 2  4 x  1) ,
(Trích đề thi tuyển sinh ĐH Bách Khoa 2001)
2. Cho phương trình: 1  x  8  x  (1  x)(8  x)  m
a.Giải phương trình khi m=3.
b.Xác định m để phương trình có nghiệm.
(Trích đề thi tuyển sinh ĐH Kinh tế năm 1999)
3. Chứng minh rằng: Nếu x2+y2=1 thì x  2 y  5
(Trích Bài tập 4.23a, trang 105 _SBT Đại số 10 Nâng cao).
4. Cho a  1, b  1 . Chứng minh: a b  1  b a  1  ab
(Trích đề thi TS ĐH báo chí năm 1999).

1  x sin a  2 x cos a  1.
2

5. Chứng minh:

1 x2

(Trích đề thi tuyển sinh ĐH Bách khoa năm 1983).
6. Xác định m để phương trình có nghiệm:

2  x  2  x  (2  x)(2  x)  m

(Trích đề thi tuyển sinh ĐH Thủy sản Nha trang năm 1998)
x2 y2

1

7. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức A=2x-y-2 với x,y thỏa mãn :
4
9

(Trích đề thi tuyển sinh ĐH Xây dựng năm 1999 )
8. Xét các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc+a+c=b.Tìm giá trị lứn nhất
của biểu thức:

P

2
2
3
 2
 2
a 1 b 1 c 1
2

(Trích đề thi HSG Toán Quốc gia năm học 1998-1999)
19


PHẦN III: KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM.
1. Kết quả nghiên cứu
Để kiểm tra hiệu quả của đề tài, tôi tiến hành kiểm tra trên hai đối tượng có chất
lượng tương đương là học sinh lớp 12A và lớp 12K. Trong đó lớp 12A chưa được
hướng dẫn sử dụng phương pháp lượng giác đê giải toán đại số. Với hình thức kiểm
tra là làm bài tự luận thời gian 45 phút với đề bài như sau:
ĐỀ KIỂM TRA 45 PHÚT
Câu 1: (3 điểm) Giải phương trình : 1  1  x 2  x(1  2 1  x 2 )

 x  y  1

Câu 2: (2 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 

 x x  y y  1  3m

Câu 3:(2 điểm) Cho hai số thực x, y dương thỏa: x+y=1. Tìm GTNN của biểu thức
1
1
F  x2  2  y2  2
:
x
y
Câu 4: (3 điểm)
Cho x2+y2=1 và u2+v2=1. Chứng minh:  2  ( x  y )(u  v)  ( x  y )(u  v)  2
Kết quả thu được như sau:
Điểm < 5
Lớp Sỹ số Số lượng
%
12A
12K

45
44

11
3

24,4%
6,7%

Điểm 5  <8
Số lượng
%
30
27

66,7%
60,9%

Điểm  8
Số lượng
%
4
14

8,9%
32,4%

2. Bài học kinh nghiệm:
Qua đề tài này, tôi thu được một số bài học như sau:
- Phải cho học sinh tiếp cận với nhiều bài toán với những cách giải khác nhau.
- Rèn luyện cho học sinh phân tích bài toán theo nhiều hướng khác nhau để tìm ra
lời giải tối ưu nhất.
- Rèn luyện cho học sinh trình bày lời giải ngắn gọn, chặt chẽ, hợp logic.
- Phải phát huy tối đa tính tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh.
- Phải tạo điều kiện tối đa để học sinh chủ động giải quyết các bài toán dựa trên cơ
sở lý thuyết tương ứng.
20

KẾT LUẬN
Sử dụng phương pháp lượng giác để giải một lớp các bài toán đại số tạo cho học
sinh phát triển tính tích cực, trí thông minh sáng tạo, kỹ năng vận dụng linh hoạt
các kiến thức đã học vào trong giải toán, giúp các em thấy được sự gần gũi và tự tin
với mảng kiến thức khó này.
Sau khi thực hiện đề tài này trên các buổi ôn tập cho học sinh lớp 10, bồi dưỡng
đội tuyển học sinh giỏi của trường THPT Ba Đình, ôn thi đại học tại các lớp 12A,
12K đã cho kết quả tốt. Học sinh có thể sử dụng linh hoạt các phương pháp khác
nhau để giải quyết các bài toán về tìm giái trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu
thức đại số, phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, đặc biệt là bài toán
chứng minh bất đẳng thức; đồng thời qua đó giúp học sinh phát triển óc tư duy,sáng
tạo, độc lập và tiềm năng vận dụng tri thức vào những tình huống mới.
Vì nhiều lí do khác nhau, nên trong bài viết này, tôi cũng chỉ mới nêu ra cách giải
quyết một số bài toán đại số nhờ sử dụng công cụ lượng giác, mà không đề cập, so
sánh với các cách giải khác. Rất mong được sự đóng góp, cùng trao đổi của các bạn
đồng nghiệp để tôi có thể khai thác tốt nhất các bài toán thuộc thể loại này.
Tôi xin chân thành cám ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 8 tháng 5 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Nguyễn Văn Kế

21