SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM DỰ THI PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC TRONG CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ BÙI THI MAI NAM ĐỊNH, THÁNG 05 NĂM 2015 Mục lục Phương pháp lượng giác toán giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình 1.1 Sử dụng công thức lượng giác để sáng tác phương trình đa thức bậc cao 1.2 Xây dựng phương trình vô tỉ dựa vào phương trình lượng giác 1.3 Phương pháp lượng giác toán giải phương trình 13 1.4 Phương pháp lượng giác toán bất phương trình 1.5 Phương pháp lượng giác toán hệ phương trình 19 21 Phương pháp lượng giác chứng minh đẳng thức bất đẳng thức 25 2.1 Sử dụng lượng giác để chứng minh đẳng thức 27 2.2 Sử dụng lượng giác để chứng minh bất đẳng thức 29 Phương pháp lượng giác toán cực trị Tài liệu tham khảo 41 55 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai I ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN: Dạy toán có vai trò quan trọng việc thực mục đích chức giáo dục toán học Đối với học sinh phổ thông, giải toán hình thức chủ yếu hoạt động toán học Đây loại hình hoạt động riêng biệt, phổ biến cần thiết giúp em học sinh nắm vững kiến thức ứng dụng chúng vào thực tiễn cách có hiệu quả, phát huy tính sáng tạo khả tư học sinh Một nhiệm vụ dạy học toán bồi dưỡng cho học sinh kĩ tìm tòi, phát vận dụng phương pháp vào việc giải toán, tìm mối liên hệ vấn đề toán học.Vận dụng phương pháp lượng giác vào việc giải toán biện pháp để giải nhiệm vụ Trong chương trình toán phổ thông, học sinh làm quen với phương pháp lượng giác nhiên với thời lượng không nhiều mức độ định Hơn sách giáo khoa không việc định hướng, tìm tòi lời giải phương pháp lượng giác chưa trọng đến việc rèn luyện kĩ Bên cạnh đề thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng, kì thi học sinh giỏi toán cấp thường xuất toán mà lời giải chúng tìm phương pháp lượng giác Với mục đích tìm hiểu phương pháp lượng giác hệ thống cách đầy đủ ứng dụng phương pháp đại số giải tích, chọn đề tài "Phương pháp lượng giác toán đại số " Nội dung chủ yếu đề tài dùng phương pháp lượng giác để chứng minh hệ thức đại số; giải phương trình; bất phương trình; hệ phương trình; giải toán cực trị bên cạnh cung cấp cho học sinh giáo viên số kinh nghiệm sáng tác toán đại số II THỰC TRẠNG (trước tạo sáng kiến) - Nhiều học sinh hứng thú với môn Toán Sở dĩ học sinh chưa tìm thấy niềm vui, yêu thích hoạt động giải toán chưa rèn luyện Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai lực Toán học cần thiết đáp ứng yêu cầu môn học - Những khó khăn nảy sinh học tập môn Toán nói chung giải toán Đại số nói riêng là: Học sinh phải nắm bắt ghi nhớ nhiều kiểu cách làm, thời gian luyện tập lại ít, dẫn đến lối học tập thụ động, gặp nhiều khó khăn trước tập lạ Để góp phần giải khó khăn trên, dựa thực tiễn giảng dạy, báo cáo tác giả trình bày số kinh nghiệm giải toán phương trình, hệ phương trình hay toán bất đẳng thức phương pháp lượng giác chứa đựng số kĩ thuật dạy học kĩ thuật sáng tác tập dành cho giáo viên - Một số tập sau khiến học sinh lúng túng, khó tìm cách giải : Bài toán 0.1 (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2009) Giải phương trình 64x6 − 96x4 + 36x2 − = Bài toán 0.2 (Đề nghị Olympic 30/04/2003-toán 10) Giải phương trình 4x3 − 3x = − x2 Bài toán 0.3 (Đề nghị Olympic 30/04/2006) Giải phương trình x3 − 3x = √ x + (1) Bài toán 0.4 (Chọn học sinh giỏi Quốc gia-Đồng Nai) Giải hệ phương trình sau  2x + x2 y = y 2y + y z = z 2z + z x = x  Bài toán 0.5 (Đề thi Tuyển sinh ĐH, CĐ - 2008B) Cho x, y hai số thực thỏa mãn x2 + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = 2(x2 + 6xy) · + 2xy + 2y III CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai - Nội dung viết nhằm cung cấp cho học sinh giáo viên cách nhìn việc học toán Không biết làm toán mà khơi dạy tư sáng tạo, lôgic Nội dung viết chia thành hai chương: + Chương 1: Phương pháp lượng giác toán giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình + Chương 2: Phương pháp lượng giác toán đẳng thức, bất đẳng thức cực trị Trong chương nêu lên phương pháp chung để giải toán dấu hiệu nhận biết để giải Sau xin trình bày nội dung chương Chương Phương pháp lượng giác toán giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình 1.1 Sử dụng công thức lượng giác để sáng tác phương trình đa thức bậc cao Sau học công thức lượng giác, phương trình lượng giác học sinh làm quen với toán chứng minh đẳng thức, giải phương trình lượng giác, nhận dạng tam giác Việc học lượng giác hứng thú nhiều xuất phát từ phương trình lượng giác , kết hợp với phép biến đổi lượng giác em học sinh sáng tác phương trình đại số hay biết cách giải phương trình Để làm điều giới thiệu số ví dụ : Ví dụ 1.1 Từ công thức cos 6α = 32 cos6 α − 48 cos4 α + 18 cos2 α − 1, lấy cos α = x ta cos 6α = 32x6 − 48x4 + 18x2 − Chọn 6α = π ta 32x6 − 48x4 + 18x2 − = Ta có toán sau Bài toán 1.1 (Đề nghị Olympic 30/04/2009) Giải phương trình 64x6 − 96x4 + 36x2 − = Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Lời giải Ta có cos 6α = cos2 3α − = cos3 α − cos α ⇔ cosα = 32 cos6 α − 48 cos4 α + 18 cos2 α − −1 (1) Phương trình cho tương đương 32x6 − 48x4 + 18x2 − = π ⇔ 32x6 − 48x4 + 18x2 − = cos (2) Từ công thức (1) suy (2) có nghiệm x = cos k2π π + 3.6 , k = 0, 1, 2, 3, 4, Nhận xét: Ngoài cách làm ta áp dụng cách giải phương trình bậc ba mục 1.3 để giải với cách đặt ẩn phụ t = x2 Ví dụ 1.2 Từ công thức cos 5α = 16 cos5 α − 20 cos3 α + cos α, x Đặt cos α = √ ta cos 5α = Chọn 5α = 20x3 5x x5 5x3 5x x5 − 15x3 + 45x 16x5 √ − √ + √ = √ − √ + √ = √ 288 24 3 18 3 18 π ta √ x5 − 15x3 + 45x √ = ⇔ x5 − 15x3 + 45x − 27 = 18 Ta có toán sau Bài toán 1.2 Giải phương trình x5 − 15x3 + 45x − 27 = Lời giải √ Tập xác định R Đặt x = 3t, thay vào phương trình cho ta √ √ √ 288 3t5 − 360 3t3 + 90 3t − 27 = √ ⇔ 16t5 − 20t3 + 5t = π ⇔ 16t5 − 20t3 + 5t = cos Mặt khác ta có Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai cos 5α + cos α = cos 3α cos 2α ⇔ cos 5α = cos3 α − cos α cos2 α − − cos α ⇔ cos 5α = cos5 α − 10 cos3 α + cos α − cos α ⇔ cos 5α = 16 cos5 α − 20 cos3 α + cos α π k2π + , k = 0, 1, 2, 3, 6.5 √ π k2π + , k = 0, 1, 2, 3, Phương trình cho có nghiệm x = cos 30 √ Lưu ý Trong lời giải trên, phép đặt x = 3t tìm sau : Do công thức Từ công thức (2) suy (1) có nghiệm t = cos cos 5α = 16 cos5 α − 20 cos3 α + cos α, nên ta đặt x = at, với a tìm sau Thay x = at vào phương trình cho ta a5 t5 − 15a3 t3 + 45at − 27 = Ta tìm a thoả mãn điều kiện √ √ a5 −15a3 45a a4 3a2 = = ⇒ = = ⇒ a = ±2 Vậy ta có phép đặt x = 3t 16 −20 16 Tương tự cách làm xuất phát từ công thức lượng giác sáng tác phương trình đa thức bậc cao Dưới hướng dẫn giáo viên học sinh biết cách sáng tác số phương trình biết cách giải Việc làm kích tích tư rèn tính tỉ mỉ học sinh Ví dụ 1.3 Từ công thức sin 5α = 16 sin5 α − 20 sin3 α + sin α, lấy sin α = 2x ta sin 5α = 512x5 − 160x3 + 10x π Chọn 5α = , ta có √ √ = 512x5 − 160x3 + 10x ⇔ 1024x5 − 320x3 + 20x − = Ta toán sau Bài toán 1.3 Giải phương trình 1024x5 − 320x3 + 20x − √ = t Lời giải Đặt x = , thay vào phương trình cho ta 32t5 − 40t + 10 = √ π ⇔ 16t5 − 20t3 + 5t = sin Ta có sin 5α + sin α = sin 3α cos 2α (1.1) Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai ⇔ sin 5α = sin α − sin3 α − sin2 α − sin α ⇔ sin 5α = sin5 α − 10 sin3 α + sin α − sin α ⇔ sin 5α = 16 sin5 α − 20 sin3 α + sin α Từ công thức (2) suy (1) có nghiệm t = sin Phương trình cho có nghiệm x = 1.2 sin π k2π + , k = 0, 1, 2, 3, 3.5 π k2π + , k = 0, 1, 2, 3, 15 Xây dựng phương trình vô tỉ dựa vào phương trình lượng giác Ví dụ 1.4 Từ phương trình cos 3t = sin t, với t ∈ [0; π], ta thấy phương trình tương đương với cos3 t − cos t = − cos2 t Đặt x = cos t ta toán sau Bài toán 1.4 (Đề nghị Olympic 30/04/2003-toán 10) Giải phương trình 4x3 − 3x = − x2 Lời giải Từ điều kiện |x| ≤ Đặt x = cos t, t ∈ [0; π] Phương trình cho trở thành π cos3 t − cos t = sin t ⇔ cos 3t = cos( − t) ⇔ π Vì t ∈ [0, π] nên ta có t1 = , t2 = π π +k 8π t = − + kπ t= 5π 3π , t3 = √ π 5π 3π Vậy phương trình cho có nghiệm x1 = cos , x2 = cos , t3 = cos =− 8 Nếu thay x x − ta toán khó Bài toán 1.5 Giải phương trình 4x3 − 12x2 + 9x − = √ 2x − x2 Lời giải Điều kiện ≤ x ≤ Phương trình cho tương đương với 4(x − 1)3 − 3(x − 1) = − (x − 1)2 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Đặt x − = cos t, t ∈ [0; π] Phương trình trở thành π cos t − cos t = sin t ⇔ cos 3t = cos( − t) ⇔ π Vì t ∈ [0, π] nên ta có t1 = , t2 = π π +k 8π t = − + kπ t= 5π 3π , t3 = √ π 5π 3π Vậy phương trình cho có nghiệm x1 = 1+cos , x2 = 1+cos , t3 = 1+cos = 1− 8 t Ví dụ 1.5 Từ phương trình cos 3t = cos , với t ∈ [0; π], ta thấy phương trình tương đương với cos3 t − cos t = 2(1 + cos t) Đặt x = cos t ta toán sau Bài toán 1.6 (Đề nghị Olympic 30/04/2006) Giải phương trình x3 − 3x = √ (1.2) x + Lời giải Điều kiện x ≥ −2 Nếu x > x3 − 3x = x + x(x2 − 4) > x > √ √ √ 2x = x + x > x + Vậy x > không thoả mãn (1.2), để giải PT (1.2), cần xét −2 ≤ x ≤ Khi đặt x = cos t, điều kiện t ∈ [0; π] Thay vào (1) ta t 3t = + k2π t t 2 (1 + cos t) ⇔ cos3 t−3 cos t = cos ⇔ cos 3t = cos ⇔  t 2 3t = − + k2π  cos3 t−6 cos t = k4π ⇔ k4π (k ∈ Z) t= 4π 4π Do t ∈ [0; π] nên lấy nghiệm t = 0, t = , t = Phương trình cho có ba  t= nghiệm x = 2, x = cos 4π 4π , x = cos Ví dụ 1.6 Từ phương trình sin 3t = cos t,với t ∈ [0; π], ta thấy phương trình tương đương với Chương Phương pháp lượng giác toán cực trị + Cơ sở phương pháp:Để giải toán cực trị phương pháp lượng giác ta cần dựa vào dấu hiệu có toán trình bày phần "chứng minh đẳng thức bất đẳng thức" Tuy nhiên số toán dấu hiệu không xuất từ đầu, nười ta phải biến đổi điều kiện hàm số cho để làm xuất dấu hiệu quen biết Tóm lại, để giải toán cực trị phương pháp lượng giác ta thực theo ba bước: Bước : Nhận biết dấu hiệu toán biến đổi giả thiết làm xuất dấu hiệu toán Bước : Lượng giác hóa toán, tức chuyển toán đại số sang toán lượng giác Bước : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số lượng giác tương ứng kết luận Bài toán 3.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số : P = 3y − 4xy x2 + y Lời giải Bước 1: Biến đổi toán làm xuất dấu hiệu P = 3( Vì :( x x2 + y )2 + ( y x2 + y y x2 + y )2 − 4( x2 + y )2 = nên đặt cos t = Bước 2: Lượng giác hóa toán P = sin2 t − sin t cos t = x 3 − (2 sin 2t + cos 2t) 2 41 )( y x2 + y x x2 + y ) ; sin t = y x2 + y với ∀t ∈ R Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Bước 3: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số P = 3 − (2 sin 2t + cos 2t) 2 kết luận Theo bất đẳng thức Bunhiacovski ta có (2 sin 2t + 25 cos 2t)2 ≤ 22 + ( )2 (sin2 2t + cos2 2t) = 2 ⇔ − ≤ −(2 sin 2t + cos 2t) ≤ 2 α P = sin 2t + cos 2t = ⇔ t = + kπ(sin α = 2 y Tương tự: P = = −2 x y y Vậy Pmin = −1 = ; Pmax = = −2 x x ⇔ −1 ≤ P ≤ 4 y ; cos α = ) ⇒ = 5 x Bài toán 3.2 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: √ a b abc Q= + + a + bc b + ca c + ab Nhận xét 3.1 * Với giả thiết hoàn toàn tương tự toán 2.8, việc tìm giá trị lớn biểu thức Q không đối xứng với biến a, b, c toán khó * Khi tiếp cận cách giải toán 2.8 ta biến đổi biểu thức Q dạng lượng giác mà việc tìm giá trị lớn biểu thức lượng giác không phức tạp ta có lời giải sau Lời giải Ta có a+b+c= bc a ca + b ca b ab + c ab c bc =1 a Đặt bc A = tan , a ca B = tan , b ab C = tan ; A, B, C ∈ (0; π) c Từ giả thiết (23) hệ thức (3.8), ta có A + B + C = π Ta có C √ 3 Q= + + = + (cos A + cos B + sin C) ≤ + A B C + tan2 + tan2 + tan2 2 Suy tan √ √ √ 3 max Q = + , a = b = − 3, c = − 4 42 (23) Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Bài toán 3.3 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện abc + a + b = c Tìm giá trị lớn biểu thức: a b c2 + − a2 + b + c + Q= Nhận xét 3.2 * Ta biến đổi giả thiết biểu thức Q dạng: 1 abc + a + b = c ⇔ a.b + b + a = c c Và a b + − 1+a + b2 Q= 1 1+ c Khi thực phép đặt ẩn phụ đưa toán tìm giá trị lớn biểu thức lượng giác ta có lời giải sau Lời giải Từ điều kiện ta có 1 a.b + b + a = c c (27) Đặt a = tan A B C , b = tan , = tan ; A, B, C ∈ (0; π) 2 c Từ giả thiết (27) hệ thức (2.3), ta có A + B + C = π Với cách đặt tan Q= A A 1 ≤ − = 4 + tan2 tan + B + tan2 Suy B − + tan2 C   A=B= π max Q = ,  C= 2π = → 1 (sin A + sin B − cos C) − 2 a = b√= − c= √ Bài toán 3.4 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: abc + a + b = c Tìm giá trị lớn biểu thức: Q= 2(1 + ab) c + (1 + a2 )(1 + b2 ) + c2 43 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Nhận xét 3.3 Tương tự cách biến đổi toán 2.7, ta có lời giải Lời giải Từ điều kiện ta có 1 a.b + b + a = c c (28) Đặt: a = tan A B C , b = tan , = tan ; A, B, C ∈ (0; π) 2 c Từ giả thiết (28) hệ thức (2.3), ta có A + B + C = π Với cách đặt c + a2 + b 1 c + = + + 2 2 (1 + a )(1 + b ) + c 1+a 1+b + c2 C √ tan 3 1 = + + = + (cos A + cos B + sin C) ≤ + A B C 2 + tan + tan + tan 2 Q≤ Suy √  3 max Q = + ,   π A=B= → 2π C= a = b√= − c= √ Bài toán 3.5 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab = + bc + ca Tìm giá trị lớn biểu thức Q = a2 b2 c + + 2 a +1 b +1 c +1 Nhận xét 3.4 * Khi thay đổi giả thiết toán 3.6,3.7,3.8 giả thiết khác ta toán mà cách giải không thay đổi * Ta thực phép biến đổi giả thiết 1 1 ab = + bc + ca ⇔ + c + c = a b b a * Ta có cách giải toán sau Lời giải Từ điều kiện ta có 1 1 + c + c = a b b a Đặt A B C = tan , = tan , c = tan ; A, B, C ∈ (0; π) a b 2 Từ giả thiết (29) hệ thức (2.3), ta có A + B + C = π 44 (29) Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Với cách đặt ta có Q= + tan2 A + tan 1 + tan2 B + C + tan2 C = cos2 A B + cos2 + sin C 2 (cos A + cos B + sin C) + 2√ 3 +1 ≤ = Suy √  3 max Q = + 1,   π A=B= → 2π C= a =√ b=2+ c= √ Bài toán 3.6 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab = + bc + ca Tìm giá trị nhỏ biểu thức: √ 3.c b + − P = a +1 b +1 c +1 √ Lời giải Từ điều kiện ta có 1 1 + c + c = a b b a (30) Đặt A B C = tan , = tan , c = tan ; A, B, C ∈ (0; π) a b 2 Từ giả thiết (30) hệ thức (3.8), ta có A + B + C = π √ A B C tan tan + 2 = √3sin2 A + sin B − − P = A B C 2 + tan2 + tan2 + tan2 2 √ √ √ 3 = (1 − cos A) + sin B − sin C = − (cos A + sin C) + 2 √2 ≥ − √ 3tan2 Suy √  3−5 minP = ,   π A=B= → 2π C= 45 √ sin C √ sin B + 2 a =√ b=2+ c= √ Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Bài toán 3.7 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab = + bc + ca Tìm giá trị nhỏ biểu thức: √ √ 3 + − P = a +1 b +1 c +1 Lời giải Từ điều kiện ta có 1 a.b = a + b + c c (31) Đặt a = tan A, b = tan B, π = tan C ; A, B, C ∈ 0; c Từ giả thiết (31) hệ thức (2.4), ta có A + B + C = π Ta có √ √ √ √ 3tan2 C 2 P = A + B − + − = cos 3cos 3sin2 C 2B 2C + tan2 A + tan + tan √ √ √ 1 3 = (1 + cos 2A) + (1 + cos 2B) − (1 − cos 2C) = + (cos 2A + (cos 2B + cos 2C)) 2 2 ≥ − =− 4 Suy √    a=   A= π P = − ,  5π →  B=C=  12 √ b = + √3 c=2− Bài toán 3.8 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: a+b+c+1 = 4abc Tìm giá trị lớn biểu thức √ Q= 4bc − + bc √ 4ca − 1 + ca ab Nhận xét * Nhìn vào giả thiết toán ta khó hình dung toán có mối quan hệ với đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác * Nhưng sử dụng phép biến đổi: a + b + c + = 4abc ⇔ 1 1 + + +2 = 4bc 4ca 4ab 8abc Và nhận thấy a, b, c ba số thực dương, suy 1 , , ∈ (0; 1) 4bc 4ca 4ab 46 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Từ ta có cách đặt để đưa Q dạng lượng giác mà việc tìm giá trị lớn Q đơn giản dùng công thức biến đổi lượng giác Ta có lời giải sau Lời giải Từ điều kiện ta có 1 1 + + +2 = 4bc 4ca 4ab 8abc Do a, b, c ba số thực dương, suy 1 , , ∈ (0; 1) 4bc 4ca 4ab Đặt 1 π √ = cos A, √ = cos B, √ = cos C; A, B, C ∈ 0; ca bc ab Từ điều kiện toán, ta có cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos A cos B cos C = (34) Từ giả thiết (34) hệ thức (2.4), ta có A + B + C = π Với cách đặt ta có √ √ 4bc − 4ca − 1 Q= + + = 4cos2 A − + 4cos2 B bc ca ab cos A = sin 2A + sin 2B − 4sin C + (35) − + 4cos2 C cos B Mặt khác sin 2A + sin 2B − 2sin2 C ≤ sin C − 2sin2 C = −2 sin C − 2 + 1 ≤ 2 (36) Từ (35) (36) suy Q ≤ + = nên   A = B = 5π 12 ⇔ max Q =  C=π √ a=b= √ c=2 3+3 Bài toán 3.9 (Đề thi Tuyển sinh ĐH, CĐ - 2008B) Cho x, y hai số thực thỏa mãn x2 + y = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = 2(x2 + 6xy) · + 2xy + 2y Lời giải Vì x2 + y = nên đặt x = sin t, y = cos t, t ∈ [0, 2π) Khi sin2 t + sin t cos t − cos 2t + sin 2t P = = · + sin t cos t + cos t cos 2t + sin 2t + 47 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Gọi y0 giá trị tùy ý P Điều có nghĩa phương trình sau (ẩn t) có nghiệm − cos 2t + sin 2t = y0 cos 2t + sin 2t + ⇔ (6 − y0 ) sin 2t − (y0 + 1) cos 2t = 2y0 − (40) Vì (40) có nghiệm nên ta phải có: (6 − y0 )2 + (y0 + 1)2 ≥ (2y0 − 1)2 ⇔ y02 + 3y0 − 18 ≥ ⇔ −6 ≤ y0 ≤ Vậy: max P = P = −6 Bài toán 3.10 Cho x2 + y = Tìm giá trị lớn biểu thức A=x √ + y + y + x Lời giải Vì x2 + y = nên đặt x = cos t, y = sin t, t ∈ [0, 2π) Khi ta có √ √ A = cos t + sin t + sin t + cos t Suy √ √ A2 = cos t + sin t + sin t + cos t ≤ cos2 t + sin2 t (1 + sin t + + cos t) Ta có: A = √ π ⇔ A2 ≤ + sin t + cos t = + sin t + ⇒A≤ √ √ + sin t + cos t  √ = π cos t sin t 2+ 2⇔ ⇔ t = sin t + π =1 (vì ≤ t < 2π ), 2+ √ √ √ 2 hay x = y = · tức sin t = cos t = √ √ Vậy: max A = + ⇔ x = y = · Bài toán 3.11 Xét số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện abc + a + c = b Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2 − + · a2 + b2 + c2 + Lời giải Ta có abc + a + c = b ⇔ a + c = b(1 − ac) Nếu ac = a + c = ⇔ a = −c nên a2 = −1 (vô lý) Vậy, ac = 48 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai a+c − ac π Đặt a = tan α, c = tan β nên b = tan(α + β), với α, β, γ > α + β < · Khi ta có b = Khi 2 − + tan2 α + tan2 β + tan2 γ + = cos2 α − cos2 (α + β) + cos2 β P = = cos 2α + − cos[2(α + β)] − + cos2 β = sin β sin(2α + β) + 3(1 − sin2 β) = 10 − sin β − sin (2α + β) 3 − 10 cos2 (2α + β) ≤ · 3  2α + β = sin β = sin(2α + β) Dấu "=" xảy ⇔ ⇒ sin β = cos(2α + β) = √ √ √ 2 2 Vì sin β = nên cos β = nên tan β = c = · 3 4 √ √ π tan α Lại có tan 2α = tan − β = cot β = 2 nên = 2 − tan2 α √ √ π 2 ⇒a= ; b = tan(α + β) = tan −α ⇒ tan α = 2 √ √ √ 10 2 Vậy max P = a = , b = 2, c = · π = cot α = √ Bài toán 3.12 Trong nghiệm (x, y) bất phương trình x2 + y (x + y) ≥ (41) Hãy tìm nghiệm cho (x + y) đạt giá trị lớn Lời giải Ta xét hai trường hợp • Nếu x2 + y > ta có (41) ⇔ x + y > x2 + y ⇔ Mặt khác x − √ 2 + y− x− = 2 + y− 2 ≤ · (42) 1 phương trình đường tròn tâm I , , bán 2 2 · Vì tập hợp điểm M (x; y) nghiệm bất phương trình √ 1 2 , , bán kính R = · x + y ≥ x + y hình tròn tâm I 2 kính R = 49 Sáng kiến kinh nghiệm Đặt  x − y − Bùi Thị Mai = r cos ϕ , với r ≥ ≤ ϕ ≤ 2π = r sin ϕ ≤ ϕ ≤ 2π, √ π đồng thời x + y = + r(cos ϕ + sin ϕ) = + r sin ϕ + √ suy x + y ≤ + √ = 2 Khi (42) trở thành: r ≤ Ta có x+y =2⇔  r sin ϕ + π ⇔  r ϕ =√ ⇔ π = x y =√ =1 =1 =1 • Nếu < x2 + y < (41) ⇔ < x + y ≤ x2 + y Rõ ràng với cặp (x, y) thỏa mãn điều kiện ta có x + y ≤ x2 + y ≤ Vậy max(x + y) = x = 1, y = Bài toán 3.13 Trong tất nghiệm hệ  x2 + y = 16 z + t2  xt + yz =9 ≥ 12 (∗) tìm nghiệm (x, y, z, t) cho (x + z) đạt giá trị lớn Lời giải Theo ta có  x     y z t +    xt3+ yz x y4 + =1 =1 ≥ 12 z  = cos β , với ≤ β ≤ 2π  t = sin β = sin α Khi (*) trở thành cos α sin β + sin α cos β ≥ ⇔ sin(α + β) ≥ π suy sin(α + β) = ⇔ α + β = · Đặt = cos α , với ≤ α ≤ 2π Ta có |x + z| = |4 cos α + cos β| = |4 cos α + sin α| = |5 sin(ϕ + α)| ≤ 5, 50 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai 5 π π Từ z + x = sin(ϕ + α) = ⇒ ϕ + α = ⇔ α = − ϕ 2 với sin ϕ = , cos ϕ = · ⇒ x = cos α = sin ϕ = 16 12 , y = sin α = cos ϕ = , 5 12 z = cos β = cos ϕ = , t = sin β = sin ϕ = · 5 12 12 16 Vậy max(x + z) = x = , y = , z = , t = · 5 5 Bài toán 3.14 Cho |x| ≤ Tìm giá trị lớn hàm số y = (1 − x)n + (1 + x)n , với n ∈ N∗ Lời giải Vì |x| ≤ nên ta đặt x = cos 2t, có y = (1 − cos 2t)n + (1 + cos 2t)n = 2n sin2n t + 2n cos2n t = 2n sin2n t + cos2n t ≤ 2n sin2 t + cos2 t = 2n Như y ≤ 2n Dấu = xảy sint.cost = hay x = −1 x = Vậy giá trị lớn hàm số 2n Bài toán 3.15 Cho x2 + y = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = 20x3 − 15x + 36y − 48y Lời giải Vì x2 + y = nên đặt x = sin t y = cos t Khi P = 20sin3 t − 15 sin t + 36 cos t − 48cos3 t = −5 sin t − 4sin3 t − 12 4cos3 t − cos t = |5 sin 3t + 12 cos 3t| ≤ 52 + 122 = 13 hay P ≤ 13 Dấu = xảy sin 3t cos 3t = ⇔ tan 3t = 12 12 Vậy max P = 13 Bài toán 3.16 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số sau: u= (x + y) (1 − xy) (1 + x2 ) (1 + y ) 51 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Lời giải Hàm số cho có nghĩa với x, y π π Hàm số cho trở thành 2 Đặt x = tan α; y = tan β với α, β ∈ − ; sin (α + β) cos (α + β) (tan α + tan β) (1 − tan α tan β) cos α cos β cos α cos β u= = 1 + tan2 α + tan2 β 2 cos α cos β = sin [2 (α + β)] 1 2 π Ta có u = sin [2 (α + β)] = 1, chẳng hạn α + β = Vì −1 ≤ sin [2 (α + β)] ≤ nên − ≤ u ≤ tan (α + β) = ⇔ tan α + tan β =1 − tan α tan β hay x+y = ⇔ x + y + xy = 1 − xy Suy max u = Lại có u = − sin [2 (α + β)] = −1, chẳng hạn α + β = − tan (α + β) = −1 ⇔ tan α + tan β = −1 − tan α tan β hay x+y = −1 ⇔ xy − x − y = 1 − xy 2 Vậy u = − , max u = Bài toán 3.17 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức P = 4xy − 4y x2 + y Lời giải Hàm số cho xác định với x, y không đồng thời Xét hai trường hợp sau a, Với y = 0, x = ta có P = x −4 y b, Với y = chia tử số mẫu số cho y ta P = x +1 y2 52 π Sáng kiến kinh nghiệm Đặt Bùi Thị Mai x π π = tan t với t ∈ − ; , ta có y 2 sin t −4 tan t − cos t P = = tan2 t + cos2 t = sin t cos t − cos t √ π = (sin 2t − cos 2t) − = 2 sin 2t − − √ √ π ≤ nên −2 − ≤ P ≤ 2 − √ π π Ta có P = −2 − sin 2t − = −1, chẳng hạn t = − tức π x = tan − y √ π 3π x 3π Và P = 2 − sin 2t − = 1, chẳng hạn t = tức = tan y √ √ Vậy max P = 2 − 2; P = −2 − Vì −1 ≤ sin 2t − Bài toán 3.18 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số : P = (x + y)(1 − xy) (1 + x2 )(1 + y ) Lời giải Vì toán có dấu hiệu + x2 ; + y nên ta nghĩ đến việc đặt x = tan a; y = 1 π π tan b với a, b ∈ (− ; ) Khi ta có P = sin 2(a + b) Vậy Pmin = − ; Pmax = 2 2 IV HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI: Quá trình thực dạy học phương pháp lượng giác toán Đại Số đem lại hiệu sau: - Học sinh tự tin trước toán, chủ động phát phương pháp kĩ thuật phù hợp dùng cho toán, đặc biệt em thấy tương tác lĩnh vực toán học.Sau dạy phương pháp lượng giác toán Đại số cho học sinh viết thu hoạch Một số học sinh sáng tạo nhiều tập hay em sưu tầm bất đẳng thức hay chứng minh phương pháp lượng giác - Nâng cao khả tự học học sinh, em tích cực tìm kiếm tài liệu đề thi có xuất dấu hiệu mà ta lượng giác hóa để tự thử sức rèn kĩ thuật, kĩ tư cần thiết - Giáo viên học sinh có thêm cách thức sáng tạo toán có tính lạ mà 53 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai chủ động cách giải Quá trình giúp đỡ học sinh phát triển lực Toán trình giáo viên tự bồi dưỡng nâng cao lực chuyên môn mình, góp phần giảng dạy môn Toán cách thực chất, hiệu hơn.Sáng kiến góp phần kích thích niềm đam mê nghiên cứu khoa học giáo viên V NHỮNG KIẾN NGHỊ VÀ ĐỀ SUẤT: - Để góp phần nâng cao hiệu giáo dục phải coi trọng công tác nghiên cứu khoa học gắn với đổi phương pháp dạy học, phát huy nội lực tự học, tự bồi dưỡng cán giáo viên việc phát triển khả nghiên cứu học sinh cần thiết Chúng ta nên kéo em vào việc nghiên cứu kĩ thuật giải toán - Tôi đề xuất tiếp số đề tài " Phương pháp lượng giác giải tích", " Xây dựng bất đẳng thức dựa bất đẳng thức có sẵn" - Trên vài kinh nghiêm nhỏ muốn trao đổi với bạn đồng nghiệp Mắc dù cố gắng song đề tài có sai sót Tôi mong góp ý chân thành bạn đồng nghiệp để đề tài áp dụng rộng rãi đáp ứng nhu cầu đổi giáo dục Nam Định, ngày 20 tháng năm 2015 Tác giả sáng kiến Bùi Thị Mai CƠ QUAN, ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (Xác nhận, đánh giá, xếp loại) 54 Tài liệu tham khảo [1] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Trí thức, 2006 [2] Nguyễn Cửu Huy Bất Đẳng Thức, NXB Giáo Dục [3] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo Dục [4] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Minh Tuấn, 2007 Chuyên đề chọn lọc lượng giác áp dụng NXB Giáo Dục [5] Ngô Thế Phiệt, Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức, NXB Giáo Dục, 2007 [6] Hardy G.H, Littlewood J.E, Polya G, 1999 Bất đẳng thức ,NXB ĐHQGHN 55 [...]... công thức − 1 = tan2 t cos2 t +) Biểu thức Để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số bằng phương pháp lượng giác ta có thể thực hiện qua các bước sau: Bước 1 : Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán và đặt ẩn phụ Bước 2 : Lượng giác hóa bài toán Bước 3 : Giải phương trình lượng giác tương ứng và kết luận Bài toán 1.11 Giải phương trình: 4x3 − 3x = m với |m| ≤ 1 Lời giải Bước... Vậy, phương trình đã cho có nghiệm x1 = , x2 = − 2 2 √ 1 1 Ví dụ 1.10 Từ phương trình lượng giác + = 2 2 và từ đẳng thức lượng giác cos t sin t √ sin2 t + cos2 t = 1 suy ra sin t = 1 − cos2 t thay thế cos t bởi x, ta sẽ có một phương trình vô √ 1 1 = 2 2 tỷ như sau + √ x 1 − x2 t= 1.3 Phương pháp lượng giác trong bài toán giải phương trình + Cơ sở của phương pháp: Để áp dụng phương pháp lượng giác. .. để nhận biết dấu hiệu có trong bài toán Bước 2: Lượng giác hóa bài toán, nghĩa là chuyển đổi bài toán chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức đại số thành bài toán chứng minh đẳng thứ lượng giác hay bất đẳng thức lượng giác Bước 3: Chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức tương ứng rồi kết luận 26 Sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Bùi Thị Mai Sử dụng lượng giác để chứng minh đẳng thức Bài toán 2.1 Cho a, b thỏa... pháp lượng giác vào các bài toán đại số ta cần dựa vào các dấu hiệu sau đây: - Dấu hiệu 1: Nếu trong bài toán có |x| ≤ k (với k > 0) thì ta đặt x = k sin α (với −π π ; ) hoặc đặt x = k cos α (với α ∈ [0; π]) 2 2 - Dấu hiệu 2: Nếu trong bài toán có x, y thỏa mãn a2 x2 + b2 y 2 = c2 với a, b, c > 0 thì ta c sin α c cos α đặt x = ;y= (với α ∈ [0; 2π]) a b - Dấu hiệu 3: Nếu trong bài toán có biểu thức x2... 0, 1, 2, 3 Từ đó ta có thể dễ dàng tìm ra 2 đáp số cuối cùng √ √ 2− 2 2+ 2 ; , 2 2 √ √ 2− 2 2+ 2 ;− , 2 2 − 2+ 2 √ 2 2+ 2 − 2− 2 ;− √ 2 ;− √ 2 2− 2 , √ 2 Nhận xét: Các bạn có thể thấy phép thế này "giải quyết" bài toán nhanh gọn như thế nào, trong khi đó các cách giải bài toán không sử dụng phép thế lượng giác phức tạp hơn nhiều Bài toán 1.24 Giải hệ phương trình 1 1 =4 x+ x y xy + yz + zx = 1 3 x+... 4 m √2 π t π 2 t π ≤ sin( + ) ≤ 1 Vì t ∈ [0; ] nên + do đó 2 2 4 2 2 4 t π 1 Hay bất phương trình sin( + ) ≤ √ có nghiệm khi và chỉ khi: 2 4 m √ 1 2 √ ≥ ⇔0 0 : 2m(cos Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm khi 0 ≤ m ≤ 2 1.5 Phương pháp lượng giác trong bài toán hệ phương trình Bài toán 1.23 Giải hệ phương trình x2 + y 2 = 1 4xy(2y 2 − 1) = 1 21 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Lời... được phương trình 4x3 + 3x = m Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất 1 1 1 x = (d − ) = 2 d 2 3 m2 + 1 + m+ 3 m− m2 + 1 Nhận xét: Mọi phương trình bậc ba với hệ số thực ta đều có thể giải được Bài toán 1.15 .Giải phương trình : 1+ 1 − x2 = x(1 + 2 1 − x2 ) Lời giải Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán và đặt ẩn phụ Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1 π π 2 2 Đặt x = sin t; t ∈ [− , ] Bước 2: Lượng giác. .. t ∈ (0; ) nên ta có t1 = , t2 = , t3 = 2 7 9 9  t= Vậy phương trình có nghiệm x1 = cos 1.4 2π 2π 4π , x2 = cos , x3 = cos 7 9 9 Phương pháp lượng giác trong bài toán bất phương trình Bài toán 1.19 Giải bất phương trình 3x 1 >√ − 1 2 1−x 1 − x2 (1.6) Lời giải Điều kiện 1 − x2 > 0 ⇔ −1 < x < 1 π π 2 2 Đặt x = sin t, t ∈ − , nên cos t > 0 Bất phương trình (1.6) trở thành 1 > 1 − sin2 t ⇔ Do đó 3 sin... dầu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi √ a=b=c= 2 2 Nhận xét 2.4 • Hoàn toàn tương tự ta cũng có thể xây dựng và chứng minh được các bất đẳng thức đại số có điều kiện ràng buộc ban đầu xuất phát từ các hệ thức lượng giác và các bất đẳng thức lượng giác khác trong tam giác √ √ Bài toán 2.12 Cho a, b, c, d liên hệ bởi: a = c 1 − d2 ; b = d 1 − c2 (38) Chứng minh rằng |a| + |b| ≤ 1 Lời giải Điều kiện có nghĩa:... biết các dấu hiệu đã biết trong bài toán Để giải bài toán ta xét hai trường hợp: Trường hợp a = b = 0: Đẳng thức cần chứng minh đúng Trường hợp a2 + b2 = 0 : Không làm mất tính tổng quát, giả sử a = 0, bài toán trở thành: Cho a, b thỏa mãn: b ≤ 1 Chứng minh rằng: a 1+ Vì b b + 1− = 1+ a a b 1 − ( )2 + 1 − a b 1 − ( )2 a b π π b ≤ 1 nên đặt ≤ 1 = sin α, α ∈ − ; a a 2 2 Bước 2: Lượng giác hóa bài toán ... dựa vào phương trình lượng giác 1.3 Phương pháp lượng giác toán giải phương trình 13 1.4 Phương pháp lượng giác toán bất phương trình 1.5 Phương pháp lượng giác toán hệ phương. .. lượng giác Với mục đích tìm hiểu phương pháp lượng giác hệ thống cách đầy đủ ứng dụng phương pháp đại số giải tích, chọn đề tài "Phương pháp lượng giác toán đại số " Nội dung chủ yếu đề tài dùng phương. .. − x2 t= 1.3 Phương pháp lượng giác toán giải phương trình + Cơ sở phương pháp: Để áp dụng phương pháp lượng giác vào toán đại số ta cần dựa vào dấu hiệu sau đây: - Dấu hiệu 1: Nếu toán có |x|