SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH Mã số: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM: PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP VỀ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC Người thực hiện: NGUYỄN THỊ HỒNG VÂN Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục:  - Phương pháp dạy học mơn: TỐN  - Lĩnh vực khác:  Có đính kèm:  Mơ hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh Năm học: 2013-2014  Hiện vật khác SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I.THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ Tên: Nguyễn Thị Hồng Vân Ngày tháng năm sinh: 18/09/1978 Nam, nữ: Nữ Địa chỉ: 18 HV- KP1 Phường Long Bình Tân – TP Biên Hồ – Tỉnh Đồng Nai Điện thoại: 0613834289 (CQ)/ 0613832425 (NR); ĐTDĐ: 0974 669 039 Fax: E-mail: hongvan@nhc.edu.vn Chức vụ: Giáo viên Nhiệm vụ giao: giảng dạy mơn Tốn lớp 11A4, 11A10, 10A3, 10A5 chủ nhiệm lớp 10A3 Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị cao nhất: thạc sỹ - Năm nhận bằng: 2013 - Chun ngành đào tạo: Tốn giải tích III KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy học Số năm có kinh nghiệm: 14 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: Phân loại phương pháp giải dạng tập phương trình đường thẳng mặt phẳng Phân loại phương pháp giải dạng tập tích vơ hướng PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP VỀ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: - Mục tiêu dạy học mơn tốn khơng địi hỏi người giáo viên cần phải truyền đạt tri thức mà phải giúp cho em rèn luyện kĩ bản, phát triển tư - Qua nhiều năm dạy học, qua nhiều đợt kiểm tra học kỳ II khối 10, thân nhận thấy “ Công thức lượng giác ” quan trọng, chiếm điểm gần toàn chương phần ba điểm kiểm tra học kỳ II Thể loại toán “ Công thức lượng giác” rộng lớn phong phú thể loại, nội dung mức độ yêu cầu thể loại Loại tập vận dụng cho nhiều đối tượng học sinh khối Đặc biệt, có vài dạng đánh giá loại nhằm phát triển tư học sinh Nó thường đóng vai trị làm câu khống chế điểm 9, điểm 10 đề thi năm Bên cạnh đó, học cuối học kỳ II nên em khơng có thời gian rèn luyện nhiều, chưa có đủ thời gian để “ ngấm” - Giúp cho em học sinh thấy kiến thức trọng tâm, nắm vững dạng toán phương pháp giải dạng toán Đây tảng để em học tiếp chương “ phương trình lượng giác” đầu năm lớp 11 Ngoài ra, em cịn tiếp cận với kiến thức có tính nâng cao để chuẩn bị cho kì thi sau - Để có hiểu biết sâu sắc, truyền thụ cho học sinh mảng kiến thức liên quan đến “ Cơng thức lượng giác ” có hiệu nhất, chọn chuyên đề nghiên cứu “ Phân loại phương pháp giải dạng tập cơng thức lượng giác” - Trong q trình dạy học tơi ln tìm tịi ví dụ điển hình tổng hợp thành phương pháp giải cụ thể cho học sinh đồng thời hướng dẫn học sinh biết nhận dạng toán phát triển toán II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN - Các kiến thức công thức lượng giác tổng hợp từ sách giáo khoa sách tập - Kĩ giải tốn địi hỏi tư duy, sáng tạo - Chuyên đề trình bày thành sáu dạng tốn, dạng tốn có u cầu cụ thể sau: + Kiến thức cần nhớ: Phần tóm tắt khái niệm, định nghĩa, định lý, tính chất công thức phương pháp giải phục vụ cho việc giải toán tương ứng phần + Các toán minh họa: Trên sở lý thuyết, phần phân loại dạng toán thường gặp chương trình với phương pháp giải Lời giải tốn trình bày chi tiết gợi ý, hướng dẫn Ngồi cịn có nhận xét, rút kinh nghiệm, cách giải khác giúp cho em dễ hiểu, dễ vận dụng để giải toán tương tự +Bài tập đề nghị : Hệ thống tốn có cách giải, mạch tư Bên cạnh cịn có tập có tính mở rộng, nâng cao để giúp em khá, giỏi có điều kiện rèn luyện, mở rộng kiến thức để nâng cao lực giải tốn - Các kết chuyên đề chủ yếu có sẵn sách giáo khoa, tài liệu tham khảo, thân tìm hiểu, trình bày lại theo bố cục mới, chứng minh chi tiết nhiều kết mà tài liệu chứng minh vắn tắt bỏ qua chứng minh Bên cạnh tác giả đưa chứng minh số kết - Các giải pháp mà tác giả thực có tác động khắc phục hạn chế đơn vị mình, giải pháp thay phần giải pháp có mà tác giả thực có hiệu - Do sách giáo khoa bao gồm nhiều vấn đề lý thuyết khác nên việc phân loại phương pháp giải dạng tập theo hướng nâng dần mức độ phức tạp rèn kĩ suy luận thiết thực học sinh Để từ em học sinh tích cực chủ động học tập có điều kiện luyện tập khắc sâu kiến thức III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP Vấn đề 1: Các hệ thức bản Phương pháp Dùng các hệ thức : sin α + cos α = tan α cot α = 1 + tan α = cos α 1 + cot α = sin α Bài toán 1: ( Đề kiểm tra tiết – Năm học 2012 -2013- Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh ) A B C π 1) Cho cos A + cos B + cos C = 4sin sin sin + < a < π 2 2 Tính giá trị lượng giác cịn lại 3π Tính giá trị lượng giác lại 2) Cho tan a = π < a < Lời giải 2 a) Ta có cos a = − sin a = 144 169 12 12 cos a = − 13 13 12 π Vì < a < π nên ta nhận cos a = − 13 sin a 12 =− =− Ta có tan a = cot a = cos a 12 tan a 1 = b) Ta có cos a = + tan a 5 Suy cos a = cos a = − 5 3π Vì π < a < nên ta nhận cos a = − sin a Ta có tan a = ⇒ sin a = tan a.cos a = − cos a 1 cot a = = tan a Lời bàn: Đây dạng toán nhất, ma trận đề thường dạng “ nhận biết ”, dùng làm câu tránh điểm liệt học sinh yếu Suy cos a = Bài toán 2: Chứng minh đẳng thức sau: sin x + cos3 x = − sin x cos x a) sin x + cos x − cos x + tan x cot x = b) − sin x cos x Lời giải sin x + cot x  sin x + cot x  c)  ÷ = 2  + sin x tan x  + sin x tan x Phân tích định hướng - Có thể chứng minh trực tiếp VT = VP ( hay VP = VT) - Có thể biến đổi đồng thời hai vế biểu thức - Sử dụng đẳng thức đại số đẳng thức lượng giác ( sin x + cos x ) = + 2sin x cos x ( sin x − cos x ) = − 2sin x cos x Lời giải a) Ta có sin x + cos3 x VT = sin x + cos x ( sin x + cos x ) ( sin x − sin x cos x + cos x ) = sin x + cos x = sin x − sin x cos x + cos x = − sin x cos x = VP (dpcm) b) Ta có − cos x sin x VT = + tan x cot x = + = tan x + = = VP (dpcm) 2 − sin x cos x cos x c) Biến đổi đồng thời hai vế cos x   2 sin x + ÷  (sin x + cos x).cos x   sin x + cot x   sin x VT =  = = cot x ÷ = sin x ÷  (cos x + sin x)sin x   + sin x tan x   + sin x  ÷  cos x   cos x sin x + ( sin x + cos2 x ) cos2 x = cot x sin x + cot x sin x = VP = = 2 sin x ( sin x + cos x ) sin x + sin x.tan x + sin x cos x Do VT= VP (đpcm) Bài tốn 3: Rút gọn biểu thức + cos a  (1 − cos a )  1+ a) A = sin a  sin a    2     b) B =  tan a + ÷ −  tan a − ÷ tan a   tan a   Lời giải a) Cách 1 + cos a  (1 − cos a )  A= 1+ sin a  sin a    + cos a  (1 − cos a)  = 1+ sin a  − cos a    + cos a  − cos a  1 + ÷ sin a  + cos a  + cos a   =  ÷ sin a  + cos a  = sin a = Cách + cos a  (1 − cos a )  A= 1+ sin a  sin a    + cos a  − 2cos a + cos a  = 1 + ÷ sin a  sin a  + cos a 2(1 − cos a) = sin a − cos a = sin a b) Cách 2     B =  tan a + ÷ −  tan a − ÷ tan a   tan a   1 = tan a + + − tan a + − tan a tan a =4 Cách 2     B =  tan a + ÷ −  tan a − ÷ tan a   tan a   1  1   =  tan a + + tan a − − tan a + ÷ tan a + ÷ tan a tan a  tan a tan a   = tan a tan a =4 Bài toán 4: Chứng minh biểu thức sau độc lập biến x 6 4 a) A = ( sin x + cos x ) − ( sin x + cos x ) 8 6 b) B = ( sin x − cos x ) + ( cos x − 2sin x ) + 6sin x Phân tích định hướng - Biến đổi toán thu gọn biểu thức lượng giác đó, kết thu gọn phải số ( không phụ thuộc vào biến) - Đơi có ta cần đặt t = sin x ⇒ cos x = − t Cách làm khắc phục phức tạp tốn, sau thực việc thu gọn biểu thức đại số thành số ( không phụ thuộc vào biến t ) Lời giải a) Cách 1: A = ( sin x + cos6 x ) − ( sin x + cos x ) 3 2 = ( sin x ) + ( cos x )  − ( sin x ) + ( cos x )          2 2 = ( − 3sin x cos x ) − ( − 2sin x cos x ) = −1 Cách 2: Đặt a = sin x, b = cos x với a + b = Khi A = 2(a + b3 ) − 3(a + b ) = (a + b)3 − 3ab( a + b)  − ( a + b) − 2ab      = 2(1 − 3ab) − 3(1 − 2ab) = −1 b)Ta có sin x − cos8 x = ( sin x − cos x ) ( sin x + cos x ) = ( − 2sin x cos x ) ( sin x − cos x ) = 1 − 2sin x ( − sin x )  ( 2sin x − 1)   = ( 2sin x − 2sin x + 1) ( 2sin x − 1) = 4sin x − 6sin x + 4sin x − cos x − 2sin x = ( − sin x ) − 2sin x = − 3sin x + 3sin x − 3sin x Do B = ( 4sin x − 6sin x + 4sin x − 1) + ( − 3sin x + 3sin x − 3sin x ) + 6sin x = Vậy biểu thức B độc lập biến x π < α < π , cot α = − Tính giá trị biểu thức 2 sau : P = 3sin α + 4cos α Bài tốn 5: Cho Phân tích định hướng - Từ giả thiết cho, áp dụng đẳng thức lượng giác bản, ta tính giá trị biểu thức theo hai cách sau Lời giải Cách Ta có + cot α = sin α sin α = = + cot α suy 42 16 = = 2 +3 25  3 1+  − ÷  4 (do sin α > 0)  3 cos α = sin α cot α =  − ÷ = −  4 Do sin α = 2 4   84 Từ suy P =  ÷ +  − ÷ = 5   25 Cách cos α cos α Từ giả thiết ta có =− ⇒ = sin α sin α 16 Mặt khác ta có sin α + cos α = (2) (1) sin α + cos α =  Từ (1) (2) suy ra:  cos α  =  sin α 16 2 Đặt a = sin α , b = cos α ( a > 0, b > 0) , hệ trở thành 16   a + b =  a + b = a =    25 b ⇔  9a ⇔   a = 16 b = 16 b = 19    25  84 Từ suy P = 3a + 4b = 25 Bài tập đề nghị 1) 3π Tính giá trị lượng giác lại π < a < π b) Cho cos a = − < a < π Tính giá trị lượng giác lại 13 a) Cho sin a = − c) Cho tan a = < a < d) Cho cot a = − π Tính giá trị lượng giác lại π − < a < Tính giá trị lượng giác lại 2) Chứng minh đẳng thức sau: sin a cos a − = sin a cos a a) − + cot a + tan a sin a cos a + cot a − = b) cos a + sin a cos a − sin a − cot a c) + sin a + cos a + tan a = (1 + tan a)(1 + cos a) sin a sin a + cos a − d) sin a − cos a tan a −  + sin a − sin a  − e)  ÷ = tan a + sin a   − sin a 3) Rút gọn biểu thức a) A = (1 − sin a )cot a + − cot a b) B = (1 + tan a)cos a + (1 + cot a)sin a cos a.tan a − cot a.cos a c) C = sin a d) D = tan a − (1 − sin a.cot a) tan a 4) Chứng minh biểu thức sau độc lập biến x a) A = 2(sin x + cos x + sin x.cos x) − (sin x + cos8 x) b) B = (tan x + cot x) − (cot x − tan x) (1 + tan x) c) C = − 2 + tan x 4sin x.cos x d) D = sin x + 4cos x + cos x + 4sin x 5) Cho sin x + cos x = m Tính biểu thức sau theo m : a) sin x.cos x 10 Vấn đề 5: Các bài toán tổng hợp Phương pháp: Bài tốn 1: Tìm giá trị bé biểu thức a) sin α + cos α b) sin α + cos α Lời giải a) sin α + cos α = ( sin α + cos α ) − 2sin α cos α = − sin 2α 2 Nhận thấy ≤ sin 2α ≤ 1 Vậy giá trị bé biểu thức đạt sin 2α = b) sin α + cos α = ( sin α + cos α ) − 3sin α cos α ( sin α + cos α ) Nhận thấy ≤ sin 2α ≤ = − 3sin α cos α = − sin 2α Vậy giá trị bé biểu thức đạt sin 2α = Bài tốn 2: Tìm giá trị lớn biểu thức: P = ( − sin x ) ( − 2cos x ) với ≤ x ≤ π Phân tích định hướng - Nhận thấy − sin x − 2cos x hai số dương nên ta giải tốn cách dùng bất đẳng thức Côsi - Hoặc áp dụng công thức lượng giác sin x + cos x = ta đưa P biểu thức chứa sin x,sin x sau đặt ẩn phụ, xét hàm , lập bảng biến thiên để suy kết cần tìm Lời giải Cách 21 P = ( − sin x ) ( − 2cos x ) = ( − sin x ) ( − + 2sin x ) = ( − sin x ) ( + 2sin x ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương − sin x − 2cos x , ta được: ( − sin x ) ( + 2sin x ) = ( − 2sin x ) ( + 2sin x ) 2  − 2sin x + + 2sin x  25 25 ≤  ÷ = = 2  Dấu “=” xảy − 2sin x = + 2sin x ⇔ sin x = ( ≤ x ≤ π ) Vậy giá trị lớn P = Cách 3 π ⇔ sin x = ⇔x= 25 π đạt x = P = ( − sin x ) ( − 2cos x ) == ( − sin x ) ( + 2sin x ) = −2sin x + 3sin x + Đặt t = sin x Bài toán cho trở thành tốn tìm giá trị lớn P = f (t ) = −2t + 3t + đoạn [0;1] Ta có bảng biến thiên f (t ) đoạn [0;1] t 25 f (t ) Dựa vào bảng biến thiên suy giá trị lớn P sin x = 25 đạt 3 π ⇔ sin x = ⇔ x = ( ≤ x ≤ π ) Bài toán 3: Chứng minh tam giác ABC ta có: A B C a) cos A + cos B + cos C = 4sin sin sin + 2 2 2 b) sin A + sin B + sin C − 2cos A cos B cos C = Phân tích định hướng 22 a) Ta chứng minh VT VP với ý tam giác ABC ta có : A  B+C sin = cos (1)   2  cos B + C = sin A (2)   2 A Ta nhận xét vế phải có xuất góc số nên vế trái ta suy nghĩ A đến công thức cos A = − 2sin , biểu thức cos B + cos C sử dụng cơng thức biến đổi tổng thành tích sử dụng cơng thức (1) (2) ta chứng minh đẳng thức cho Lời giải a) Ta có VT = cos A + cos B + cos C A B+C B −C = − 2sin + 2cos cos 2 A A B −C = − 2sin + 2sin cos 2 A A B −C  = − 2sin  sin − cos ÷ 2 2  A B+C B −C  = − 2sin  cos − cos ÷ 2 2  A B C = 4sin sin sin + = VP (đpcm) 2 2 2 b) sin A + sin B + sin C − 2cos A cos B cos C = ⇔ sin A + sin B + sin C = 2cos A cos B cos C + Trong tam giác ABC có A + B + C = π ⇒ cos( B + C ) = cos(π − A) = − cos A Ta biến đổi vế trái sau VT = sin A + sin B + sin C − cos B − cos 2C = − cos A + + 2 = − cos A − ( cos B + cos 2C ) 2 = − cos A − cos( B + C )cos( B − C ) = + cos A[ cos( B − C ) + cos( B + C ) ] = + 2cos A cos B cos C = VP (đpcm) 23 Bài toán 4: Chứng minh tam giác ABC ta có: Phân tích toán B −C b−c A = cos a) sin a (với a, b, c ba cạnh tam giác ứng với ba góc A, B, C) A B C b) sin sin sin ≤ 2 Phân tích định hướng Trong đẳng thức câu a) ta thấy vừa có cạnh a, b, c vừa có góc A, B, C nên nói chung ta thường đưa biểu thức chứa hàm số lượng giác góc Muốn vậy, ta sử dụng định lý hàm số sin: a b c = = = R ( với R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác sin A sin B sinC ABC), chứng minh đẳng thức lượng giác Lời giải a) Áp dụng định lý hàm số sin tam giác ABC, ta có: a = R sin A, b = R sin B, c = R sin C Do b−c A R sin B − R sin C A VP = cos = cos a 2 R sin A B+C B −C B+C B −C 2cos sin A cos sin 2 cos = = A A A 2sin cos sin 2 A B −C sin sin 2 = sin B − C = VT (đpcm) = A sin A A ( tam giác ABC cos ≠ 0, sin ≠ nên ta giản ước 2 được.) A B+C b) Vì tam giác ABC có sin = cos nên: 2 A B C sin sin sin ≤ 2 B+C B C ⇔ cos  2sin sin ÷ ≤  2 24 B+C B −C B+C  − cos  cos ÷≤  2  B+C B+C B −C ⇔ cos − cos cos + ≥0 2 B+C B −C  1  B−C ⇔  cos − cos ≥0 ÷ + − cos 2  4  ⇔ cos B+C B −C  B −C  ⇔  cos − cos ≥0 ÷ + sin 2   ( bất đẳng thức hiển nhiên) ⇒ đpcm Lời bàn: Học sinh khá, giỏi nhận xét thêm rằng: dấu “ =” xảy  B−C B = C sin =   ⇒  B+C B+C B−C cos = cos  = cos  2   2 B = C B = C  ⇒ ⇒ A = B = C = 600 1⇒ cos B =  B = 60  Tức tam giác ABC Bài tập đề nghị 1) Chứng minh a) Nếu tam giác ABC có ba góc A, B, C thỏa mãn sinA = cosB + cosC tam giác ABC vng b) Nếu tam giác ABC có ba góc A, B, C thỏa mãn sinA = 2sinBcosC tam giác ABC cân 2) Chứng minh x + y + z = π x y z a) sin x + sin y + sin z = 4cos cos cos 2 x y z b) cos x + cos y + cos z = + 4sin sin sin 2 c) sin x + sin y + sin z = 4sin x sin y sin z d) cos x + cos y + cos z = − 2cos x cos y cos z 3) Chứng minh 1 tan8a − tan a + + + = cos a cos 2a cos 2a cos3a cos7 a cos8a sin a 25 Vấn đề 6: Giải toán đại số phương pháp lượng giác Phương pháp - Thực tế có số tốn ta biết cách thay đổi hình thức tốn chúng trở nên dễ giải có lời giải tốt Cụ thể, người ta thường chuyển tốn có dạng đại số sang lượng giác, tốn lượng giác sang đại số,… - Kiến thức: dùng đẳng thức lượng giác bản, bất đẳng thức lượng giác, … - Định hướng giải dạng toán sau: + Nếu bất đẳng thức có điều kiện x + y = k (k > 0) ta đặt x = k sin α , y = k cos α ,α ∈ [ 0;2π ]  π π + Nếu x ≤ k (k > 0) ta đặt x = k sin α , α ∈  − ;  đặt  2 x = k cos α , α ∈ [ 0;π ] k  π   3π  , α ∈ 0;  ∪ π ;  + Nếu biến x ≥ k (k > 0) ta đặt x = cos α  2    π π + Nếu có biểu thức x + k ta đặt x = k tan α , α ∈  − ;   2 Bài toán 1: Cho x + y = Chứng minh rằng: 16( x + y ) − 20( x + y ) + 5( x + y ) ≤ Phân tích định hướng - Từ giả thiết toán là: x + y = ta đặt x = sin α , y = cos α ,α ∈ [ 0;2π ] - Dùng công thức lượng giác để chứng minh π π   - Dùng công thức sin a + cos a = cos  a − ÷ = sin  a + ÷ 4 4   Lời giải Cách Do x + y = nên ta đặt x = sin α , y = cos α ,α ∈ [ 0;2π ] Khi 16 x5 − 20 x + x = 16sin α − 20sin α + 5sin α 26 = ( 8sin α − 10sin α + 3sin α ) + ( 8sin α − 10sin α + 2sin α ) = ( −4sin α + 3sin α ) ( − 2sin α ) + 8sin α ( − sin α ) − 6sin α ( − sin α )      = ( −4sin α + 3sin α ) ( − 2sin α ) + 2sin α cos α ( 4cos α − 3cos α ) = sin 3α cos 2α + sin 2α cos3α = sin 5α Mặt khác, ta có 16 y − 20 y + y = 16cos5 α − 20cos3 α + 5cos α = ( 8cos5 α − 10cos α + 3cos α ) + ( 8cos α − 10cos α + 2cos α ) = ( 4cos3 α − 3cos α ) ( 2cos α − 1) −  −4 ( − cos α ) + 3sin α ( − cos α )  2cos α     = ( 4cos α − 3cos α ) ( 2cos α − 1) − ( −4sin α + 3sin α ) 2cos α = ( 4cos3 α − 3cos α ) ( 2cos α − 1) − ( −4sin α + 3sin α ) sin 2α = cos3α cos 2α − sin 2α sin 3α = cos5α Do 16( x + y ) − 20( x + y ) + 5( x + y ) = sin 5α + cos5α π  = cos  5α − ÷ 4  π  ≤ cos  5α − ÷ ≤ (đpcm) 4  Cách Đặt x = cos α , y = sin α ,α ∈ [ 0;2π ] Chứng minh tương tự cách 2 2 ( x − y ) (1− x y ) ≤ (*) Bài toán 2: Chứng minh rằng: − ≤ ( + x2 ) ( + y ) Phân tích định hướng - Ta thấy bất đẳng thức (*) bất đẳng thức kép gồm hai biến x, y mà bậc x, y bậc hai Mặt khác, vế trái bất đẳng thức (*) lại có dạng x + k , y + k Do ta đặt x = tan α , y = tan β , sau biến đổi bất đẳng thức Lời giải 27  π π  π π Đặt x = tan α , y = tan β với α ∈  − ; ÷, β ∈  − ; ÷  2  2 ( x2 − y ) ( − x2 y ) Đặt P = 2 + x2 ) ( + y ) ( Khi ta có ( tan P= α − tan β ) ( − tan α tan β ) ( + tan α ) ( + tan β ) 2 2  sin α sin β  sin α sin β  − 1−  cos α cos β ÷ cos α cos β ÷   = 1 cos α cos β = ( sin α cos β − cos α sin β ) ( cos α cos β − sin α sin β ) = sin(α + β )sin(α − β )cos(α + β )cos(α − β ) = sin(2α + β )sin(2α − β ) Mà sin(2α + β ) ≤ 1, sin(2α − β ) ≤ nên P ≤ 1 hay − ≤ P ≤ (đpcm) 4 ax + b Xác định tham số a, b x2 + cho hàm số đạt giá trị lớn đạt giá trị nhỏ -1 Bài tốn 3: Cho hàm số y = Phân tích định hướng - Nhận thấy hàm số cho xác định với x có mặt + x cho phép ta nghĩ đến việc “lượng giác hóa “ hình thức hàm số y cách đặt x = tan α - Sử dụng tính chất: − a + b ≤ a sin x + b cos x ≤ a + b Lời giải Đặt x = tan α Khi hàm số cho trở thành a tan α + b y= = a sin α cos α + b cos α + tan α a b b = sin 2α + cos 2α + 2 Mà − a + b ≤ a sin 2α + b cos 2α ≤ a + b 28 a b a + b ≤ sin 2α + cos 2α ≤ a + b2 2 2 b a b b b ⇒ − a + b ≤ sin 2α + cos 2α + ≤ + a + b2 2 2 2 ⇒− ⇒ Từ suy b b − a + b2 ≤ y ≤ + a + b2 2 2 b + a + b2 2 b ymin = − a + b2 2 Do theo đề ta có ymax =  a = b 2  2 + a + b =  b = ⇔    b − a + b = −1  a = −4  2   b =  Lời bàn Từ tốn ta thấy để hàm số cho dang đại số việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số phức tạp nhiều Bài toán 4: Giải bất phương trình 3x > −1 − x2 1− x Phân tích định hướng - Nhận thấy điều kiện tồn phương trình là: − x > ⇔ −1 < x < Điều cho phép ta nghĩ đến việc đặt x = cos ϕ Khi − x = sin ϕ −1 < cos ϕ < - Ta chọn < ϕ < π  sin ϕ > Lời giải Đặt x = cos ϕ với < ϕ < π Điều kiện xác định bất phương trình −1 < x < (*) Khi − x = sin ϕ = sin ϕ Bất phương trình cho trở thành 29 3cos ϕ > −1 − cos ϕ sin ϕ 3cos ϕ > −1 sin ϕ sin ϕ ⇔ cot ϕ − 3cot ϕ + > cot ϕ < ⇔ cot ϕ > ⇔ Gọi α góc mà cot α = cos α = Khi ta có + cot ϕ < ⇒ cot α = + cot α π cot α ⇒ cos α < cos ϕ < ( sin ϕ > ) ⇒ −1 < cos ϕ < < x