Tài liệu Skkn phương pháp lượng giác trong các bài toán đại số

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 1 2 3 Phương pháp lượng giác trong bài toán giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình. 5 1.1 Sử dụng công thức lượng giác để sáng tác các phương trình đa thức bậc cao. 5 1.2 Xây dựng phương trình vô tỉ dựa vào các phương trình lượng giác. . . . . . 8 1.3 Phương pháp lượng giác trong bài toán giải phương trình. . . . . . . . . . . 13 1.4 Phương pháp lượng giác trong bài toán bất phương trình . 1.5 Phương pháp lượng giác trong bài toán hệ phương trình. . . . . . . . . . 19 . . . . . . . . . . 21 Phương pháp lượng giác trong chứng minh đẳng thức và 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 trong bài toán cực trị Tài liệu tham khảo 41 55 1 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN: Dạy toán có vai trò quan trọng trong việc thực hiện các mục đích và chức năng giáo dục toán học. Đối với học sinh phổ thông, giải toán là một trong những hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Đây là loại hình hoạt động riêng biệt, phổ biến và rất cần thiết giúp các em học sinh nắm vững kiến thức và ứng dụng chúng vào thực tiễn một cách có hiệu quả, phát huy tính sáng tạo và khả năng tư duy của học sinh. Một trong những nhiệm vụ cơ bản của dạy học toán là bồi dưỡng cho học sinh kĩ năng tìm tòi, phát hiện và vận dụng các phương pháp vào việc giải toán, tìm được mối liên hệ giữa các vấn đề của toán học.Vận dụng phương pháp lượng giác vào việc giải toán là một trong những biện pháp để giải quyết nhiệm vụ này. Trong chương trình toán phổ thông, học sinh cũng đã được làm quen với phương pháp lượng giác tuy nhiên với một thời lượng không nhiều chỉ ở một mức độ nhất định. Hơn nữa sách giáo khoa cũng không chỉ ra việc định hướng, tìm tòi lời giải bằng phương pháp lượng giác và cũng chưa chú trọng đến việc rèn luyện kĩ năng này. Bên cạnh đó trong các đề thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng, các kì thi học sinh giỏi toán các cấp thường xuất hiện những bài toán mà lời giải của chúng có thể tìm được bằng phương pháp lượng giác. Với mục đích tìm hiểu phương pháp lượng giác và hệ thống một cách đầy đủ những ứng dụng của phương pháp đối với đại số và giải tích, tôi chọn đề tài "Phương pháp lượng giác trong các bài toán đại số ". Nội dung chủ yếu của đề tài là dùng phương pháp lượng giác để chứng minh các hệ thức đại số; giải phương trình; bất phương trình; hệ phương trình; giải các bài toán cực trị ...bên cạnh đó cũng cung cấp cho học sinh và giáo viên một số kinh nghiệm sáng tác các bài toán đại số. II. THỰC TRẠNG (trước khi tạo ra sáng kiến) - Nhiều học sinh ít hứng thú với môn Toán. Sở dĩ học sinh chưa tìm thấy niềm vui, sự yêu thích trong hoạt động giải toán là do chưa được rèn luyện 2 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai những năng lực Toán học cần thiết đáp ứng yêu cầu của môn học. - Những khó khăn nảy sinh khi học tập môn Toán nói chung và giải các bài toán về Đại số nói riêng là: Học sinh phải nắm bắt và ghi nhớ khá nhiều kiểu bài và cách làm, thời gian luyện tập lại ít, dẫn đến lối học tập thụ động, gặp nhiều khó khăn trước bài tập mới hoặc lạ. Để góp phần giải quyết những khó khăn trên, dựa trên thực tiễn đã giảng dạy, trong báo cáo này tác giả trình bày một số kinh nghiệm giải các bài toán về phương trình, hệ phương trình hay các bài toán về bất đẳng thức ...bằng phương pháp lượng giác trong đó chứa đựng trong đó một số kĩ thuật dạy học và kĩ thuật sáng tác bài tập dành cho giáo viên. - Một số bài tập sau khiến học sinh rất lúng túng, khó tìm được cách giải : Bài toán 0.1 (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2009). Giải phương trình 64x6 − 96x4 + 36x2 − 3 = 0. Bài toán 0.2 (Đề nghị Olympic 30/04/2003-toán 10). Giải phương trình 3 4x − 3x = p 1 − x2 . Bài toán 0.3 (Đề nghị Olympic 30/04/2006). Giải phương trình x3 − 3x = √ x + 2. (1) Bài toán 0.4. (Chọn học sinh giỏi Quốc gia-Đồng Nai) .Giải hệ phương trình sau  2x + x2 y = y 2y + y 2 z = z 2z + z 2 x = x .  Bài toán 0.5 (Đề thi Tuyển sinh ĐH, CĐ - 2008B). Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2(x2 + 6xy) · 1 + 2xy + 2y 2 ... III. CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN 3 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai - Nội dung bài viết này nhằm cung cấp cho học sinh và giáo viên một cách nhìn mới về việc học toán. Không chỉ là biết làm toán mà còn khơi dạy tư duy sáng tạo, lôgic. Nội dung chính của bài viết này được chia thành hai chương: + Chương 1: Phương pháp lượng giác trong bài toán giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình. + Chương 2: Phương pháp lượng giác trong bài toán đẳng thức, bất đẳng thức và cực trị. Trong mỗi chương tôi đều nêu lên phương pháp chung để giải các bài toán và các dấu hiệu nhận biết để giải. Sau đây tôi xin trình bày nội dung từng chương. 4 Chương 1 Phương pháp lượng giác trong bài toán giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình. 1.1 Sử dụng công thức lượng giác để sáng tác các phương trình đa thức bậc cao. Sau khi học các công thức lượng giác, phương trình lượng giác học sinh được làm quen với các bài toán chứng minh đẳng thức, giải phương trình lượng giác, nhận dạng tam giác...Việc học lượng giác sẽ hứng thú hơn nhiều nếu xuất phát từ các phương trình lượng giác cơ bản , kết hợp với các phép biến đổi lượng giác các em học sinh sáng tác được ra các phương trình đại số hay và biết cách giải các phương trình đó. Để làm được điều này tôi giới thiệu một 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 được cos 6α = 32x6 − 48x4 + 18x2 − 1. Chọn 6α = π ta được 3 1 32x6 − 48x4 + 18x2 − 1 = . 2 Ta có bài toán sau Bài toán 1.1 (Đề nghị Olympic 30/04/2009). Giải phương trình 64x6 − 96x4 + 36x2 − 3 = 0. 5 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Lời giải. Ta có cos 6α = 2 cos2 3α − 1 = 2 4 cos3 α − 3 cos α
2 ⇔ 6 cosα = 32 cos6 α − 48 cos4 α + 18 cos2 α − 1. −1 (1) Phương trình đã cho tương đương 32x6 − 48x4 + 18x2 − 1 = 1 π ⇔ 32x6 − 48x4 + 18x2 − 1 = cos . 2 3 (2) Từ công thức (1) suy ra (2) có 6 nghiệm là   x = cos k2π π + 3.6 6 , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5. Nhận xét: Ngoài cách làm trên ta có thể áp dụng cách giải phương trình bậc ba trong 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 + 5 cos α, x Đặt cos α = √ ta được 2 3 cos 5α = Chọn 5α = 20x3 5x x5 5x3 5x x5 − 15x3 + 45x 16x5 √ − √ + √ = √ − √ + √ = √ . 288 3 24 3 2 3 18 3 6 3 2 3 18 3 π ta được 6 √ 3 x5 − 15x3 + 45x √ = ⇔ x5 − 15x3 + 45x − 27 = 0. 2 18 3 Ta có bài toán sau Bài toán 1.2. Giải phương trình x5 − 15x3 + 45x − 27 = 0. Lời giải. √ Tập xác định R. Đặt x = 2 3t, thay vào phương trình đã cho ta được √ √ √ 288 3t5 − 360 3t3 + 90 3t − 27 = 0
√ ⇔ 2 16t5 − 20t3 + 5t = 3 π ⇔ 16t5 − 20t3 + 5t = cos . 6 Mặt khác ta có 6 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai cos 5α + cos α = 2 cos 3α cos 2α ⇔ cos 5α = 2 4 cos3 α − 3 cos α
2 cos2 α − 1 − cos α
⇔ cos 5α = 2 8 cos5 α − 10 cos3 α + 3 cos α − cos α
⇔ cos 5α = 16 cos5 α − 20 cos3 α + 5 cos α.   π k2π Từ công thức (2) suy ra (1) có 5 nghiệm là t = cos + , k = 0, 1, 2, 3, 4. 6.5 5   √ π k2π + , k = 0, 1, 2, 3, 4. Phương trình đã cho có 5 nghiệm là x = 2 3 cos 30 5 √ Lưu ý. Trong lời giải trên, phép đặt x = 2 3t được tìm ra như sau : Do công thức cos 5α = 16 cos5 α − 20 cos3 α + 5 cos α, nên ta đặt x = at, với a sẽ tìm sau. Thay x = at vào phương trình đã cho ta được a5 t5 − 15a3 t3 + 45at − 27 = 0. Ta tìm a thoả mãn điều kiện √ √ a5 −15a3 45a a4 3a2 = = ⇒ = = 9 ⇒ a = ±2 3. Vậy ta có phép đặt x = 2 3t. 16 −20 5 16 4 Tương tự cách làm trên xuất phát từ các công thức lượng giác cơ bản chúng ta có thể sáng tác các phương trình đa thức bậc cao. Dưới sự hướng dẫn của giáo viên học sinh đã biết cách sáng tác một số phương trình và biết cách giải nó. Việc làm này kích tích tư duy và rèn được tính tỉ mỉ của học sinh. Ví dụ 1.3. Từ công thức sin 5α = 16 sin5 α − 20 sin3 α + 5 sin α, lấy sin α = 2x ta được sin 5α = 512x5 − 160x3 + 10x. π 3 Chọn 5α = , ta có √ √ 3 = 512x5 − 160x3 + 10x ⇔ 1024x5 − 320x3 + 20x − 3 = 0. 2 Ta được bài toán sau Bài toán 1.3. Giải phương trình 1024x5 − 320x3 + 20x − √ 3 = 0. t 2 Lời giải. Đặt x = , thay vào phương trình đã cho ta được 32t5 − 40t + 10 = √ π 3 ⇔ 16t5 − 20t3 + 5t = sin . 3 Ta có sin 5α + sin α = 2 sin 3α cos 2α 7 (1.1) Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai ⇔ sin 5α = 2 3 sin α − 4 sin3 α 1 − 2 sin2 α − sin α

⇔ sin 5α = 2 8 sin5 α − 10 sin3 α + 3 sin α − sin α
⇔ sin 5α = 16 sin5 α − 20 sin3 α + 5 sin α.   π k2π Từ công thức (2) suy ra (1) có 5 nghiệm là t = sin + , k = 0, 1, 2, 3, 4. 3.5 5   π 1 k2π Phương trình đã cho có 5 nghiệm là x = sin + , k = 0, 1, 2, 3, 4. 2 15 5 1.2 Xây dựng phương trình vô tỉ dựa vào các phương trình lượng giác. Ví dụ 1.4. Từ phương trình cos 3t = sin t, với t ∈ [0; π], ta thấy phương trình này tương đương với 4 cos3 t − 3 cos t = p 1 − cos2 t. Đặt x = cos t ta được bài toán sau Bài toán 1.4 (Đề nghị Olympic 30/04/2003-toán 10). Giải phương trình 4x3 − 3x = p 1 − x2 . Lời giải. Từ điều kiện |x| ≤ 1. Đặt x = cos t, t ∈ [0; π] . Phương trình đã cho trở thành π 4 cos3 t − 3 cos t = sin t ⇔ cos 3t = cos( − t) ⇔ 2 π 8 Vì t ∈ [0, π] nên ta có t1 = , t2 = " π π +k 8π 2 t = − + kπ 4 t= 5π 3π , t3 = . 8 4 √ π 5π 3π 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x1 = cos , x2 = cos , t3 = cos =− . 8 8 4 2 Nếu thay x bởi x − 1 ta được bài toán khó hơn. Bài toán 1.5. Giải phương trình 4x3 − 12x2 + 9x − 1 = √ 2x − x2 . Lời giải. Điều kiện 0 ≤ x ≤ 2. Phương trình đã cho tương đương với 4(x − 1)3 − 3(x − 1) = 8 p 1 − (x − 1)2 . Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Đặt x − 1 = cos t, t ∈ [0; π] . Phương trình trở thành π 4 cos3 t − 3 cos t = sin t ⇔ cos 3t = cos( − t) ⇔ 2 π 8 Vì t ∈ [0, π] nên ta có t1 = , t2 = " π π +k 8π 2 t = − + kπ 4 t= 5π 3π , t3 = . 8 4 √ 2 π 5π 3π Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x1 = 1+cos , x2 = 1+cos , t3 = 1+cos = 1− . 8 8 4 2 t 2 Ví dụ 1.5. Từ phương trình cos 3t = cos , với t ∈ [0; π], ta thấy phương trình này tương đương với 8 cos3 t − 6 cos t = p 2(1 + cos t). Đặt x = 2 cos t ta được bài toán sau Bài toán 1.6 (Đề nghị Olympic 30/04/2006). Giải phương trình x3 − 3x = √ (1.2) x + 2. Lời giải. Điều kiện x ≥ −2. Nếu x > 2 thì x3 − 3x = x + x(x2 − 4) > x > √ √ √ 2x = x + x > x + 2. Vậy x > 2 không thoả mãn (1.2), do đó để giải PT (1.2), chỉ cần xét −2 ≤ x ≤ 2. Khi đó đặt x = 2 cos t, điều kiện t ∈ [0; π]. Thay vào (1) ta được t 3t = + k2π t t 2 2 (1 + cos t) ⇔ 4 cos3 t−3 cos t = cos ⇔ cos 3t = cos ⇔  t 2 2 3t = − + k2π 2  8 cos3 t−6 cos t = p k4π 5 ⇔ k4π (k ∈ Z). t= 7 4π 4π Do t ∈ [0; π] nên chỉ lấy các nghiệm t = 0, t = , t = . Phương trình đã cho có ba 5 7  t= nghiệm x = 2, x = 2 cos 4π 4π , x = 2 cos . 5 7 Ví dụ 1.6. Từ phương trình sin 3t = cos t,với t ∈ [0; π], ta thấy phương trình này tương đương với 9 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai 3 sin t − 4 sin3 t = cos x ⇔ sin t 3 − 4 sin2 t = cos t
p 1 − cos2 t 4 cos2 t − 1 = cos t p cos t . ⇔ 1 − cos2 t = 4 cos2 t − 1 ⇔
Lấy x = cos t ta được bài toán sau Bài toán 1.7. Giải phương trình √ 1 − x2 = x . −1 4x2 Lời giải. Từ điều kiện |x| ≤ 1, x 6= 1 1 và x 6= − , ta đặt 2 2 x = cos t, t ∈ [0; π] , t 6= π 2π , t 6= . 3 3 Thay vào phương trình đã cho ta được p 1 − cos2 t = p
cos t 2 t 4 cos2 t − 1 = cos t ⇔ 1 − cos 4 cos2 t − 1 ⇔ sin t 4 − 4 sin2 t − 1 = cos t ⇔ sin t 3 − 4 sin2 t = cos t

⇔ 3 sin t − 4 sin3 t = cos t ⇔ sin 3t = cos t ⇔ sin 3t = sin π 2  −t π − t + k2π 2   ⇔ π 3t = π − − t + k2π 2  π kπ t= + 8 2 (k ∈ Z). ⇔ π t = + kπ 4 π 5π π Trên đoạn [0; π], ta nhận được các nghiệm t1 = , t2 = , t3 = . Nghiệm của phương 8 8 4  3t = trình đã cho là π 5π π cos , cos , cos . 8 8 4 Ví dụ 1.7. Ta có công thức sin 5α = 16 sin5 α − 20 sin3 α + 5 sin α. Từ phương trình sin 5t = cos t,với t ∈ [0; π], ta thấy phương trình này tương đương với 16 sin5 t − 20 sin3 t + 5 sin t = cos t ⇔ sin t 16 sin4 t − 20 sin2 t + 5 = cos t
10 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai h
2 ⇔ sin t 16 1 − sin2 t i − 12 1 − sin2 t + 1 = cos t
⇔ sin t 16 cos4 t − 12 cos2 t + 1 = cos t p cos t ⇔ 1 − cos2 t = . 4 16 cos t − 12 cos2 t + 1
Lấy x = cos t ta được bài toán sau √ 1 − x2 = Bài toán 1.8. Giải phương trình 16x4 x . − 12x2 + 1 Lời giải. Từ điều kiện |x| ≤ 1 và 16x4 − 12x2 + 1, ta đặt x = cos t, t ∈ [0; π] , 16 cos4 t − 12 cos2 t + 1. Thay vào phương trình đã cho ta được p
cos t 4 2 ⇔ sin t 16 cos t − 12 cos t + 1 = cos t 16 cos4 t − 12 cos2 t + 1 1 − cos2 t = h
2 2 ⇔ sin t 16 1 − sin t 2 i − 12 1 − sin t + 1 = cos t ⇔ sin t 16 sin4 t − 20 sin2 t + 5 = cos t

⇔ 16 sin5 t − 20 sin3 t + 5 sin t = cos t ⇔ sin 5t = cos t  π −t ⇔ sin 5t = sin 2  π kπ t= + 12 3 ⇔ π kπ (k ∈ Z). t= + 8 2 Vì t ∈ [0, π] nên ta có: t1 = π π 5π 5π 3π , t2 = , t3 = , t4 = , t5 = . 12 8 12 8 4 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là: x1 = cos π π 5π 5π 3π , x2 = cos , x3 = cos , x4 = cos , x5 = cos . 12 8 12 8 4 Ví dụ 1.8. Từ phương trình sin 5t = cos 3t,với t ∈ [0; π], ta thấy phương trình này tương đương với 16 sin5 t − 20 sin3 t + 5 sin t = cos 3t ⇔ sin t 16 sin4 t − 20 sin2 t + 5 = 4 cos3 t − 3 cos t
h
2 ⇔ sin t 16 1 − sin2 t i − 12 1 − sin2 t + 1 = 4 cos3 t − 3 cos t
⇔ sin t 16 cos4 t − 12 cos2 t + 1 = 4 cos3 t − 3 cos t
⇔ p 1 − cos2 t = 16 cos4 t − 12 cos2 t + 1 = 4 cos3 t − 3 cos t.
Lấy x = cos t ta được bài toán sau 11 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Bài toán 1.9. Giải phương trình √
1 − x2 16x4 − 12x2 + 1 = 4x3 − 3x. Lời giải. Từ điều kiện |x| ≤ 1, ta đặt x = cos t, t ∈ [0; π]. Thay vào phương trình đã cho ta được p 1 − cos2 t 16 cos4 t − 12 cos2 t + 1 = 4 cos3 t − 3 cos t
⇔ sin t 16 cos4 t − 12 cos2 t + 1 = 4 cos3 t − 3 cos t
h
2 2 ⇔ sin t 16 1 − sin t 2 i
− 12 1 − sin t + 1 = cos 3t ⇔ sin t 16 sin4 t − 20 sin2 t + 5 = cos 3t
⇔ 16 sin5 t − 20 sin3 t + 5 sin t = cos 3t ⇔ sin 5t = cos 3t  π kπ  π t= + 16 4 (k ∈ Z). − 3t ⇔  ⇔ sin 5t = sin π 2 t = + kπ 4 Vì t ∈ [0, π] nên ta có: t1 = π 5π 9π 13π π , t2 = , t3 = , t4 = , t5 = . 16 4 16 16 16 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là: x1 = cos π π 5π 9π 13π , x2 = cos , x3 = cos , x4 = cos , x5 = cos . 16 4 16 16 16     π π Ví dụ 1.9. Từ phương trình sin 3t − = sin t + , với t ∈ [0; π], ta thấy phương trình 4 4 này tương đương với sin 3t − cos 3t = sin t + cos t ⇔ 3 sin t − 4 sin3 t − 4 cos3 t + 3 cos t = sin t + cos t ⇔ 2 cos t + 3 sin t − 4 sin3 t = 4 cos3 t + sin t ⇔ 2 cos t + sin t 3 − 4 sin2 t = 4 cos3 t + sin t
⇔ 2 cos t + sin t 4 cos2 t − 1 = 4 cos3 t + sin t
⇔ 2 cos t + p 1 − cos2 t 4 cos2 t − 1 = 4 cos3 t +
p Lấy x = cos t ta được bài toán sau Bài toán 1.10. Giải phương trình 2x + (4x2 − 1) p 1 − x2 = 4x3 + 12 p 1 − x2 . 1 − cos2 t. Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Lời giải. Từ điều kiện |x| ≤ 1, ta đặt x = cos t, t ∈ [0; π]. Thay vào phương trình đã cho ta được
p 2 cos t + 4 cos2 t − 1 1 − cos2 t = 4 cos3 t + p 1 − cos2 t ⇔ 2 cos t + 4 cos2 t − 1 sin t = 4 cos3 t + sin t
⇔ sin t 4 cos2 t − 2 = 4 cos3 t − 2 cos t
⇔ sin t 2 cos2 t − 1 = cos t 2 cos2 t − 1

⇔ 2 cos2 t − 1 (sin t − cos t) = 0 ⇔
 ⇔  cos 2t = 0 sin t = cos t π 2t = + kπ 2 tan t = 1  π kπ + π kπ 4 2 ⇔t= + ⇔ (k ∈ Z). π 4 2 t = + kπ 4 π 3π Vì t ∈ [0, π] nên ta có t1 = , t2 + . 4 4 √ √ 2 2 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 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 h −π π i α∈ ; ) 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 đặt x = c sin α c cos α ;y= (với α ∈ [0; 2π]). a b - Dấu hiệu 3: Nếu trong bài toán có biểu thức x2 + y 2 = k 2 (với k > 0) thì ta đặt x = k sin α; y = k cos α với α ∈ [0; 2π]. - Dấu hiệu 4: Nếu trong bài toán có biểu thức x2 − k 2 và x ≥ k ( với k>0) thì ta đặt k π S 3π 1 x= , α ∈ [0; ) [π; ). Khi đó x2 − k 2 = k 2 ( 2 − 1) = k 2 tan2 α, (với tan α > 0). cos α 2 2 cos α 13 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai π π 2 2 - Dấu hiệu 5: Nếu trong bài toán có biểu thức x2 + k 2 thì ta đặt x = k tan α, α ∈ (− ; ). k2 Khi đó = = (với cos α > 0). cos2 α - Dấu hiệu 6: Nếu trong bài toán có điều kiện x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2 + k2 k 2 (1 + tan2 α) x + y + z = xyz thì ta đặt x = tan A; y = tan B; z = tan C với A,B,C là ba góc của tam giác nhọn ABC - Dấu hiệu 7: Nếu trong bài toán có điều kiện x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 1 thì ta đặt x = tan A B C ; y = tan ; z = tan với A, B, C là ba góc của một 2 2 2 tam giác. - Dấu hiệu 8: Nếu trong bài toán có điều kiện x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1 thì ta đặt x = sin A B C ; y = sin ; z = sin với A, B, C là ba góc của 2 2 2 một tam giác. - Dấu hiệu 9: Trong một số bài toán, một biểu thức đại số tương ứng với một biểu thức lượng giác nào đó. Chẳng hạn như: 1 cos2 t 2 2 +) Biểu thức 2x − 1 tương ứng với công thức 2 cos t − 1 = cos 2t +) Biểu thức x2 + 1 tương ứng với công thức 1 + tan2 t = +) Biểu thức 1 − 2x2 tương ứng với công thức 1 − 2sin2 t = cos 2t +) Biểu thức 4x3 − 3x tương ứngvới công thức 4 cos3 x − 3 cos x = cos 3x +) Biểu thức 3x − 4x3 tương ứng với công thức 3 sin t − 4 sin3 t = sin 3t 2x 2 tan t tương ứng với công thức = tan 2t 2 1−x 1 − tan2 t 2x 2 tan t +) Biểu thức tương ứng với công thức = sin 2t 2 1+x 1 + tan2 t 1 − tan2 t 1 − x2 tương ứng với công thức +) Biểu thức = cos 2t 1 + x2 1 + tan2 t 1 +) Biểu thức x2 − 1 tương ứng với 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 1: Nhận biết dấu hiệu và đặt ẩn phụ Vì |m| ≤ 1. Đặt m = cos α = cos(α ± 2π). 14 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Bước 2: Lượng giác hóa bài toán Khi đó α α α cos α = cos(3. ) = 4 cos3 − 3 cos . 3 3 3 Bước 3:Giải phương trình và kết luận nghiệm Do vậy phương trình có ba nghiệm α x1 = cos 3  α ± 2π x2 ,3 = cos 3  Bài toán 1.12. 1 2 1 a a) Đặt x = (a + ), a 6= 0. Chứng minh rằng 1 1 4x3 − 3x = (a3 + 3 ) 2 a (1.3) b) Giải phương trình 4x3 − 3x = m, |m| > 1. Lời giải. a) Đẳng thức (1.3) hiển nhiên. b) Ta chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất. Thật vậy, phương trình không có nghiệm trong [−1, 1] vì nếu x = x0 ∈ [−1, 1] là nghiệm thì ta đặt x0 = cos β.   Khi đó 4x3 − 3x = |cos 3β| ≤ 1 6= m. Giả sử phương trình có nghiệm x = x1 với |x1 | > 1. Khi đó 4x31 − 3x1 = m. Vậy có phương trình 4x3 − 3x = 4x31 − 3x1 ⇔ 4(x3 − x31 ) − 3(x − x1 ) = 0 ⇔ (x − x1 )(4x2 + 4x1 x + 4x21 − 3) = 0 ∆ = 4x21 − 4(4x21 − 3) = 12 − 12x21 < 0. Vậy x = x1 là nghiệm duy nhất. 1 2 Đặt m = (a3 + √ 1 3 = m ± m2 − 1. ) với a a3 Khi đó theo (1.9) phương trình có nghiệm duy nhất q q p 1 1 1 x = (a + ) = 2 a 2 3 m+ m2 − 1 + 15 3 m− p  m2 − 1 . Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Bài toán 1.13. Giải phương trình 4x3 + 3x = m. Lời giải. Nhận xét rằng nếu x = x0 là nghiệm của phương trình thì đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy, xét x > x0 khi đó 4x3 + 3x > 4x30 + 3x0 = m. Tương tự, với x < x0 thì 4x3 + 3x < 4x30 + 3x0 = m. 1 2 1 a Đặt x = (a − ). Khi đó dễ dàng kiểm tra đẳng thức 1 1 4x3 + 3x = (a3 − 3 ). 2 a (1.4) Suy ra cách giải phương trình như sau. 1 2 Đặt m = (a3 − √ 1 3 = m ± m2 + 1. ) với a a3 Khi đó theo (1.4) ta có nghiệm duy nhất của phương trình : q q p p 3 1 1 3 1 x = (a − ) = 2 a 2 m+ m2 + 1 + m−  m2 + 1 . Bài toán 1.14. Giải và biện luận phương trình t3 + at2 + bt + c = 0. Lời giải. a 3 Đặt t = y − . Khi đó ta có thể viết phương trình dưới dạng a a a (y − )3 + a(y − )2 + b(y − ) + c = 0 3 3 3 ⇔ y 3 − py = q, 2a3 ab a2 − b; q = − + − c. 3 27 3 √ a) Nếu p = 0 thì phương trình có nghiệm duy nhất y = 3 q. √ qp 3 3q 3 b) Nếu p > 0. Đặt y = 2 x. Khi đó ta được phương trình 4x − 3x = m với m = √ . 3 2p p +) |m| ≤ 1. Đặt m = cos α. Khi đó phương trình có ba nghiệm: trong đó p = α α ± 2π x = cos ; x = cos . 3 3 1 2 +) |m| > 1. Đặt m = (d3 + √ 1 3 = m ± m2 − 1. ) với d d3 16 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất q p 1 1 3 1 x = (d + ) = 2 d 2 m+ q m2 3 −1+ m− p m2  −1 . q p c) Nếu p < 0. Đặt y = 2 − x ta được phương trình 4x3 + 3x = m. 3 √ 1 3 1 3 Đặt m = (d − 3 ) với d = m ± m2 + 1. 2 d Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất q p 1 1 1 3 x = (d − ) = 2 d 2 q m2 m+ 3 +1+ m− p 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 : q p 1+ 1 − x2 = x(1 + 2 p 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 hóa bài toán Thay x = sin t vào phương trình q 1+ Phương trình trở thành √ p 1 − x2 = x(1 + 2 p 1 − x2 ) 1 + cos t = sin t(1 + 2 cos t). Bước 3: Giải phương trình và kết luận ⇔ √ 2 cos t t t t = 2 sin . cos [1 + 2(1 − 2 sin2 )] 2 2 2 2 π 4kπ t= + 3t π 6 3 ⇔ sin = sin ⇔  π 4kπ (k ∈ Z). 2 4 t= + 2 3 π π π π 1 Vì t ∈ [− , ] nên ta có t1 = , t2 = Vậy phương trình có nghiệm x1 = , x2 = 1. 2 2 6 2 2  Bài toán 1.16. Giải phương trình : q hp p 1+ 1 − x2 (1 + x)3 − p 17 i (1 − x)3 = 2 + p 1 − x2 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Lời giải. Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán và đặt ẩn phụ.  1+x≥0 Điều kiện: ⇔ −1 ≤ x ≤ 1. Đặt x = cos t; t ∈ [0; π] 1−x≥0 Bước 2: Lượng giác hóa bài toán q hp p 1 − x2 1+ (1 + x)3 − p (1 − x)3 i =2+ p 1 − x2 . Phương trình trở thành hp i p √ 3 3 1 + sin t (1 + cos t) − (1 − cos t) = 2 + sin t. Bước 3: Giải phương trình và kết luận r 3 r hr t t t P T (1) ⇔ (sin 2 + cos 2 )2 (2 cos2 2 ) − (1.5) i  2 + sin t  √ t 3 (2 sin ) = 2+sin t ⇔ 2 2 cos t = 2+sin t 2 2 2 √ 1 1 ⇔ (2 + sin t)( 2 cos t − 1) = 0 ⇔ cos t = √ ⇒ x = √ 2 2 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = √ . 2 Bài toán 1.17. Giải phương trình : x+ √ x x2 −1 = 35 12 Lời giải. Vì x > 1 nên ta đặt x = π 1 ,0 < α < . sin α 2 Phương trình trở thành 1 1 35 + = sin α cos α 12 2 √ t −1 Đặt sin α + cos α = t ⇒ sin α. cos α = , với t ∈ (0; 2]. Thay vào phương trình ta được 2  7 t= 2t 35 5 = ⇔ 35t2 − 24t − 35 = 0 ⇔  5 t2 − 1 12 t = − (loại) 7 7 12 Với t = ta tính được sin α. cos α = . Như vậy sin α; cos α là nghiệm của phương trình 5 25 7 12 X2 − X + =0 5 25 3 4 Từ đây ta tính được sin α = hoặc sin α = . 5 5 5 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = hoặc x = . 3 4 18 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Mai Bài toán 1.18. Tìm x trong khoảng (0; 1) thỏa mãn phương trình : 1 32x(x2 − 1)(2x2 − 1)2 = 1 − . x Lời giải. π 2 Vì x ∈ (0; 1) nên ta đặt x = cos t với t ∈ (0; ). Ta được phương trình: 32 cos t(cos2 t − 1)(2 cost −1)2 = 1 − 1 ⇔ cos t = cos 8t cos t 2kπ 7 ⇔ 2kπ (k ∈ Z). t= 9 2π 2π 4π π Vì 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 Đặt x = sin t, t ∈ − , nên cos t > 0. 2 2 Bất phương trình (1.6) trở thành 1 3 sin t −1 >p 2 1 − sin t 1 − sin2 t ⇔ Do đó  (18) ⇔  1 3 sin t > − 1 ⇔ tan2 t − 3 tan t + 2 > 0 2 cos t cos t " π π  − 2 arctan 2 < t < 2  π sin − < x < sin π  2 4  ⇔ π sin (arctan 2) < x < sin 2 19 " √ 2 −1 < x < 2 sin (arctan 2) < x < 1