ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGÔ THỊ THÚY ĐỀ TÀI CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp Mã số 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướ[.]
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - NGÔ THỊ THÚY ĐỀ TÀI CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Lê Đình Định HÀ NỘI - 2015 Mở đầu Lượng giác chun đề quan trọng chương trình tốn phổ thơng Các toán lượng giác thường xuyên xuất đề thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng Việc giảng dạy lượng giác đưa vào chương trình từ lớp 10 bậc trung học phổ thơng, phần kiến thức phương trình lượng giác chiếm vai trò trọng tâm Tuy nhiên, thời gian hạn hẹp chương trình phổ thơng, khơng nêu đầy đủ chi tiết tất dạng toán phương trình lượng giác Vì học sinh thường gặp nhiều khó khăn giải tốn nâng cao phương trình lượng giác đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng Mặc dù có nhiều tài liệu tham khảo lượng giác với nội dung khác nhau, chưa có chuyên đề riêng khảo sát phương trình lượng giác cách hệ thống Đặc biệt, nhiều dạng toán đại số lượng giác có quan hệ chặt chẽ, khăng khít với , khơng thể tách rời Nhiều tốn lượng giác cần có trợ giúp đại số, giải tích ngược lại, ta dùng lượng giác để giải số tốn phương trình, bất phương trình hệ phương trình đại số thơng qua cách đặt ẩn phụ hàm lượng giác Do đó, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy, học tập góp phần nhỏ bé vào nghiệp giáo dục, luận văn “ Các dạng phương trình lượng giác” nhằm hệ thống kiến thức phương trình lượng giác, đồng thời kết hợp với kiến thức đại số, giải tích để tổng hợp, chọn lọc phân loại phương pháp giải phương trình xây dựng số lớp toán Luận văn chia làm chương Chương I Các dạng phương trình lượng giác - Hệ thống lại dạng phương trình lượng giác - Đưa số mẹo để giải phương trình lượng giác - Đưa cách giải số phương trình lượng giác khơng mẫu mực Chương II Ứng dụng - Trình bày số ứng dụng lượng giác số dạng tốn đại số - Nêu ví dụ minh họa dạng toán - Nêu số tập ứng dụng Luận văn hoàn thành với hướng dẫn bảo tận tình TS Lê Đình Định, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - ĐHQGHN Từ đáy lịng mình, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn nhiệt tình, chu đáo thầy suốt thời gian tơi thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến q Thầy Cơ giáo khoa Tốn – Cơ – Tin, phịng Sau Đào Tạo Trường Đại Học Khoa học Tự Nhiên – ĐHQGHN, đặc biệt Thầy Cô giáo giảng dạy lớp PPTSC, khóa học 2013 – 2015 Cảm ơn Thầy Cô truyền cho kiến thức giúp đỡ tơi suốt q trình học tập khoa Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Tốn PPTSC, khóa học 2013 - 2015 động viên, giúp tơi có hội thảo luận trình bày số vấn đề luận văn Cuối cùng, tơi xin gửi lời cảm ơn đến người thân gia đình bạn bè ln ủng hộ nhiệt tình giúp đỡ tơi thời gian vừa qua Tuy nhiên, hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên q trình nghiên cứu khơng tránh khỏi thiếu sót, tơi mong dạy đóng góp ý kiến Thầy Cô độc giả quan tâm tới luận văn Hà Nội, ngày 18 tháng 11 năm 2015 Học viên Ngô Thị Thúy Mục lục CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC 1.1 Các phương trình lượng giác 1.1.1 Dạng phương trình 1.1.2 Cách giải biện luận 1.1.3 Các công thức lượng giác 1.1.4 Các ví dụ 1.1.5 Bài tập 1.2 Phương trình hạ bậc bậc 1.2.1 Dạng phương trình 1.2.2 Cách giải biện luận 1.2.3 Các ví dụ 1.2.4 Bài tập 1.3 Phương trình bậc dạng a cos x + b sin x = c 1.3.1 Dạng phương trình 1.3.2 Cách giải biện luận 1.3.3 Các ví dụ 1.3.4 Bài tập 1.4 Phương trình bậc hai dạng a(f (x))2 + bf (x) + c = 1.4.1 Dạng phương trình 1.4.2 Cách giải 1.4.3 Các ví dụ 1.4.4 Bài tập 1.5 Phương trình đẳng cấp theo sin x cos x 1.5.1 Dạng phương trình 1.5.2 Cách giải 1.5.3 Các ví dụ 1.5.4 Bài tập 1.6 Phương trình đối xứng theo sin x cos x 1.6.1 Cách giải 1.6.2 Các kiến thức cần nhớ 1.6.3 Các ví dụ 1.6.4 Bài tập 1.7 Một số mẹo lượng giác 1.7.1 Đổi biến cos 2x = t sin 2x = t 1.7.2 Đổi biến t = sin x ± cos x x 1.7.3 Đổi biến t = tan 5 5 10 12 13 13 13 13 15 17 17 17 17 21 23 23 23 23 25 27 27 27 27 29 31 31 31 31 33 33 33 35 37 1.7.4 Bài tập b với ab > 0, f (x) hàm 1.7.5 Đổi biến t = af (x) ± f (x) lượng giác biểu thức lượng giác 1.7.6 Bài tập 1.8 Phương trình lượng giác bậc cao 1.8.1 Dạng phương trình 1.8.2 Cách giải 1.8.3 Các ví dụ 1.8.4 Bài tập 1.9 Phương trình tích 1.9.1 Dạng phương trình 1.9.2 Cách giải 1.9.3 Các ví dụ 1.9.4 Bài tập 1.10 Các dạng phương trình khơng tắc 1.10.1 Phương pháp ước lượng vế 1.10.2 Biến đổi vế trái phương trình f (x) = tổng hạng tử dấu 1.10.3 Dùng bất đẳng thức để giải phương trình lượng giác 1.10.4 Dùng hàm số để giải phương trình lượng giác ỨNG DỤNG 2.1 Ứng dụng lượng giác để chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức 2.1.1 Ví dụ 2.1.2 Bài tập 2.2 Ứng dụng lượng giác để giải phương trình đại số, bất phương trình đại 2.2.1 Ví dụ 2.2.2 Bài tập 2.3 Ứng dụng lượng giác để giải hệ phương trình 2.3.1 Ví dụ 2.3.2 Bài tập 2.4 Ứng dụng lượng giác toán cực trị 2.4.1 Ví dụ 2.4.2 Bài tập 2.5 Nhận dạng tam giác 2.5.1 Ví dụ 2.5.2 Bài tập 2.6 Cực trị tam giác 2.6.1 Ví dụ 2.6.2 Bài tập 39 40 43 44 44 44 44 47 49 49 49 49 52 53 53 56 57 61 65 65 65 72 số 74 75 81 82 82 85 86 86 88 90 90 94 95 95 100 Kết luận 102 Tài liệu tham khảo 103 Chương CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC 1.1 Các phương trình lượng giác 1.1.1 Dạng phương trình Về nguyên tắc, phương trình lượng giác giải phải dẫn ba dạng phương trình lượng giác sau: sin x = m; cos x = m; tan x = m Phương trình cot x = m ↔ tan x = (m 6= 0) Nhưng phương trình hay gặp nên ta m viết ln nghiệm để tiện sử dụng 1.1.2 Cách giải biện luận Phương trình sin x = m Nếu |m| > phương trình vơ nghiệm Nếu |m| ≤ phương trình có nghiệm là: x = arcsin m + 2kπ (k ∈ Z) y = (π − arcsin m) + 2kπ Hay gộp nghiệm ta x = (−1)k arcsin m + kπ, k ∈ Z h π πi mà sin α = m Trong arcsin m cung α ∈ − ; 2 Đặc biệt: • Nếu m = x = kπ π • Nếu m = x = + 2kπ π • Nếu m = −1 x = − + 2kπ (k ∈ Z) Ví dụ Giải phương trình: sin 3x = Giải π Vì arcsin = nên ta có: π 3x = + 2kπ π x = sin 3x = sin ⇔ ⇔ 5π 3x = + 2kπ x= π 2kπ + 18 5π 2kπ (k ∈ Z) + 18 Phương trình cos x = m • Nếu |m| > phương trình vơ nghiệm • Nếu |m| ≤ phương trình có nghiệm x = ± arccos m + 2kπ(k ∈ Z) Trong arccos m cung α ∈ [0; π] mà cos α = m Đặc biệt: • Nếu m = x = π + kπ • Nếu m = x = 2kπ (k ∈ Z) • Nếu m = −1 x = π + 2kπ √ Ví dụ Giải phương trình: cos x = Giải π cos π π Vì arccos = nên ta có: cos x = ⇔ x = ± + 2kπ (k ∈ Z) 4 √ Phương trình tan x = m (cos x 6= 0) π π Phương trình có nghiệm x = arctan m + kπ Trong arctan m cung α ∈ (− ; ) 2 mà tan α = m Ví dụ Giải phương trình tan 5x = √ Giải √ π Vì arctan = nên ta có: π π π kπ tan 5x = tan ⇔ 5x = + kπ ⇔ x = + , (k ∈ Z) 3 15 Phương trình cot x = m (sin x 6= 0) Phương trình có nghiệm x = arccot m + kπ Trong arccot m cung α ∈ (0; π) mà cot α = m Ví dụ Giải phương trình: cot 4x = Vì arccot = Giải π nên ta có: cot 4x = cot π π π kπ ⇔ 4x = + kπ ⇔ x = + (k ∈ Z) 4 16 Chú ý: • Nếu sin x = sin a nghiệm x = a + k2π x = (π − a) + k2π (k ∈ Z) • Nếu cos x = cos a nghiệm x = ±a + k2π (k ∈ Z) • Nếu tan x = tan a nghiệm x = a + kπ (k ∈ Z) • Nếu cot x = cot a nghiệm x = a + kπ (k ∈ Z) Ví dụ Giải phương trình cos 2x = sin 3x Giải Ta có: π cos 2x = cos( − 3x) π 2x = − 3x + k2π ⇔ π 2x = 3x − + k2π 2π π ⇔x= +k 10 π ⇔ x = − 2kπ (k ∈ Z) 1.1.3 Các cơng thức lượng giác Giải phương trình lượng giác dùng công thức lượng giác để biến đổi tương đương phương trình dạng phương trình Chú ý lượng giác có công thức sau: (1) sin2 x + cos2 x = 1∀x (2) sin(a ± b) = sin a cos b ± sin b cos a cos(a ± b) = cos a cos b ± sin a sin b (3) tan x = sin x (cos x 6= 0) cos x Các công thức khác suy từ công thức Chẳng hạn nên lưu ý cơng thức sau: (4) Cơng thức góc nhân đôi Trong (2) cho a = b = x ta được: sin 2x = sin x cos x cos 2x = cos2 x − sin2 x Lại lưu ý (1) (3) ta được: cos 2x = cos2 x − = − sin2 x sin 2x sin x cos x tan x tan 2x = = − sin2 x = cos 2x cos x − tan2 x (chia tử số mẫu số cho cos2 x) (5) Công thức chia đôi x ta được: x x sin x = sin cos 2 x x x x cos x = cos2 − sin2 = cos2 − = − sin2 2 2 x tan = 2t t = tan x tan x = x − t2 − tan2 Trong (4) thay x = (6) Công thức hạ bậc Trong (4) giải cos2 x, sin2 x theo cos x ta được: + cos 2x − cos 2x sin2 x = cos2 x = (7) Công thức nhân ba Trong (2), cho a = 2x, b = x dùng công thức (4) ta được: sin 3x = −4 sin3 x + sin x cos 3x = cos3 x − cos x (8) Biến đổi tổng thành tích Trong (2) đặt a + b = x; a − b = y, a = x+y x−y ;b = ta được: 2 x+y x−y cos 2 x+y x−y sin x − sin y = cos sin 2 x−y x+y cos cos x + cos y = cos 2 x+y x−y cos x − cos y = −2 sin sin 2 sin x + sin y = sin (9) Biến đổi tích thành tổng Từ cơng thức (2) suy được: sin a sin b = [cos(a − b) − cos(a + b)] sin a cos b = [sin(a − b) + sin(a + b)] cos a cos b = [cos(a − b) + cos(a + b)] (10) Từ cơng thức (2) suy công thức lệch pha sau: π − x) = cos x π cos( − x) = sin x π tan( − x) = cot x π cot( − x) = tan x π sin( + x) = cos x π cos( + x) = − sin x π tan( + x) = − cot x π cot( + x) = − tan x sin(x + 2π) = sin x cos(x + 2π) = cos x tan(x + π) = tan x cot(x + π) = cot x sin[x + (2k + 1)π] = − sin x cos[x + (2k + 1)π] = − cos x tan[x + (2k + 1)π] = tan x cot[x + (2k + 1)π] = cot x sin( √ − x2 |ax + b| ≤ ∀x ∈ [−1; 1] Chứng minh 1) |a| ≤ 2) |ax + b| ≤ ∀x ∈ [−1; 1] Bài 73 Cho tam thức bậc ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện √ − x2 |ax2 + bx + c| ≤ ∀x ∈ [−1; 1] Chứng minh rằng: 1) |a| ≤ 2) |ax2 + bx + c| ≤ ∀x ∈ [−1; 1] 73 2.2 Ứng dụng lượng giác để giải phương trình đại số, bất phương trình đại số Để lượng giác hóa phương trình bất phương trình đại số ta sử dụng nhận xét sau: 1) Nếu −1 ≤ x ≤ tồn α β với − π π ≤ α ≤ ; ≤ β ≤ π cho sin α = x 2 cos β = x 2) Nếu ≤ x ≤ tồn số α, β với ≤ α ≤ π π ≤ β ≤ cho: x = sin π 2 x = cos β 3) Với số thực x, tồn số α với − π π < α < cho x = tan α 2 4) Nếu số thực x, y thỏa mãn x2 + y = tồn số α với ≤ α ≤ 2π cho x = cos α y = sin α Ngồi ra, cịn số dấu hiệu nhằm giúp phát phương pháp lượng giác hóa nhanh - Nếu biến x thỏa mãn hđiều kiện |x| ≤ a (a > 0) lượng giác hóa cách π πi đặt x = a sin α với α ∈ − ; x = a cos α với α ∈ [0; π] 2 - Nếu biến x, y tham gia toán thỏa mãn: a2 x2 + b2 y = c2 với a, b, c > Khi c c ta lượng giác hóa cách đặt x = sin α; y = cos α với α ∈ [0; 2π] a b √ x2 + lượng giác - Nếu tốn xuất biểu thức x2 + √ π π hóa cách đặt x = tan α với số α ∈ − ; Khi x2 + = 2 cos α x2 + = cos2 α √ - Nếu tốn xuất biểu thức − x2 lượng giác hóa cách h i √ π π đặt x = sin α với α ∈ − ; , − x2 = cos α Hoặc đặt x = cos α với 2 √ α ∈ [0; π] − x2 = sin α √ - Nếu toán xuất biểu thức x2 − lượng giác hóa cách đặt h √ π 3π x= với α ∈ 0; ∪ π; , x2 − = tan α cos α 2 Ngồi ra, cịn số dấu hiệu thơng qua công thức hàm số tan , chẳng hạn - Nếu có biểu thức A = a+b lượng giác hóa cách đặt: a = tan α, b = tan β − ab Khi A = tan(α + β) 74 - Nếu có số a, b, c mà a + b + c = abc ta đặt: a = tan α, b = tan β, c = tan α với α + β + α = kπ 2.2.1 Ví dụ Ví dụ 77 Phương trình: 8x(1 − 2x2 )(8x4 − 8x2 + 1) = có nghiệm nằm khoảng (0; 1) Giải π Đặt x = sin t, t ∈ 0; , phương trình cho trở thành: sin t(1 − sin2 t)(8 sin4 t − sin2 t + 1) = ⇔ sin t cos 2t cos 4t = (∗) Vì < t ≤ π nên cos 6= Nhân vế (*) với cos t ta được: sin t cos t cos 2t cos 4t = cos t ⇔ sin 8t = cos t π −t ⇔ sin 8t = sin π 8t = − t + k2π ⇔ π 8t = + t + k2π π 2π t = 18 + k ⇔ π 2π t= +k 14 Vì < t < π nên ta có giá trị thỏa mãn là: t1 = π π 5π 5π ; t2 = ; t3 = ; t4 = 18 14 18 14 Khi phương trình ban đầu có nghiệm là: x1 = sin π π 5π 5π ; x2 = sin ; x3 = sin ; x4 = sin 18 14 18 14 Vậy phương trình cho có nghiệm nằm khoảng (0; 1) Ví dụ 78 Chứng minh phương trình: 75 64x6 − 96x4 + 36x2 − = có nghiệm x0 thỏa mãn điều kiện: q q p p √ √ 2+ 2+ 2+ 2+ < x0 < 2 Giải π Ta tìm nghiệm thuộc khoảng (0; 1) phương trình ban đầu Đặt x = cos t; < t < Ta phương trình: 64 cos6 t − 96 cos4 t + 36 cos2 t − = ⇔ 2[2(16 cos6 t − 24 cos4 t + cos2 t) − 1] = ⇔ 2[2(4 cos3 t − cos t)2 − 1] = 1 ⇔ 2(4 cos3 t − cos t)2 − = ⇔ cos 6t = π ⇔ 6t = ± + k2π π π ⇔t=± +k 18 π thỏa mãn toán 18 t + cos t ; cos2 t = + cos t với < t < π Thật vậy, từ công thức: cos2 = 2 2 r t √ + + cos + + cos t 2 t Ta có: cos = = p √2 t + + cos t suy cos = π π Với t = t = ta được: q q p p √ √ 2+ 2+ 2+ 2+ π π cos = ; cos = 16 24 π π Như vậy, điều kiện nghiệm x0 tương đương với = ⇔ −1 ≤ x ≤ Đặt x = cos t, t ∈ [0; π] ⇒ sin t >= ∀t ∈ [0; π] Khi phương trình cho trở thành: p √ cos3 t + (1 − cos2 t)3 = cos t − cos2 t √ ⇔ cos3 t + sin3 t = sin t cos t √ ⇔ (sin t + cos t)(1 − sin t cos t) = sin t cos t (∗) √ Đặt z = sin t + cos t; z ∈ [−1; 2] t ∈ [0; π] ⇒ sin t cos t = z − Khi phương trình (*) trở thành: √ z2 − z2 − t )= 2 √ √ ⇔ z + 2z − 3z − = √ √ ⇔ (z − 2)(z + 2z + 1) = √ z = (Thỏa mãn) √ ⇔ z = − (Thỏa mãn) √ z = −1 − < −1 (Loại) z(1 − √ ( sin t + cos t = ⇒ cos t nghiệm phương trình: sin t cos t = √ √ x2 − 2x + = ⇔ x = 2 √ • Với z = ta có: √ sin t + cos t = −√ ⇒ cos t nghiệm phương • Với z = − ta có: sin t cos t = − q√ √ √ − ± ( − 1)( + 3) √ √ trình: x2 − (1 − 2)x + − = ⇔ x = √ 77 Kết Luận: Vậy phương trình ban đầu có nghiệm là: q√ √ √ √ − ± ( − 1)( + 3) ;x = x= 2 Ví dụ 81 Giải phương trình: 4x3 − 3x − =0 Giải Đặt f (x) = 4x − 3x − , ta có f (x) xác định liên tục R ta có f (−1) = 1 1 − ; f (− ) = ; f (0) = − ; f (1) = nên theo tính chất hàm số liên tục, phương 2 2 1 trình cho có nghiệm phân biệt khoảng (−1; − ); (− ; 0); (0; 1) 2 Nhưng phương trình phương trình bậc nên có nhiều nghiệm phân biệt Do đó, phương trình cho có nghiệm phân biệt thuộc (−1; 1) Đặt x = cos t, t ∈ (0; π) Khi phương trình trở thành: cos3 t − cos t − =0 ⇔ cos 3t = π 3t = + k2π 3π (k ∈ Z) ⇔ 3t = − + k2π π 5π 7π Kết hợp với điều kiện t ∈ (0; π) ta có t1 = ; t2 = ; t3 = , phương trình 9 cho có nghiệm là: π 5π 7π x1 = cos ; x2 = cos ; x3 = cos 9 Ví dụ 82 Giải phương trình: 8x + 15x = 17x Giải Chia vế phương trình cho 17 ta được: x x 15 + =1 17 17 x cos α = 8 15 17 Do + = nên tồn α ∈ [0; 2π] cho 15 17 17 sin α = 17 Khi ta có phương trình: cosx α + sinx α = (∗) 2 2 78 Dễ thấy x = nghiệm phương trình, ta chứng minh x = nghiệm phương trình Thật x cos α < cos2 α • Nếu x > ⇒ cosx α + sinx α < cos2 α + sin2 α = sinx α < sin2 α ⇒ x > nghiệm phương trình (*) x cos α > cos2 x • Nếu x < ⇒ cosx α + sinx α > cos2 α + sin2 α = sinx α > sin2 α ⇒ x < khơng phải nghiệm phương trình (*) Kết luận: Vậy phương trình cho có nghiệm x = Ví dụ 83 Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm √ √ √ x + x − > m x − x2 + Giải Điều kiện: ≤ x ≤ π Đặt x = cos2 t, t ∈ [0; ] ta thu bất phương trình: cos t + sin t > m sin t cos t + (∗) √ Đặt u = cos t + sin t, u ∈ [1, 2] ⇒ sin t cos t = u2 − Khi phương trình (*) trở thành: 2u > m(u2 − 1) + ⇔ 2(u − 1) > m(u2 − 1)(∗∗) Nếu u = bất phương trình trở thành 2.0 > m.0 (vơ lý) ⇒Bất phương trình khơng có nghiệm u√= Nếu u ∈ (1; 2] ta có u − > 0, u + > nên bất phương trình tương đương với: m< u+1 Đặt f (u) = u+1 h πi Bất phương trình cho có nghiệm phương trình (*) có nghiệm t ∈ 0; √ phương trình (**) có nghiệm u ∈ 1; Điều kiện cần đủ để điều xảy √ là: m < supf (u)(1; 2] Vậy bất phương trình cho có nghiệm ⇔ m < Ví dụ 84 Giải bất phương trình 79 √ 2a2 x + a2 ≤ x ≤ √ x + a2 Giải Tập xác định: D = R π π bất phương trình cho trở thành: Đặt x = |a| arctan α, α ∈ − ; 2 |a| 2a2 ≤ |a| tan α + cos α cos α |a| ⇔ ≤ sin α + cos s2 α ⇔ sin2 α − sin α − ≤ ⇔ − ≤ sin α ≤ ⇔ tan α ≥ − √ |a| ⇔x≥ √ |a| Vậy nghiệm bất phương trình cho x ≥ √ Ví dụ 85 Giải phương trình: √ Điều kiện: − x2 = −1 ≤ x ≤ 16x − 12x2 + 6= x 164 − 12x2 + Giải Đặt x = cos t, t ∈ [0; π] Nhận thấy: 16 cos4 t − 12 cos2 t + 6= ⇒ sin t ≥ Khi phương trình cho trở thành: √ cos t − cos2 t = 16 cos t − 12 cos2 t + √ ⇔ − cos2 t(16 cos4 t − 12 cos2 t + 1) = cos t ⇔ sin t[16(1 − sin2 t)2 − 12(1 − sin2 t) + 1] = cos t ⇔ sin t(16 sin4 t − 20 sin2 t + 5) = cos t ⇔ 16 sin5 t − 20 sin3 t + sin t = cos t ⇔ sin 5t = cos t π ⇔ sin 5t = sin −t π π +k t= 12 ⇔ π π3 t= +k 80 Vì t ∈ [0; π] nên ta có: t1 = π π 5π 5π 9π ; t2 = ; t3 = ; t4 = ; t5 = 12 12 12 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x1 = cos 2.2.2 π 5π 5π 9π π ; x2 = cos ; x3 = cos ; x4 = cos ; x5 = cos 12 12 12 Bài tập Bài 74 Chứng minh −1 ≤ x ≤ |y| ≤ với a) y = 4x3 − 3x b) y = 8x4 − 8x2 + Bài 75 Giải phương trình sau phương pháp lượng giác 1 35 +√ = x 12 1−x x 35 b) x + √ = 12 x −1 p p √ √ c) + − x2 ( (1 + x)3 − (1 − x)3 ) = + − x2 a) d) x3 + p p (1 − x2 )3 = x 2(1 − x2 ) Bài 76 Giải phương trình sau phương pháp lượng giác √ a) − x2 (16x4 − 12x2 + 1) = 4x3 − 3x √ √ b) 2x + (4x2 − 1) − x2 = 4x3 + − x2 Bài 77 Giải bất phương trình sau phương pháp lượng giác √ 1−x+ √ 81 x> 2.3 Ứng dụng lượng giác để giải hệ phương trình Trong hệ phương trình lượng giác, dấu hiệu nhằm phát phương pháp lượng giác hóa giống phần phương trình bất phương trình đại số 2.3.1 Ví dụ Ví dụ 86 Với a, b số cho trước, giải hệ phương trình: x + a2 = y + b y + b2 = (x − b)2 + (y − a)2 Giải Đặt R2 = x2 + a2 ⇒ x = R cos α; a = R sin α Từ R2 = y + b ⇒ y = R cos t; b = R sin t Hệ thức R2 = (x − b)2 + (y − a)2 có dạng: R2 = (R cos α − R sin t)2 + (R cos t − R sin α)2 = R2 (cos2 α − cos α sin t + sin2 t) + R2 (cos2 α2 cos t sin α + sin2 α) = R2 [2 − 2(sin α cos t + cos α sin t)] = 2R2 [1 − sin(α + t)] ⇒ sin(α + t) = = sin 30◦ • Nếu α + t = 30◦ t = 30◦ − α , ta được: √ x y = R cos t = R cos 30◦ cos α + R sin 30◦ sin α = + 2 √ x a b = R sin t = R cos α sin 30◦ − R sin α cos 30◦ = − √ √2 từ suy nghiệm x = 2b + a 3, y = 2a + b • Nếu α + t = 150◦ t = 150◦ − α, ta được: √ x y = R cos t = R cos 150 cos α + R sin 150 sin α = − + 2 √ x a b = R sin t = R cos α sin 150◦ − R sin α cos 150◦ = + 2 √ √ từ suy nghiệm x = 2b − a 3, y = 2a − b ◦ ◦ Ví dụ 87 Giải hệ phương trình sau: 82 2x + x2 y = y 2y + y z = z (I) 2z + z x = x Giải Nếu x = từ phương trình đầu hệ (I) ta có ±2 = (vơ lý) Vậy x2 6= Tương tự, ta có y 6= 1; z 6= Do đó: 2x y= − x2 2y z= (II) − y2 x = 2z − z2 π π π ± (II) trở thành: Đặt x = tan t, t ∈ − ; 2 tan t y = − tan2 t = tan 2t tan 2t = tan 4t z= − tan2 2t z = tan 4t = tan 8t − tan2 4t từ x = tan t x = tan 8t ta có: tan t = tan 8t ⇔ 8t = t + kπ kπ ⇔t= π π Vì t ∈ − ; nên ta k ∈ {±3; ±2; ±1; 0} 2 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm tan kπ x= tan kπ k ∈ {±3; ±2; ±1; 0} y= z = tan k4π Ví dụ 88 Giải hệ phương trình sau: 1 x+ =4 y+ =5 z+ x y z (I) xy + yz + zx = Giải Nhận xét: (x; y; z) nghiệm hệ (−x; −y; −z) nghiệm hệ 83 x; y; z phải dấu Giả sử x > 0; y > 0; z > Từ (I) ta có: x2 + 2x =4 y2 + 2y =5 z2 + 2z α β γ Đặt x = tan ; y = tan ; z = tan (α; β; γ ∈ (0; π)) 2 x2 + 1 y2 + 1 z2 + 1 = ; = ; = Ta có: sin α 2x sin β 2y sin γ 2z = = (∗) Suy sin α sin β sin γ Ta chứng minh tan a tan b + tan b tan c + tan c tan a = tan(a + b + c) khơng xác định Thật ta có tan(a + b) + tan c − tan(a + b) + tan c tan(a + b) + tan c = tan a + tan b 1− tan c − tan a tan b [tan(a + b) + tan c](1 − tan a tan b) = − tan a tan b + tan a tan c + tan b tan c tan(a + b + c) = Vì tan a tan b + tan b tan c + tan c tan a = nên tan(a + b + c) không xác định α+β+γ Áp dụng điều này, ta có: xy + yz + zx = nên tan( ) không xác định Vì α, β, γ ∈ (0; π) ta suy α + β + γ = π hay chúng góc tam giác Theo (*) theo định lý sin giả thiết cạnh tam giác 3;4;5 Từ 1− α − cos α =1 x = tan = = sin α − − cos β β =1 y = tan = = sin β γ − cos γ z = tan = =1 sin γ 1 1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ; ; − ; − ; −1 3 Ví dụ 89 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm |x| + |y| = (1) x2 + y = m (2) Giải Từ phương trình (1), ta có |x| ≤ 1; |y| ≤ Do đó, ta đặt: |x| = sin2 t; |y| = cos2 t 84 Khi đó, phương trình (1) trở thành: sin2 t + cos2 t = (ln với ∀t ∈ R) Từ đó, hệ phương trình cho tương đương với sin4 t + cos4 t = m ⇔ (sin2 t + cos2 t)2 − 2sin2 tcos2 t = m ⇔ − sin2 2t = m ⇔ cos4t = 4m − (∗) Hệ cho có nghiệm tương đương phương trình (*) có nghiệm ⇔ −1 ≤ 4m − ≤ ⇔ Kết luận: Vậy với 2.3.2 ≤m≤1 ≤ m ≤ hệ phương trình cho có nghiệm Bài tập Giải hệ phương trình sau √ √ phương pháp lượng giác 2(x − y)(1 + 4xy) = 1) x2 + y = x (1 + 3y) = 2) x(y − 1) = x − 3x = y(1 − 3x2 ) 3) y − 3y = z(1 − 3y ) z − 3z = x(1 − 3z ) (x + xy)(y + 2z) = 2 x + y + 3xy + 4xz + 2yz = − 4) (x < < y, z) 2 x + y + 3xy + 4xz + 2yz = − x+y+z =0 85 2.4 Ứng dụng lượng giác tốn cực trị Phương pháp lượng giác hóa để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số với mục đích thay đổi hình thức tốn dẫn tới việc tìm GTNN, GTLN hàm số lượng giác Phương pháp đặc biệt tỏ hiệu hàm đại số nhiều ẩn với dạng thường gặp là: "Tìm GTLN GTNN hàm số u = f (x; y), biết x2 + y = x = cos t Khi ta lựa chọn việc đặt y = sin t, t ∈ [0; 2π] Tóm lại, để sử dụng phương pháp lượng giác hóa tìm GTNN, GTLN hàm số ta thự bước sau: • Bước 1: lượng giác hóa hàm số • Bước 2: thực tìm GTLN GTNN hàm số lượng giác • Bước 3: kết luận 2.4.1 Ví dụ Ví dụ 90 Tìm GTLN GTNN hàm số y = x3 − x (với − ≤ x ≤ 1) Giải Đặt x = cos t, ≤ t ≤ π Khi y = cos3 t − cos t = (4 cos3 t − cos t + cos t) = (cos 3t + cos t) Do vậy: y ≤ Dấu = đạt khi: cos t = ⇒t=0⇒x=1 cos 3t = Vậy ymax = 1 x = Lại có y ≥ − Dấu = đạt khi: 2 cos t = −1 ⇒ t = π ⇒ x = −1 cos 3t = −1 86 Vậy ymin = − x = −1 Ví dụ 91 (Đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ/2008) Cho x, y số thực thỏa mãn x2 +y = Tìm GTLN GTNN biểu thức: P = 2(x2 + 6xy) + 2xy + 2y Giải Vì x + y = nên đặt x = sin t; y = cos t, t ∈ [0; 2π) Khi 2 2(sin2 t + sin t cos t) + sin t cos t + cos2 t − cos 2t + sin 2t = cos 2t + sin 2t + P = 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 − 1(1) Vì phương trình (1) có nghiệm, nên ta phải có: (6 − y0 )2 + (y0 + 1)2 ≥ (2y0 − 1)2 ⇔ y02 + 3y02 − 18 ≥ ⇔ −6 ≤ y0 ≤ Vậy Pmax = Pmin = −6 Ví dụ 92 Cho x2 + y = Tìm GTLN biểu thức p √ A=x 1+y+y 1+x 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 ra: √ √ A2 = (cos t + sin t + sin t + cos t)2 ≤ (cos2 t + sin2 t)(1 + sin t + + cos t) √ π ⇔ A2 ≤ + sin t + cos t = + sin t + q √ ⇒A≤ 2+ Ta có: A = p √ + xảy khi: 87