giai toan băng an phụ

Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình MỐI QUAN HỆ GIỮA ĐẠI SỐ VÀ LƯỢNG GIÁC Lượng giác đại số hai môn toán học, nhìn bề không liên quan đến thực chúng có mối liên hệ mật thiết với nhau. Một số toán lượng giác giải theo biến đổi lượng giác thông thường để đưa phương trình thời gian giải không được. Trong giải phương pháp đại số nhanh đại số vậy,cũng nhiều lúc cần phải nhờ đến lượng giác. Ta xét số toán sau để nhìn thấy mối liên hệ lượng giác đại số. BÀI 1: PHƯƠNG TRÌNH Bài 1: Giải phương trình ) ( a) + − x2 = x + − x2 . b) + − x2  ( + x ) −  ( 1− x)  = + − x2 .  Lời giải a) Điều kiện xác định: − x ≥ ⇔ −1 ≤ x ≤ .  π π Đặt x = sin t với t ∈  − ;   2 Ta có phương trình: + cost = sin t ( + 2cost ) ⇔ 2cos t t t  = 2sin cos 1 + 1 − 2sin 2 2  t  ÷   t t ⇔ 3sin − 4sin = 2 t π ⇔ sin 3. = sin (1) Giải (1), kết hợp với điều kiện − π π ≤ t ≤ ta 2  π  t = x=  ⇔   t = π x =   b) Đặt x = cost với ≤ t ≤ π . Ta có phương trình: + sin t  ( + cost ) −  ⇔ sin ( − cost )  = + − cos 2t  t t t t  t t + cos + 2sin cos cos3 − sin  2 = + sin t 2 2 2 t t  ⇔  cos − sin ÷( + sin t ) = + sin t 2  ⇔ ( + sin t )  2cost-1 = Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ (2) Trang Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình Vì + sin t > nên phương trình (2) có nghiệm cos t = tức x= 2 Nhận xét: với toán ta thấy điều kiện để phương trình có nghĩa x ∈ [ −1,1] ta nên đặt x = sin t x = cost để phương trình đơn giản hơn. Bài 2: Giải phương trình 2(tgx-sinx)+3(cotgx-cosx)+5=0 Lời giải kπ phương trình viết thành 1 2sinx( − 1)+3cosx( − )+5=0 cos x sin x Điểu kiện sinx.cosx ≠ ⇔ x ≠ 2sin x(1- cosx)+3cos x(1-sinx)+5sinx.cosx=0 ⇔ 2sinx[sinx(1-cosx)+cosx]+3cosx[cosx(1-sinx)+sinx]=0 ⇔ 2sinx [ sinx+cosx-sinx.cosx ] +3cosx [ cosx+sinx-sinx.cosx ] =0 (2sinx+3cosx)(sinx+cosx-sinx.cosx)=0  2sin x + 3cos x = ⇔ sin x + cos x − sin x.cos x = (a) (b ) Phương trình (a) có họ nghiệm thỏa tgx = − ⇔ x = arctg (− ) + kπ Để giải (b) đặt t=sinx+cosx ⇒ t =1+2sinx.cosx nên(b) viết thành t = + t −1 t− =0 ⇔ t -2t-1=0 ⇔  t = − Suy (loai ) & π sin( x + ) = − 2 π  1−  ⇒ sin  x + ÷ = 4   1−  π  x = + arcsin  ÷ ÷+ mπ      x = 3π − arcsin  −  + mπ  ÷ ÷     Bài 3: Tìm nghiệm phương trình 32 x ( x − 1) ( x − 1) = − x nằm khoảng ( 0;1) Lời giải Điều kiện x ∈ ( 0;1) Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình π   Đặt x = cost với t ∈  0; ÷   Ta có phương trình 32cost ( cos 2t − 1) ( 2cos 2t − 1) = − cost ⇔ 8sin 2tcos 2t = − cost ⇔ cost=1-2sin 4t ⇔ cost=cos8t (1) Giải phương trình (1) kết hợp với điều kiện ≤ t ≤  t =  t =   t =  Bài 4: 2π 2π 4π π ta nghiệm 2π   x = cos   x=cos 2π    x=cos 4π  ⇔ Giải phương trình 1 + = 1− 1− x 1+ 1− x 1− x với x ≤ Lời giải Đặt x = cost ( 0 . Đặt y = cos2x , điều kiện < y ≤ 3 2cos x −1 + (1) Phương trình (1) trở thành = y + log ( y − 1) ⇔ y + = y + log ( y − 1) t Đặt t = log ( y − 1) ⇔ = y − . Điều kiện: < y ≤ ⇒ t ≤ y −1 + y 2 = y + t − Ta có hệ  t 2 = y − Trừ theo vế ta có: y + y = 2t + t (2) Xét hàm f ( z ) = + z phương trình (2) có dạng f ( y ) = f (t ) (3) z Rõ ràng f ( z ) đồng biến ¡ , suy (3) ⇔ y = t Thay vào hệ phương trình cuối ta có: 2t = 3t − ⇔ 2t − 3t + = (4) Xét hàm g ( t ) = − 3t + . Tập xác định ¡ . t g ' ( t ) = 2t ln − , g ' ( t ) = ⇔ t = t0 = log − log ( ln ) . Phương trình (4) hai nghiệm Lại thấy g ( 1) = g ( 3) = . t = Suy phương trình (4) có nghiệm  t = t = (loại t ≤ ) Vậy t = ⇔ y = ⇔ cos2x=1 ⇔ x=kπ ,k ∈ ¢ Bài 7: Giải phương trình x3+ ( 1− x ) = x 2( 1− x ) Lời giải Điều kiện: −1 < x <  x = cosa  a ∈ D = ( 0; π ) Đặt  (1) ⇒ − x = sin a,sin a > Phương trình đầu trở thành cos3a + sin a = 2cosasina . π  −a÷ 4  Đặt tiếp t = sin a + cosa= 2cos  (3), (2) điều kiện t ≤ Suy ra: t = + cos a sin a ⇒ cosasina= Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ t2 −1 Trang Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình t −1 t = cos a + sin a + 3t cos a sin a ⇒ t = cos a + sin a + 3t 3t − t ⇔ cos3a + sin a = 3t − t t − = Phương trình (2) trở thành 2 ( )( )( ) ) t = ⇔ t + 2t − 3t − = ⇔ t − t + + t + − = ( )( (4) Do t ≤ nên (12) ⇔ t − t + − = ⇔  t = − Với t = thay vào (3) ta có: π π π  π  2cos  − a ÷ = ⇔ cos  − a ÷ = ⇔ a − = k 2π ⇔ a = + k 2π 4 4  4  π  + k 2π ÷ = . 4  Thay vào (1) ta có x = cos  Với t = − thay vào (1) ta có:  −1 < x < sin acosa=1- ⇔ x − x = − ⇔   x − x + − 2 = (  −1 < x < + − 11  ⇔ + − 11 ⇔ x = − 2 x =  ) (  + − 11  Vậy phương trình cho có tập nghiệm  ; −   Bài 8: )    Giải bất phương trình x+ x x −1 > (1) Lời giải Từ vế trái (1) ta thấy x phài thỏa mãn cácđiều kiện x > x − > . Kết hợp hai điều kiện lại x > , suy < Đặt sin tcost cost sin t Lại đặt u = sin t + cos t ta được: 2u> u −1 Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ ( ) Trang Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình ⇔ 5u − 4u − < ⇔   Vì u = sin t + cos t = cos  t − − 0 ) ⇔tgx+cotgx=2 ⇔ sin x cos x + =2 cos x sin x ⇔ sin x = ⇔ x = π + kπ (k ∈ ¢ ) BÀI 2: HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài 1: ( x, y , z ) nghiệm hệ phương trình: x = y ( − y)   y = z ( − z ) Tìm tất giá trị mà tổng S = x + y + z nhận được.  z = x ( − x) Lời giải Giả sử ( x, y, z ) nghiệm cho. Cộng vế phương trình hệ, ta được: 3s = x + y + z ≥ ⇒s≥0 Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 11 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình Vì s ≥ nên số x, y, z phải có số không âm, ta coi x ≥ . Từ phương trình đầu hệ y ( − y) = x ≥ Suy ≤ y ≤ . Bằng phép hoán vị vòng quanh, ta thấy ≤ x, y, z ≤ Do vậy, ta đặt x = 4sin α với ≤ α ≤ π . Từ phương trìng thứ ba, suy z = 4sin α ( − 4sin α ) = 16sin α cos 2α = 4sin 2α Và từ phương trình thứ hai y = 4sin 2α ( − 4sin 2α ) = 4sin 4α Cuối từ phương trình đầu x = 4sin 4α ( − 4sin 4α ) = 4sin 4α Như α nghiệm phương trình sin 8α = sin α ⇔ cos16α =cos2α Suy 1) 16α = 2α + 2kπ ⇒ α = kπ ( k ∈¢ ) π nên k lấy giá trị 0,1,2,3 a) Với k = , ta có α = , Nhớ ≤ α ≤ s = x + y + z = ( sin α + sin 2α + sin 4α ) = b) Với k = 1, 2,3 , ta giá trị s π 2π 3π   s = x + y + z =  sin + sin + sin ÷ 7   kπ ( k ∈¢ ) 2) 16α = −2α + 2kπ ⇒ α = π Do ≤ α ≤ , nên k lấy giá trị 0,1,2,3,4 a) Với k = o , ta α = , s = b) Với k = 1, 2, , ta giá trị s π 2π 4π   s = x + y + z =  sin + sin + sin ÷ 9   c) Với k = , ta π 2π 4π   s = x + y + z =  sin + sin + sin ÷ 3   Kết luận tổng s nhận giá trị sau s = (xảy x = y = z = o ) s = (xảy x = y = z = ) Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 12 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình π 2π 3π   s = x + y + z =  sin + sin + sin ÷ 7   π 2π 4π   s = x + y + z =  sin + sin + sin ÷ 9   Bài 2: Giải hệ phương trình sau:  x − y + y − x =  ( − x ) ( + y ) = Lời giải Điều kiện: −1 ≤ y ≤ 1; −1 ≤ x ≤ y = cosβ với α , β ∈ [ 0, π ] Đặt: x = cosα ; Hệ phương trình cho trở thành:  cosα sinβ +cosβ sinα =1   ( − cosα ) ( + cosβ ) = π  sin ( α +β ) = α + β = ⇔ ⇔ ( − cosα ) ( + cosβ ) = 1 − cosα +sinα -sinα cosβ =2   π  1-t Đặt t = sin α − cosα = sin  α − ÷ ,ta có sin α cosα = Thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: 1− t2 − = ⇔ t + 2t − = ⇔ t = t = −3 (loại) t− π   Vậy: sin  α − ÷ =  ⇔α =  π (do ≤ α ≤ π ) π suy β = Khi đó: x = cosα =0;y=cosβ =1 Từ: α + β = Vậy hệ cho có nghiệm nhất: ( 0;1) Bài 3: Giải hệ phương trình 2 x + x y = y  2 y + y z = z 2 z + z x = x  Lời giải Hệ phương trình cho viết thành: Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 13 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình 2 x = y ( − x )   2 y = z ( − y )   2 z = x ( − z ) Từ dễ thấy x ≠ ±1, y ≠ ±1, z ≠ ±1 .do ta có  2x  y = − x2  2y  z =  1− y  2z x =  1− z2 Đặt x = tgα ⇒ α ≠ ± π π + kπ , + kπ ta có  2tgα  y = − tg 2α = tg 2α   2tg 2α = tg 4α z =  − tg 2α  2tg 4α = tg 8α x = − tg 4α  Do dó ta có phương trình tgα = tg 8α ⇔ 8α = α + kπ ⇒ α = k π cho k = 0,1, 2,3, 4,5, ta nghiệm hệ phương trình 2π 4π   2π 4π π  π ( 0, 0,0 ) ,  tg , tg , tg ÷, ÷,  tg   7 7 6π 5π   4π π 2π   3π , tg , tg , tg , tg  tg ÷,  tg ÷, 7   7   3π 6π   6π 5π 3π   5π , tg , tg , tg , tg  tg ÷,  tg ÷ 7   7    Bài 4: , tg , tg Giải hệ phương trình  1− y2 x =  + y2    y = 1− x  + x2  Lời giải Nhận xét rằng: −1 − y < − y ≤ + y suy −1 < 1− y2 − x2 ≤ ⇒ − < x ≤ ⇒0≤ y= ≤1 1+ y2 + x2 Tương tự ta có −1 < y ≤ ⇒ ≤ x = Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ 1− y2 ≤1 1+ y2 Trang 14 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình π Đặt x = tgt ; y = tgz , từ điều kiện ≤ t , z ≤ Hệ phương trình cho viết: tgt = cos2z   tgz=cos2t sin t = costcos2z ⇔ sinz=coszcos2t  2sin tcost=2cos 2tcos2z ⇔  2sinzcosz=2cos zcos2t sin 2t = ( + cos2t ) cos2z sin 2t − sin z = cos2z-cos2t ⇔ ⇔ sin z = cos2t+cos2tcos2z sin2z= ( 1+cos2z ) cos2t   π π  sin 2t + cos2t=sin2z+cos2z sin  2t + ÷ = sin  z + ÷( 1) 4 4 ⇔ ⇔   sin2z=cos2t+cos2tcos2z  sin2z=cos2t+cos2tcos2z ( )  Từ phương trình (1) hệ phương trình cuối ta có: π π   2t + = z + + k 2π 4   2t + π = π −  z + π  + k 2π  ÷  4  π π a) với 2t + = z + + k 2π ⇒ t = z + kπ ⇒ tgt = tgz hay x = y 4 Thay vào hệ phương trình đầu ta  1− y2 x =  + y2    y = 1− x  + x2    x + x + x −1 = ⇔   y + y + y −1 = Hệ phương trình cuối vừa nhận chứng tỏ x y có vai trò nghiệm cua phương trình x + x + x − = (3) phương trình có nghiệm. Do đièu kiên ban đầu ≤ x ≤ ,để xét số nghiệm phương trình (3) ta xét hàm số f ( x) = x + x + x − đoạn ≤ x ≤1 . Bởi với ≤ x1 ≤ x2 ≤ f ( x2 ) − f ( x1 ) = x23 + x2 + x2 − x13 − x12 − x1 = ( x2 − x1 )( x2 + x2 x1 + x12 + x2 + x1 + 1) > Tức f ( x) đồng biến đoạn ≤ x ≤ . Ta lại nhận thấy 1 f  ÷= − < 2   11 f  ÷= >0 .   27 Vậy chắn có giá trị x0 với < x0 < làm triệt tiêu f ( x) . ; Giá trị x0 nghiệm phương trình (3). Thử ta thấy x0 ≈ Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ 11 Trang 15 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình b) Với 2t + π π  = π −  z + ÷+ k 2π 4  Thay vào phương trình (2) ta có: sin z = sin z + sin zcos2z ⇔ sin4z=0 ⇔ z=m Kết hợp với điều kiện ≤ z ≤ π π ta được: π Với z = ⇒ y = x = π Với z = ⇒ y = x = z = z = Tóm lại hệ phương trình cho có ba nghiệm  x = x0   y = x0 x = y = ;  x = y =1 ;  với x0 ≈ 11 Bài 5: Giải biện luận hệ phương trình  x + y = a   x + y − xy = a (1) Lời giải Điều kiện x ≥ 0, y ≥ . Từ phương trình thứ ta thấy a < hệ vô nghiệm. Nếu a = ta có:  x + y =  x + y − xy = Nếu a > Đặt x + y =a ⇔ ⇔x = y =0 y x + =1 a a π y x = cos 2t , = sin t , với ≤ t ≤ . a a Khi từ phương trình thứ hai hệ cho ta được: a 2cos 4t + a sin t − a sin t cos t = a (2)     ⇔ a 1 − sin 2t  = a ⇔ a 1 − ( − cos4t )  =     8-5a ⇔ cos4t= 3a π Với ≤ t ≤ −1 ≤ cos 4t ≤ , phải có điều kiện − 5a −1 ≤ ≤1⇔ 1≤ a ≤ . 3a Từ (2) ta có: Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 16 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình cos 4t + ( − cos 2t ) − ( − cos 2t ) cos 2t = ⇔ 3cos t − 3cos t + a a −1 = ⇔ cos 2t = a 3± 12 − 3a a 3a ± 3a ( − a )  3a m 3a ( − a )   ,y =   ⇒ x = a 2cos 4t =  36 36 Tóm lại: Nếu ≠ a ≤ a > hệ (1) vô nghiệm. Nếu a = hệ (1) có nghiệm x = y = . Nếu ≤ a ≤ hệ (1) có hai nghiệm: 2 2   3a − 3a ( − a )    3a − 3a ( − a )  3a + 3a ( − a )   a + a − a ( )   ,  ÷   ,  ÷ ;  ÷ ÷ 36 36 36 36  ÷  ÷     Bài 6: Giải hệ phương trình x2 + a = y + b2 = ( x − b ) + ( y − a ) Lời giải  a ≤ R nên ta đặt  x ≤ R 2 Đặt a + x = R ⇒   x = Rcosα  a=Rsinα 0 với α ∈ 0 ;180   y = Rcosβ 0 với β ∈ 0 ;180  b=Rsinβ Ta : b + y = R nên tương tự  ⇒ R2 = ( x − b) + ( y − a ) ⇔ R = ( Rcosα -Rsinβ ) + ( Rcosβ -Rsinα ) ⇒ sin ( α + β ) = Với α + β = 300 = sin 300 ⇔  α + β = 150 α + β = 300 ⇒ β = 300 − α ( ⇒ y = Rcos 300 − α ( ) = R cos300 cosα +sin300 sin α = x a + 2 ) (1) ( ) ( b = R sin = R sin 300 − α = R sin300cosα -sinα cos30 = x a − 2 ) (2) Từ (1) (2) ta suy nghiệm hệ Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 17 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình y = 2a + b x = 2b + a , Với α + β = 1500 ⇒ β = 1500 − α y = Rcos ( 1500 − α ) Rcos1500 .cosα +Rsin1500 .sin α =− x a + 2 (3) x a + 2 (4) b = R sin ( 1500 − α ) = R sin1500.cosα − R sin α .cos1500 = Từ (3) (4) ta suyra nghiệm hệ là: x = 2b − a , y = 2a − b Nhận xét: phương trình giải cánh đặt R = ( x − b ) + ( y − a )  x = Rcosα  y = Rcosβ  a=Rsinα b=Rsinβ để suy dạng lượng giác  Bài 7: Giải biện luận theo m hệ phương trình  x + y − x − y = m  2 2  x + y + x − y = m Lời giải x + y ≥ ⇔ x≥ y x − y ≥ Điều kiện  Với m = ta thấy hệ phương trình có nghiệm x = y = Với m ≠ ta có - Nếu m > x + y > x − y ⇔ y > - Nếu m < x + y < x − y ⇔ y < Kết chứng tỏ y m dấu  x ≤ R với R >  y ≤ R 2 Đặt x + y = R ⇒  Nên ta đặt x = Rcosα , y=Rsinα (R>0) ⇒ y m dấu nên sinα m dấu x ≥ y ≥ nên cosα ≥ sin α Do hệ phương trình trở thành: ( )  R cosα +sinα − cosα -sinα = m   2  R + cos α − sin α = m  ( ) Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ (1) (2) ( m ≠ 0) Trang 18 ( Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình ) 2 R cosα - cos 2α − sin α = m  ⇒  R + cos 2α − sin α = m  ( ( ) ⇒ + 2cos 2α − = cosα - 2cos 2α − ) ⇔ 2cos 2α − = 2cosα -1 2cosα -1 ≥ ⇔ 2 9 2cos α − = 4cos α − 4cosα +1 ( )  cosα =-1 cosα ≥ ⇔ ⇔ cosα = 7cos 2α + 2cosα -5=0   2 Ta nhận cosα = ⇒ sin α = − cos α =  sin α = ⇒  sin α = −  (loai) & 24 49 neˆ′u m > neˆ′u m < (điều kiện cosα ≥ sinα thỏa) 7m2  1 ⇒ R + = m ⇒ R Từ (2) đó:  ÷  7 x = Rcosα = 7m 5m . = 8  7m 2 6m . =  y = R sin α =   7m 6m2 . =− −  Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ neˆ′u m > neˆ′u m < Trang 19 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình BÀI 3: MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC Bài 1: (Tạp chí Toán học tuổi trẻ) Tìm giá trị lớn a b abc + + a + bc b + bc c + ab a , b, c ∈ ¡ + thỏa mãn a + b + c = Lời giải: Trước hết ta có nhận xét ab a b abc 1 c A= + + = + + a + bc b + bc c + ab + bc + ca + ab a b c bc α ac β = tg = tg Đặt ; ; < α, β < π a b Chú ý: = a + b + c = Suy ra: Do đó: ab ca bc ab ca bc . + . + . c b a c b a α β − tg .tg ab 2 = cot g  α + β  =  ÷ α β c   tg + tg 2 α +β π < 2 ab = tgγ c ( γ = π − (α + β ) ∈ (0, π ) ) tg γ + + α γ β + tg + tg + tg 2 2 α β γ = cos + cos + sin = + ( cosα +cosβ +sinγ ) 2 2 π π γ+ γπ α β Mà ta lại có: cosα +cosβ +sinγ + sin = 2cos .cos + 2sin .cos 3 2 2 π γα +β ≤ 2cos + 2cos 2 π α +β +γ = 4cos π = ≤ 4cos Bởi vậy: Vậy A= 1 3 3 A ≤ +  − = 1+ ÷ ÷ 2  Đẳng thức xảy lhi Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 20 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình α = β ,γ = 2π tức bc ca π = = tg − a b 12 ab π = tg = c ⇔ a = b = − 3; c = − Bài 2: Cho 13 số thực a1 , a2 , ., a13 khác đôi một. chứng minh tồn a j ak , ≤ j , k ≤ 13 cho < a j − ak + a j ak < 2− 2+ Lời giải  π π   Đặt = tgxi ; i ∈  − , ÷: i = 1, .,13 .Không tổng quát, giả sử a1 < a2 < . < a13 2 Khi − π π < x1 < x2 < . < x13 < < x1 + π .Đoạn [ x1 , x1 + π ] chia thành 13 đoạn điểm 2 x2 , x3 , ., x13 .Vậy tồn đoạn có độ dài ≤ π 13 π π < ( i ∈ { 2, .,13} ) 13 12 π < tg ( xi − xi −1 ) < tg 12 tgxi − tgxi −1 π ⇔0< < tg + tgxi .tgxi −1 12 Nếu < xi − xi −1 ≤ (1) π π < 13 12 a −a π π ⇔ < i i −1 < tg < tg + ai −1 12 12 Nếu có < ( x1 + π ) − x13 ≤ < tg ( x1 + π − x13 ) Mặt khác tg π 2− π π  = tg  − ÷+ 12 2+ 3 4 (2) (3) Từ (1), (2), (3) suy đpcm. Bài 3: Cho x + y + z = xyz chứng minh rằng: x ( y − 1) ( z − 1) + y ( z − 1) ( x − 1) + z ( x − 1) ( y − 1) = xyz Lời giải: Xét hai khả sau: 1. Nếu xyz = ⇒ ba số x, y, z = . Giải sử x = , từ giả thiết suy y + z = Lúc Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 21 ( Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình ) ( ) VT = y − z + z − y = = VP Vậy đẳng thức trường hợp 2. Nếu xyz ≠ . Khi đưa đẳng thức cần chứng minh dạng tương đương sau y2 −1 z − x2 − z −1 x2 −1 y −1 + + =1 y 2z 2x 2z 2x y (1) Đặt x = tgα , y = tg β , z = tgγ . Từ giả thiết suy tgα + tg β + tgγ = tgα tg β tg γ Suy α + β + γ = kπ , k ∈¢ ⇒ 2α + β + 2γ = 2kπ (2) Từ (2) suy ra: cot g 2α cot g β + cot g β cot g 2γ + cot g 2γ cot g 2α = Chú ý cot g 2α = (3) − tg 2α − x = ; 2tgα 2x − tg β − y cot g 2β = = : 2tg β 2y Và cot g 2γ = − tg 2γ − z = 2tgγ 2z Từ (3) suy (1) ⇒ đpcm. Bài : Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: y = + s inx-cosx − s inx+cosx Lời giải Viết hàm số cho dạng   sin v =    sin  x + cos 2 x + cos 2 x  x x  ÷+ 2sin cos −  cos 2 2  x  x x  ÷− 2sin cos +  cos 2 2  x x  − sin ÷ 2 x x  − sin ÷ 2 x x x x + 2sin cos + cos 2 2 = x x x x sin − 2sin cos + 3cos 2 2 x 1) Khi cos = y = x 2) Khi cos ≠ , viết hàm số dạng 3sin y = 3t + 2t + , t − 2t + t = tg x . Xác định y để phương trình 3t + 2t + = y có nghiệm. t − 2t + Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 22 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình ⇔ ( y − 3) t − ( y + 1) t + y − = có nghiệm. ⇔ ∆ ' = ( y + 1) − ( y − 3) ( y − 1) ≥ ⇔ −2 y + 12 y − ≥ ⇔ y − 6y +1 ≤ ⇔ − 2 ≤ y ≤ + 2 Vậy max y = + 2 tg y = − 2 tg x 4+2 = = +1 2 x 4−2 = = 1− 2 −2 Bài 5: Chứng minh với cặp số thực x,y ta có: ( )( )( ) x − y − x2 y 1 − ≤ ≤  + x2 + y    ( ) Lời giải π π Đặt x = tgu, y = tgv với − < u , v < biểu thức ( x − y ) ( − x y ) = ( tg u − tg v ) ( − tg utg v ) A= ( + x ) ( + y )  ( + tg u ) ( + tg v )    sin 2u sin v   sin usin v  = cos 4u.cos4 v  − 1− 2 ÷ 2 ÷  cos u cos v   cos ucos v  = ( sin ucos v − sin vcos 2u ) ( cos 2ucos v − sin usin 2v ) = ( sin ucosv+sinvcosu ) ( sin ucosv-sinvcosu ) ( cosucosv+sinusinv ) ( cosucosv-sinusinv ) = sin ( u + v ) sin ( u − v ) cos ( u-v ) cos ( u+v ) = sin ( u + v ) sin ( u − v ) 1 −1 ≤ A≤ Suy A = sin ( u + v ) sin ( u − v ) ≤ . Tức 4 4 Biểu thức A đạt giá trị lớn π  π  sin ( u + v ) = 2 ( u + v ) = x = u = ⇔ ⇔ ⇔  y = v = sin ( u − v ) = 2 ( u − v ) = π  −π  −π  sin ( u + v ) = −1 2 ( u + v ) =  x = −1 u = ⇔ ⇔ ⇔ Hoặc  y = v = sin ( u − v ) = −1 2 ( u − v ) = −π  Biểu thức A đạt giá trị nhỏ băng − Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 23 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình hệ phương trình π  u = sin ( u + v ) = −1 2 ( u + v ) = x =  ⇔ ⇔  π ⇔ y =1 sin ( u − v ) = 2 ( u − v ) = − π v =  −π  u = sin ( u + v ) = −1 2 ( u + v ) = x =  ⇔ ⇔ Hoặc    −π ⇔   y = −1 2 ( u − v ) = π v = sin ( u − v ) =  Bài 6: Cho phương trình bậc ba x3 − px + qx − p = (1) Với p > , q > . Chứng minh phương trình (1) có nghiệm ≥ 1 2 p ≥  + ÷ ÷( q + 3)   (2) Lời giải Giả cử (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 ( x1 ≤ x2 ≤ x3 ) x1 + x2 + x3 = x1 x2 x3 = p ; x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = q suy tồn VABC cho π π x1 = tgA , x2 = tgB , x3 = tgC  ≤ A, B, C < ÷ hai có dạng (2) 2 4 1 2 tgAtgBtgC ≥  + ÷ ÷( tgAtgB + tgBtgC + tgCtgB + 3) 4  ⇔ − ≥ cot gA + cot gB + cot gC + 3cot gA cot gB cot gC (3) Gọi vế phải (3) T . Khi đó: T = cot gA + ≤ cot gA + Hay T≤ 2tg A cos ( B-C ) − cosA 2sin A + 3cot gA cos ( B-C ) + cosA cos ( B-C ) + cosA 2sin A − cosA + 3cot gA cos ( B-C ) + cosA + cosA + 3tg A 3A − tg 2 π (do ≤ A ≤ B ≤ C ) 3 Xét hàm số: f ( x) = + 3t − t 2t Đặt tg A = t −1 ≤ t ≤  Ta thấy f '(t ) ≤ đoạn  − 1,  Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ   . Từ đó, f ( x) ta có đpcm 3 Trang 24 [...]... hệ, ta được: 3s = x 2 + y 2 + z 2 ≥ 0 ⇒s≥0 Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 11 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình và hệ phương trình Vì s ≥ 0 nên trong 3 số x, y, z phải có ít nhất một số không âm, ta có thể coi rằng x ≥ 0 Từ phương trình đầu của hệ y ( 4 − y) = x ≥ 0 Suy ra 0 ≤ y ≤ 4 Bằng phép hoán vị vòng quanh, ta thấy 0 ≤ x, y, z ≤ 4 Do vậy, ta có thể đặt x = 4sin 2 α với 0 ≤ α ≤ π... sin 2 ( u + v ) = −1 2 ( u + v ) = 2  x = −1  u = ⇔ ⇔ 4 ⇔ Hoặc  y = 0 sin 2 ( u − v ) = −1 2 ( u − v ) = −π v = 0    2  Biểu thức A đạt giá trị nhỏ nhất băng − Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ 1 khi 4 Trang 23 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình và hệ phương trình π  u = 0  sin 2 ( u + v ) = −1 2 ( u + v ) = 2 x = 0   ⇔ ⇔  π ⇔ y =1 sin 2 ( u − v ) = 1 2 ( u − v )... nghiệm duy nhất: ( 0;1) Bài 3: Giải hệ phương trình 2 x + x 2 y = y  2 2 y + y z = z 2 z + z 2 x = x  Lời giải Hệ phương trình đã cho có thể viết thành: Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 13 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình và hệ phương trình 2 x = y ( 1 − x 2 )   2 2 y = z ( 1 − y )  2 2 z = x ( 1 − z )  Từ đó dễ thấy rằng x ≠ ±1, y ≠ ±1, z ≠ ±1 do đó ta có  2x  y = 1 − x2... xét rằng: −1 − y 2 < 1 − y 2 ≤ 1 + y 2 suy ra −1 < 1− y2 1 − x2 ≤ 1 ⇒ −1 < x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ y = ≤1 1+ y2 1 + x2 Tương tự ta có −1 < y ≤ 1 ⇒ 0 ≤ x = Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ 1− y2 ≤1 1+ y2 Trang 14 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình và hệ phương trình π Đặt x = tgt ; y = tgz , từ điều kiện trên thì 0 ≤ t , z ≤ 4 Hệ phương trình đã cho có thể viết: tgt = cos2z   tgz=cos2t sin t = costcos2z... ÷= >0  3  27 1 2 Vậy chắc chắn có giá trị x0 với < x0 < làm triệt tiêu f ( x) 2 3 ; Giá trị x0 chính là nghiệm của phương trình (3) Thử ta thấy x0 ≈ Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ 6 11 Trang 15 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình và hệ phương trình b) Với 2t + π π  = π −  2 z + ÷+ k 2π 4 4  Thay vào phương trình (2) ta có: sin 2 z = sin 2 z + sin 2 zcos2z ⇔ sin4z=0 ⇔ z=m Kết hợp với... 1 − ( 1 − cos4t )  = 1  4   8  8-5a ⇔ cos4t= 3a π Với 0 ≤ t ≤ thì −1 ≤ cos 4t ≤ 1 , do đó phải có điều kiện 2 8 − 5a −1 ≤ ≤1⇔ 1≤ a ≤ 4 3a Từ (2) ta có: Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 16 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình và hệ phương trình cos 4t + ( 1 − cos 2t ) − ( 1 − cos 2t ) cos 2t = 2 ⇔ 3cos 4 t − 3cos 2 t + 1 a a −1 = 0 ⇔ cos 2t = a 3± 12 − 3a a 6 2 3a ± 3a ( 4 − a )  3a... cosα +sin300 sin α = x 3 a + 2 2 ) (1) ( ) ( b = R sin = R sin 300 − α = R sin300cosα -sinα cos30 0 = x a 3 − 2 2 ) (2) Từ (1) và (2) ta suy ra nghiệm của hệ là Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 17 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình và hệ phương trình y = 2a + b 3 x = 2b + a 3 , Với α + β = 1500 ⇒ β = 1500 − α y = Rcos ( 1500 − α ) Rcos1500 cosα +Rsin1500 sin α =− x 3 a + 2 2 (3) x a 3 + 2... dấu x ≥ y ≥ 0 nên cosα ≥ sin α Do đó hệ phương trình trở thành: ( )  R cosα +sinα − cosα -sinα = m   2 2 2  R 1 + cos α − sin α = m  ( ) Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ (1) (2) ( m ≠ 0) Trang 18 ( Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình và hệ phương trình ) 2 R cosα - cos 2α − sin 2 α = m 2  ⇒  R 1 + cos 2α − sin 2 α = m 2  ( ( ) ⇒ 1 + 2cos 2α − 1 = 2 cosα - 2cos 2α − 1 ) ⇔ 3 2cos 2α − 1... m2 ⇒ R Từ (2) do đó: 8  7 x = Rcosα = 7m 2 5 5m 2 = 8 7 8  7m 2 2 6 6m 2 =  8 7 4 y = R sin α =  2  7m 2 6 6m2 =− − 7 4  8 Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ ˆ ne′u m > 0 ˆ ne′u m < 0 Trang 19 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình và hệ phương trình BÀI 3: MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC Bài 1: (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ) Tìm giá trị lớn nhất của a b abc + + a + bc b + bc c + ab a , b, c ∈ ¡ + và... γα +β ≤ 2cos + 2cos 3 2 2 π α +β +γ 3 = 4cos π = 2 3 ≤ 4cos 4 6 Bởi vậy: Vậy A= 1 2 1 3 3 3 A ≤ 1+  2 3 − ÷= 1+  ÷ 2 2  4 Đẳng thức xảy ra lhi và chỉ khi Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 20 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình và hệ phương trình α = β ,γ = 2π 3 tức là bc ca π = = tg 2 − 3 a b 12 ab π = tg = 3 c 3 ⇔ a = b = 2 3 − 3; c = 7 − 4 3 Bài 2: Cho 13 số thực a1 , a2 , , a13 khác . ẩn phụ lượng giác giải phương trình và hệ phương trình MỐI QUAN HỆ GIỮA ĐẠI SỐ VÀ LƯỢNG GIÁC Lượng giác và đại số là hai bộ môn của toán học, nhìn bề ngoài thì có vẻ như là không liên quan. thường để đưa về phương trình cơ bản thì rất mất thời gian và có thể là sẽ giải không được. Trong khi đó nếu giải bằng phương pháp đại số thì nhanh hơn và trong đại số cũng vậy,cũng nhiều lúc cần. = +  ÷   ( ) 2 sin 2cost-1 0t   ⇔ + =   (2) Bùi Văn Nhạn Trường THPT Long Mỹ Trang 1 Dùng ẩn phụ lượng giác giải phương trình và hệ phương trình Vì 2 sin 0t + > nên phương trình