CHUYÊN đề TOÁN ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, bất PHƯƠNG TRÌNH và hệ PHƯƠNG TRÌNH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚCTRƯỜNG THPT PHÚC YÊN ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Giáo viên thực hiện: Đặng Thị Bích Thảo Đối tượng h

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT PHÚC YÊN

ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Giáo viên thực hiện: Đặng Thị Bích Thảo Đối tượng học sinh bồi dưỡng: Học sinh lớp 12 Thời gian bồi dưỡng: dự kiến 04 tiết

Phúc Yên, tháng 3 năm 2014

ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,

BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

I Cơ sở lí thuyết:

Trong chương trình toán THPT, chuyên đề phương trình, bất phương trình

và hệ phương trình có vị trí vô cùng quan trọng Trong các đề thi TSĐH, CĐ hàng năm của Bộ Giáo Dục, mảng kiến thức này mang lại cho các thí sinh từ 2 đến 3 điểm

Khi luyện thi ĐH cho học sinh, tôi cũng như rất nhiều đồng nghiệp thường phân chia thành các chuyên đề riêng biệt: phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số (Lớp 10), phương trình lượng giác (Lớp 11), phương trình, bất phương trình, hệ phương trình mũ và lôgarit (Lớp 12) Tuy nhiên, nếu ta khéo kết hợp giữa biến đổi lượng giác vào giải phương trình, hệ phương trình nhiều khi cho kết quả đẹp bất ngờ đến thú vị

Ta biết rằng từ phương trình lượng giác đơn giản cos3t = sint , ta có thể tạo

ra được phương trinh vô tỉ 4x3  3x 1  x2 (1) ( do 3

cos3t  4cos t 3cost)

Nếu thay x trong phương trình (1) bằng 1

x ta lại có pt: 4 3  x2 x2 x2  1 (2) Nếu thay x trong phương trình (1) bởi (x - 1) ta sẽ có phương trình vô tỉ khó hơn

4x  12x  9x 1  2x x (3)

Việc giải các phương trình vô tỉ này đôi khi không hề đơn giản chút nào Chính vì vậy trong quá trình giải các phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đôi khi ta lại chuyển sang giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình lượng giác Việc làm này đòi hỏi chúng ta phải nắm vững các công thức lượng giác, kĩ thuật biến đổi lượng giác, tính tuần hoàn của các hàm số lượng giác và một số dạng toán sau:

DẠNG 1: Nếu bài toán chứa: [f(x)]2 +[g(x)]2= a2, thì có thể đặt:

, 0  t 2 hoặc g x f x( )( )a acossint t



 , 0  t 2

a  x thì có thể đặt:















2

, 2 ,

sin

|

x hoặc x | | cos ,a t t0, 

DẠNG 3: Nếu bài toán chứa: x 2 a2 thì có thể đặt:

2

, 2

, sin

|

|













t

a

















2

\ , 0 , cos

|



t t

a x DẠNG 4: Nếu bài toán chứa: a 2 x2 thì có thể đặt:















2

, 2 ,

tan

|

x hoặc x | | cot ,a t t  0,  

a x





hoặc a x

a x





thì có thể đặt: x = acos2t

DẠNG 6: Nếu bài toán chứa: thì có thể đặt: x = a + (b - a)sin2t

DẠNG 7: Nếu các biến x, y, z của bài toán thỏa mãn x + y + z = xyz hoặc xy +

yz +zx = 1 ta đặt

tan

tan











II Một số bài toán minh họa

1 Bài toán giải phương trình

a) Nếu x a thì ta có thể đặt sin , ;

2 2

x a t t    

  hoặc x ac t t os , 0;

( ) cos ( ) sin

f x a t

g x a t











(x a b x )(  )

Ví dụ 1:

Giải phương trình: 4 3 3 1 0

2

x  x 

Lời giải:

Đặt   4 3 3 1

2

f x  x  x Ta có

 1 1,5,  0,5 0,5,  0 0,5,  1 0,5

nghiệm thuộc khoảng  1;1và ta biết cos3  4cos 3  3cos , do đó đặt

cos 0

x t  t  khi đó phương trình có dạng cos3 =1 2

t   t  k 

Vậy phương trình có 3 nghiệm 1 cos ; 2 cos5 ; 3 cos7

Ví dụ 2:

Giải phương trình:

Lời giải:

Điều kiện : 1- x2

0    1 x 1 Đặt x = sint với t ;

2 2

 



  Khi đó phương trình đã cho có dạng :

1  1 sin  t  sin (1 2 1 sin )t   t  1 cos  t  sin (1 2 cos )t  t

2 os sin sin 2

2

t

2 os 2sin os

3

2 os (1 2 sin ) 0

c

2

sin

t c t

















6 2

t t











 

 



1 2 1

x x















Vậy phương trình có nghiệm 1

2

x  và x=1

Ví dụ 3:

Giải phương trình: 1 1 x2  1 x3  1 x3 2 1 x2

Lời giải:

ĐK :    1 x 1

Ta có VP > 0

Nếu x   1;0 , VT<0, phương trình vô nghiệm

Nếu x 0;1 Đặt

2

   khi đó phương trình có dạng

2







0 0

0

1

2 1

t



 















Vậy phương trình có nghiệm x  12

Ví dụ 4:

Giải phương trình: 3 2 2  x  2 1 x3 1 

Lời giải:

Đặt 2t 2 1  x t 0 khi đó phương trình có dạng: 4 2 3 1 0

2

t

t

 

2

Theo Ví dụ 1 ta có phương trình  * có 3 nghiệm:

1 cos ; 2 cos5 ; 3 cos7

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

1 log 2 1 cos ; 2 log 2 1 cos5 ; 3 log 2 1 cos7

x     x     x    

Ví dụ 5:

Giải phương trình:

Lời giải:

ĐK:   1 2x 1

Đặt 2x c ost, t 0;  Phương trình đã cho trở thành :

2 sin os tan cot

4

2 1 sin

sin

c

t

t

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

Ví dụ 6:

Giải phương trình: 3 6x  1 2x

Lời giải:

2

x  x  x  x Xét: x 1, đặt x cos ,t t0; Khi đó ta được

cos ;cos ;cos

  mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phương trình (Hoặc theo VD1 ta cũng tìm được nghiệm)

Ví dụ 7:

Giải phương trình: 2 1 2 2

2

1 2 1

x x

x







Lời g iải

ĐK:

2

2



Đặt x = sint

2

2 sin 

4



2

2



 t , phưong trình trở thành:

t t

t t

2 cos sin

2 1 2

cos

.

sin

2







2

2 sin





























2

1 2 sin

1 2 sin 0

1 2 sin 2 sin

2 2

t

t t

t

 Với sin2t = -1t   k

4 , vì t 4 nên ta chọn được nghiệm t= 4  nghiệm của phương trình là:

2

2





x

 Với sin2t =































k t

k t

12 5

12 2

1

, vì t 4 nên ta chọn được nghiệm t=

12



 nghiệm của phương trình là: sin 6 2

x   

Vậy phương trình có nghiệm là:

2

2





4

x 

Ví dụ 8:

Xác định m để phương trình: 1  x2 x m (5) có nghiệm

Lời giải:

ĐK:  1 x  1

Đặt x = cost, với t0,  Phương trình trở thành: sint = cost – m

2

) 4 cos(

sin

cost tm t  m

Vì t0, 

4

5 4 4













2

2 ) 4 cos(

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:   1   x 1

Ví dụ 9:

Xác định m để phương trình: 1  x2  231  x2 m (5) có nghiệm

Lời giải:

ĐK:  1 x  1

Đặt x = cost, với t0 , 

Phương trình trở thành: 1  cos2t  231  cos2t m  sint 2 3 sin2t m

Đặt u=3 sin , 0 u 1t   ,

Phương trình trở thành: u3+2u2 = m (c)

Xét hàm số f(u) = u3+2u2 , với 0 u 1  

f’(u) = 3u2+4u, f’(u) = 0

0 4 3

u u









 



BBT:

u   4

3

 0 1 

f'(u) + 0 - 0 +

F(u) 3

0

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi (c) có nghiệm thuộc 0;1 

0 m 3

b Nếu thì ta có thể đặt :

a

t

 

a

x t    

 

Ví dụ 10:

Giải phương trình: 2 2 2

x 1

x



Lời giải:

ĐK:

2

x 1 0

0

x

  







1

x

 

cos

x

t

2

t   

Khi đó phương trình có dạng :

2

1

2 2

1 cos

t t

t



2 2 cost sint

Đặt sint + cost = u 1  u 2, ta có sin cos u2 1

2

Khi đó phương trình đã cho có dạng :

2(u 1)

u    2u2 u 2 0 

 

2 1 loai 2

u u

 



 



2

u   sint cost 2 2 sin( ) 2

4

t 

4

t 

4 2

t   k

2

4

t  k

   So sánh điều kiện ta có :

4

t  x 2

Vậy nghiệm của phương trình là x  2

2 2

x t t    

  để đưa về phương trình lượng giác đơn giản hơn :

Ví dụ 11:

 

2 2 2

2

2

1 1

1

x x

x







Lời giải:

ĐK:x 0,x 1 Đặt : tan , ;

2 2

x t t    

Khi đó phương trình trở thành

2sin cos 2t t cos 2t 1 0   sin 1 sint  t 2sin t  0

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm 1

3

x 

d Một số dạng khác

Ví dụ 12:

Giải phương trình:

2

1

x x

x

  



(Bài 4.72,d trang114_ sách Bài tập Đại Số 10 Nâng cao, xuất bản năm 2006).

Lời giải:

ĐK: x 1

Đặt: 











) ( cos 1

) ( 1 sin

b t x

x

a t

x

, thay (a) vào (b) ta được: cos sinsin 1





t

t t

) ( 0 cos sin cos

 Đặt u = sint + cost, đk: |u|  2,

phương trình (c) thành: 0

2

1

2





 u u



























) ( 2 1

) ( 2 1 0

1 2

2

thoa u

loai u

u u

Vậy: sint +cost =1  2































2

1 0

2 1 ) 2 1 ( 2

1

1

x x

x

Do đó phương trình có nghiệm là: 



2

1

Ví dụ 13:

Giải phương trình: 1 x 8  x (1 x)(8  x) 3 

Lời g iải

ĐK:  1 x 8 Đặt x = -1 + 9sin2t, với  

2 ,

0 

t (vì hàm số y = sin2t tuần hoàn

với chu kì là  và là hàm số chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn 0 ,2 )

Phương trình trở thành: 9sin 2t 9(1 sin )  2t  9sin 9(1 sin ) 3 2t  2t 

3(sint cos ) 9sin cost t t 3

4 sin(

2 cos

9u2+6u-15=0

1 ( ) 5 ( ) 3

u thoa

u loai









 



Với u=1

2

2 ) 4 sin(  



















2 2

2

k t

k t

Vì  

2

,

0 

t nên chọn được: t = 0 và t =

2



*) t = 0  x  1

*) t =2  x 8

Vậy phương trình có nghiệm: x = -1 và x = 8

e Bài tập tự giải

Bài 1: Giải các phương trình sau:

1/ x3  1  x23 x 21  x2 2/ 1 2 2 1 2 2 2 1 0











3/64x6  112x4  56x2  7  2 1  x2

4/

4 1 2 ) 2 4 )(

4 2 ( ) 2 4 )(

4

2

(

2 3

2 3

x x

x





5/ 1 2 2 1 2 2 2 ( 1 ) 4 ( 2 2 4 1 )

















6/ x 1  2  x  1  2x 2x2

1

2 





x

x

x 9/ 2

2

1

1

x

x



Bài 2: Định m để phương trình sau có nghiệm:

1/ 2  x 2 x  2  x 2 x m

2/ x  9  x   x2  9xm (ĐH Y_ Dược TP.HCM_1997)





 x m

6/ 4x2 16 m 2x







3 x 1m x 1 2 x  1

(Trích đề thi tuyển sinh Đại Học khối A _2007 Bộ GD&ĐT)

Bài 3: Cho phương trình: m

x

x 1 

1 1

1/Giải phương trình khi m=

3

2

2 

2/Định m để phương trình có nghiệm

II Bài toán giải bất phương trình

1 Các ví dụ

Ví dụ 14:

Giải bất phương trình: 2 9 2 9





x

Lời giải:

Đặt x = 3tant, 













2

, 2





t phương trình trở thành:

3 tan 9(1 tan ) 9 tant  t  t 9

2

Vậy nghiệm của bất phương trình là:x  3

Ví dụ 15:

Tìm m để bất phương trình: 1  x2 m x có nghiệm

Lời giải:

ĐK:  1 x  1

Đặt x = cost, với t0,  Bất phương trình trở thành: sint + cost m

m

t 

4

sin(

Mà    )  1   1 

4

sin(

2

4 sin(

Vậy để bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m ) 2

4 sin(

Ví dụ 16:

Giải bất phương trình : 1  x 1  xx

Lời giải:

x

x x

 



   



 



Đặt x = cost , t0, 

Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :

1 cos  t  1 cos  t  cos t 1 cos 2sin2 cos

2

t

c

c

t

t



   

Vậy bất phương trình có nghiệm    1 x 0

Ví dụ 17:

Giải bất phương trình:

2

2 2

2 2

2

x

a

a



Lời giải :

Đặt xa tant, ;

2 2

t   

  Khi đó bất phương trình có dạng :

2

2a cos tan

cos

1



1 tan

3

t 

3

a

Vậy nghiệm của bất phương trình là

3

a

x

2 Bài tập tự giải

Bài 1: Giải các bất phương trình sau:

1

x

x

x

1

3 1

1

2





x x

Bài 2: Tìm m để bất phương trình: ( 3 x)( 7  x) x2  4xm có nghiệm đúng với

 3 , 7



x

III Bài toán giải hệ phương trình

Ví dụ 18

Giải hệ phương trình:

2 2

2

1 y 2 1

y x x y x





 





 



Lời giải:

Đặt x y tantan











2 2

 

    

  Khi đó hệ đã cho trở thành :

2

2

2 tan

tan

1 tan

2 tan

tan

1 tan

















 





 



sin 2 tan (1) sin 2 tan (2)





 



 Ta xét hai trường hợp :

Nếu sin 0 thì sin 0và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ Xét sin   0và sin 0: Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có :

4 cos os

os os

c

cos os

2

c

(1)  2cos sin os  c  sin  sin sin    (4)

Thay (4) vào (3) ta có

2 1

cos

2

(1 cos 2 )

k

Khi đó nghiệm của hệ là

0 0

1

1 4

x y x

x y

x y





 











  

Ví dụ 19:

Giải hệ phương trình:

















) 2 ( 25

) 1 ( 1 1 log ) ( log

2 2

4 4

1

y x

y x

y

Lời giải:

ĐK: 





 0

y

x y

Ta có hệ phương trình















 25

1 1 log ) ( log

2 2

4 1 4

1

y x

y x

y















25

) 3 ( 4 1 1 ) (

2

2 y x

y x y

Đặt: 







, sin 5

cos 5

t y

t x

(sint > 0 và sint > cost), thay vào phương trình (3) ta được:

25

16 sin

4

3 cot 4

1 cot 1 4

1 sin

1 cos

t t t











5 3 cos

5 4 sin

t

t

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: 





 4 3

y x

Ví dụ 20:

Giải hệ phương trình: 













) 2 ( 10

) 1 ( 7

2

x

xy y x

(Trích đề thi Cao đẳng _Giao thông vận tải_ năm 2007)

đặt: 







, sin 10

cos 10

t y

t x

thay vào phương trình (1) ta được:

7 cos sin 10 ) sin (cos

10 t t  t t  (3)

đặt u = cost + sint, ĐK: u  2, phương trình (3) thành: 5 2 10 12 0





u





















) ( 5

10 3

) ( 5

10

2

loai u

thoa u

5

10 2

u













10 3 cos sin

5 10 2 cos sin

t t

t t































1 0 1 cos

1 0 3 sin

1 0 3 cos

1 0 1 sin

t t t t

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: 





 1 3

y x

và 





 3 1

y x

Ví dụ 21:

Cho hệ phương trình

(4 ) (2)







  



Gọi x y z; ;  là nghiệm của hệ

phương trình Tìm tất cả các giá trị của tổng T x y z  

Lời giải:

Cộng các vế của hệ ta được x y z    4  x y z      x2  y2 z2

2 2 2

     trong 3 số x hoặc y hoặc z có ít nhất một số

không âm giả sử x  0 y4  y  0 0  y 4 Với

0   y 4 0 z 4  z   4 0  z 4và0  z 4 0x4 x 4 0 x 4

Đặt x 4sin2 0  2 (4)

 

4sin 4 4sin =16sin cos 4sin 2

4sin 2 4 4sin 2 =16sin 2 cos 2 4sin 4

4sin 4 4 4sin 4 =16sin 4 cos 4 4sin 8

Từ (4) và (5) suy ra

9

k

k Z k























 Với  k7 vì 0 0; 1; 2; 3





Với k  0 x 4sin 0 0;2  z 4sin 2.02  0; y 4sin 4.02    0 T  0

Với k 1; 2; 3  ta được cùng một giá trị

2 1 cos 7 1 cos 7 1 cos 7

6 2 cos 7 cos 7 cos 7

A= cos 7 cos 7 cos 7

2sin A 2sin cos7 7 7 2sin cos7 7 2sin cos7 7

sin 7 sin7 sin 7 sin 7 sin 7 sin 7 sin7 1

A= -2 T 7

Với  k9 vì 0    2 k 0; 1; 2; 3; 4.Với k  0

Với k 1; 2; 4  ta được cùng một giá trị

4 sin 9 sin 9 sin 9

2 1 cos 9 1 cos 9 1 cos 9 6 2 cos 9 cos 9 cos 9

2sin A 2sin cos 2sin cos 2sin cos

sin 9 sin9 sin 9 sin 9 sin 9 sin 9

sin9 sin 9 sin 9 sin9 2cos 3 sin9 A=0 S=6

Với k 3 4 sin23 sin26 sin212 9

Vậy T có thể nhận một trong 4 giá trị 0; 6; 7; 9

2 Bài tập tự giải

Giải các hệ phương trình sau:

1/    





















2 1

log 1

3 1

log

2 1

log 1

3 1

log

2 3

2 2

2 3

2 2

x y

y x

2/















2 4 1 3 3

2 2

xy y x y x

3/

















2 1

2

2 1

2

2 2

x y

y x

4/













y x y x y x

1 3

1 3 3 2 2

5/















1 3 6

1

2 2 2

xy y x x y x

LỜI KẾT

Nói đến bài toán: Giải phương trình,bất phương trình, hệ phương trình là nói đến bài toán rộng lớn và ứng dụng của lượng giác trong đại số cũng rất nhiều Tuy nhiên trong khuôn khổ của bài viết này tôi chỉ nêu ứng dụng lượng giác vào giải một số phương trình, bất phương trình và hệ phương trình thường gặp

Trong quá trình giảng dạy tôi đã sử dụng phương pháp này giảng dạy cho học sinh khối 12 ôn luyện thi đại học và nhận thấy đa số các em tiếp thu kiến thức rất nhẹ nhàng

Trên đây là một số suy nghĩ của tôi, mong đóng góp cùng đồng nghiệp để giúp học sinh giải tốt các bài toán: Giải phương trình,bất phương trình, hệ phương trình