Rèn luyện cho học sinh giải một số bài tập bằng phương pháp lượng giác

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Lượng giác có nhiều ứng dụng đời sống khoa học Trong Toán học, lượng giác công cụ mạnh, ứng dụng giải dạng toán khác, điển hình học, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức đại số, phương trình, hệ phương trình, bất phương trình bất đẳng thức Cùng với định nghĩa giá trị lượng giác, công thức lượng giác kết việc khảo sát biến thiên hàm số lượng giác sử dụng để giải nhiều toán toán học nhiều toán nghành khoa học khác Do việc hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp lượng giác để giải lớp toán đại số điều cần thiết, giúp học sinh hiểu sâu sắc, chắn thêm kiến thức lượng giác; đồng thời trang bị thêm cho em phương pháp giải nhiều toán đòi hỏi nhiều đến kỹ tư duy, tổng hợp kiến thức rút từ nội dung khác Việc sử dụng phương pháp lượng giác để giải lớp toán đại số tạo hứng thú học tập, tăng khả tìm tòi sáng tạo, đồng thời tạo nên phong phú thể loại phương pháp giải toán cho học sinh PHẦN II: CÁC GIẢI PHÁP CẢI TIẾN Thực trạng vấn đề Lượng giác mảng kiến thức nói khó học sinh phổ thông Hơn thực tế có nhiều học sinh chưa thấy hết ứng dụng lượng giác toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức đại số, phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, đặc biệt toán chứng minh bất đẳng thức Phương pháp nghiên cứu Đề tài sử dụng phương pháp phân tích, tổng hợp, so sánh Đối tượng Học sinh lớp 10, học sinh giỏi học sinh dự thi vào trường đại học, cao đẳng Cách thức thực Để thực đề tài này, phân thành năm dạng tập tương ứng với dấu hiệu để đổi biến lượng giác Nội dung A CƠ SỞ LÝ THUYẾT Phương pháp lượng giác để giải toán đại số cần đến số kiến thức lượng giác dựa hai sở chủ yếu sau: Dựa vào công thức lượng giác: Từ công thức sin2t+ cos2t=1, suy a b hai số thỏa mãn điều kiện tồn số t với  t  2 cho cost=a sint=b Đôi để t xác định ta cần chọn hai giá trị  Dựa vào phương trình lượng giác bản: Từ cách giải phương trình lượng giác bản,suy ra: - Nếu số a thỏa mãn điều kiện a  tồn số t, u tương ứng với  t  2 ;   u  cho cost=a sinu=a - Với số thực a, tồn t với   t  cho tant=a B MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN: Dạng 1: Nếu toán chứa x mà ta tìm x  a ( Với a>0), đặt: x=asint x=acost, t  0;2   x  a cos t Dạng 2: Nếu toán chứa biểu thức dạng x +y =a , đặt:   y  a sin t 2  x  a sin t  , t  0;2   y  a cos t Dạng 3: Nếu toán chứa x mà ta tìm x  a ( Với a>0 ) đặt: x     a a , t    ;  x  , t  0,   cos t sin t  2 Dạng 4: Nếu toán chứa biểu thức dạng x2+a2 đặt: x  a tan t ,    t    ,   2 x  a cot t , t  0,   Dạng5: Nếu toán chứa x mà ta tìm a  x  b đặt:    x=a+(b-a)sin2t, x=b+(a-b)sin2t, với t  0;   2 ( Vì hàm số y=sin2t hàm số chẵn có chu kỳ  nên ta cần xét đoạn   0;  )   Chú ý: Tùy toán cụ thể, chọn t thích hợp để tránh sai lầm lập luận *Các ví dụ: Dạng 1: Nếu toán chứa x mà ta tìm x  a ( Với a>0), đặt: x=asint x=acost Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn , nhỏ hàm số y  x   x (Trích đề thi Đại học khối B năm 2003) Bài giải: ĐK:   x  Đặt x=2cost ,với t  0;   , Hàm số trở thành:   y  cos t  sin t  2 sin  t   4    5    Do t  0;    t    ;   sin  t     ;1  y   2;2  4  4    y  2 t  Do đó:   5     t    x  2 , y  2 t    t   x  4 y  2 x  2, max y  2 x  Chú ý: Vì   x  nên ta đặt x=2cost với t  0;   , sin t    x  sin t ta đưa hàm số dạng đơn giản ta đặt x=2sint Ví dụ 2: Giải phương trình: x  3x   x (1) Bài giải: ĐK:   x  Đặt x=cost ,với t  0;   , phương trình (1) trở thành: 4cos3t 3cost=sint    t  k    cos 3t  sin t  cos 3t  cos(  t )   t     k  Vì t  0;   nên ta tìm được: t   ,t 5 3 ,t Vậy phương trình cho có nghiệm là: x  cos x  cos   2 5 2 , x  cos  , 3  Chú ý:   x  nên ta đặt x=cost với t  0;   , sin t    x  sin t ta đưa pt dạng đơn giản đặt x=sint Ví dụ 3: Giải bất phương trình : 1 x  1 x  x Bài giải: Điều kiện :   x  Đặt x=cos2t với 2t  0;   Khi bất phương trình cho trở thành :  cos 2t   cos 2t  cos 2t  cos t  sin t  cos 2t    cos t  sin t   cos t  sin t  cos t  sin t  cos t  sin t                 cos t    cos t       cos t   cos t    1    4   4        cos t    (1) Vì 2t  0;   t  0;    t      ; 3  (2) Từ (1) (2) 4 4    2 t    3         ;   t   ;   2t   ;   Suy ra: 1  cos 2t  2  4 2 2   1  x  Vậy: Bất phương trình có nghiệm   x  Ví dụ 4: Cho số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a>c, b > c, c > Chứng minh rằng: cc  a   cc  a   ab (1) (Trích đề thi tuyển sinh Đại học năm 1980) Bài giải: Cách 1: Vì a > c>0, b >c>0 0, ab  nên bất đẳng thức (1) tương đương với ca  c  cb  c  ac c c bc  1  1 ab ab a b a b (2)  c   ac     1 Nhận thấy:     a a     c  cos t , a Nên ta đặt Tương tự ta đặt: ac    sin t , t  0;  a  2 c bc    cos u,  sin u , u  0;  b b  2 Khi (2) trở thành: sin t cos u  cos t sin u   sin t  u   (3) (3) luôn có nghĩa (1) a2  a b2  b  c     c   Cách 2: Ta có A  ca  c   cb  c    2  2 Đặt c  a a b b  cos t , c   cos u , t , u  0;   2 2 a b Ta được: A  sin t  cos t , a b b a   cos u  cos t 2 2 Suy ra: 2 b b a b ab a b a  a  A       sin t  sin u    cos t  cos u     cost  u  2 4  2 2  2  Do đó: A  ab 1  cost  u   ab sin t  u  ab  A  ab 2 Ví dụ 5: Chứng minh x  với số tự nhiên n lớn ta có: (1 + x)n + (1 – x)n < 2n (1) ( Trích đề 122 – Câu III2 -Bộ đề tuyển sinh) Bài giải: Vì x  nên đặt x = cos2t với t  0;   Khi bất đẳng thức (1) trở thành:   n 2n 2n n (1 + cos2t)n + (1 – cos2t)n < 2n  cos t  sin t  Vì  t     sin t , cos t  , ta có:  cos n t  cos t   n   cos t , n  sin n t  sin t     n  sin t , n  n cos n t  sin n t  n cos t  sin t  n Vậy bất đẳng thức chứng minh  x  a cos t Dạng 2: Nếu toán chứa biểu thức dạng x +y =a , đặt:   y  a sin t 2  x  a sin t  với t  0;2   y  a cos t Ví dụ 1: Cho hai số thực x,y thay đổi thỏa mãn hệ thức x2+y2=1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: P    x  xy  xy  y ( Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2008 ) Bài giải: Do x2+y2=1 nên tồn góc t cho x=cost, y=sint, t  0;2  Khi   cos t  cos t sin t  2  sin 2t  cos 2t P   cos 2t  sin 2t  cos t sin t  sin t  1  P cos 2t  6  P sin 2t  P  (1) P Phương trình (1) có nghiệm khi: 2 Phương trình có nghiệm  1  P   6  P   2 P  1  P  P  36     P  - Với P=3, từ (1) suy cos 2t  sin 2t   cos 2t  sin 2t   cos2t  u   t  u   k  cos u  , sin u  ,0  u   5 2   u u   k  x  cos  k    1 cos  x      Do đó:   y  sin  u  k    1k sin u y    2    x   10 hoăo  y    10 3 10 10 - Với P=-6, từ (1) suy :  cos 2t  12 sin 2t  13  12 cos 2t  sin 2t   cos2t  u   13 13 u 5 12    t    k  cos u  , sin u  ,0  u   13 13 2   u 3  u    k x x  x  cos   k    1 cos   13 13       hoăo  Do đó:   y  sin   u  k    1k sin u y   y     13 13   Vậy: Max P  , Min P  6  x  y  (1)  2 Ví dụ 2: Cho hệ:  z  t  16 (2)  xz  yt  12 (3)  Trong nghiệm (x,y,z,t ) hệ nghiệm làm cho P= x+z , F=xz đạt giá trị lớn ( Trích Đề thi tuyển sinh khối A năm 1987) Bài giải:  z  cos b  x  cos a Đặt:   thay vào (3) ta được: t  sin b , b  0;2   y  sin a , a  0;2  x.z  y.t  12(cos a cos b  sin a sin b)  12  cos( a  b)  , cos(a-b)  1, nên suy ra: cos(a-b)=1 a=b Do đó: - P=x+z= cos a  cos a  cos a  Vậy Max P   a  b  k 2  a  b  a=b= 2 , suy tương ứng với nghiệm hệ là: x=3,y=0,z=4,t=0 - F=x.z= cos a.4 cos a  12 cos a  12 Vậy Max F  12  cos a  1  a  k  a  b  , a=b=  , suy tương ứng với nghiệm hệ là: x=3,y=0,z=4,t=0 x=-3,y=0,z=-4,t=0 Ví dụ 3: Cho số thực x,y thay đổi thỏa: x2+y2=2 Tìm GTLN, GTNN biểu thức : P=2(x3+y3)-3xy (Trích đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A,B,D năm 2008 ) Bài giải:  x  cos t , t  0;2  Suy ra:  y  sin t Từ giả thiết ta đặt:  P  (cos t  sin t )(1  sin t cos t )  sin t cos t Đặt u=sint+cost = sin( t   ) ,  u  , ta có: P  2 u  3u  2u   f (u )  u  f (u )  6 u  6u  , f (u )    (thỏa mãn) u   ' f ( )  7, '   13 f ( )  1, f    2 Vậy: Max P  13 Min P  -7 2  x    (1) Ví dụ 4: Giải phương trình: x    x 1 (Bài 4.72,d trang114, sách Bài tập Đại Số 10 Nâng cao) Bài giải: ĐK: x   x  sin t  (1)   3   t  0;2  \  ;  , thay (1) vào (2) ta được: Đặt:  x  cos t (2) 2    x 1 cos t  sin t  sin t  cos t  sin t cos t  (3) sin t  u2 1 0 Đặt u=sint+cost, đk: | u | , u  1 ,phương trình (3) trở thành: u  u    u  2u      u   có nghiệm u  1 thỏa mãn Vậy: sin t  cos t   x    x  (1  ) x     x  1   2  1  x 1  Do phương trình có nghiệm là: x  1   2  1  2 x  log ( y  x)  log y  Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:   x  y  25  (1) (2) (Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2004) Bài giải: y  x ĐK:  y  Với điều 1  ( y  x) y    x  y  25  kiện hệ(1),(2)   log ( y  x)  log y   4  x  y  25  (3)  x  cos t Đặt:  (sint>0 sint >cost), thay vào phương trình (3) ta được:  y  sin t , sin t  cos t  1 16    cot t   cot t   sin t   sin t  , cos t  sin t 4 25 5 x  Vậy hệ phương trình có nghiệm là:  y  Ví dụ 6: Cho hai số thực x, y dương thỏa mãn: x+y=2 CMR: x y ( x  y )  Bài giải:  x, y  Từ giả thiết:  , nên ta đặt: x  y   x  cos t      y  sin t , t   0,     3 3 6 Ta có: x y ( x  y )  512sin t cos t  cos t  sin t   sin 2t 1  sin t   K     Đặt u=sin22t, ĐK:  u  ,do đó: K=8u3-6u4 =f(u), f’(u)=24u2-24u3, f’(u)=0  u  Bảng biến thiên: u f’(u)   + f(u) Nhìn vào BBT ta thấy 0< f(u)  2, nên suy ra: x y ( x  y )  (đpcm) Dạng 3: Nếu toán chứa x mà ta tìm x  a ( Với a>0) đặt: x a a    , t    ;  x  , t  0,   cos t sin t  2 Ví dụ 1: Giải phương trình : x x x 1 2 Bài giải: x 1   x 1 Điều kiện :  x  Đặt x    ,vì x>1   cos t  nên ta chọn t  0;  cos t  2 Khi phương trình có dạng  : cos t cos t  2    2  sin t  cos t  2 sin t cos t cos t sin t 1 cos t Đặt sint + cost = u,  u  ta có sin t cos t  u2 1 Khi phương trình cho có dạng : u  u  1  2u  u    u  ( Do  u  ) 10       u  sin  t     t    k 2  t   k 2  t   x  4 4  Vậy nghiệm phương trình x  Chú ý: Nhờ lượng giác hóa ta đưa phương trình vô tỉ phương trình hữu tỉ, từ tìm nghiệm phương trình cho cách nhẹ nhàng Ví dụ 2: Với a  1, b  Chứng minh rằng: a2 1  b2 1 1 ab Bài giải: Vì cos x      1  , nên ta đặt a  ,b , với t , u    ;  cos x cos t cos u  2 Khi vế trái bất đẳng thức cho trở thành: sin( t  u ) tan t  tan u tan t  tan u   cos t cos u  sin( t  u )  1 1 cos t cos u cos t cos u cos t cos u 1  1  a ,b   a  , b    cos t cos u cos u   Dấu “=” xảy  cos t  sin( t  u )  t  u    k (k  )   Ví dụ 3: Chứng minh rằng: a2 1   a Bài giải: Điều kiện: a 1   a  Đặt a    , a    cos t  nên ta chọn t  0;  cos t  2 Khi bất đẳng thức biến đổi dạng: 2    1    tan t    tan t  tan   sin  t    ,luôn cos t cos t cos t 3 cos t  Vậy bất đẳng thức chứng minh 11 Dạng 4: Nếu toán chứa biểu thức dạng x2+a2 đặt: x  a tan t ,    t  ,   2 x  a cot t , t  0;   Ví dụ 2: Giải hệ phương trình :  2 x  y  yx   2 y  x  xy  2x 1  x  y Bài giải: Hệ cho tương đương với: ( I ) :  y  2 1  y  x  tan t    , t , u    ;  Khi hệ (I) trở thành :  2  y  tan u Đặt   tan t 1  tan t  tan u sin 2t  tan u   sin 2u  tan t  tan u  tan t 1  tan u (1) (2) Ta xét hai trường hợp : Nếu sint=0 sinu=0 ngược lại nên ta có x = y = nghiệm hệ Nếu sin t  sin u  : Nhân (1) (2) theo vế, ta có : sin 2t sin 2u  tan t tan u  cos t cos u  1  cos t cos u  cos t cos u (3) Lại có: (1)  sin t cos t cos u  sin u (4) Từ (3),(4) ta có sint=sinu  t=u (5) Thay (5) vào (3) ta được: cos t  1     1  cos 2t    cos 2t   2t   k  t   k , k   2 2    2   Vì t    ;   t   ,t    Khi nghiệm hệ là:x=y=1 x=y=-1 Vậy hệ cho có nghiệm là: x=y=0 x=y=1 x=y=-1 12 Ví dụ 2: Giải bất phương trình: x x   x  (8) Bài giải:   Đặt x=3tant, t    ,  phương trình trở thành:  2 tan t 9(1  tan t )  tan t  sin t sin t     sin t  sin t  cos t  sin t  sin t      sin t  2 cos t cos t  tan t  1  tan t   Vậy nghiệm bất phương trình là: x   Ví dụ 3: Giải bất phương trình : 2a  x  x 3  1  a  x  x 3   1 a  2 x  x 3 với < a < Bài giải:  2a  Bất đẳng thức cho tương đương với   1 a  Đặt a  tan t chọn  t   hay  2t   x  x 3 1 a2   1 a    x  x 3  (1) 2a tan t  a  tan t   sin t ;   cos 2t  a  tan t  a  tan t Khi bất phương trình (1) trở thành sin 2t x 2 x3  cos 2t x 2 x3   x 1   x 1   sin 2t   cos s 2t   2 2 Mà  x  1   sin 2t  Nên sin 2t   x 12   sin 2t (1) cos 2t   x 12   cos 2t (2) Cộng theo vế hai bất đẳng thức (1), (2) ta được: sin 2t  x1 2  cos s2t  x1 2  2 Vậy bất phương trình cho nhận x làm nghiệm Ví dụ 5: Chứng minh với số thực a ta có: a2  a2  4 ( Bài 13.a) trang 222 SGK đại số 10 nâng cao) 13 Bài giải:     Đặt a  tan t , t    ;   cos t  0;1 Khi bất đẳng thức cho trở thành;  tan t  cos t 4 2 sin t  cos t cos t 4  cos t 4 cos t  2 cos t  cos t Vậy bất dẳng thức chứng minh Ví dụ 6: Chứng minh với số a, b ta có:  a  b 1  ab     a2 1 b2    ( Đề 146 – Câu I1 - Bộ đề tuyển sinh) Bài giải: Đặt: a = tgt, b = tgu với Khi đó: A  a  b 1  ab   tan t  tan u 1  tan t tan u  1  a 1  b   cos t cos u Suy ra: A = Vậy:     t, u    ;   2 1  tan t 1  tan u  2 sin t  u   sin t sin u  1    sin t  u  cost  u   sin 2t  2u  cos t cos su  cos t cos u  1 sin (2t + 2u)  2 a  b 1  ab    (đpcm)  a2 1 b2    Dạng 5: Nếu toán chứa x mà ta tìm a  x  b đặt:    x=a+(b-a)sin2t, x=b+(a-b)sin2t, với t  0;   2 (Vì hàm số y=sin2t hàm số chẵn có chu kỳ  nên ta cần xét   đoạn 0;  )  2 14 Ví dụ 1: Tìm GTLN,GTNN biểu thức: A  x    x (Bài 17, trang112- SGK Đại số 10 Nâng cao) Bài giải: ĐK:  x     Cách 1: Do  x  , nên ta đặt x=1+3sin2t (Với t  0;  , hàm số  2   y=sin2t hàm số chẵn có chu kỳ  nên ta cần xét đoạn 0;  )    Ta được: A  sin t  cos t   sin  t  Do   t  0;  ,  2 suy 2   4 t    3    ;  A 4   3;  ; t   A  khi  ; A  t  t   , A  x=1 x=4 Cách 2: ( Chuyển dạng1) Vậy: max A  x   x   cos t  Nhận thấy: ( x  1)  (  x )  , nên ta đặt:     x  sin t ,  t     Ta có: A  cos t  sin t   sin  t  Mặt khác, vì:  t   nên Vậy: max A  x  Ví dụ 2: Cho phương trình:   4      sin  t      sin  t    4 4   , A  x=1 x=4  x   x  (3  x)(6  x)  m a.Giải phương trình m=3 b Xác định m để phương trình có nghiệm ( Trích đề 59 – Câu II1 Bộ đề tuyển sinh) Bài giải: ĐK:   x  15    Đặt x = -3+9sin2t, với t  0,  (vì hàm số y=sin2t tuần hoàn có chu kì   2   hàm số chẵn nên ta cần xét đoạn 0,  )  2 Phương trình trở thành: sin t  9(1  sin t )  9(1  sin t ).9 sin t  m  3(sin t  cos t )  sin t cos t  m (1)  Đặt u  sin t  cos t  cos(t  ) ,1  u  , phương trình (1) trở thành: 9  u  3u   m (2) 2 9 a Khi m=3, (2) trở thành:  u  3u    3u  2u    2 u   u    , có u=1 thỏa mãn        t   k 2 t  , Khi u=1  cos(t  )  ,   nên tìm được: t =    t  k 2 t=0 Với t    x  Với t =  x  3 Vậy phương trình có nghiệm: x=-3 x=6 9 b Xét hàm số f (u )   u  3u  đoạn 1; 2     f ' (u )  9 x  3,   f ' (u )  với x  1; Suy ra: f(u) nghịch biến đoan 1; Nên: f    f u   f 1 hay 29  f u   29 m3 Chú ý: Nhờ lượng giác hóa ta đưa phương trình vô tỉ phương trình hữu tỉ, từ việc sử dụng công cụ đạo hàm để tìm giá trị tham số trở nên dễ dàng Vậy: Phương trình có nghiệm chi 16 Ví dụ 3: Tìm giá trị tham số m để bất phương trình sau với x thuộc đoạn  4;6 : (4  x)(6  x)  x  x  m ( Trích đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm học 2009 - 2010) Bài giải: ĐK:   x   Đặt x = -4+10sin2t, với t  0,  (vì hàm số y=sin2t tuần hoàn có chu kì   2  hàm số chẵn nên ta cần xét đoạn 0,  ) Bất phương trình trở thành:   2 10 sin t.10(1  sin t )    10 sin t       10 sin t  m  25 sin 2t  sin 2t  24  m (1)   Đặt u = sin2t, t  0,   u  0;1  2 Khi (1) trở thành - 25u  5u  24  m Xét hàm số f u   25u  5u  24 đoạn 0;1  f ' u   f ' u   25u  5,  u 10 u  0;1 Bảng biến thiên: u  10 f’(u) +  - 27 f(u) f u   24 Suy ra: umin 0;1 24 Do đó: Bất phương trình với x thuộc đoạn  4;6 m  24 Chú ý: Nhờ lượng giác hóa ta đưa bất phương trình vô tỉ bất phương trình hữu tỉ, từ việc sử dụng công cụ đạo hàm để tìm giá trị tham số trở nên dễ dàng Ví dụ 4: Cho bất phương trình :  (2  x)(4  x)  x  x  a  18 a Giải bất phương trình a=6 17 b Tìm a để bất phương trình với x thuộc đoạn  2;4 ( Trích đề 149 – Câu III2 Bộ đề tuyển sinh) Bài giải: ĐK:   x   Đặt x = -2+6sin2t, với t  0,  (vì hàm số y=sin2t tuần hoàn có chu kì   2  hàm số chẵn nên ta cần xét đoạn 0,  ) Bất phương trình trở thành:  2      6(1  sin t ).6 sin t  sin t   sin t   a  18  sin 2t  12 sin t  10  a (1) a Khi a=6 bất phương trình (1) trở thành: sin 2t  12 sin t    3 sin 2t  2   sin 2t  1  cos 2t    sin t  Do x  1 3 Vậy: Khi a=6 bất phương trình có nghiệm x  1  b Đặt u = sin2t, t  0,   u  0;1  2 Khi (1) trở thành 9u 12u  10  a Xét hàm số f u   9u  12u  10 đoạn 0;1  f ' u   f ' u   18u  12,  u u  0;1 Bảng biến thiên: u  f’(u) -  + 10 f(u) f u   10 Suy ra: max u0;1 18 Do đó: Bất phương trình với x thuộc đoạn  2;4 m  10 Chú ý: Nhờ lượng giác hóa ta đưa bất phương trình vô tỉ bất phương trình hữu tỉ, từ việc sử dụng công cụ đạo hàm để tìm giá trị tham số trở nên dễ dàng * Các tập tương tự: Giải phương trình, hệ phương trình: 3( x  y )  xy   a  2  x  y  13 (Trích đề thi TS Cao đẳng Giao thông vận tải năm 2006) b  x  x   x  x  2( x  1) (2 x  x  1) , (Trích đề thi tuyển sinh ĐH Bách Khoa 2001) Cho phương trình:  x   x  (1  x)(8  x)  m a.Giải phương trình m=3 b.Xác định m để phương trình có nghiệm (Trích đề thi tuyển sinh ĐH Kinh tế năm 1999) Chứng minh rằng: Nếu x2+y2=1 x  y  (Trích Bài tập 4.23a, trang 105 _SBT Đại số 10 Nâng cao) Cho a  1, b  Chứng minh: a b   b a   ab (Trích đề thi TS ĐH báo chí năm 1999) 1  x sin a  x cos a  Chứng minh: 1 x2 (Trích đề thi tuyển sinh ĐH Bách khoa năm 1983) Xác định m để phương trình có nghiệm:  x   x  (2  x)(2  x)  m (Trích đề thi tuyển sinh ĐH Thủy sản Nha trang năm 1998) x2 y2  1 Tìm GTLN, GTNN biểu thức A=2x-y-2 với x,y thỏa mãn : (Trích đề thi tuyển sinh ĐH Xây dựng năm 1999 ) Xét số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc+a+c=b.Tìm giá trị lứn biểu thức: P 2   a 1 b 1 c 1 (Trích đề thi HSG Toán Quốc gia năm học 1998-1999) 19 PHẦN III: KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM Kết nghiên cứu Để kiểm tra hiệu đề tài, tiến hành kiểm tra hai đối tượng có chất lượng tương đương học sinh lớp 12A lớp 12K Trong lớp 12A chưa hướng dẫn sử dụng phương pháp lượng giác đê giải toán đại số Với hình thức kiểm tra làm tự luận thời gian 45 phút với đề sau: ĐỀ KIỂM TRA 45 PHÚT Câu 1: (3 điểm) Giải phương trình :   x  x(1   x )  x  y  Câu 2: (2 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:   x x  y y   3m Câu 3:(2 điểm) Cho hai số thực x, y dương thỏa: x+y=1 Tìm GTNN biểu thức 1 F  x2   y2  : x y Câu 4: (3 điểm) Cho x2+y2=1 u2+v2=1 Chứng minh:   ( x  y )(u  v)  ( x  y )(u  v)  Kết thu sau: Điểm < Lớp Sỹ số Số lượng % 12A 12K 45 44 11 24,4% 6,7% Điểm  [...]... 24,4% 6,7% Điểm 5 