CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

Header Page of 126 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 Footer Page of 126 Header Page of 126 Mở đầu Lượng giác chuyên đề quan trọng chương trình toán phổ thông 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 thông, phần kiến thức phương trình lượng giác chiếm vai trò trọng tâm Tuy nhiên, thời gian hạn hẹp chương trình phổ thông, không nêu đầy đủ chi tiết tất dạng toán phương trình lượng giác Vì học sinh thường gặp nhiều khó khăn giải toán 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 , tách rời Nhiều toán lượng giác cần có trợ giúp đại số, giải tích ngược lại, ta dùng lượng giác để giải số toán phương trình, bất phương trình hệ phương trình đại số thông 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 không mẫu mực Chương II Ứng dụng - Trình bày số ứng dụng lượng giác số dạng toán 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 lòng mình, xin bày Footer Page of 126 Header Page of 126 tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, động viên bảo hướng dẫn nhiệt tình, chu đáo thầy suốt thời gian thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý Thầy Cô giáo khoa Toán – Cơ – Tin, phòng 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 suốt trình học tập khoa Đồng thời, xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao Học Toán PPTSC, khóa học 2013 - 2015 động viên, giúp có hội thảo luận trình bày số vấn đề luận văn Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đến người thân gia đình bạn bè ủng hộ nhiệt tình giúp đỡ thời gian vừa qua Tuy nhiên, hiểu biết thân khuôn khổ luận văn thạc sĩ, nên trình nghiên cứu không tránh khỏi thiếu sót, 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 Footer Page of 126 Header Page of 126 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 Footer Page of 126 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 Header Page of 126 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 không 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 Footer Page of 126 Header Page of 126 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 = 0) Nhưng phương trình hay gặp nên ta m viết nghiệm để tiện sử dụng 1.1.2 Cách giải biện luận Phương trình sin x = m Nếu |m| > phương trình vô 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 π π 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) Footer Page of 126 Header Page of 126 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 vô 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 = 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 Footer Page of 126 Header Page of 126 Phương trình cot x = m (sin x = 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 công 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 = 0) cos x Footer Page of 126 Header Page of 126 Các công thức khác suy từ công thức Chẳng hạn nên lưu ý công thức sau: (4) Công 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 Footer Page of 126 Header Page 10 of 126 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 công 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 công 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( Footer Page 10 of 126 Header Page 90 of 126 √ √ 1−x+ 1+x x với − ≤ x ≤ x +1 + x2 3) y = 1+x 1) y = 2) y = √ Bài 79 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số u = 2x + 3y + với 4x2 + 9y = 16 Bài 80 Giả sử x, y số thay đổi thỏa mãn x > 0, y > x + y = Tìm GTNN biểu thức P =√ x y +√ 1−y 1−x Bài 81 Cho x, y, z số dương thỏa mãn xy+yz+zx=1 Tìm GTLN biểu thức A = x(1 − y )(1 − z ) + y(1 − z )(1 − x2 ) + z(1 − x2 )(1 − y ) Bài 82 Cho số thực a, b, c dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 + 2abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức T = 1 + + − (a2 + b2 + c2 ) 2 1−a 1−b − c2 Bài 83 Giải bất phương trình vô tỷ sau phương pháp lượng giác √ √ 1−x− x= √ √ √ b) − x + + x < a) 89 Footer Page 90 of 126 Header Page 91 of 126 2.5 Nhận dạng tam giác Muốn biết tam giác có tính chất (đều, vuông, cân, ) ta thường sử dụng phép biến đổi lượng giác để tính góc cạnh Ngoài ta sử dụng phương pháp khác như: sử dụng phương pháp đánh giá dựa tính chất tam giác hàm số, so sánh cạnh, Để rõ phương pháp ta xét vài ví dụ sau 2.5.1 Ví dụ Ví dụ 94 Chứng minh tam giác ABC cân thỏa mãn hệ thức: C B a) ptan tan = p − c (1) 2 r 2C b) = 2sin + (2) R Giải a) Áp dụng định lý hàm số cosin sin ta có: a2 + b − c p(p − c) C cos = 1+ = 2 2ab ab C C C p(p − c) (p − a)(p − b) ⇒ cos = sin = − cos2 = ab 2 ab B C (p − a)(p − b) (p − a)(p − c) , tương tự tan = Do tan = p(p − c) p(p − b) Khi đẳng thức (1) trở thành p (p − a)(p − b) p(p − c) (p − a)(p − c) =p−c p(p − b) ⇔a=b Vậy tam giác ABC cân B r A B C = sin sin sin (3) R 2 A B C cos A + cos B + cos C = + sin sin sin (4) 2 r Nên từ (3) (4) ta có + = cos A + cos B + cos C, đẳng thức tương đương với R C B−C r C = −2 sin + sin cos (5) R 2 C C B−C Thế đẳng thức (5) vào đẳng thức (2) ta được: sin2 − sin cos + =0 2 C B−C B−C =0 hay sin + sin − cos  2 2 B−C   B=C sin =0 Tức ⇒ C C B−C  sin = 2 sin − cos =0 2 Vậy tam giác ABC cân C b) Ta có: 90 Footer Page 91 of 126 Header Page 92 of 126 Ví dụ 95 Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sau: √ A bc cos (1) √ A b) ma = bc cos (2) Chứng minh tam giác ABC cân a) = Giải 2bc A a) Ta có la = cos ≤ la , nên b+c 2bc A cos (3) b+c √ Theo bất đẳng thức Cosi b + c ≥ bc ≤ √ 2bc ≤ bc (4) b+c Từ (3) (4) ≤ √ bc cos A , dấu = xảy b = c Vậy tam giác ABC cân A b) Theo công thức tính đường trung tuyến định lý hàm số Cosin ta có m2a = (b2 + c2 + 2bc cos A) Áp dụng bất đẳng thức Cosi 1 A (b + c2 + 2bc cos A) ≥ (2bc + 2bc cos A) = bc cos2 (5) 4 √ A A ma ≥ bc cos 2 Từ (5), dấu xảy b = c Vậy tam giác ABC cân A Do m2a ≥ bc cos2 Ví dụ 96 Cho tam giác ABC thỏa mãn đẳng thức sau 2(1 + cos C) = tan A + tan B (1) sin C sin A − sin B + sin C B C b) = tan tan (2) sin A + sin B + sin C 2 Chứng minh tam giác ABC cân Giải a) Đẳng thức (1) đưa đến C cos2 sin(A + B) C = hay cos A cos B = sin2 C C cos A cos B 2 sin cos 2 tức cos(A + B) + cos(A − B) = − cos C ⇔ cos(A − B) = ⇒ A = B a) 91 Footer Page 92 of 126 Header Page 93 of 126 Vậy tam giác ABC cân C b) Đẳng thức (2) tương đương với A+C A−C A+C A+C cos − sin cos B C 2 2 = tan tan A−C A+C A+C A+C 2 cos + sin cos sin 2 2 sin biến đổi biểu thức ta thu A C sin 2 = tan B tan C C A 2 cos cos 2 sin B A = tan ⇒ A = B 2 Vậy tam giác ABC cân C tan Ví dụ 97 Chứng minh tam giác ABC vuông thỏa mãn hệ thức: A B C A B C cos cos − sin sin sin = (1) 2 2 2 b) 3(cos B + sin C) + 4(sin B + cos C) = 15 (2) Giải a) Đẳng thức (1) đưa đến: a) cos A−B A−B C C C C + cos − sin cos − cos sin = 2 2 2 A−B C C C C C ⇔ cos sin − cos − sin cos + cos2 = 2 2 2 A−B C C C ⇔ cos − cos sin − cos =0 2 2  A−B C = cos cos 2 ⇔ C C sin = cos 2  π A=  2π  ⇔ B =  π2 C= sin Vậy tam giác ABC vuông b) Đẳng thức (2) viết lại thành cos B + sin B + cos C + sin C = 15 92 Footer Page 93 of 126 Header Page 94 of 126 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có √ √ cos B + sin B ≤ 32 + 42 cos2 B + sin2 B = √ √ cos C + sin C ≤ 82 + 62 cos2 C + sin2 C = 10 cộng vế với vế hai bất đẳng thức ta thu 3(cos B + sin C) + 4(sin B + cos C) ≤ 15   cos B sin B    tan B = = ⇒B+C = π Dấu xảy cos3 C hay sin C     cot C = = Vậy tam giác ABC vuông A Ví dụ 98 Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sau: √ a − 2c a) (1 − sin C)b = (1) A B C B C A C A B b) sin cos cos + sin cos cos + sin cos cos = (2) 2 2 2 2 Chứng minh tam giác ABC Giải a) Theo định lý hàm số sin, đẳng thức (1) trở thành √ sin A − sin C (1 − sin C) sin B = √ ⇔ sin B + sin C = (sin B cos C + cos B sin C) + sin B sin C π π + sin C − sin B + = (3) ⇔ sin B − sin C + 6 π π Vì sin B, sin C > < sin C + , sin B + ≤ nên đẳng thức (3) xảy 6   1 − sin C + π = C = π ⇒ 1 − sin B + π = B = π b) Ta có sin A B C A B+C B−C cos cos = sin cos + cos 2 2 2 1 = (1 − cos A) + (cos B + cos C) (4) 4 tương tự B C A cos cos = (1 − cos B) + 2 C A B sin cos cos = (1 − cos C) + 2 sin 93 Footer Page 94 of 126 (cos C + cos A) (5) (cos A + cos B) (6) Header Page 95 of 126 Cộng vế với vế (4), (5), (6) ta thu sin B C B C A C A B A cos cos + sin cos cos + sin cos cos = (3 + cos A + cos B + cos C) (7) 2 2 2 2 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức xy ≤ (x2 + y ), ta có: cos A + cos B + cos C = (cos A + cos B).1 − cos A cos B + sin A sin B ≤ [(cos A + cos B)2 + 1] − cos A cos B + (sin2 A + sin2 B) = 2 1 (3 + cos A + cos B + cos C) ≤ 3+ = , hay 4 A B C B C A C A B sin cos cos + sin cos cos + sin cos cos ≤ 2 2 2 2 Dấu = xảy Do π cos A + cos B = ⇒A=B= sin A = sin B Vậy tam giác ABC 2.5.2 Bài tập Bài 84 Cho tam giác ABC thỏa mãn đẳng thức sau: sin A + sin C + cos B = 2 sin B √ sin A − sin C sin B = (√2 − cos C) sin A b) sin C = ( − cos B) sin A Chứng minh tam giác ABC cân a) Bài 85 Chứng minh tam giác ABC vuông thỏa mãn hệ thức sau: √ B A−B cos 2 A B B C C A 2 b) cos A + cos B + cos C = tan tan + tan tan + tan tan 2 2 2 a) r(sin A + sin B) = 2c sin Bài 86 Chứng minh tam giác ABC thỏa mãn hệ thức: A B C 27 cos2 + cos2 + cos2 = a b c 8p 2p − a 2p − b 2p − c b) + + = 2p + a 2p + b 2p + c a) 94 Footer Page 95 of 126 Header Page 96 of 126 2.6 Cực trị tam giác Bài toán tìm GTLN, GTNN biểu thức liên quan đến cạnh, góc đường tam giác toán khó Đòi hỏi người làm phải vận dụng thành thạo công thức lượng giác, đẳng thức bất đẳng thức lượng giác quen thuộc Đồng thời biết kết hợp khéo léo với bất đẳng thức thường dùng bất đẳng thức Côsi, bất đẳng thức Jensen 2.6.1 Ví dụ Ví dụ 99 Cho ABC có cạnh a, b, c la , lb , lc độ dài đường phân giác tương ứng với đỉnh A, B, C Tìm giá trị lớn biểu thức: 1 P = (la + lb ) + (la + lc ) + (lb + lc ) c b a Giải Ta có: S ABC =S ABD +S ADC 1 A A ⇒ bc sin A = cla sin + bla sin 2 2 A A A ⇔ 2bc sin cos = la sin (b + c) 2 b+c A ⇔ cos = la bc A 1 + ⇔ cos = la (1) b c Chứng minh tương tự ta có: B = lb C cos = lc 1 + a c 1 + a b cos (2) (3) Cộng (1), (2) (3) ta được: cos A B C + cos + cos 2 = la 1 + b c + lb 1 + a c + lc 1 + a b 1 = (la + lb ) + (la + lc ) + (lb + lc ) (4) c b a 95 Footer Page 96 of 126 Header Page 97 of 126 Đặt T = cos A B C + cos + cos , ta có: 2 π A B C π A+B = cos + cos + cos + cos ≤ cos + cos 2     A+B C π π A+B C + + − −   12  12  = 2.2 cos   cos   2 T + cos C π + 12  A+B C π + + π π π  12  ≤ 2.2 cos  + = cos  = cos 24  Suy ra: √ √ π π π 3 T + ≤ cos ⇔ T ≤ cos ⇔ T ≤ ⇔ 2T ≤ 3 6 √ B C A Vậy cos + cos + cos ≤3 2 √ √ 1 Theo (4) ta có: (la + lb ) + (la + lc ) + (lb + lc ) ≤ 3 ⇔ P ≤ 3 c b a √ Vậy P đạt GTLN 3, xảy ABC tam giác Ví dụ 100 (Đại học giao thông-1999)Trong ABC, số tan A, tan B, tan C theo thứ tự lập thành cấp số cộng Tìm giá trị nhỏ góc B Giải Với tam giác không vuông, ta có: tan(A + B) = − tan C tan A + tan B ⇔ = − tan C − tan A tan B ⇔ tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C (1) Theo giả thiết, tan A, tan B, tan C lập thành cấp số cộng: ⇒ tan A + tan C = tan B ⇒ tan B = tan A + tan B + tan C (2) Từ (1), (2) ⇒ tan B = tan A tan B tan C ⇔ tan A tan C = Vì A, B, C góc tam giác ⇒ tan A, tan B, tan C > Theo bất đẳng thức Côsi ta có: tan A tan C ≤ tan A + tan C ⇒ ≤ (tan B)2 √ ⇒ tan B ≥ ⇒ tan B ≥ tan 60◦ 96 Footer Page 97 of 126 Header Page 98 of 126 ⇒GTNN góc B 60◦ Ví dụ 101 Cho A, B, C góc ABC Tìm GTNN biểu thức: P = cos 3A + cos 3B − cos 3C Giải Ta có: cos 3C = cos 3[π − (A + B)] = cos[3π − 3(A + B)] = cos[3(A + B)] Khi ta có: P = cos 3A + cos 3B − cos 3C = cos 3A + cos 3B + cos 3(A + B) A−B A+B A+B cos + cos2 −1 = cos 2 A+B A−B A+B ⇒ P + = cos2 cos + cos2 2 2 A+B A−B cos + cos2 2 A−B − ≤ ⇒ f (x, y) ≥ Đặt f (x, y) = cos Có ∆ = cos2 A+B + + 2 ≥0 ⇔P ≥− ⇒P+ ⇒P đạt GTNN − khi:   ∆ =0 A=B A+B A−B ⇔ 1 = − cos cos cos 3A = − 2 2   2π 7π   A=B A=B= ⇒C=  9 A = 2π/9 ⇔  ⇔ 4π 5π   A = 4π/9 A=B= ⇒C= 9 Ví dụ 102 Tìm GTLN P = sin2 A + sin2 B + sin2 C Giải cos 2B + cos 2C Ta có: P = sin A + − = − cos2 A − cos(B + C) cos(B − C) ⇔ cos2 A − cos(B − C) cos A + P − = cos2 (B − C) Suy ∆ = cos2 (B − C) − 4P + ≥ ⇔ P ≤ + ≤ 4 π Vậy P đạt GTLN , xảy A = B = C = 97 Footer Page 98 of 126 Header Page 99 of 126 Ví dụ 103 Tìm GTNN biểu thức: sin2 A + sin2 B + sin2 C P = cos2 A + cos2 B + cos2 C Giải Ta có: −1 A + cos2 B + cos2 C = −1 − (sin A + sin2 B + sin2 C) ≤ − (Theo ví dụ ta có sin2 A + sin2 B + sin2 C ≤ ) 3− P = cos2 ⇒P ≤3 Vậy P đạt GTNN 3, xảy ABC Ví dụ 104 Tìm GTLN biểu thức: T = + sin A + sin B + sin C Giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương:  B C A + sin + + sin + + sin  2 2 ≤   ⇒ + sin A + sin B + sin C  B C A + sin + sin + sin  2 2 ≤   A B C Ta chứng minh: sin + sin + sin ≤ 2 2 A B C Xét P = sin + sin + sin 2 98 Footer Page 99 of 126 Header Page 100 of 126 A B C π π = sin + sin + sin + sin 2 A−B C π A+B cos + sin + cos = sin 4 12 A+B C π ≤ sin + sin + 4 12 A+B+C π A+B−C π = sin + sin − 24 24 π A+B+C + ≤ sin 24 π π = sin + 24 π = sin =2 ⇒ T + sin π ⇒ P ≤ − sin ≤ A B C Vậy sin + sin + sin ≤ 2 2  ⇒ + sin A + sin Vậy T đạt GTLN B + sin C  ≤ 27 Dấu = xảy C π − 12  3 27 2  = 3+ ABC Ví dụ 105 Tìm GTNN P = cot A + cot B + cot C Giải π Không làm tính tổng quát, ta có giả thiết < A ≤ B ≤ C ⇒ < A ≤ B ≤ Xét hàm f (x) = cot x ⇒ f (x) = −(1 + cot2 x) ⇒ f (x) = 2(1 + cot2 x) cot x > ∀x ∈ 0; π Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có: A+B C = tan (1) 2 1 − tan A tan A Mà cot 2A = = = − tan 2A tan A tan A 1 ⇒ cot C = − (2) C C tan tan 2 cot A + cot B ≥ cot 99 Footer Page 100 of 126 Header Page 101 of 126 Lấy (1) cộng (2) theo vế ta − C C tan tan 2 + (3) ⇔ cot A + cot B + cot C ≥ C C tan tan 2 cot A + cot B + cot C ≥ tan C + Theo bất đẳng thức Côsi ta có: C tan + 2 ⇒ tan C tan + 2 C tan 2 ≥2 C 2 tan C √ ≥ √ tan (4) √ Từ (3), (4) ta có: cot A + cot B + cot C ≥ ⇔ P ≥  A=B   √ C ⇔ Vậy P đạt GTNN 3, xảy tan = C  2 tan ⇒Tam giác ABC 2.6.2 C A=B C ⇔ tan2 = A=B C = 60◦ Bài tập Bài 87 Cho ABC với M điểm thay đổi cạnh BC Gọi R1 , R2 bán kính đường tròn ngoại tiếp ABM ACM Hãy xác định điểm M cho (R1 + R2 ) nhỏ Bài 88 Cho ABC tùy ý có ma , mb , mc độ dài trung tuyến tương ứng với đỉnh A, B, C theo thứ tự Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Tìm GTLN P = ma + mb + mc Bài 89 Gọi a, b, c độ dài cạnh R bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC Tìm GTLN P = a + b + c Bài 90 Tìm GTNN biểu thức P = sin2 Bài 91 Cho A + sin2 B + sin2 ABC có góc A, B, C thỏa mãn hệ thức sin2 B + sin2 C = sin2 A Tìm GTLN góc A 100 Footer Page 101 of 126 C Header Page 102 of 126 Bài 92 Với A, B, C góc tam giác Tìm GTNN biểu thức sau: a) M = sin A + sin B + sin C A B C b) N = sin + sin + sin 2 C A B C B A + sin + sin2 + sin sin sin c) P = sin 2 2 2 Bài 93 Tìm GTLN biểu thức sau P = sin B C A + sin + sin 4 101 Footer Page 102 of 126 Header Page 103 of 126 Kết luận Mục tiêu luận văn “các dạng phương trình lượng giác“ nhằm hệ thống kiến thức lượng giác phương trình, kết hợp kiến thức đại số, giải tích để tổng hợp, chọn lọc phân loại phương pháp giải phương trình lượng giác Luận văn đạt số kết sau: - Hệ thống dạng phương trình lượng giác nêu phương pháp giải - Đưa phương pháp giải số phương trình lượng giác không mẫu mực - Đưa số ứng dụng lượng giác việc giải số toán đa thức bậc cao, phương trình vô tỉ, chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức Phần cuối luận văn, tác giả đưa số dạng toán đại số giải tích giải phương pháp lượng giác hóa minh họa ví dụ cụ thể chọn lọc đề thi, tạp chí toán học 102 Footer Page 103 of 126 Header Page 104 of 126 Tài liệu tham khảo [1] Lê Đình Thịnh-Lê Đình Định (2011), Ôn luyện Toán sơ cấp Tập hai: Lượng giác, hình học, tích phân, tổ hợp, xác suất số phức, Nhà xuất giáo dục Việt Nam [2] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên),Trần Nam Dũng, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Minh Tuấn (2008)), Chuyên đề chọn lọc: Lượng giác áp dụng, Nhà xuất giáo dục Việt Nam [3] Nguyễn Vũ Lương (Chủ biên), Nguyễn Hữu Độ, Phạm Văn Hùng, Nguyễn Ngọc Thắng (2008), Lượng giác, Nhà xuất giáo dục Việt Nam [4] Phan Huy Khải (2009), Lượng giác, Nhà xuất giáo dục Việt Nam [5] Tạp chí Toán học tuổi trẻ 103 Footer Page 104 of 126 ... 126 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... 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 không mẫu mực... 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