Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 20 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
20
Dung lượng
493,6 KB
Nội dung
1
Một vài phương pháplượnggiáchóa ứng dụngtrongđạisố
Một số trường hợp thường gặp
Dạng 1 : Nếu x
2
+ y
2
=1 thì đặt
sin
os
x
yc
với
0;2
Dạng 2 : Nếu x
2
+ y
2
=a
2
(a>0) thì đặt
sin
os
xa
y ac
với
0;2
Dạng 3 : Nếu
1x
thì đặt
sin , ;
22
os , 0;
x
xc
Dạng 4 : Nếu
xm
thì đặt
sin , ;
22
os , 0;
xm
x mc
Dạng 5 :Nếu
1x
hoặc bài toán có chứa
2
x1
thì đặt x=
1
osc
với
3
0; ;
22
Dạng 6 :Nếu
xm
hoặc bài toán có chứa
22
x m
thì đặt x =
os
m
c
với
3
0; ;
22
Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức
2
x1
thì đặt
x = tan
với
;
22
Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức
22
x m
thì đặt
x = m tan
với
;
22
I. chứng minh đẳng thức , bất đẳng thức
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:
2
1
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
2
1
22
Giải:
Đặt: a = tg , b = tg với ,
2
;
2
.
2
Khi đó: A =
)tg1)(tg1(
)tgtg1)(tgtg(
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
2222
= cos
2
cos
2
.
coscos
sinsin
1.
coscos
)sin(
= sin ( + ) . cos ( + ) =
2
1
sin (2 + 2)
Suy ra: A =
2
1
sin (2 + 2)
2
1
Vậy: -
2
1
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
22
2
1
(đpcm).
Bài 2:
Chứng minh rằng nếu x < 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có:
(1 + x)
n
+ (1 – x)
n
< 2
n
(1)
Giải:
Vì x < 1 nên có thể đặt x = cost với t (0; )
và bất đẳng thức (1) được viết thành:
(1 + cos t)
n
+ (1 – cos t)
n
< 2
n
(2)
Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos
2
2
t
và 1 – cost = 2sin
2
2
t
ta được
2
n
2
t
sin
2
t
cos
n2n2
< 2
n
(3)
Bởi vì 0 <
2
t
<
2
nên 0 < sin
2
t
, cos
2
t
< 1 nên chắc chắn:
cos
2n
2
t
=
n
2
2
t
cos
< cos
2
2
t
n > 1. Tương tự ta có:
sin
2n
2
t
< sin
2
2
t
n > 1. Do đó
2
n
2
t
sin
2
t
cos
n2n2
< 2
n
2
t
sin
2
t
cos
22
= 2
n
Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh.
3
Bài 3: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai số x, y trong 4
số đó sao cho:
0
xy1
yx
1 (1)
Giải:
Giả sử 4 số thực cho trước
là a b c d
Đặt a = tgy
1
, b = tgy
2
, c = tgy
3
, d = tgy
4
với
-
2
< y
1
y
2
y
3
y
4
<
2
< y
5
= + y
1
Các điểm y
1
, y
2
, y
3
chia đoạn [y
1
; y
1
+ ] thành 4 đoạn [y
1
; y
2
], [y
2
; y
3
], [y
3
; y
4
] , [y
4
;
y
5
]. Trongsố 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn
4
. Giả sử
0 y
2
– y
1
4
. Thế thì:
0 tg (y
2
– y
1
) 1 0
ab1
ab
tgytgy1
tgytgy
12
12
1
Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh.
Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:
2
17
y
1
y
x
1
x
2
2
2
2
Giải:
Ta có: x + y =
22
yx
= 1, theo mệnh đề IV thì có mộtsố a với 0 a 2
để
x
= cosa và
y
= sina.
Bất đẳng thức đã cho được viết thành:
acos
1
acos
4
4
+
asin
1
asin
4
4
2
17
Ta có: cos
4
a +
acos
1
4
+ sin
4
a +
asin
1
4
= (cos
4
a + sin
4
a)
acosasin
1
1
44
y
1
y
2
y
3
y
4
y
5
4
= (1 – 2sin
2
acos
2
a)
acosasin
1
1
44
=
a2sin
16
1
2
a2sin
1
4
2
Vì 0 < sin
2
2a 1 nên 1 -
2
a2sin
2
2
1
và 1 +
a2sin
16
4
17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có:
x
2
+ (x – y)
2
4
22
yx
sin
2
10
.
Giải:
Theo cách tính giá trị biểu thức lượnggiác không dùng bảng ta có:
4sin
2
10
= 2
2
53
5
cos1
.
Bất đẳng thức đã cho có thể viết:
x
2
+ (x – y)
2
(x
2
+ y
2
)
2
53
(1)
Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
Nếu y 0. Chia hai vế (1) cho y
2
và đặt
y
x
= tga với
2
< a <
2
thì bất đẳng thức
có dạng: tg
2
a + (tga – 1)
2
2
53
(1 + tg
2
a)
sin
2
a + (sina – cosa)
2
2
53
sin
2
a + 1 – 2sinacosa
2
53
cos2a + 2sin2a
5
a2sin
5
2
a2cos
5
1
1 (2)
5
Bởi vì
22
5
2
5
1
= 1
vì vậy
5
1
= cos và
5
2
= sin. Với 0 < <
2
Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - ) 1. Điều này hiển nhiên.
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng. (đpcm)
Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện
a, b > c > 0 ta có bất đẳng thức:
)cb(c)ca(c
ab
(1)
Giải:
Vì a > 0, b > 0,
ab
> 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với
ab
)cb(c
ab
)ca(c
1 (2)
Nhận xét rằng
22
a
ca
a
c
= 1
Nên đặt
a
c
= cosu ,
a
ca
= sinu với 0 u
2
Ta cũng thấy
22
b
cb
b
c
= 1
Nên đặt
b
c
= cosv ,
b
cb
= sinv với 0 v
2
.
Khi đó (2) có thể viết thành
a
ca
b
c
+
b
cb
a
c
= cosv sinu + cosusinv 1 (3)
Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v) 1 nên (3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1)
đúng.
Bài 7: Chứng minh rằng: 4
2323
a1a3)a1(a
2
6
Giải:
Điều kiện: 1 – a
2
0 a 1
Đặt a = cos, với [0; ]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
4
323
)cos1(cos
- 3(cos -
2
cos1
)
2
4(cos
3
- sin
3
) – 3 (cos - sin)
2
(4cos
3
- 3cos) + (3sin - 4sin
3
)
2
cos3 + sin3
2
cos (3 -
2
) 1, luôn đúng.
Bài 8: Chứng minh rằng:
31a
2
2a
Giải:
Điều kiện: a
2
– 1 0 a 1.
Đặt a =
cos
1
, với [0 ;
2
).
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
cos
2
3tg
cos
2
31
cos
1
2
sin +
3
cos 2
2
1
sin +
2
3
cos 1
sin ( +
3
) 1, luôn đúng.
Bài 9: Cho x
2
+ y
2
= 1 ; u
2
+ v
2
= 1. Chứng minh
a) xu + yv 1.
b) xv + yu 1.
c) –2 (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) 2.
d) –2 (x + y) (u + v) – (x – y) (u – v) 2.
Giải:
Áp dụng mệnh đề IV. Đặt x = cosa ; y = sina ; u = cosb ; v = sinb
và 0 a, b 2. Khi đó
a) xu + yv=cos(a – b) 1.
7
b) xv + yu=sin(a + b) 1.
c) (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) = (cos a – sin a) (cos b + sin b) +
+ (cos a + sin a) (cos b – sin b) =
=
2
sin
a
4
2
sin
b
4
+
2
cos
a
4
2
cos
b
4
= 2cos (a + b)
Rõ ràng –2 2cos (a + b) 2. (đpcm)
Bài 10: Chứng minh:
a) (a + b)
4
8(a
4
+ b
4
)
b) 32(a
6
+ b
6
) (a + b)
6
c) (a + b)
8
64(a
8
+ b
8
)
Giải:
a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a 0 chia hai vế cho a và đặt tgx =
a
b
với
2
< x <
2
.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với: (1 + tgx)
4
8(1 + tg
4
x)
(cos x + sin x)
4
8(cos
4
x + sin
4
x) (1)
Vì sin
4
x + cos
4
x = (sin
2
x + cos
2
x)
2
– 2sin
2
x cos
2
x =
= 1 -
4
x4cos3
2
x2sin
2
(sin x + cosx)
4
= (1 + sin2x)
2
=
2
x4cosx2sin43
(1) 8(cos
4
x + sin
4
x) – (sin x + cos x)
4
=
2
5
2
9
cos4x – 2sin2x 0.
Điều này hiển nhiên vì cos4x -1 và - sin2x -2.
b) c) Làm tương tự như a).
Bài 11: Chứng minh rằng
)b1)(a1(ab3a1bb1a
2222
2
Giải:
8
Điều kiện:
0b1
0a1
2
2
1b
1a
Đặt
sinb
sina
, với , [0; ]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
sin .
22
sin1.sinsin1
+
+
)sin1)(sin1(sin.[sin3
22
2
sin.cos + sin.cos +
3
(sin.sin - cos.cos) 2
sin( + ) -
3
cos( + ) 2
2
1
sin( + ) -
2
3
cos( + ) 1
sin( + -
3
) 1 , luôn đúng.
Bài 12: Cho a
1
, a
2
,… a
17
là 17 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng ta luôn chọn
được hai số a
j
, a
i
từ 17 số đó sao cho
0 <
1224
aa1
aa
ji
ij
Giải:
Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a
1
< a
2
< … < a
17
Đặt tgv
i
= a
i
với -
2
< v
i
<
2
i = 1, 2,…, 17
Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng
2
;
2
nên từ a
1
< a
2
<
… < a
17
suy ra -
2
< v
1
< v
2
< … < v
17
<
2
< v
1
+
Các điểm v
2
, v
3
, …, v
17
chia đoạn [v
1
; v
1
+ ] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một
đoạn có độ dài không vượt quá
17
.
9
a) Nếu có một i với 1 i 16 sao cho 0 < v
i+1
– v
i
17
thì
0 < tg(v
i+1
-v
i
) tg
17
< tg
16
. Vì tg
4
=
8
tg1
8
tg2
2
= 1
suy ra tg
8
=
2
- 1, tg
8
=
16
tg1
16
tg2
2
=
2
- 1 tg
16
=
1224
Khi đó ta có
0 < tg(v
i+1
– v
i
) =
1224
aa1
aa
tgvtgv1
tgvtgv
1ii
i1i
i1i
i1i
Chọn a
j
= a
i+1
ta được điều cần chứng minh.
b) Nếu 0 < v
1
+ - v
17
<
17
<
16
thì
0 < tg [(v
1
+ ) – v
17
] = tg(v
1
– v
17
) < tg
16
Lúc này ta chọn a
j
= a
1
và a
i
= a
17
ta được điều cần chứng minh.
Bài 13: Chứng minh rằng với mọi cặp số thực x, y ta đều có:
4
1
)y1)(x1(
)yx1)(yx(
4
1
2
22
2222
Giải:
Đặt x = tgu , y = tgv với -
2
< u, v <
2
thì biểu thức
A =
2222
2222
2
22
2222
)vtg1()utg1(
)vutgtg1)(vtgutg(
)y1)(x1(
)yx1)(yx(
.
= cos
4
u. cos
4
v
vcos
vsin
ucos
usin
2
2
2
2
vcosucos
vsinusin
1
22
22
= (sin
2
u cos
2
v – sin
2
v cos
2
u) (cos
2
u cos
2
v – sin
2
u sin
2
v)
= (sinu cosv + sin v cos u)(sin u cos v – sin v cos u)
(cos u cos v + sin u sin v) (cos u cos v – sin u sin v)
10
= sin(u + v) sin(u – v) cos(u – v) cos(u + v)
=
4
1
sin2(u + v) sin2(u – v)
Suy ra A =
4
1
sin2(u + v)sin2(u – v)
4
1
Tức
4
1
A
4
1
Biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng
4
1
khi
0y
1x
0v
4
u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin
hoặc
0y
1x
0v
4
u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin
Biểu thức A nhận giá trị nhỏ nhất bằng -
4
1
khi:
1y
0x
4
v
0u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin
hoặc
1y
0x
4
v
0u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin
Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng
222
y4x
)y4x(x
222
22
22
(1)
Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra.
Giải:
[...]... III Một số bài tập đề nghị Bài 1: Cho x2 + y2 = 1 chứng minh 1 6 6 x +y 1 4 Bài 2: Cho ab + bc + ca = 1 , chứng minh rằng: 4abc = a(1- b2)(1 – c2) + b(1 – c2)(1 – a2) + c(1 – a2)(1 – b2) Bài 3: Cho 0 ai 1 , i = 1, 2, …, n Chứng minh (1 + a12)(1 + a22)… (1 + an2) + (1 – a12) (1 – a22)… (1 – an2) 22 Bài 4: Cho 4 số dương a1, a2, a3, a4 phân biệt Chứng minh rằng có thể chọn được ít nhất 2 trong. .. rằng có thể chọn được ít nhất 2 trong 4 số đó sao cho: 0 ai a j 1 a i a j 2a i a j 2 ta có : x 2 cos2t cos x vậy với 0 0 thì 2 2 sin2 sin2 sin sin 3x + 4y = 3cos + 4sin 3cos + 4sin = 5cos( - ) 5 c) Nếu - .
1
Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số
Một số trường hợp thường gặp
Dạng 1 : Nếu x
2
. đẳng thức (1) được chứng minh.
3
Bài 3: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai số x, y trong 4
số đó sao cho:
0