A- ĐẶT VẤN ĐỀ
Đổi mới phương pháp dạy học nói chung và phương pháp dạy
toán nói riêng trong nhà trường phổ thông là vấn đề rất cần thiết và
phải được thực hiện thường xuyên. Lựa chọn phương pháp thích hợp
cho mỗi tiết dạy, mỗi bài dạy Toán theo từng đối tượng học sinh là cả
một quá trình nghệ thuật của người thầy.
Qua trao đổi với nhiều thầy cô và học sinh chúng tôi tự đặt câu
hỏi cho mình là làm thế nào để truyền tải kiến thức không nhỏ theo
tinh thần sách giáo khoa cho học sinh? Làm thế nào để học sinh có cái
nhìn tổng thể, nắm được những phương pháp tổng quát để giải lớp các
bài toán? Theo tôi để đạt được những điều này đòi hỏi giáo viên phải
có nhiều kỹ năng giải toán và càng có nhiều thuật toán thì càng có
nhiều kinh nghiệm giúp học sinh định hướng giải nhanh một bài toán.
Bài toán “Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” là một trong
những bài toán khó được quan tâm nhiều ở các kì thi trung học cơ sở
đến Đại học. Để giải loại bài toán này, đòi hỏi giáo viên, học sinh có
kiến thức tổng hợp về đại số, giải tích, hình học. Để giải bài toán này
có rất nhiều phương pháp. Trong bài viết này chúng tôi chỉ nêu một
phương pháp cơ bản mà chúng tôi thường dùng khi dạy học sinh các
lớp ban Khoa học tự nhiên, đặc biệt các lớp Bồi dưỡng học sinh giỏi
đó là “Ứng dụng lượng giác trong bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá
trị nhỏ nhất”.
1
B - GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận
Sự phát triển đi lên của toán học cũng như sự hoàn chỉnh các
dạng toán học là một quá trình khái quát hóa, tổng quát hóa. Những
hiểu biết rời rạc trong việc giải Toán sẽ dần dẫn được thống nhất, chắp
nối thành một hệ thống lý thuyết hoàn chỉnh. Đó là cơ sở giúp cho học
sinh hoạt động học tập có hiệu quả cao và hoàn thiện các chức năng
cơ bản như:

mắt lượng giác hóa khi phát hiện được dấu hiệu một cách hiệu quả.
3
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
3.1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
a. Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: (SGK 12
NC trang 18)
Giả sử hàm số f(x) xác định trên tập D
( )
D ⊂ ¡
a) Nếu tồn tại một điểm
0
x D∈
sao cho
0
( ) ( ),f x f x x D≤ ∀ ∈
thì số
( )
0
M f x=
được gọi là gía trị lớn nhất của hàm số f(x) trên D.
Kí hiệu:
( )
x D
M max f x
∈
=
.
b) Nếu tồn tại một điểm
0
x D∈

Đặt ẩn phụ với t Cơ sở lượng giác
1x ≤
sin , ;
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −
 
 
hoặc
[ ]
cos , 0;x t t
π
= ∈
sin 1x t= ≤
hoặc
cos 1x t= ≤
, 0x k k≤ >
sin , ;
2 2
x k t t
π π
 
= ∈ −
 
 
hoặc
[ ]
cos , 0;x k t t

=


( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
sin cos
sin cos
a x b y
c t c t
c t t c
+
= +
= + =
4
x k≥
3
, 0; ;
cos 2 2
k
x t
t
π π
π
   
= ∈ ∪
÷ ÷
 
   

1 sin cos cost t t− = =
2
1 cos sin sint t t− = =
2
1x −
3
, 0; ;
cos 2 2
k
x t
t
π π
π
   
= ∈ ∪
÷ ÷
 
   
hoặc
3
, 0; ;
sin 2 2
k
x t
t
π π
π
   
= ∈ ∪
 

x t t
π π
 
= ∈ −
 ÷
 
2 2
2
1
1 tan 1
cos
x t
t
+ = + =
2 2
x k+
tan , ;
2 2
x k t t
π π
 
= ∈ −
 ÷
 
2
2 2 2 2 2
2
tan
cos
k

 ÷
 
2
2tan
tan2
1 tan
t
t
t
=
+
1
x y
xy
+
−
tan
, , ;
tan
2 2
x u
u v
y v
π π
=

 
∈ −

 ÷

∈ −
 ÷
 
( ) ( )
tan tan tan tan .tan .tan
tan tan
tan
1 tan .tan
tan tan
k
α β γ α β γ
α β
γ
α β
α β γ
α β γ π
+ + =
+
⇔ = −
−
⇔ + = −
⇔ + + =
* Nếu cho x, y, z > 0 thì
5
α β γ π
+ + =
1
xy yz
zx
+ +

 
⇔ + = −
 ÷
 
⇔ + + = +
* Nếu cho x, y, z > 0 thì
2 2 2
α β γ π
+ + =
c. Những điều cần lưu ý về miền giá trị của biểu thức lượng giác:
* Nếu tập giá trị của t là
;
2 2
π π
 
−
 
 
thì tập giá trị của sint là
[ ]
1;1−
;
sin 1t ≤
.
* Nếu tập giá trị của t là
[ ]
0;
π
thì tập giá trị của cost là
[ ]

là
[
)
2;+∞
.
* Điều kiện để phương trình
.cos .sina x b x c+ =
có nghiệm là
2 2 2
0a b c+ − ≥
.
d. Các bước sử dụng lượng giác để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số:
- Bước 1: Tìm điều kiện có nghĩa.
Biến đổi điều kiện của biến cho xuất hiện dấu hiệu áp
dụng.
- Bước 2: Đặt ẩn phụ và phạm vi góc lượng giác tương ứng thích
hợp.
Đưa biểu thức đã cho sang biểu thức lượng giác.
- Bước 3: Thu gọn biểu thức lượng giác.
Sử dụng các bất đẳng thức lượng giác cơ bản.
- Bước 4: Chứng tỏ tồn tại một giá trị của biến x để đẳng thức xảy
ra.
- Bước 5: Kết luận.
3.2. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN
DẠNG 1: Sử dụng điều kiện biến x với
, 0x k k≤ >
6
Ví dụ 1: Cho
1x ≤

2P ≤
.
Ta có: Tồn tại
2009
2P =
khi
sin .cos 0t t⇔ =
hay
0
2
t
t
π
=



=

. Lúc đó:
1x =
hoặc
1x = −
.
Vậy
[ ]
2009
1;1
max 2
x

. Suy ra:
1x =
hoặc
1x = −
.
Vậy
[ ]
1;1
max 1
x
P
∈ −
=
khi
1x = ±
.
Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
3. 9 4P x x= − +
Giải:
Điều kiện:
2
9 0 3x x− ≥ ⇔ ≤
.
Thông qua điều kiện bài toán ta đặt
[ ]
3cos , 0;x t t
π
= ∈
.

 
∈

 ÷
 

=


7
Suy ra:
15.P ≤
Tồn tại
12
5
x =
để
15P =
.
Vậy
[ ]
3;3
max 15
x
P
∈ −
=
khi
12
5

t
P t
t
π
π

=

= − ⇔ = − ⇔

=

. Suy ra:
5
2
x =
hoặc
1.x =
Vậy
[ ]
1;3
min 1
x
P
∈
= −
khi
5
2
x =

 ÷
 
.
Ta xem điều kiện
2 2 2
4x y z xyz+ + + =
như là một phương trình
bậc hai theo ẩn x.
Từ đó ta có:
( ) ( )
2 2
4 . 4
2
yz y z
x
− + − −
=
.
Suy ra:
( ) ( )
2 2
4cos .cos 4 4cos . 4 4cos
2.cos
2
β γ β γ
α
− + − −
=
8
( ) ( )

≤ + − = − − ≤ =
 
 ÷  ÷
   
 
 
Ta có:
1
3 khi sin
2 2
P
γ
= =
. Suy ra:
3
π
α β γ
= = =
hay
( ) ( )
; ; 1;1;1x y z =
.
Vậy
[ ]
3;3
max 3
x
P
∈ −
=

t
y t
π
=

∈

=

.
Khi đó:
6 6 2
3
sin cos 1 sin 2
4
P t t t= + = −
.
Do
2
0 sin 1,t t≤ ≤ ∀
nên
1
1
4
P≤ ≤
.
Ta có:
1 sin 2 0
2
P t t k

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = +
.
Suy ra:
2
2
2
2
x
y

= ±




= ±


.
Vậy
2 2
1
1
min
4
x y
P
+ =
=
khi



=

hoặc
0
1
x
y
=


= ±

.
Ví dụ 2: Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
2
2
2 6
1 2 2
x xy
P
xy y
+
=
+ +

P
t t t t t
+
+ +
= =
+ + + −
.
Suy ra:
( )
2 sin 2 cos2 1 cos2 6sin 2t t P t t+ − = + +

( ) ( )
1 cos2 6 sin 2 1P t P t P⇔ + + − = −
(*)
Phương trình (*) có nghiệm theo t
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 6 2 1 2 6 36 0 6 3P P P P P P⇔ + + − ≥ − ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤
.
* Với
3P =
, từ (1) suy ra:
4 3
4cos2 3sin 5 cos2 sin 1
5 5
t t t t+ = ⇔ + =
(1)
Đặt
4

α π
− = ⇔ = +
.
Khi đó:
( )
( )
cos 1 .cos
2 2
sin 1 .sin
2 2
k
k
x k
y k
α α
π
α α
π
 
= + = −
 ÷
 
 
= + = −
 ÷
 
.
Suy ra:
( )
3 1

13
, 0;
12
2
sin
13
β
π
β
β

=


 
∈

 ÷
 

=


. Từ (1) ta có:
( )
cos 2 1
2
t t k
β
β π

10 10
x y
 
= −
 ÷
 
khi k chẵn hoặc
( )
3 2
; ;
10 10
x y
 
= −
 ÷
 
khi k lẻ.
Vậy
max 3,min 6P P= = −
.
Ví dụ 3: Cho x, y là hai số thực thay đổi và thỏa hệ thức
2 2
1x y+ =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
2 2
2 2
1 1

2 2
2 2 4 4
2 2 4 4
1 1 1 1
cos sin cos sin 4
cos sin cos sin
P t t t t
t t t t
   
= + + + = + + + +
 ÷  ÷
   

( )
4 4 2
4 4 4
1 1 16
cos sin 1 4 1 sin 2 . 1 4
cos .sin 2 sin 2
t t t
t t t
     
= + + + = − + +
 ÷  ÷ ÷
     
Khi đó:
( )
1 25
1 1 16 4
2 2



.
Vậy
2 2
1
25
min
2
x y
P
+ =
=
khi
2
2
2
2
x
y

= ±




= ±


.



=

.
Từ điều kiện
2 2
16z t+ =
ta đặt
4sin
4cos
z b
t b
=


=

.
Ta có:
12sin .cos 12.cos .sin 12.sin( ) 12xt yz a b a b a b+ = + = + ≥
.
Khi đó:
sin( ) 1a b+ ≥
, kết hợp với
sin( ) 1, ,a b a b+ ≤ ∀
ta được
sin( ) 1a b+ =
. Suy ra:
2

a

= ±




= ±


.
12
Từ đó ta nhận được:
( )
9 12 16 12
; ; ; ; ; ;
5 5 5 5
x y z t
 
=
 ÷
 
hoặc
( )
9 12 16 12
; ; ; ; ; ;
5 5 5 5
x y z t
 
= − − − −

1
1 1 tan tan tan
cos
x t t t
t
− = − = = =
.
Ví dụ 1: Cho
1x >
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2
1
x
P x
x
= +
−
.
Giải:
Do x > 1 nên đặt
1
, 0;
cos 2
x t
t
π
 
= ∈
 ÷
 

π
= ⇔ = ⇔ =
Suy ra:
2x =
.
Vậy
1
min 2 2
x
P
>
=
khi
2x =
.
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của
2 2
1 1x y
P
xy
− + −
=
.
Giải:
Điều kiện:
2
2
1
1 0
1 0 1

a
a b
y
b
π π
π

=


   
∈ ∪

÷ ÷
 
   

=


.
Khi đó:
( )
2 2
1 1
1 1
cos cos
tan tan .cos .cos
1 1
.

x m t t
π π
 
= ∈ −
 ÷
 
.
Khi đó:
( )
2
2 2 2 2
2
tan 1
cos
m
x m m t
t
+ = + =
Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
( )
6
3
2
1
1
x
P
x
+
=

t t t
t t
P
t t
t
− +
+ − +
= = =
+ +

( )
2
4 2 2 4 2 2 2 2
2
cos sin .cos sin sin cos 3sin .cos
3
1 sin 2
4
t t t t t t t t
t
= − + = + −
= −
Do
2
0 sin 2 1t≤ ≤
nên
1
1.
4
P≤ ≤

x∈¡
, đặt
2 tan , ; .
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −
 ÷
 
Khi đó:
( ) ( )
2 4 4 2 2 4
2 2
2 2 2
3 4tan 3tan 3cos 4sin .cos 3sin
1 tan cos sin
t t t t t t
P
t t t
+ + + +
= =
+ +

( )
2
2 2 2 2
2
3 sin cos 2sin .cos
1

(1 )(1 )
a b ab
P
a b
+ −
=
+ +
.
Giải:
Dấu hiệu chuyển sang lượng giác là:
2 2
1 ,1a b+ +
.
Đặt
tan , tan ; , ; .
2 2
a b
π π
α β α β
 
= = ∈ −
 ÷
 

Khi đó ta có:
2 2 2 2
( )(1 ) (tan tan )(1 tan tan )
(1 )(1 ) (1 tan )(1 tan )
a b ab
P

α β
− ≤ + ≤
nên
[ ]
1 1 1
sin 2( )
2 2 2
α β
− ≤ + ≤

hay
1 1
2 2
P− ≤ ≤
.
15
Ta có:
( )
1
sin 2 1
2
P
α β
= − ⇔ + = − 
 
. Suy ra:
1
0
a
b

=


=

hoặc
0
1
a
b
=


=

.
Vậy
1 1
min ,max .
2 2
P P= − =
Ví dụ 4: Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1
1 . 1
x y xy
P

cos cos
P
α β α β
α β α β
α β α β
α β
α β
α β
   
− −
 ÷ ÷
− −
   
= =
+ +
 
 
+ +
 ÷
 ÷
 
 
( ) ( )
( ) ( )
2 2
sin .cos cos .sin . cos .cos sin .sin
sin cos . sin cos
α β α β α β α β
α α β β
− −

 
Do
0 2 ,2
α β π
≤ ≤
nên
0 sin 2 1,0 sin 2 1.
α β
≤ ≤ ≤ ≤

Suy ra:
1 1
4 4
P− ≤ ≤
.
Ta có:
sin 2 1
1
.
4
sin 2 0
4
0
P
π
α
α
β
β


4
P
α
α
π
β
β
=

=


= − ⇔ ⇔
 
=
=



Suy ra:
0
.
1
x
y
=


=


tan tan 1
tan tan
1 tan .tan tan 2
2 2 2 ( , , 0)Do
α β π
α β γ
α β γ
α β γ π α β γ
+
 
⇔ = ⇔ + = −
 ÷
−
 
⇔ + + = >
Khi đó:
P
1 1 1
3(tan tan tan )
tan tan tan
α β γ
α β γ
= + + − + +
cot cot cot 3(tan tan tan )
α β γ α β γ
= + + − + +

( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )

γ
α β γ γ
≥ = = =
− + +

cot 2 cot 2 2tan 0
α β γ
⇒ + − ≥
.
Từ đó suy ra:
0.P ≥
Với
1
3
x y z= = =
thì
0.P =
Vậy
min 0.P =
DẠNG 5: Sử dụng lượng giác khi bài toán có xuất hiện biểu thức
2 2
x y+
hay
( ) ( )
2 2
x a y b+ + +
Lưu ý: Bài toán có chứa
( ) ( )
2 2
x a y b+ + +

3 4
sin ost 1
5 5
A t c
 
+ =
 ÷
 
tức là
A.sin( +t )
α
= 1 với
3
os =
5
4
sin =
5
c
α
α







Vì
sin( +t ) 1





hay
3
x=
5
4
y=
5







Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm bằng 1.
Ví dụ 2: Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa: 14xy +23x
2
-25y
2
-
24y = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
x y+
.
Giải:

2
25 sin(2t+ 1 24 A
α
− = 
 
với
7
os =
25
24
sin =
25
c
α
α







.
Từ kết quả trên, kết hợp với tạp giá trị của hàm sinx ta suy ra:

( )
0 25.sin 2 1 24t
α
< + − ≤
Do đó A

− =


+ =

khi đó P= A
2
- 1.
Điều kiện đã cho trở thành:

5( .sin 1)+12(A.cost-1)+7 13
5 .sin 12A.cost 13
A t
A t
+ =
⇔ + =

13 .sin( ) 13
.sin( ) 1
A t
A t
α
α
⇔ + =
⇔ + =
Với
5
os =
13
12

 
 
⇔
 
−
 
+ = =
 
 
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm bằng 0.
Ví dụ 4: Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn
2 2
3(x -y )+8xy+14x+2y+8 5=

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
2 2
x y+
+2(x+y) +1.
Giải:
Tương tự ví dụ 3, biến đổi P = (x+1)
2
+(y+1)
2
-1 và Đặt
1 .sin
1 . ost
x A t
y Ac
− =


+ ≥

. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
P x t= +
.
3) Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa hệ thức:
2 2
2x y+ =
. Tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
3 3
2 3P x y xy= + −
.
4) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2 3 3P x x x
= − − +
.
5) Cho hai số x, y thay đổi thỏa mãn:
2 2
4x y+ =
.
19
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2P x y y x= + + +
.
6) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2

.
9) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2 2 2
2 1x y z xyz+ + + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P x y z= + +
.
10) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 4 1 1
4 3 3 1 1
x x
P
x x
+ + − +
=
+ + − +
.
11) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
2 2 2
4x y z xyz+ + + =
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thúc
P xy yz zx xyz= + + −
.
12) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 1 2 1

C- KẾT LUẬN
Việc đi sâu nghiên cứu mở rộng phạm vi lý thuyết để giải bài tập
toán luôn là nhu cầu đối với tất cả thầy trò dạy học toán.
Việc sử dụng phương pháp lượng giác đã nêu phần nào giúp cho
bản thân chúng tôi tự học hỏi trao đổi để đổi mới mình cũng như góp
phần phát huy tính tích cực, sáng tạo và ham học của học sinh.
Các phương pháp đã nêu trong đề tài phù hợp cho nhiều đối
tượng học sinh. Đặc biệt nếu khéo léo áp dụng sẽ giúp cho học sinh có
kỹ năng vận dụng nhất định khi giải bài tập. Đồng thời giúp học sinh
tin tưởng vào bản thân, học khá lên và ngày càng yêu thích bộ môn
toán.
Trong quá trình giảng dạy, bản thân cũng đã lồng ghép hợp lý
tuỳ từng lớp. Có thể giới thiệu cho học sinh lớp 10 (ôn tập cuối năm),
lớp 11( đầu năm) và lớp 12 (ôn thi).
Đề tài mà chúng tôi đã nghiên cứu trên có thể mở rộng theo
nhiều hướng như có thể mở rộng việc sử dụng dấu hiệu liên quan đến
các đẳng thức hay bất đẳng thức trong tam giác. Đặc biệt nếu nắm
được phương pháp trên thì học sinh có thể vận dụng để chứng minh
bất đẳng thức một cách hiệu quả.
21
Đề tài mang tính chủ quan, cảm nhận riêng của cá nhân nên
không tránh những sai sót. Trên tinh thần học hỏi và trao đổi, rất
mong ý kiến đóng góp, bổ sung đề tài của các thầy cô giáo và đồng
nghiệp.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 28 tháng 4 năm
2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN
của mình viết, không sao chép nội