SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"RÈN LUYỆN CHO HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP BẰNG
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC"
1
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Lượng giác có nhiều ứng dụng trong đời sống và khoa học. Trong Toán học, lượng giác
là một công cụ mạnh, nó được ứng dụng trong giải các dạng toán khác, điển hình như
hình học, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một biểu thức đại số, trong phương trình, hệ
phương trình, bất phương trình và bất đẳng thức
Cùng với định nghĩa giá trị lượng giác, các công thức lượng giác và các kết quả trong
việc khảo sát sự biến thiên của các hàm số lượng giác được sử dụng để giải quyết nhiều
bài toán toán học và nhiều bài toán trong các nghành khoa học khác. Do đó việc hướng
dẫn học sinh sử dụng phương pháp lượng giác để giải một lớp các bài toán đại số là một
điều cần thiết, giúp học sinh hiểu sâu sắc, chắc chắn thêm những kiến thức về lượng giác;
đồng thời trang bị thêm cho các em một phương pháp giải được nhiều bài toán đòi hỏi
nhiều đến kỹ năng tư duy, tổng hợp và các kiến thức rút ra từ các nội dung khác nhau.
Việc sử dụng phương pháp lượng giác để giải một lớp các bài toán đại số tạo hứng thú
trong học tập, tăng khả năng tìm tòi sáng tạo, đồng thời tạo nên sự phong phú về thể loại
và phương pháp giải toán cho học sinh.
PHẦN II: CÁC GIẢI PHÁP CẢI TIẾN.
1. Thực trạng của vấn đề.
Lượng giác là một mảng kiến thức có thể nói khó đối với học sinh phổ thông. Hơn nữa
một thực tế là có rất nhiều học sinh chưa thấy hết được ứng dụng của lượng giác trong
các bài toán về tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đại số, phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình, đặc biệt là các bài toán chứng minh bất đẳng
thức.
2
2. Phương pháp nghiên cứu.
Đề tài được sử dụng phương pháp phân tích, tổng hợp, so sánh.
3. Đối tượng.

<≤−<≤ ut
sao cho cost=a và sinu=a.
- Với mọi số thực a, tồn tại duy nhất t với
22
ππ
<<− t
sao cho tant=a.
3
B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN:
Dạng 1: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được
ax
≤
( Với a>0), thì có thể đặt: x=asint
hoặc x=acost,
[
)
π
2;0∈t
Dạng 2: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x
2
+y
2
=a
2
, thì có thể đặt:



=
=






−∈
2
;
2
ππ
t
hoặc
[ ]
π
,0,
sin
∈=
t
t
a
x
Dạng 4: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x
2
+a
2
thì có thể đặt:
,tantax
=






∈
2
;0
π
t

( Vì hàm số y=sin
2
t là hàm số chẵn và có chu kỳ bằng
π
nên ta chỉ cần xét trên
đoạn






2
;0
π
).
Chú ý: Tùy từng bài toán cụ thể, có thể chọn t thích hợp để tránh sai lầm trong lập luận.
4
*Các ví dụ:
Dạng 1: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được
ax

ttty
Do
[ ]
π
;0
∈
t
[ ]
22;21;
2
1
4
sin
4
5
;
44
−∈⇒






−∈






xkhiyxkhiy

Chú ý: Vì
22
≤≤−
x
nên khi ta đặt x=2cost với
[ ]
π
;0
∈
t
, thì
0sin ≥t
tx sin24
2
=−⇒
ta đưa được hàm số về dạng đơn giản hơn là khi ta đặt x=2sint.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
23
134 xxx
−=−
(1)
Bài giải:
ĐK:
11
≤≤−
x
. Đặt x=cost ,với
[ ]

Vì
[ ]
π
;0
∈
t
nên ta tìm được:
4
3
,
8
5
,
8
πππ
=== ttt
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
,
2
22
8
5
cos,
2
22
8
cos
−
−==

ta đưa được pt về dạng đơn giản hơn là đặt x=sint.
Ví dụ 3: Giải bất phương trình :
xxx ≤−−+ 11
Bài giải:
Điều kiện :
11
≤≤−
x

Đặt x=cos2t với
[ ]
π
;02
∈
t
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :

tttttt 2cossin2cos22cos2cos12cos1 ≤−⇔≤+−+( )
tttt
22
sincossincos2
−≤−⇔
( )
( )
02sincossincos
≥−+−⇔
tttt

4
cos
4
cos ≥






−






−






+⇔
ππ
tt
6
0
4

∈⇒
4
3
;
442
;0
ππππ
tt
(2). Từ (1) và (2)






∈⇒






∈⇒






∈+

(Trích đề thi tuyển sinh Đại học năm 1980)
Bài giải:
Cách 1: Vì a > c>0, b >c>0 0,
0
>
ab
nên bất đẳng thức (1) tương đương với
( ) ( )
11
≤
−
+
−
⇔≤
−
+
−
b
cb
a
c
b
c
a
ca
ab
cbc
ab
cac
(2)





∈=
−
=
2
;0,sin,cos
π
tt
a
ca
t
a
c
Tương tự ta đặt:






∈=
−
=
2
;0,sin,cos
π
uu



−−=−+−=
b
c
ba
c
a
cbccacA
7
Đặt
( )
π
;0,,cos
22
,cos
22
∈=−=−
utu
bb
ct
aa
c
Ta được:
t
a
u
bba
t
b


−+






+=






−+
cos
244
cos
2
cos
2
sin
2
sin
222
22
222
2
Do đó:

1<x
nên có thể đặt x = cos2t với
( )
π
;0
∈
t
Khi đó bất đẳng thức (1) được trở thành:
(1 + cos2t)
n
+ (1 – cos2t)
n
< 2
n

( )
nnnn
tt 2sincos2
22
<+⇔

Vì
1cos,sin0
2
0
<<⇒<<
ttt
π
, do đó ta có:
( )


=
=
tay
tax
sin
cos
hoặc



=
=
tay
tax
cos
sin
với
[
)
π
2;0
∈
t
Ví dụ 1: Cho hai số thực x,y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x
2
+y
2
=1. Tìm giá trị lớn nhất
và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2sin62cos12cos2sin22
sin2sincos21
sincos6cos2
2
2
−=−++⇔
++=−+⇔
++
+
=
PtPtP
ttPtt
ttt
ttt
P
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
Phương trình có nghiệm
⇔
( ) ( ) ( )
222
1261
−≥−++
PPP

⇔
3603662
2
≤≤−⇔≤−+ PPP
- Với P=3, từ (1) suy ra
( )

t
9
Do đó:
( )
( )







−=
−=







=
=
⇔







cos1
2
cos
y
x
hoăo
y
x
u
k
u
y
u
k
u
x
k
k
π
π
- Với P=-6, từ (1) suy ra :
( )
12cos12sin
13
12
2cos
13
5
132sin122cos5 =+⇔=−⇔−=+− uttttt





=
−=







−=
=
⇔







−=






+−=

k
u
y
u
k
u
x
k
k
π
π
Vậy:
3=PMax
,
6
−=
PMin
Ví dụ 2: Cho hệ:





≥+
=+
=+
)3(12
)2(16
)1(9
22

cos4
bbt
bz
thay vào (3) ta được:
12)sin.sincos.(cos12
≥+=+
babatyzx

1)cos(
≥−⇔
ba
, nhưng vì cos(a-b)
≤
1, nên suy ra:
cos(a-b)=1 khi a=b. Do đó:
- P=x+z=
7cos7cos3cos4
≤=+
aaa
.
10
Vậy
027
==⇒==⇔=
bakbaPMax
π
và a=b=
π
2
, suy ra tương ứng với nghiệm của hệ





=
=
ty
tx
sin2
cos2
,
[
)
π
2;0
∈
t
. Suy ra:

ttttttP cos.sin6)cos.sin1)(sin(cos24
−−+=
.
Đặt u=sint+cost =
)
4
sin(2
π
+
t
,

(thỏa mãn)
2
13
2
1
,1)2(,7)2( =






=−=− fff
.
Vậy:
-7PMin và
2
13
PMax
==
11
Ví dụ 4: Giải phương trình:
1
1
2
2
=




)






∈
2
3
;
2
\2;0
ππ
π
t
, thay (1) vào (2) ta được:

1sin
sin
cos
−
=
t
t
t
)3(0cos.sincossin
=−+⇔
tttt
Đặt u=sint+cost, đk:

thỏa mãn
Vậy:
21cossin
−=+
tt







−±−=⇔=−+−−⇔−=
−
+⇒ 12221
2
1
021)21(21
1
2
xxx
x
x
x
.
Do đó phương trình có nghiệm là:





ĐK:



>
>
0y
xy
Với điều kiện trên hệ(1),(2)
⇔






=+
=+−
25
1
1
log)(log
22
4
1
4
1
yx
y
xy

⇒=⇔=⇔=−⇔=−
25
16
sin
4
3
cot
4
1
cot1
4
1
sin
1
cossin
2
ttt
t
tt

5
4
sin =t
,
5
3
cos =t
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:









∈=
=
2
,0,sin2
cos2
2
2
π
tty
tx
Ta có:
( )
( )
Kttttttyxyx
=






−=+=+
2666
6

0 1
∞+
13
f’(u) +
f(u)
2

0
Nhìn vào BBT ta thấy 0< f(u)
≤
2, nên suy ra:
2)(
3333
≤+ yxyx
(đpcm).
Dạng 3: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được
ax
≥
( Với a>0) thì có thể đặt:
,
cost
a
x
=







Điều kiện :
1
0
01
2
>⇔



>
>−
x
x
x

Đặt
t
x
cos
1
=
,vì x>1
1cos0
≤<⇒
t
nên ta chọn





14
Đặt sint + cost = u,
21 ≤≤ u
ta có
2
1
cossin
2
−
=
u
tt
Khi đó phương trình đã cho có dạng :
( )
02212
22
=−−⇔−=
uuuu
2
=⇔
u

( Do
21 ≤≤ u
)

2=u

2
4

1
11
22
≤
−+−
ab
ba
Bài giải:
Vì
1
cos
1
1cos
≥⇒≤
x
x
, nên ta đặt
u
b
t
a
cos
1
,
cos
1
==
, với



+
ut
ut
ut
ut
ut
ut
ut
ut
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi







Ζ∈+=+
==
⇔





=+
==
)(
2
cos

2
≥⇔≥−
aa
Đặt
t
a
cos
1
=
, vì
1≥a

1cos0
≤<⇒
t
nên ta chọn






∈
2
;0
π
t
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:

1

t
,luôn đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Dạng 4: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x
2
+a
2
thì có thể đặt:
,tantax
=







−∈
2
,
2
ππ
t
hoặc
tax cot
=
,
( )
π
;0∈t

2
:)(
2
2
y
y
y
x
x
I
Đặt






−∈



=
=
2
;
2
,,
tan
tan
ππ

2
2
tu
ut
t
u
u
u
t
t
. Ta xét hai trường hợp :
16
Nếu sint=0 thì sinu=0 và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ .
Nếu
0sin
≠
t
và
0sin
≠
u
: Nhân (1) và (2) theo vế, ta có :

2
1
coscos
coscos
1
coscos4tantan2sin2sin
=⇔=⇔=

,
42
;
2
ππππ
−==⇒






−∈ ttt
Khi đó nghiệm của hệ là:x=y=1 và x=y=-1
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là: x=y=0. x=y=1 và x=y=-1
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
99
22
−≥+ xxx
(8)
Bài giải:
Đặt x=3tant,






−∈
2

−
≥⇔ t

3tan3 −≥⇔ t
Vậy nghiệm của bất phương trình là:
3
−≥
x
.
17
Ví dụ 3: Giải bất phương trình :
( ) ( )
( )
32
2
3232
2
22
112
++
++++
+≤−+
xx
xxxx
aaa
với 0 < a < 1.
Bài giải:
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
1
1

++
xx
xx
a
a
a
a
(1)
Đặt
ta tan
=
chọn
2
20
4
0
ππ
<<<<
thayt
thì

t
t
t
a
a
t
t
t
a

3232
22
≤+
++++
xxxx
tt

( )
( )
( )
( )
12cos2sin
2121
22
≤+⇔
++++
xx
tst
.
Mà
( )
221
2
≥++
x
và
12sin
≤
t
.

2121
22
≤+
++++
xx
tst
Vậy bất phương trình đã cho nhận mọi x làm nghiệm.
Ví dụ 5: Chứng minh rằng với mọi số thực a ta đều có:
4
2
6
2
2
≥
+
+
a
a
( Bài 13.a) trang 222 SGK đại số 10 nâng cao)
Bài giải:
18
Đặt
(
]
1;0cos
2
;
2
,tan2
∈⇒

t
t
t
t
t
tt
t
t
luôn đúng.
Vậy bất dẳng thức được chứng minh.
Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:

( )( )
( )( )
2
1
11
1
2
1
22
≤
++
−+
≤−
ba
abba
( Đề 146 – Câu I
1
- Bộ đề tuyển sinh)

=
++
−+
=

( )






−
+
=
ut
ut
sut
ut
ut
coscos
sinsin
1
coscos
sin
.coscos
22
( ) ( ) ( )
ututut 22sin
2

thì có thể đặt:
x=a+(b-a)sin
2
t, hoặc x=b+(a-b)sin
2
t, với






∈
2
;0
π
t

19
(Vì hàm số y=sin
2
t là hàm số chẵn và có chu kỳ bằng
π
nên ta chỉ cần xét trên đoạn







2
;0
π
t
, vì hàm số y=sin
2
t là
hàm số chẵn và có chu kỳ bằng
π
nên ta chỉ cần xét trên đoạn






2
;0
π
).
Ta được:
( )






+=+=
4

At
πππ
;
4
6;
2
0
3
π
π
==




=
=
=
tkhiA
t
t
khiA
Vậy:
6max
=
A
khi
2
5
=x


+=+=
4
sin6sincos3
π
tttA
.
20
Mặt khác, vì:
2
0
π
≤≤
t
nên
6
4
sin631
4
sin
2
2
≤






+≤⇒≤

≤≤−
x
Đặt x = -3+9sin
2
t, với






∈
2
,0
π
t
(vì hàm số y=sin
2
t tuần hoàn có chu kì là
π
và là hàm số
chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn






2
,0

⇔=−−⇔=++−
01233
2
9
3
2
9
22
uuuu




−=
=
3
1
1
u
u
, chỉ có u=1
thỏa mãn
21
Khi u=1
2
2
)
4
cos(
=−⇒

nên tìm được: t =
2
π
và t=0
Với
2
π
=
t

6
=⇒
x
.
Với t = 0
3
−=⇒
x
.
Vậy phương trình có nghiệm: x=-3 và x=6.
b. Xét hàm số
2
9
3
2
9
)(
2
++−=
uuuf

ufhayfuff
Vậy: Phương trình có nghiệm khi và chi khi
3
2
926
≤≤
−
m
Chú ý: Nhờ lượng giác hóa ta đã đưa phương trình vô tỉ về phương trình hữu tỉ, từ đó
việc sử dụng công cụ đạo hàm để tìm giá trị tham số trở nên dễ dàng hơn.
Ví dụ 3: Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau đúng với mọi x thuộc
đoạn
[ ]
6;4
−
:
mxxxx
≥−+−+
2)6)(4(
2
.
( Trích đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm học 2009 - 2010).
Bài giải: ĐK:
64
≤≤−
x
.
22
Đặt x = -4+10sin
2

mtttt
≥+−−+−+−
2
2
222
sin1042sin104) sin1(10.sin10

mtt
≥++−⇔
242sin52sin25
2
(1)
Đặt u = sin2t, do






∈
2
,0
π
t
[ ]
1;0
∈⇒
u
Khi đó (1) trở thành
m24 5u 25u-

∞−
0
10
1
1
∞+
f’(u) + 0 -
f(u)

4
27

24 4
Suy ra:
[ ]
( )
24min
1;0
=
∈
uf
u
23
Do đó: Bất phương trình đúng với mọi x thuộc đoạn
[ ]
6;4
−
khi và chỉ khi
24
≤



∈
2
,0
π
t
(vì hàm số y=sin
2
t tuần hoàn có chu kì là
π
và là hàm số
chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn






2
,0
π
). Bất phương trình trở thành:
( ) ( )
182sin622sin6.sin6).sin1(64
2
2
222
−+−−−=−−
atttt

Do đó
51
±=
x
Vậy: Khi a=6 bất phương trình có 2 nghiệm
51±=x
.
b. Đặt u = sin2t, do






∈
2
,0
π
t
[ ]
1;0∈⇒ u
24
Khi đó (1) trở thành
a10 12u 9u
2
≤+
Xét hàm số
( )
10129
2

1
∞+
f’(u) - 0 +
f(u)
10
7
4
Suy ra:
[ ]
( )
10max
1;0
=
∈
uf
u
Do đó: Bất phương trình đúng với mọi x thuộc đoạn
[ ]
4;2
−
khi và chỉ khi
10
≥
m
Chú ý: Nhờ lượng giác hóa ta đã đưa bất phương trình vô tỉ về bất phương trình hữu tỉ,
từ đó việc sử dụng công cụ đạo hàm để tìm giá trị tham số trở nên dễ dàng hơn.
* Các bài tập tương tự:
1. Giải các phương trình, hệ phương trình:
25