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. Phương pháp nghiên cứu.
Đề tài được sử dụng phương pháp phân tích, tổng hợp, so sánh.
3. Đối tượng.
1
Học sinh lớp 10, học sinh giỏi và học sinh dự thi vào các trường đại học, cao đẳng.
4. Cách thức thực hiện.
Để thực hiện đề tài này, tôi phân thành năm dạng bài tập tương ứng với dấu hiệu
để đổi biến lượng giác.

ππ
<<− t
sao cho tant=a.
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:



=
=
tay
tax
sin
cos




−∈
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:
,tan tax
=






∈
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.
*Các ví dụ:
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
;0
∈
t
[ ]
22;21;
2
1
4
sin
4
5
;
44
−∈⇒






−∈






+⇒


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 :
4

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

ππ
tt
01
4
cos
4
cos ≥






−






−






+⇔
ππ
tt

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

abaccacc
≤−+−
(1)
(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

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

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

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

-Bộ đề tuyển sinh)
Bài giải:
Vì
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

, thì có thể đặt:



=
=
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

( )
( )
( ) ( )
)1(122sin62cos1
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

π
π
uuuđótrongk
u
t
Do đó:
( )
( )







−=
−=







=
=
⇔




2
sin
2
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 :
7
( )
12cos12sin
13
12
2cos

( )
( )







=
−=







−=
=
⇔







−=


y
x
hoăo
y
x
u
k
u
y
u
k
u
x
k
k
π
π
Vậy:
3=PMax
,
6
−=
PMin
Ví dụ 2: Cho hệ:





≥+




∈=
=
π
2;0,sin4
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
.
Vậy
027
==⇒==⇔=
bakbaPMax
π

3
)-3xy.
(Trích đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A,B,D năm 2008 )
Bài giải:
Từ giả thiết ta có thể đặt:





=
=
ty
tx
sin2
cos2
,
[
)
π
2;0
∈
t
. Suy ra:

ttttttP cos.sin6)cos.sin1)(sin(cos24
−−+=
.
Đặt u=sint+cost =
)

1
0)(
'
u
u
uf
(thỏa mãn)
2
13
2
1
,1)2(,7)2( =






=−=− fff
.
Vậy:
-7PMin và
2
13
PMax
==
Ví dụ 4: Giải phương trình:
1
1
2

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

1sin
sin
cos
−
=
t
t

u
uu
chỉ có nghiệm
21
−=
u
thỏa mãn
Vậy:
21cossin
−=+
tt







−±−=⇔=−+−−⇔−=
−
+⇒ 12221
2
1
021)21(21
1
2
xxx
x
x
x

yx
y
xy
(Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2004)
Bài giải:
ĐK:



>
>
0y
xy
Với điều kiện trên hệ(1),(2)
⇔

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

cos5
ty
tx
(sint>0 và sint >cost), thay vào phương trình (3) ta được:
( )
⇒=⇔=⇔=−⇔=−
25
16
sin
4
3
cot
4
1
cot1
4
1
sin
1
cossin
2
ttt
t
tt

5
4
sin =t
,
5

, nên ta có thể đặt:











∈=
=
2
,0,sin2
cos2
2
2
π
tty
tx
Ta có:
( )
( )
Kttttttyxyx
=




(u)=0
1
=⇒
u
.
Bảng biến thiên:
u
∞−
0 1
∞+
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

2
=
−
+
x
x
x
Bài giải:
Điều kiện :
1
0
01
2
>⇔



>
>−
x
x
x

11
Đặt
t
x
cos
1
=

cos
1
cos
1
cos
1
=+⇔=+⇔=
−
+
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


=
Chú ý: Nhờ lượng giác hóa ta đã đưa phương trình vô tỉ về phương trình hữu tỉ,
từ đó tìm được nghiệm của phương trình đã cho một cách nhẹ nhàng .
Ví dụ 2: Với
1,1
≥≥
ba
. Chứng minh rằng:
1
11
22
≤
−+−
ab
ba
Bài giải:
Vì
1
cos
1
1cos
≥⇒≤
x
x
, nên ta đặt
u
b
t
a
cos

1
tantan
22
≤+=
+
=
+
=
+
ut
ut
ut
ut
ut
ut
ut
ut
12
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi







Ζ∈+=+
==
⇔


π
Ví dụ 3: Chứng minh rằng:
aa 231
2
≤+−
Bài giải:
Điều kiện:
101
2
≥⇔≥−
aa
Đặt
t
a
cos
1
=
, vì
1≥a

1cos0
≤<⇒
t
nên ta chọn







+⇔≤+⇔≤+⇔≤+−
ππ
t
t
t
t
t
t
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


=
+
=
+
2
1
2
1
2
:)(
2
2
y
y
y
x
x
I
Đặt






−∈




=
+
)2(tan2sin
)1(tan2sin
tan
tan1
tan2
tan
tan1
tan2
2
2
tu
ut
t
u
u
u
t
t
. Ta xét hai trường hợp :
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

2
1
cos
2
ππ
π
π
Vì
4
,
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

2
2
2
≤≤−⇔≤−−⇔−≥⇔−≥⇔ tttttt
t
t
t
t
3
1
tan
−
≥⇔ t

3tan3 −≥⇔ t
14
Vậy nghiệm của bất phương trình là:
3
−≥
x
.
Ví dụ 3: Giải bất phương trình :
( ) ( )
( )
32
2
3232
2
22
112

+
−
+






+
++
++
xx
xx
a
a
a
a
(1)
Đặt
ta tan
=
chọn
2
20
4
0
ππ
<<<<
thayt

=
+
−
=
+
=
+
.
Khi đó bất phương trình (1) trở thành
( ) ( )
12cos2sin
3232
22
≤+
++++
xxxx
tt

( )
( )
( )
( )
12cos2sin
2121
22
≤+⇔
++++
xx
tst
.

x
≤
++
.
Cộng theo vế của hai bất đẳng thức (1), (2) ta được:

( )
( )
( )
( )
12cos2sin
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)

4
cos
2
6tan2
2222
≥+⇔≥
+
⇔≥
+
⇔≥
+
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

ut
utut
ba
abba
A
2222
tan1tan1
tantan1tantan
11
1
++
−+
=
++
−+
=

( )






−
+
=
ut
ut
sut

1
22
≤
++
−+
≤−
ba
abba
(đpcm).
Dạng 5: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được
bxa
≤≤
thì có thể đặt:
x=a+(b-a)sin
2
t, hoặc x=b+(a-b)sin
2
t, với






∈
2
;0
π
t


x
, nên ta có thể đặt x=1+3sin
2
t (Với






∈
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

3
;
44
∈⇒






∈+
At
πππ
;
4
6;
2
0
3
π
π
==




=
=
=
tkhiA

cos31
π
ttx
tx
Ta có:
( )






+=+=
4
sin6sincos3
π
tttA
.
Mặt khác, vì:
2
0
π
≤≤
t
nên
6
4
sin631
4
sin

Ví dụ 2: Cho phương trình:
mxxxx
=−+−−++
)6)(3(63

a.Giải phương trình khi m=3.
17
b. Xác định m để phương trình có nghiệm.
( Trích đề 59 – Câu II
1
Bộ đề tuyển sinh).
Bài giải: ĐK:
63
≤≤−
x
Đặt x = -3+9sin
2
t, với






∈
2
,0
π
t
(vì hàm số y=sin

π
, phương trình (1) trở thành:

muu
=++−
2
9
3
2
9
2
(2)
a. Khi m=3, (2) trở thành:
⇔=−−⇔=++−
01233
2
9
3
2
9
22
uuuu




−=
=
3
1

, vì






∈
2
,0
π
t
nên tìm được: t =
2
π
và
t=0
Với
2
π
=
t

6
=⇒
x
.
Với t = 0
3
−=⇒

[ ]
2;1
.
18
Nên:
( )
( ) ( ) ( )
3
2
926
12
≤≤
−
≤≤
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
−
:

hàm số chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn






2
,0
π
). Bất phương trình trở thành:

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

mtt
≥++−⇔
242sin52sin25
2
(1)
Đặt u = sin2t, do





0'
,525' =⇔



∈
=
+−= u
u
uf
uuf
Bảng biến thiên:
u
∞−
0
10
1
1
∞+
f’(u) + 0 -
19
f(u)

4
27

24 4
Suy ra:
[ ]
( )

Bộ đề tuyển sinh).
Bài giải:
ĐK:
42
≤≤−
x
.
Đặt x = -2+6sin
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




2sin
=⇔
t
.
3
51
sin
3
5
2cos
2
±
=⇒±=⇒
tt
Do đó
51
±=
x
Vậy: Khi a=6 bất phương trình có 2 nghiệm
51
±=
x
.
20
b. Đặt u = sin2t, do









∈
=
−=
u
u
uf
uuf
Bảng biến thiên:
u
∞−
0
3
2
1
∞+
f’(u) - 0 +
f(u)
10
7
4
Suy ra:
[ ]
( )
10max
1;0
=
∈

+−−=−++−−
xxxxxxx
,
(Trích đề thi tuyển sinh ĐH Bách Khoa 2001)
21
2. Cho phương trình:
mxxxx
=−++−++
)8)(1(81

a.Giải phương trình khi m=3.
b.Xác định m để phương trình có nghiệm.
(Trích đề thi tuyển sinh ĐH Kinh tế năm 1999)
3. Chứng minh rằng: Nếu x
2
+y
2
=1 thì
52 ≤+ yx

(Trích Bài tập 4.23a, trang 105 _SBT Đại số 10 Nâng cao).
4. Cho
1,1 ≥≥ ba
. Chứng minh:
ababba ≤−+− 11

(Trích đề thi TS ĐH báo chí năm 1999).
5. Chứng minh:
( )
1

1
2
222
+
+
+
−
+
=
cba
P
(Trích đề thi HSG Toán Quốc gia năm học 1998-1999)
PHẦN III: KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM.
1. Kết quả nghiên cứu
Để kiểm tra hiệu quả của đề tài, tôi tiến hành kiểm tra trên hai đối tượng có chất
lượng tương đương là học sinh lớp 12A và lớp 12K. Trong đó lớp 12A chưa được
22
hướng dẫn sử dụng phương pháp lượng giác đê giải toán đại số. Với hình thức kiểm
tra là làm bài tự luận thời gian 45 phút với đề bài như sau:
ĐỀ KIỂM TRA 45 PHÚT
Câu 1: (3 điểm) Giải phương trình :
2 2
1 1 x (1 2 1 x )x+ − = + −
Câu 2: (2 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:





−=+

Lớp
Sỹ số
Điểm < 5 Điểm 5
→
<8 Điểm
≥
8
Số lượng % Số lượng % Số lượng %
12A 45 11 24,4% 30 66,7% 4 8,9%
12K 44 3 6,7% 27 60,9% 14 32,4%
2. Bài học kinh nghiệm:
Qua đề tài này, tôi thu được một số bài học như sau:
- Phải cho học sinh tiếp cận với nhiều bài toán với những cách giải khác nhau.
- Rèn luyện cho học sinh phân tích bài toán theo nhiều hướng khác nhau để tìm ra
lời giải tối ưu nhất.
- Rèn luyện cho học sinh trình bày lời giải ngắn gọn, chặt chẽ, hợp logic.
- Phải phát huy tối đa tính tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh.
23
- Phải tạo điều kiện tối đa để học sinh chủ động giải quyết các bài toán dựa trên cơ
sở lý thuyết tương ứng.
KẾT LUẬN
Sử dụng phương pháp lượng giác để giải một lớp các bài toán đại số tạo cho học
sinh phát triển tính tích cực, trí thông minh sáng tạo, kỹ năng vận dụng linh hoạt
các kiến thức đã học vào trong giải toán, giúp các em thấy được sự gần gũi và tự tin
với mảng kiến thức khó này.
Sau khi thực hiện đề tài này trên các buổi ôn tập cho học sinh lớp 10, bồi dưỡng
đội tuyển học sinh giỏi của trường THPT Ba Đình, ôn thi đại học tại các lớp 12A,
12K đã cho kết quả tốt. Học sinh có thể sử dụng linh hoạt các phương pháp khác
nhau để giải quyết các bài toán về tìm giái trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu
thức đại số, phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, đặc biệt là bài toán