ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC TRONG CÁC BÀI TOÁN
ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH
Trong nhiều bài toán về chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, giải phương
trình, hệ phương trình, tìm giới hạn của dãy số …chúng ta có thể giải được một cách
“đẹp đẻ” bằng phương pháp lượng giác. Sau đây là một số cách đặt và bài toán minh
họa.
I. Một số cách đặt để đưa bài toán về dạng lượng giác
1. Các biểu thức thường gặp
 x = a cos t ( 0 ≤ t ≤ π )

π
a 2 − x 2 đặt 
 π
 x = a sin t  − ≤ t ≤ ÷
2
 2
a
π
3π 

đặt x = cos t  0 ≤ t < 2 ∨ π ≤ t < 2 ÷


π
 π
đặt x = a tan t  − < t < ÷
2
 2


x2 − a2


π
 π
− 2 ≤ t ≤ 2 ÷



3. Nếu các biến x, y của bài toán thỏa a 2 x 2 + b 2 y 2 = c2 ( a,b,c > 0 )
c

 x = a sin t
( 0 ≤ t ≤ 2π )
Đặt 
 y = c cost

b
4. Nếu các biến x, y, z của bài toán thỏa x + y + z = xyz hoặc xy + yz + zx = 1
 x = tan t
π

 π
Đặt  y = tan u  − 2 < t , u, v < 2 ÷

 z = tan v 

II. Một số bài toán minh họa
1. Phương trình, hệ phương trình
1
Bài 1: Giải phương trình 4 x3 − 3x − = 0 .
2

5π
7π
; x3 = cos
vậy phương trình có 3 nghiệm x1 = cos ; x2 = cos
.
9
9
9

(
Đặt 2t = ( 2 + 1)

) (
x

Bài 2: Giải phương trình 3 + 2 2 =
Lời giải:

1
⇔ 4t 3 − 3t − = 0
2

x

)

x

2 − 1 + 3 ( 1) .


9 



1
Bài 3: Giải phương trình 16 x5 − 20 x3 + 5 x − = 0 .
2
1
Lời giải: Đặt f ( x ) = 16 x5 − 20 x3 + 5x − . Ta có
2
f ( −1) = −1,5; f ( −0,9 ) = 0,1321; f ( 0 ) = −0,5;
. Do đó phương trình có
f ( 0,2 ) = 0,3451; f ( 0,5) = 0; f ( 0,6 ) = −0,575; f ( 1) = 0,5.
5 nghiệm thuộc khoảng ( −1;1) và ta biết cos5α =16cos5α − 20cos3α + 5cosα , do đó
1
π k 2π
đặt x = cos t ( 0 ≤ t ≤ π ) khi đó phương trình có dạng cos5t = ⇔ t = ± +
với
2
15
5
π
5π
7π
11π
13π
0 ≤ t ≤ π ⇒ t1 = ; t2 =
; t3 =
; t4 =
; t5 =

15
Bài 4: Giải phương trình 8 x 4 − 8 x3 − 4 x2 + 3x + 1 = 0 .
Lời giải: Đặt f ( x ) = 8 x 4 − 8x3 − 4 x 2 + 3x + 1 . Ta có
f ( −1) = 10; f ( −0,4 ) = −0,123; f ( 0 ) = 1;
. Do đó phương trình có 4 nghiệm thuộc
f ( 0,6 ) = −0,575; f ( 1) = 0.
khoảng ( −1;1) . Ta viết laị phương trình dưới dạng 2 ( 2 x 2 − 1) − 1 = 4 x3 − 3 x
2

Do đó đặt x = cos t ( 0 ≤ t ≤ π )

t = k 2π

khi đó phương trình có dạng cos4t =cos3t ⇔  k 2π
t=

7

2π
4π
6π
; t3 =
; t4 =
7
7
7
2π
4π
6π
⇒ x1 = 1; x2 = cos

(1). Tìm tất cả các giá trị của tổng T = x + y + z .
2
2
2
Lời giải: Cộng các vế của hệ ta được x + y + z = 4 ( x + y + z ) − ( x + y + z )

⇒ 3T = x2 + y 2 + z 2 ⇒ T ≥ 0 ⇒ trong 3 số x hoặc y hoặc z có ít nhất một số không âm
giả sử x ≥ 0 ⇔ y ( 4 − y ) ≥ 0 ⇔ 0 ≤ y ≤ 4 . Với 0 ≤ y ≤ 4 ⇔ 0 ≤ z ( 4 − z ) ≤ 4 ⇔ 0 ≤ z ≤ 4 và
0 ≤ z ≤ 4 ⇔ 0 ≤ x( 4 − x) ≤ 4 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4
π

2
Đặt x = 4sin α  0 ≤ α ≤ 2 ÷ (4) . Từ (3), (2), (1)



(

⇒

)

z = 4sin 2 α 4 − 4sin 2 α =16sin 2 α cos 2α = 4sin 2 2α

(
)
x = 4sin 2 4α ( 4 − 4sin 2 4α ) =16sin 2 4α cos2 4α = 4sin 2 8α

y = 4sin 2 2α 4 − 4sin 2 2α =16sin 2 2α cos2 2α = 4sin 2 4α
(5)

7 



= 2 1 − cos 2π +1 − cos 4π +1 − cos 6π ÷
7
7
7 



= 6 − 2  cos 2π + cos 4π + cos 6π ÷
7
7
7


2
π
4
π
6
π
A= cos + cos + cos
7
7
7
π
π
2

1
⇒ A=- ⇒ T = 7
2
π
kπ
Với α =
vì 0 ≤ α ≤ 2 ⇒ k = 0; 1; 2; 3; 4 .Với k = 0 ⇒
9
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT

3


x = 4sin 2 0 = 0; y = 4sin 2 ( 2.0 ) = 0; z = 4sin 2 ( 4.0 ) = 0 ⇒ T = 0
Với k = 1; 2; 4 ⇒ ta được cùng một giá trị


⇒ T = 4  sin 2 π + sin 2 2π + sin 2 4π ÷
9
9
9





= 2 1 − cos 2π +1 − cos 4π +1 − cos 8π ÷ = 6 − 2  cos 2π + cos 4π + cos 8π
9
9
9 

2
π
= − sin + sin − sin
= − sin − 2cos sin π ⇒ A=0 ⇒ S=6
9
9
9
9
3
9

2 3π
2 6π
2 12π 
Với k = 3 ⇒ S = 4  sin 9 + sin 9 + sin 9 ÷ = 9


Vậy T có thể nhận một trong 4 giá trị 0; 6; 7; 9


÷


3
3 
2 
2
Bài 6: Giải phương trình 1 + 1 − x  ( 1 + x ) − ( 1 − x ) ÷ = 2 + 1 − x .



cos3 − sin 3 ÷ = 2 + sin t
÷
2
2 
2
2

t
t
t
t
t
t
⇔ 2 2  cos2 − sin 2 
cos 2 + cos sin + sin 2 ÷ = 2 + sin t
÷
2
2 
2
2
2
2

1
1




⇔ 2 2cost 1 + sin t ÷ = 2 + sin t ⇔ 2 2cost - 1 1 + sin t ÷ = 0

a −b b −c c −a a −b b −c c −a
+
+
=
.
.
Bài 1: Chứng minh rằng
. Với
1 + ab 1 + bc 1 + ca 1 + ab 1 + bc 1 + ca
ab, bc, ca đều khác -1.

Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT

4


Lời giải: Đặt a = tan α ; b = tan β ; c = tan γ khi đó
a − b tan α − tan β
b − c tan β − tan γ
=
= tan ( α − β ) ;
=
= tan ( β − γ ) ;
1 + ab 1 + tan α tan β
1 + bc 1 + tan β tan γ
c − a tan γ − tan α
=
= tan ( γ − α )
1 + ca 1 + tan γ tan α
a −b b −c c −a

sin ( α − β + β − γ + γ − α )
=
+ tan α tan β tan α
cosα cosβ cosγ
sin 0
=
+ tan α tan β tan α
cosα cosβ cosγ
a −b b −c c −a
=
.
.
(đpcm)
1 + ab 1 + bc 1 + ca
3a − a 2 3b − b 2 3c − c2 3a − a 2 3b − b 2 3c − c 2
+
+
=
.
.
Bài 2: Chứng minh rằng
. Với
1 − 3a 2 1 − 3b 2 1 − 3c2 1 − 3a 2 1 − 3b2 1 − 3c 2
1
a + b + c = abc và a, b, c đều có giá trị tuyệt đối khác
.
3
Lời giải: Đặt a = tan α ; b = tan β ; c = tan γ khi đó
sin ( α + β + γ )
tan α + tan β + tan γ =

(đpcm)
1 − 3a 2 1 − 3b 2 1 − 3c 2 1 − 3a 2 1 − 3b 2 1 − 3c 2

Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT

5


Bài 3: Cho ab + bc + ca = 1 ( a, b, c > 0 ) . Chứng minh rằng
1
1
1
2
+
+
=
2
2
2
bc ( 1 + a ) ca ( 1 + b ) ab ( 1 + c ) abc 1 + a 2 1 + b 2 1 + c 2
Lời giải: Đặt a = tan α ; b = tan β ; c = tan γ
ta có tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = 1
⇔ tan β tan γ + tan γ tan α = 1 − tan α tan β
tan α + tan β
⇔ tan γ ( tan β + tan α ) =
tan ( α + β )
⇒ tan γ =

Ta có



2
2
ca
1
+
b
tan
γ
tan
α
1
+
tan
β


1
1

2
 ab 1 + c 2 = tan α tan β 1 + tan 2 γ = co t α co t β cos γ


(

)

(


⇒ 2co t α co t β co t γ cosα cosβ cosγ =
(đpcm)
abc 1 + a 2 1 + b 2 1 + c 2
3.Bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
n
n
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có ( 1 + a ) + ( 1 − a ) ≤ 2n .
Với a ≤ 1 .
Lời giải: Đặt a = cost khi đó ( 1 + a ) + ( 1 − a ) = ( 1 + cost ) + ( 1 − cost )
t
t
t
t


= 2n  cos 2 n + sin 2 n ÷ ≤ 2n  cos2 + sin 2 ÷ = 2n
n

2



2

2



t
t

2

2

(

)

(

)

Lời giải:
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT

6


Ta có a 2 + b2 − 2a − 4b + 4 = 0 ⇔ ( a − 1) + ( b − 1) = 1 .
 a − 1 = sin t ⇔ a = 1 + sin t
Đặt 
khi đó
b − 2 = cost ⇔ b = 2 + cost
2

2

π
≤2
6 ÷

1  2tan t 
1
= 1 − sin 2 2t
Đặt x = tan t  − < t < ÷ khi đó hàm số có dạng y = 1 − 
÷
2
2
2  1 + tan t 
2
 2
Vậy ymax = 1 khi sin2t = 0, ( -π < 2t < π ) ⇒ t = 0 ⇒ x = tan 0 = 0
1
π
π
ymin = khi sin2t = ±1, ( -π < 2t < π ) ⇒ 2t = ± ⇒ x = ± tan = ±1 .
2
2
4
4. Tính giới hạn và tìm số hạng tổng quát của dãy số
un + 2 − 1
, n = 1,2,3,... Tính u2013 .
Bài 1: Cho dãy số { un } thỏa u1 = 2, un+1 =
1 − 2 un + 1
Lời giải: Ta viết laị hàm số dưới dạng y =

(

)

π

8
8

π

Bằng qui nạp ta chứng minh được un = tan  α + ( n − 1) ÷, ∀n ≥ 1 .
8

π
1
1

Vậy u2013 = tan α + 2012 8 ÷ = − cot α = − tan α = −


2
Bài 2: Cho dãy số { un } thỏa u0 = 2, un+1 = 2 + un , ∀n ∈ N Tính limun .
π
π
π

Lời giải: Ta có u0 = 2 = 2cos , u1 = 2 + u0 = 2 1 + cos ÷ = 2cos 3
4
4
2

π
Bằng qui nạp ta chứng minh được un = 2cos n + 2 , ∀n ≥ 1 .
2
π 

2
1

2
2

2
n

n

.

5. Cho a, b, c > 0 và thỏa mãn ab + bc + ca =1 . Tính giá trị của biểu thức

(1+ b ) (1+ c ) + b (1+ c ) (1+ a ) + c (1+ a ) (1+ b ) .
2

M =a

1 + a2

2

2

2

1 + b2