Một số ứng dụng của phương pháp lượng giác hóa

  • Số trang: 36 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 21 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 TỔ TOÁN –––––––––&–––––––– MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA TRONG GIẢI TOÁN Người thực hiện: PHẠM VĂN GIA Chức vụ: Giáo viên Lạng Giang, tháng 10 năm 2014 0|Page MỤC LỤC NỘI DUNG Trang Phần I: Mở đầu………………..………………………….................... 2 I. Lý do chọn đề tài .................................................................................. 2 II. Mục đích nghiên cứu........................................................................... 2 III. Nhiệm vụ nghiên cứu.......................................................................... 2 IV. Đối tượng nghiên cứu......................................................................... 3 V. Phạm vi nghiên cứu............................................................................. 3 VI. Những đóng góp của đề tài................................................................. 3 Phần II: Nội dung nghiên cứu và kết quả Chương I: Cơ sở lí luận và thực tiễn của đề tài........................................ 4 Chương II: Ứng dụng của phương pháp lượng giác hóa trong giải 7 phương trình, hệ phương trình đại số ...................................................... Chương III: Ứng dụng của phương pháp lượng giác hóa trong bài toán 19 tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số................................................. Chương IV: Ứng dụng phương pháp lượng giác hóa trong bài toán 26 tính tích phân .................................................................................... Chương V: Kết quả nghiên cứu........................................................ 33 Phần III: Kết luận và đề nghị..............…………………………...…… 34 Danh mục tài liệu tham khảo................................................................... 35 1|Page PHẦN I: MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong việc dạy học toán, ta luôn coi mục đích chủ yếu của bài tập toán là hình thành và phát triển tư duy toán học, tạo cho học sinh vốn kiến thức và vận dụng kiến thức vào thực tiễn. Vì vậy việc xây dựng và hình thành cho học sinh phương pháp giải từng dạng toán là hết sức cần thiết . Trong chương trình môn toán ở cấp THPT cũng như trong các đề thi tuyển sinh vào các trường ĐHCĐ và học sinh giỏi các cấp ta thường gặp các bài toán giải bằng phương pháp lượng giác hóa. Việc phát hiện các ứng dụng đa dạng của hàm số lượng giác và phương trình lượng giác trong giải toán phổ thông luôn là vấn đề hấp dẫn. Để đáp ứng yêu cầu đó, tôi xin viết chuyên đề “Một số ứng dụng của phương pháp lượng giác hóa trong giải toán” với phạm vi ứng dụng trong việc giải phương trình, hệ phương trình đại số, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số, tính tích phân. Hy vọng chuyên đề sẽ giúp học sinh có cái nhìn toàn diện hơn về phương pháp này. II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Xây dựng hệ thống bài tập sử dụng phương pháp lượng giác hóa nhằm nâng cao hiệu quả học tập cho học sinh III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU Hệ thống hóa các bài tập sử dụng phương pháp lượng giác hóa trong giải toán Kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của hệ thống các câu hỏi và bài tập đã được xây dựng 2|Page IV. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Đối tượng nghiên cứu: ứng dụng của phương pháp lượng giác hóa trong việc giải phương trình, hệ phương trình đại số, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số, tính tích phân V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Nghiên cứu tài liệu tham khảo. Điều tra, khảo sát thực tế học sinh. Trao đổi cùng các đồng nghiệp trong tổ chuyên môn. Tích lũy đúc rút kinh nghiệm qua quá trình giảng dạy. VI. NHỮNG ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI Trình bày rõ được cơ sở lí luận của phương pháp. Trình bày được 3 ứng dụng quan trọng của đề tài trong việc giải phương trình, hệ phương trình đại số; tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số, tính tích phân. Nâng cao được trình độ chuyên môn nghiệp vụ của bản thân, góp phần đổi mới phương pháp dạy học. 3|Page PHẦN 2: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU VÀ KẾT QUẢ Chương I: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI I. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI Việc giảng dạy và ôn luyện giúp học sinh giải các bài toán liên quan đến lượng giác hoá đòi hỏi người giáo viên có phương pháp định hướng cơ bản dạng toán, sử dụng phương pháp nào là logic, biết phân biệt phương pháp nào ngộ nhận là logic. Vấn đề ở chỗ những bài toán nào thích hợp cho việc lượng giác hoá. Những kiến thức liên quan: 1. Các hàm số cơ bản: a. Hàm số: y  sin x , y  cos x .  Miền xác định: R .  Miền giá trị:  1;1 .  Chu kì: 2 . b. Hàm số: y  tan x .    Miền xác định: R \   k , k  Z  . 2   Miền giá trị: R .  Chu kì:  . c. Hàm số: y  cot x .  Miền xác định: R \ k , k  Z  .  Miền giá trị: R .  Chu kì:  . 4|Page 2. Một số biểu thức lượng giác cơ bản về miền giá trị:      Nếu A  sin x  cos x  2 cos( x  )  2 sin( x  ) thì ta có 4 4  2  A 2.  Nếu B  cos x  sin x  2 cos( x  )  2 sin( x  ) thì ta có 4 4  2B 2.  Nếu C   sin x   cos x thì ta có   2   2  C   2   2 .  Nếu D  cos n x  sin n x thì ta có 1  D  1 . 3. Phép đổi biến số:  Nếu x  k ,(k  0) thì ta đặt x  k cos ,  0;  hoặc    x  k sin  ,    ;  .  2 2     Nếu x  R thì ta đặt x  tan  ,    ;  .  2 2  Nếu x, y thoả mãn điều kiện a 2 x 2  b 2 y 2  c 2 ,(a, b, c  0) thì ta đặt c c x  sin  , y  cos  ,   0;2  . a b  Nếu x, y , z thoả mãn x  y  z  xyz hoặc xy  yz  zx  1 thì ta có thể đặt    x  tan  , y  tan  , z  tan  với  ,  ,     ;   2 2 5|Page 4. Một số biểu thức (dấu hiệu) thường gặp: Biểu thức Cách đặt x  a tan  x2  a 2 (hoặc x  a cot  ) Miền giá trị của biến       ;   2 2 (hoặc    0;  ) x  a sin  a2  x2 (hoặc x  a cos  )       ;   2 2 (hoặc    0;  ) x2  a 2 x hoặc a  ax hoặc ax ax ax ( x  a )(b  x) x y x y hoặc 1  xy 1  xy     0;  \   a cos  2 a sin     hoặc    ;  \ 0  2 2 x  a cos 2  R x  a  (b  a)sin 2   R  x  tan    y  tan      ,    ;   2 2 II. CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI Đối với học sinh : Khi chưa cải tiến phương pháp mỗi lớp chỉ được rất ít em tập trung làm bài tập dạng này Đối với giáo viên : Sách giáo khoa hầu như bỏ qua dạng toán này, một số tài liệu cũng có điểm qua nhưng không có tính chất hệ thống . 6|Page Chương II: ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ. Dạng 1: Giải phương trình đa thức Ví dụ 1: Giải phương trình 4 x 3  3 x  1  0 1 2 Giải + Xét với x  1;   , hàm số y  4 x3  3 x  1 đồng biến và y 1  0 nên (1) vô 2 nghiệm + Xét với x   ; 1 , hàm số y  4 x3  3 x  1 đồng biến và y  1  0 nên (1) 2 vô nghiệm + Xét với x   1;1 . Khi đó ta đặt x  cos t với t   0;  . Phương trình lúc này có dạng   k 2 t  9  3 1 1 3 4cos t  3cos t   0  cos3t    2 2 t     k 2  9 3     t  9  x  cos 9   7 7  Vì t   0;  nên t    x  cos   9 9  5  t   x  cos 5   9 9 + Vì phương trình (1) là phương trình bậc 3 nên chúng có tối đa 3 nghiệm , do đó phương trình (1) có đúng 3 nghiệm ở trên. 7|Page Chú ý: Trong phương trình có chứa 4 x 3  3 x , đây là dấu hiệu giúp đặt x  cos t để sử dụng công thức góc nhân ba với cos3t Ví dụ 2: Tìm nghiệm x   0;1 của phương trình 32 x  x 2  1 2 x 2  1  1  1 x 1 Giải   Vì x   0;1 nên ta đặt x  cos t với t   0;  . Ta có phương trình  2 1 cos t  32cos 2 t.sin 2 t.cos 2 2t  cos t  1  2sin 2 4t  1  cos t 32cos t  cos 2 t  1 2cos 2 t  1  1   cos8t  cos t   Giải (2) và kết hợp điều kiện t   0;  ta được các nghiệm  2 t1  2 2 4 ; t2  ; t3  7 9 9 Do đó phương trình (1) có 3 nghiệm x1  cos 2 2 4 ; x2  cos ; x3  cos 7 9 9 Ví dụ 3: Cho phương trình x 3  3 x  1  0 . Chứng minh có 3 nghiệm x1  x2  x3 thỏa mãn x32  2  x2 Giải Đặt f  x   x 3  3x  1 . Ta có f  2   0; f  1  0; f  2   0 Do tính liên tục của f  x  nên f  x   0 có 3 nghiệm x1  x2  x3 thỏa mãn 2  x1  1  x2  1  x3  2  xi  2 i 1, 2,3 Khi đó ta đặt x  2cos  ,   00 ;1800  8|Page 2 Phương trình có dạng 8cos3   6cos   1  0  cos3   Vì   00 ;1800  nên phương trình cos3   1 2 1 có 3 nghiệm 2 1  1600 ; 2  800 ; 3  400 Vì vậy ... Dễ thấy x32  2  x2 Một số bài tập tương tự Bài 1: Chứng minh rằng phương trình 64 x 6  96 x 4  36 x 2  3  0 có nghiệm thực x  x0 thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 2 3  x0  2 2 Bài 2: Trên đoạn  0;1 phương trình 8 x 1  2 x 2  8 x 4  8 x 2  1  1 có bao nhiêu nghiệm? Dạng 2: Giải phương trình vô tỷ  Ví dụ 1: Giải phương trình 1  1  x 2  x 1  2 1  x 2  Giải: Điều kiện xác định: 1  x  1 .    Đặt x  sin t ; t    ;   2 2 Ta có phương trình t t t t   1  cos t  sin t 1  2cos t   2 cos  2sin cos 1  2 1  2sin 2   2 2 2 2   t t 2 3t 2  3sin  4sin 3   sin  1 2 2 2 2 2 9|Page   1  t  6 x     Giải (1) và kết hợp điều kiện t    ;  ta được   2    2 2 t  x 1  2 3 Ví dụ 2: Giải phương trình 1  1  x 2  1  x    1  x  3   2  1  x2  Giải Điều kiện xác định: 1  x  1 . Đặt x  cos t; t  0;  Ta có phương trình 1  sin t  1  cos t    3 1  cos t  3   2  sin t  2 t t  t t    sin  cos   cos3  sin 3  2 2  2  sin t 2 2  2 2  t t  t t  t t    sin  cos  cos  sin 1  sin cos  2 2  2  sin t 2 2  2 2  2 2  1 1   2  sin t  2 cos t  1  0  cos t   x 2 2   Vậy phương trình có nghiệm x  1 2 Ví dụ 3: Giải phương trình x 3  1  x  2 3  x 2 1  x 2  Giải Điều kiện xác định: 1  x  1 . Đặt x  cos t; t  0;  Ta có phương trình cos3 t  3 1  cos t  2  cos t 2 1  cos 2 t   cos3 t  sin 3 t  2 cos t.sin t 10 | P a g e   sin t  cos t 1  sin t .cos t   2 cos t .sin t Đặt z  sin t  cos t  sin t.cos t  z2 1 ; z  2 2 . Phương trình trở thành  z2 1  2 2 z 1  z  1  z 3  2 z 2  3 z  2  0   2  2  z  2   z  2 z2  2 2z  1  0   z   2  1   z   2  1 (loai)     2   Với z  2  sin  t    1  t   x  4 4 2  Với z  1  2, sin t  cos t  1  2 x  1  2  x  1  x2 1  2  2 2 1 2 Vậy phương trinh có 2 nghiệm x  Ví dụ 4: Giải phương trình  2 1 2  2 2 1 ;x  2 2  1 x 1  1  x  1  2x Giải: Điều kiện xác định: 1  x  1 2 2  1 x   1 x  Nhận xét rằng:      1 nên đặt 2 2     1 x 1 x    cos t ,  sin t t  0;  2 2  2 Từ đó ta có 1  x  2 cos t , 1  x  2 sin t , x  2cos 2 t  1 11 | P a g e Phương trình trở thành   2 sin t  1  2  2cos t  1   2 cos t  1 2 sin t  2 2 cos t  1  0 2 2 cos t  1  A  B  2 cos t  1  0   2 sin t  2 2 cos t  1  0  A  cos t   B  2 1 x 2    x0 2 2 2 2 sin t  1  2 2 cos t     Do 0  t  ,sin t  0,cos t  0  2    2 1  cos 2 t   1  4 2 cos t  8cos 2 t  10cos 2 t  4 2 cos t  1  0  cos t    cos t    2 < 0  loai  24 2 x 25 2 10 Tóm lại phương trình có hai nghiệm x =0 và x   Ví dụ 5: Giải phương trình 24 25 1  2 x 1  x2  1  2x2 2 1 Giải:  Nhận xét rằng: 1  2 x 1  x 2  x  1  x 2  2 nên điều kiên xác định của phương trình là x   1;1 Đặt x  cos t với t   0;   sin t  0 12 | P a g e Khi đó phương trình (1) có dạng cos t  sin t 2     cos 2t  cos  t     cos 2t 4   2 Xét 2 trường hợp    3  a. Trường hợp 1: Nếu cos  t    0  t  0;  (*) 4   4  Khi đó (2) tương đương 2  5 t   k      3 cos  t     cos 2t  cos  t    cos    2t    12 4 4   t  3  k 2  4 Thỏa mãn điều kiện (*) chỉ có t  x  cos 5 3 ;t  nên ta có 2 nghiệm 12 4 5 6 2 3 2   ; x  cos 12 2 4 2    3  b. Trường hợp 2: Nếu cos  t    0  t   ;   (**) 4   4  2   t   k    3 Khi đó (2) tương đương  cos  t     cos 2t   12 4  t     k 2  4 Tuy nhiên, ta thấy không (**) không được thỏa mãn với số nguyên k Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x  cos 5 6 2 3 2 ; x  cos   12 2 4 2 13 | P a g e Dạng 3: Giải phương trình mũ Ví dụ 1: Giải phương trình 8 x  15x  17 x Giải: x x  8   15  Chia cả hai vế cho 17 ta được       1  17   17  x 2 2  8   15  Do       1 nên tồn tại số thực  với    0;2  sao cho  17   17  cos   8 15 ;sin   17 17 Phương trình đã cho có dạng cos x   sin x   1 Dễ thấy x=2 là 1 nghiệm của phương trình. Ta chứng minh x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình. Nếu x>2 là nghiệm, ta có sin x   sin 2  ; cos x  cos 2  cos x   sin x   cos 2   sin 2   1 Nếu x<2 là nghiệm, ta có sin x   sin 2  ; cos x  cos 2  cos x   sin x   cos 2   sin 2   1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2  Ví dụ 2: Giải phương trình 3  2 2 x     x 2 1  3 Giải Dễ thấy   2 1  2  1  1; 3+2 2    2 1 2 nên  x   2 1   x 2 1 14 | P a g e Đặt   1 2 x  t  0  ta được phương trình 4t 3  3t  1 2  1  2t Đặt t  cos u  0  u    ta được phương trình cos3u  Giải phương trình với 0  u   ta được các nghiệm u  1 2  9 ; u 5 7 ; u 9 9  5 7 Khi đó (1) có 3 nghiệm t1  cos ; t 2  cos ; t3  cos 9 9 9 Vì t  0 nên t2 và t3 không thỏa mãn. Vậy ta có   x 2  1  2cos  9  x  log 2 1    2cos  9  Kết luận: Phương trình có 1 nghiệm x  log   2cos   2 1 9  Dạng 4: Giải hệ phương trình đại số    1 1 1  3  x    4  y    5  z   x y z Ví dụ 1: Giải hệ phương trình      xy  yz  zx  1  1  2 Giải: Ta thấy xyz  0 và x,y,z cùng dấu và hơn nữa nếu  x, y, z  là 1 nghiệm của hệ thì   x,  y ,  z  cũng là nghiệm, vì vậy ta chỉ cần xét x,y,z dương là đủ Sự xuất hiện các biểu thức dạng u  x  tan a, y  tan b, z  tan c 1 u  u  0  cho phép ta nghĩ đến việc đặt  a, b, c   0 ;90  0 0 15 | P a g e   1  1   1   3  tan a    4  tan b    5  tan c   1' tan a  tan b   tan c  Hệ đã cho trở thành     tan a.tan b  tan b.tan c  tan c.tan a  1 2'   Từ (1’) ta biến đổi được về dạng 3 4 5   1'' sin 2a sin 2b sin 2c Từ (2’) tương đương a  b  c  900  2'' Từ (1’’) và (2’’) ta suy ra 2a, 2b, 2c là các góc của 1 tam giác Pitago (có số đo các cạnh là 3,4,5). Từ đó ta thu được 2c  900  z  tan c  1 1 1 Từ (1’) ta suy ra được tan b  y  ;tan a  z  2 3 1 1   1 1  Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  ; ;1  và   ;  ; 1 3 2   3 2   2  x  y 1  4 xy  = 3 Ví dụ 2: Giải hệ phương trình  2 2  x  y  1 1  2 Giải:  x  sin t Sự có mặt của phương trình thứ 2 của hệ cho phép ta đặt   y  cos t Khi đó phương trình (2) thỏa mãn với mọi t Phương trình (1) tương đương 2  sin t  cos t 1  2sin 2t   3 1   2. 2 sin  t  450  .2.  sin 2t   3 2  16 | P a g e  4sin  t  450  sin 300  sin 2t   3  8sin  t  450  sin  t  150  cos  t  150   3  4cos  t  150  cos600  cos  2t  300    3  2cos  t  150   2cos  3t  450   2cos  t  450   3 t  650  k1200 3  cos  3t  45     0 0 2 t  35  l120 0 Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm  sin 65 ;cos65  ,  sin185 ;cos185  ,  sin305 ;cos305    sin35 ;cos35  ,  sin 75 ;cos75  ,  sin 205 ;cos 205  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0  x 1  y 2  y 1  x 2  1 Ví dụ 3: Giải hệ phương trình  1  x 1  y   2 Giải  1  x  1 Điều kiện:   1  y  1 Đặt x  cos t; y  cos z với 0  t , z   Hệ phương trình có thể được viết lại   cos t .sin z  cos z.sin t  1 sin  t  z   1 t  z    2  1  cos t 1  cos z   2 sin t  cos t  sin t cos t  1 1  cos t 1  cos z   2  Giải phương trình thứ (2) ta được t   2 . Khi đó z  0 Như vậy hệ có nghiệm  0;1 17 | P a g e  2y 1  y 2  x Ví dụ 4: Giải hệ phương trình   2x  y 1  x 2 Giải :  x  tan      Đặt  ;  . Khi đó hệ đã cho trở thành : với  ,    y tan   2 2    2 tan  1  tan  2  tan  sin 2   tan  (1)  . Ta xét hai trường hợp :    sin 2 tan (2)  2 tan     tan  2 1  tan  Nếu sin   0 thì sin   0 và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ . Nếu sin   0 và sin   0 : Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có : sin 2 .sin 2  tan  .tan   4cos  .cos  1 1  cos  .cos  (3) 2 cos .sin  (1)  2sin  .cos  .cos  sin   sin   sin      (4) Thay (4) vào (3) ta có 1 1 1  (1  cos 2 )   cos 2  0 2 2 2   k  2   k     ,k  Z 2 4 2 cos 2  x  y  0 Khi đó nghiệm của hệ là x  y  tan(  k )   x  y  1  4  x  y  1  18 | P a g e Chương III. ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA TRONG GIẢI BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ Dạng 1: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm phân thức Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  12 x 4  8 x 2  3 2x 2  1 2 Giải:    Đặt x 2  tan t với t    ;   2 2 Khi đó f  x   g  t   Do 0  sin 2 2t  1 nên 3  4 tan 2 t  3tan 4 t 1  tan t  2 2 1  3  sin 2 2t 2 5  g t   3 2 g t   3  t  0  x  0 g t   5  1 t  x 2 4 2 Vậy max f  x   3, min f  x   5 2 Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  1  x4 2 2 1  x  Giải    Đặt x  tan t , t    ;   2 2 19 | P a g e
- Xem thêm -