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
2B 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
ax
hoặc
ax
ax
ax
( 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
x0
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 -