Skkn rèn luyện cho học sinh giải một số bài tập bằng phương pháp lượng giác thpt

  • Số trang: 25 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 13 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

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. 5. Nội dung. A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT Phương pháp lượng giác để giải toán đại số cần đến một số kiến thức lượng giác dựa trên hai cơ sở chủ yếu sau: 1. Dựa vào công thức lượng giác: Từ công thức cơ bản sin2t+ cos2t=1, suy ra nếu a và b là hai số thỏa mãn điều kiện thì tồn tại số t với 0 t 2 sao cho cost=a và sint=b. Đôi khi để t xác định duy nhất ta chỉ cần chọn một trong hai giá trị 0 hoặc 2  . 2. Dựa vào phương trình lượng giác cơ bản: Từ cách giải phương trình lượng giác cơ bản,suy ra: - Nếu số a thỏa mãn điều kiện 0 t  2 ;    u  2 2 a 1 thì tồn tại các số t, u tương ứng duy nhất với sao cho cost=a và sinu=a. - Với mọi số thực a, tồn tại duy nhất t với    t  2 2 sao cho tant=a. B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN: Dạng 1: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được x=asint hoặc x=acost, x a ( Với a>0), thì có thể đặt: t   0;2  2 Dạng 2: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x 2+y2=a2, thì có thể đặt:  x a cos t   y a sin t hoặc  x a sin t , t   0;2    y a cos t Dạng 3: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được x a , cost    t   ;   2 2 hoặc x x a ( Với a>0 ) thì có thể đặt: a , t   0,   sin t Dạng 4: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x2+a2 thì có thể đặt:    t  ,   2 2 hoặc x a tan t , x a cot t , t   0,   . Dạng5: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được a  x b thì có thể đặt: x=a+(b-a)sin2t, hoặc x=b+(a-b)sin2t, với   t  0;   2 ( Vì hàm số y=sin2t là hàm số chẵn và có chu kỳ bằng  nên ta chỉ cần xét trên đoạn    0; 2  ). 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 x a ( Với a>0), thì có thể đặt: x=asint hoặc x=acost. Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của hàm số y x  4  x2 (Trích đề thi Đại học khối B năm 2003) 3 Bài giải: ĐK:  2 x 2 . Đặt x=2cost ,với t   0;   , Hàm số trở thành:   y 2 cos t  2 sin t 2 2 sin  t   4  Do t   0;    t  y  2 khi t  Do đó:    5    1     ;   sin  t      ;1  y   2;2 2 4 4 4  4  2     5      t   x  2 , y 2 2 khi t    t   x  2 4 4 4 2 4 min y  2 khi x  2, max y 2 2 khi x  2 Chú ý: Vì  2  x 2 nên khi ta đặt x=2cost với   4  x 2 2 sin t t   0;   , thì sin t 0 ta đưa được hàm số về dạng đơn giản hơn là khi ta đặt x=2sint. Ví dụ 2: Giải phương trình: 4 x 3  3x  1  x 2 (1) Bài giải: ĐK:  1  x 1 . Đặt x=cost ,với t   0;   , phương trình (1) trở thành: 4cos3t - 3cost=sint    t  8  k 2   cos 3t sin t  cos 3t cos(  t )   2 t    k  4 Vì t   0;   nên ta tìm được: t  5 3 ,t ,t 8 8 4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x cos 3 2  4 2 . x cos  2 2 5  , x cos  8 2 8 2 2 , 2 . Chú ý: vì  1  x 1 nên khi ta đặt x=cost với t   0;   , thì sin t 0  1  x 2 sin t ta đưa được pt về dạng đơn giản hơn là đặt x=sint. Ví dụ 3: Giải bất phương trình : 1 x  1  x x 4 Bài giải: Điều kiện :  1  x 1 Đặt x=cos2t với 2t   0;   Khi đó bất phương trình đã cho trở thành : 1  cos 2t  1  cos 2t cos 2t  2 cos t  2 sin t cos 2t   2  cos t  sin t  cos 2 t  sin 2 t   cos t  sin t  cos t  sin t        2 cos t    2 cos t     4   4    cos t   0 (1). 4  t Vì  2 0         2  0  cos t   cos t    1 0 4   4         3  2t   0;    t  0;   t    ;  4 4 4   2    3         ;   t   ;   2t   ;   . 4 2 4  4 2 2  (2). Từ (1) và (2) Suy ra:  1 cos 2t 0   1  x 0 Vậy: Bất phương trình này có nghiệm  1  x 0 . Ví dụ 4: Cho các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a>c, b > c, c > 0. Chứng minh rằng: c c  a   c c  a   ab (1) (Trích đề thi tuyển sinh Đại học năm 1980) Bài giải: Cách 1: Vì a > c>0, b >c>0 0, ab  0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với c a  c  c b  c   1  ab ab 2 Nhận thấy: Nên ta đặt a c c c b c  1 a b a b (2) 2  c  a c     1  a   a     c cos t , a Tương tự ta đặt: a c   sin t , t  0;  a  2 c cos u , b Khi đó (2) trở thành: b c   sin u , u  0;  b  2 sin t cos u  cos t sin u 1  sin  t  u  1 (3) 5 (3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1) đúng. 2 a2  a b2  b A  c a  c   c b  c    c     c   4  2 4  2 Cách 2: Ta có Đặt c 2 a a b b  cos t , c   cos u, t , u   0;   2 2 2 2 a b a b b a A  sin t  cos t ,   cos u  cos t 2 2 2 2 2 2 Ta được: 2 2 2 Suy ra: b b a 2 b 2 ab a b a  a  A 2      sin t  sin u    cos t  cos u     cos t  u  2 2 4 4 2  2 2 2  2  Do đó: A2  ab 1  cos t  u   ab sin 2 t  u ab  A  ab 2 2 Ví dụ 5: Chứng minh rằng nếu x 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có: (1 + x)n + (1 – x)n < 2n (1) ( Trích đề 122 – Câu III2 -Bộ đề tuyển sinh) Bài giải: Vì x 1 nên có thể đặt x = cos2t với t   0;   Khi đó bất đẳng thức (1) được trở thành:  (1 + cos2t)n + (1 – cos2t)n < 2n Vì 0t    0  sin t , cos t  1 , 2  cos 2 n t  cos 2 t   n do đó ta có:  cos t , n  1    2 n cos 2 n t  sin 2 n t  2 n   và sin 2 n t  sin 2 t  n  sin t , n  1  2 n cos 2 n t  sin 2 n t  2 n cos 2 t  sin 2 t 2 n Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 6 Dạng 2: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x 2+y2=a2, thì có thể đặt:  x a cos t   y a sin t hoặc  x a sin t với t   0;2    y a cos t Ví dụ 1: Cho hai số thực x,y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x 2+y2=1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   2 x 2  6 xy P 1  2 xy  2 y 2 . ( Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2008 ) Bài giải: Do x2+y2=1 nên tồn tại góc t sao cho x=cost, y=sint,  t   0;2  . Khi đó  2 cos 2 t  6 cos t sin t P   2  2 sin 2t  cos 2t  P 1  cos 2t  6 sin 2t 1  2 cos t sin t  2 sin 2 t  1  P  cos 2t   6  P  sin 2t 2 P  1 (1) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: Phương trình có nghiệm  1  P  2   6  P  2  2 P  1 2  - Với P=3, từ (1) suy ra 2 P 2  6 P  36 0   6  P 3 4 cos 2t  3 sin 2t 5  4 3 cos 2t  sin 2t 1  cos  2t  u  1 5 5 u 4 3    t   k  trong đó cos u  , sin u  ,0  u   2 5 5 2  7 Do đó:  u  k u  3  3 x cos k  1 cos x  x   2  2  10  10   hoăo   u  k u y  1 y  1 y sin k  1 sin  2  2  10  10 - Với P=-6, từ (1) suy ra :  5 cos 2t  12 sin 2t  13   t  Do đó: Vậy: 5 12 cos 2t  sin 2t 1  cos 2t  u  1 13 13 u 5 12    k  trong đó cos u  , sin u  ,0  u   2 13 13 2   u  k u  3  3 x cos 2 k  1 cos 2 x  x      13  13   hoăo   u  k u y  2 y  2 y sin k  1 sin   2  2  13  13 Max P 3 , Min P  6 8  x 2  y 2 9 (1)  2 2 Ví dụ 2: Cho hệ:  z  t 16 (2)  xz  yt 12 (3)  Trong các nghiệm (x,y,z,t ) của hệ nghiệm nào làm cho P= x+z , F=xz đạt giá trị lớn nhất ( Trích Đề thi tuyển sinh khối A năm 1987) Bài giải:  x 3 cos a Đặt:   y 3 sin a , a   0;2  và  z 4 cos b   t 4 sin b , b   0;2  x.z  y.t 12(cos a. cos b  sin a. sin b) 12  cos( a  b) 1 , thay vào (3) ta được: nhưng vì cos(a-b) 1, nên suy ra: cos(a-b)=1 khi a=b. Do đó: - P=x+z= 4 cos a  3 cos a 7 cos a 7 . Vậy Max P 7  a b k 2  a b 0 và a=b= 2 , suy ra tương ứng với nghiệm của hệ là: x=3,y=0,z=4,t=0. - F=x.z= 3 cos a.4 cos a 12 cos 2 a 12 . Vậy Max F 12  cos a 1  a k  a b 0 , a=b=  , suy ra tương ứng với nghiệm của hệ là: x=3,y=0,z=4,t=0 và x=-3,y=0,z=-4,t=0. Ví dụ 3: Cho các số thực x,y thay đổi thỏa: x 2+y2=2. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức : P=2(x3+y3)-3xy. (Trích đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A,B,D năm 2008 ) Bài giải: Từ giả thiết ta có thể đặt:  x  2 cos t   y  2 sin t , t   0;2  . Suy ra: 9 P 4 2 (cos t  sin t )(1  sin t. cos t )  6 sin t. cos t . Đặt u=sint+cost = ta có: 2 sin(t  2 u  2 , P  2 2 u 3  3u 2  6 2u  3  f (u )  1 u  2 2 , f (u ) 0  (thỏa mãn)  u  2 ' f ' (u )  6 2 u 2  6u  6 f ( 2 )  7, Vậy:  ),  4  1  13 f ( 2 ) 1, f   .  2 2 13 Max P  và Min P -7 2 2 Ví dụ 4: Giải phương trình:  x  x2    1 .  x  1 (1) (Bài 4.72,d. trang114, sách Bài tập Đại Số 10 Nâng cao) Bài giải: ĐK: x 1  x sin t 1 (1)    3  t   0;2  \  ;  , thay (1) vào (2) ta được: Đặt:  x 2 2   x  1 cos t (2) cos t  sin t  sin t  cos t  sin t. cos t 0 (3) sin t  1 Đặt u=sint+cost, đk: | u | 2 , u  1 u 1  2  u 2  2u  1 0   chỉ có nghiệm  u 1  2 Vậy: sin t  cos t 1   x x 1  x 1 ,phương trình (3) trở thành: u 1  2 u u2  1 0 2 thỏa mãn 2 2  x 2  (1  2 ) x 1  Do đó phương trình có nghiệm là: 1 2 0  x  1  2 1 x  1  2 2  2 2  1 .  2  2 2  1 .  10 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: 1  log ( y  x )  log (1) 4 1  1 y  4  x 2  y 2 25 (2)  (Trích đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2004) Bài giải: ĐK: y x  y 0 Với điều kiện trên hệ(1),(2)   x 5 cos t Đặt:   y 5 sin t ,  sin t  cos t  1  log ( y  x )  log 1 1  1 y  4 4  x 2  y 2 25   1 1  ( y  x)  (3) y 4   x 2  y 2 25  (sint>0 và sint >cost), thay vào phương trình (3) ta được: 4 3 1 1 1 3 16   1  cot t   cot t   sin 2 t   sin t  , cos t  sin t 4 4 4 25 5 5  x 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:  .  y 4 Ví dụ 6: Cho hai số thực x, y dương thỏa mãn: x+y=2. CMR: x 3 y 3 ( x 3  y 3 ) 2 Bài giải:  x 2 cos 2 t  x, y  0  Từ giả thiết:  , nên ta có thể đặt:    2 y  2 sin t , t   0,    x  y 2  2  Ta có: 3   6 x 3 y 3 ( x 3  y 3 ) 512 sin t. cos t  cos 6 t  sin 6 t 8 sin 6 2t 1  sin 2 t  K 4     11 Đặt u=sin22t, ĐK: 0  u 1 ,do đó: K=8u3-6u4 =f(u), f’(u)=24u2-24u3, f’(u)=0  u 1 . Bảng biến thiên: u  0 1  f’(u) + 2 f(u) 0 Nhìn vào BBT ta thấy 0< f(u) 2, nên suy ra: x 3 y 3 ( x 3  y 3 ) 2 Dạng 3: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được x a , cost    t   ;   2 2 hoặc x x a (đpcm). ( Với a>0) thì có thể đặt: a , t   0,   sin t Ví dụ 1: Giải phương trình : x x 2 x 1 2 2 Bài giải:  x2  1  0 Điều kiện :   x 1 x0 1 Đặt x  cos t ,vì x>1  0  cos t 1 nên ta chọn    t   0;   2 12 Khi đó phương trình có dạng : 1 cos t 2 2  1  1 2 2  sin t  cos t 2 2 sin t cos t cos t sin t 1 1 cos t 1  cos t Đặt sint + cost = u, 1 u  2 ta có sin t cos t  Khi đó phương trình đã cho có dạng : u  ( Do 1 u  u2  1 2   2 u2  1  2u 2  u  2 0  u  2 2)   u  2 sin  t        1  t    k 2  t   k 2  t   x  2 4 4 2 4 4 Vậy nghiệm của phương trình là x  2 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 a 1, b 1 . Chứng minh rằng: a2  1  b2  1 1 ab Bài giải: Vì cos x 1  1 1 , cos x nên ta đặt a 1 1 ,b cos t cos u , với    t, u    ;  .  2 2 Khi đó vế trái của bất đẳng thức đã cho trở thành: sin(t  u ) tan t  tan u tan t  tan u   cos t cos u  sin(t  u ) 1 1 1 1 cos t. cos u cos t. cos u cos t cos u 2 2 13 1 1  1 1  a  , b   a  ,b   cost cosu Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  cos t cos u    sin(t u) 1 t u   k (k  )   2 Ví dụ 3: Chứng minh rằng: a2  1  3 2 a Bài giải: Điều kiện: Đặt a  1 cos t a 2  1 0  a 1 , vì a 1  0  cos t 1 nên ta chọn    t   0;   2 Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: 1 2 2  2    1 3   tan t  3   tan t  tan   sin  t   1 ,luôn 2 cos t cos t 3 cos t 3 cos t  đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dạng 4: Nếu bài toán chứa biểu thức dạng x2+a2 thì có thể đặt:    t  ,   2 2 hoặc x a cot t , t   0;   Ví dụ 2: Giải hệ phương trình : Bài giải: x a tan t ,  2 x  y  yx 2   2 y  x  xy 2  2x  1  x 2  y Hệ đã cho tương đương với: ( I ) :   2 y 2  1  y 2 14  x tan t     Đặt  , t,u    ;  . Khi đó hệ (I) trở thành :  y  ta n u  2 2   2tant 1 tan2 t tanu sin 2t tanu (1) . Ta xét hai trường hợp :    2tanu tant sin 2u tant ( )2 1 tan2 u Nếu sint=0 thì sinu=0 và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ . Nếu sin t 0 và sin u 0 : Nhân (1) và (2) theo vế, ta có : sin 2t sin 2u tan t tan u  4 cos t cos u  1 1  cos t cos u  cos t cos u 2 Lại có: (1)  2 sin t cos t cos u sin u (3) (4) Từ (3),(4) ta có sint=sinu  t=u (5) Thay (5) vào (3) ta được: 1 1 1    cos 2 t   1  cos 2t    cos 2t 0  2t   k  t   k , k   2 2 2 2 4 2 Vì      t    ;   t  , t  4 4  2 2 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: x x 2  9 x 2  9 (8) Bài giải: Đặt x=3tant,    t  ,   2 2 phương trình trở thành: 15 3 tan t 9(1  tan 2 t ) 9 tan 2 t  9 1 sin t sin 2 t 1 2 2 2  tan t     1  sin t  sin t  cos t  2 sin t  sin t  1  0    sin t  1 3 cos 2 t cos 2 t 2  3 tan t  3 Vậy nghiệm của bất phương trình là: x  3 . 2 Ví dụ 3: Giải bất phương trình :  2a  x 2 x 3  1  a  x 2 x 3 1  a 2  x 2 x 3 với 0 < a < 1. 2 2 Bài giải: Bất đẳng thức đã cho tương đương với Đặt a  tan t chọn 0t   2a   2  1 a    hay 0  2t  4 2 x 2  2 x 3 1 a2   2 1 a    x 2  2 x 3 1 (1) thì 2a 2 tan t 1  a 2 1  tan 2 t   sin 2 t ;  cos 2t . 1  a 2 1  tan 2 t 1  a 2 1  tan 2 t Khi đó bất phương trình (1) trở thành  sin 2t  x 2 x 3   cos 2t  x 2 x3 1 2   sin 2t  2  x 1 2  2   cos s 2t   x 1 2  2 1 . Mà  x  1 2  2 2 và sin 2t 1 . Nên  sin 2t   x1 2 2 sin 2 2t (1) 2 và  cos 2t   x 1 2 cos 2 2t (2) . Cộng theo vế của hai bất đẳng thức (1), (2) ta được: 2 2  sin 2t   x1 2   cos s 2t   x1 2 1 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: a2  6 a2  2 4 ( Bài 13.a) trang 222 SGK đại số 10 nâng cao) Bài giải: Đặt    a  2 tan t , t    ;   cos t   0;1 .  2 2 Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành; 16 2 tan 2 t  6 4  2 cos t 2 sin 2 t  6 cos 2 t 2 cos t 4  2  4 cos 2 t 2 cos t 4  2  2 2 cos t 4 cos t luôn đúng. Vậy bất dẳng thức được chứng minh. Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:  1  a  b 1  ab   1  2 2 1 a2 1 b2    ( Đề 146 – Câu I1 - Bộ đề tuyển sinh)    t, u    ;  .  2 2 Bài giải: Đặt: a = tgt, b = tgu với  a  b 1  ab  tan t  tan u 1  Khi đó: A  1  a 2 1  b 2   cos 2 t cos 2 u. Suy ra: A = Vậy:     sin  t  u   sin t sin u  1 1   sin  t  u  cos t  u   sin  2t  2u  cos t cos su  cos t cos u  2 1 1 sin (2t + 2u)  2 2 1  a  b 1  ab   1  2 2 1 a2 1 b2  tan t tan u  1  tan t 1  tan 2 u 2   (đpcm). Dạng 5: Nếu bài toán chứa x mà ta tìm được a  x b thì có thể đặt: x=a+(b-a)sin2t, hoặc x=b+(a-b)sin2t, với   t  0;   2 (Vì hàm số y=sin2t là hàm số chẵn và có chu kỳ bằng  nên ta chỉ cần xét trên đoạn    0; 2  ). Ví dụ 1: Tìm GTLN,GTNN của biểu thức: A x 1 4 x . (Bài 17, trang112- SGK Đại số 10 Nâng cao) Bài giải: ĐK: 1 x 4 . 17 Cách 1: Do 1 x 4 , nên ta có thể đặt x=1+3sin2t (Với   t  0;  ,  2 là hàm số chẵn và có chu kỳ bằng  nên ta chỉ cần xét trên đoạn Ta được: Do    0; 2  ).   A  3  sin t  cos t   6 sin  t   4    t   0;  ,  2 Vậy: vì hàm số y=sin2t    3  t    ;   A 4 4 4  suy ra max A  6 khi x 5 2 , min A  3   t 0  3; 6  ; A  3 khi   ; A  6 khi t  t  4  2 khi x=1 hoặc x=4 Cách 2: ( Chuyển về dạng1) Nhận thấy: Ta có: ( x  1) 2  ( 4  x ) 2   A  3  cos t  sin t   6 sin  t   . 4  Mặt khác, vì: Vậy:  x  1  3 cos t  3 , nên ta đặt:   4  x  3 sin t , 0  t   2  0 t  max A  6  2 khi 2   sin  t   1  2 4  nên x 5 2 , Ví dụ 2: Cho phương trình: min A  3 3 x    3  6 sin  t    6 4  khi x=1 hoặc x=4 6 x  (3  x)(6  x) m a.Giải phương trình khi m=3. b. Xác định m để phương trình có nghiệm. ( Trích đề 59 – Câu II1 Bộ đề tuyển sinh). Bài giải: ĐK:  3  x 6 18   t  0,   2 Đặt x = -3+9sin2t, với (vì hàm số y=sin2t tuần hoàn có chu kì là  và là hàm số chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn Phương trình trở thành: 9 sin 2 t   3(sin t  cos t )  9 sin t. cos t m Đặt u sin t  cos t  2 cos(t   9 2 9 u  3u  m 2 2   0, 2  ) 9(1  sin 2 t )  9(1  sin 2 t ).9 sin 2 t. m (1)  ) ,1 u  2 , 4 phương trình (1) trở thành: (2) a. Khi m=3, (2) trở thành:  9 2 9 u  3u  3  3u 2  2u  1 0  2 2 u 1  u   1 3  , chỉ có u=1 thỏa mãn Khi    2  t   k 2 2 u=1  cos(t  )   4 2 t k 2 Với t , vì   t  0,   2 nên tìm được: t =  2 và t=0   x 6 . 2 Với t = 0  x  3 . Vậy phương trình có nghiệm: x=-3 và x=6. b. Xét hàm số f ' (u )  0 Nên: f f (u )  với mọi  9 2 9 u  3u  2 2 x  1;  2   f  u   f 1 2  hay trên đoạn 1; 2  f ' (u )  9 x  3, . Suy ra: f(u) nghịch biến trên đoan 1; 2 . 6 2 9  f  u  3 2 Vậy: Phương trình có nghiệm khi và chi khi 6 2 9 m 3 2 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   4;6 : (4  x )(6  x )  x 2  2 x m . 19 ( Trích đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm học 2009 - 2010). Bài giải: ĐK:  4 x 6 . Đặt x = -4+10sin2t, với   t   0,   2 (vì hàm số y=sin2t tuần hoàn có chu kì là  và là   0, 2  ). hàm số chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn  10 sin 2 t.10(1  sin 2 t )..   4  10 sin 2 t   25 sin 2 2t  5 sin 2t  24 m Đặt u = sin2t, do  2 Bất phương trình trở thành:    2  4  10 sin 2 t m (1)   t  0,   u   0;1  2 Khi đó (1) trở thành - 25u 2  5u  24 m Xét hàm số f  u   25u 2  5u  24 trên đoạn  0;1  f 'u 0 1 f 'u  25u 5,   u  u 0;1 10 Bảng biến thiên: u  1 10 0 1  f’(u) + 0 - 27 4 f(u) f  u  24 Suy ra: umin  0;1 24 Do đó: Bất phương trình đúng với mọi x thuộc đoạn   4 4;6 khi và chỉ khi m 24 20
- Xem thêm -