Tài liệu ứng dụng lượng giác để giải một số bài toán

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến : “ỨNG DỤNG LƢỢNG GIÁC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN” 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Môn Toán Trung học phổ thông. 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ tháng 10 năm 2013 đến tháng 5 năm 2015 4. Tác giả: Họ và tên: NGUYỄN THỊ MAI Năm sinh: 1978 Trình độ chuyên môn: Cử nhân Toán Chức vụ công tác: Giáo Viên Nơi làm việc: Trường THPT Trần Hưng Đạo -TP. Nam Định Địa chỉ liên hệ: Trường THPT Trần Hưng Đạo -TP. Nam Định Điện thoại: 0943.201.268 5. Đơn vị áp dụng sáng kiến Tên đơn vị: Trường THPT Trần Hưng Đạo -TP. Nam Định Địa chỉ : 75/203 Đường Trần Thái Tông - Phường Lộc Vượng Thành Phố Nam Định. Điện thoại : 03503.847.042 Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 1 MỤC LỤC I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến.......................................................3 II. Mô tả giải pháp II.1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến.........................................4 II.2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến..................................................5 A. Một số kiến thức liên quan....................................................................5 B. Nội Dung 1. Cơ sở của phương pháp......................................................................7 2. Một số ví dụ vận dụng......................................................................10 2.1.Áp dụng vào giải phương trình....................................................10 2.2.Áp dụng vào giải hệ phương trình...............................................22 2.3.Áp dụng vào chứng minh bất đẳng thức......................................27 2.4.Áp dụng vào giải một số bài toán hình học.................................32 III. Hiệu quả do sáng kiến đem lại...........................................................42 IV. Cam kết không sao chép và vi phạm bản quyền................................43 Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 2 I - ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Trong chương trình Toán Trung học phổ thông : Hệ phương trình, Phương trình vô tỉ, Các bài toán về đường tròn -elíp, Bất đẳng thức là những dạng toán rất quan trọng và thường có mặt trong các đề thi Đại học Cao Đẳng , hay trong các đề thi Học sinh giỏi Toán cấp tỉnh hoặc các kì thi Quốc gia cũng như Quốc tế. Sự phong phú về các dạng đi kèm với sự đa dạng về các phương pháp giải quyết các bài toán liên quan đến chúng. Bên cạnh những phương pháp thường dùng để giải các loại toán trên như đối với hệ phương trình, phương trình vô tỉ, chứng minh Bất đẳng thức: Phương pháp sử dụng phép biến đổi đại số; phương pháp sử dụng phép thế; phương pháp sử dụng ẩn phụ; phương pháp đánh giá; phương pháp hàm số; sử dụng các bất đẳng thức CôSi … hoặc đối với các bài toán về đường tròn, elip : phương pháp sử dụng các kiến thức về hình học ... Người giải toán luôn tìm cách kết hợp nhiều kiến thức toán học khác nhau để giải quyết chúng. Lƣợng giác là một mảng kiến thức Toán học được đưa vào chương cuối của lớp 10 và chương đầu trong chương trình lớp 11. Tuy nhiên trong chương trình không giới thiệu một cách đầy đủ nhất về các vấn đề liên quan đến lượng giác, đặc biệt là ứng dụng lượng giác trong việc giải các bài toán đại số, hình học, giải tích. Thực tế một số bài toán đại số, hình học, giải tích nếu sử dụng các phương pháp thường dùng nói trên học sinh gặp không ít khó khăn, nếu ta để ý phân tích bài toán ta có thể nhận thấy ngay một số bài toán có thể đưa về sử dụng lượng giác để giải và kết quả thu được lời giải gọn, đẹp hơn, dễ thực hiện hơn. Nhằm nâng cao năng lực giải quyết các bài toán đại số, giải tích và một số bài toán liên quan đến đường tròn, elip. Đồng thời phát triển tư duy tìm hiểu các mối liên hệ giữa các lĩnh vực khác nhau của Toán học cho học sinh tạo ra cho học sinh sự hứng thú , kích thích niềm say mê , tính sáng tạo trong học tập bộ môn Toán , tôi chọn đề tài “ỨNG DỤNG LƢỢNG GIÁC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ” và áp dụng trong giảng dạy cho học sinh trong năm học 2013 – 2014 và năm học 2014-2015. Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 3 II - MÔ TẢ GIẢI PHÁP II.1 . MÔ TẢ GIẢI PHÁP TRƢỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN . Học sinh phổ thông được làm quen với bài toán : giải hệ phương trình , giải phương trình vô tỉ, chứng minh bất đẳng thức, các bài toán về đường tròn, elíp khá sớm từ lớp 9, lớp 10. Đến sau khi học xong chương trình lớp 12, học sinh đã được trang bị khá nhiều kĩ năng giải quyết các bài toán trên . Tuy nhiên với lượng kiến thức nhiều, các dạng bài tập phong phú làm cho học sinh gặp không ít khó khăn trong việc giải các dạng toán trên. Trong chương trình toán trung học phổ thông mảng lượng giác cũng tương đối dài nhưng mới chỉ đề cập đến giải các phương trình lượng giác là chủ yếu và đa số học sinh cũng chưa biết vận dụng kiến thức về lượng giác để giải quyết các bài toán khác. Mà thực tế một số bài toán khi sử dụng phương pháp lượng giác để giải ta có được lời giải gọn, đẹp, học sinh dễ phát hiện ra hướng giải quyết. Khảo sát trên lớp 11A1: Yêu cầu học sinh giải phương trình:  1  1  x2  x 1  2 1  x2  Khảo sát trên lớp 12A6: Yêu cầu học sinh giải các hệ phương trình: íï ( x - 1)2 + 6( x - 1) y + 4 y 2 = 20 ì 2 ïïî x + (2 y + 1) 2 = 2 Kết quả thu đƣợc: Đa số học sinh trong lớp không làm được phương trình , hệ phương trình trên, hầu hết các em không có định hướng giải, một số học sinh cố gắng biến đổi đại số và sử dụng các phép thế, tuy nhiên gặp khó khăn. Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 4 II.2. MÔ TẢ GIẢI PHÁP SAU KHI CÓ SÁNG KIẾN (NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN) A. MỘT SỐ KIẾN THỨC LIÊN QUAN 1.Các công thức lượng giác Công thứclượng giác cơ bản cos 2   sin 2   1 1  1  tan 2   (   k , k  Z ) 2 cos  2 1 1  cot 2   (  k , k  Z ) sin 2  k tan  .cot   1 (  ,k  Z) 2 Cung đối nhau Cung bù nhau cos(   )   cos  sin(   )  sin  tan(   )   tan  cot(   )  cot  cos(  )  cos  sin(  )   sin  tan(  )   tan  cot(  )   cot  Cung hơn kém nhau  sin( cos(   )   cos  sin(   )   sin  tan(   )  tan  cot(   )  cot   2 cos( tan( cot(  2  2  2 Cung phụ nhau   )  cos    )  sin    )  cot    )  tan  Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 5 Công thức biến đổi tích thành tổng 1 cos a.cos b  cos(a  b)  cos(a  b)  2 1 sin a.sin b  cos(a  b)  cos(a  b) 2 1 sin a.cos b  sin(a  b)  sin(a  b) 2 Công thức biến đổi tổng thành tích ab a b cos a  cos b  2cos .cos 2 2 ab a b cos a  cos b  2sin .sin 2 2 ab a b sin a  sin b  2sin .cos 2 2 ab a b sin a  sin b  2cos .sin 2 2 2. Công thức nghiệm của phương trình lượng giác cơ bản cos x  a a 1 Phương trình vô nghiệm a 1 * Nếu số thực  thỏa mãn cos  a  x    k 2 cos x  cos     x    k 2 * Hoặc  x  arccos a  k 2 cos x  a    x   arccos a  k 2 a 1 Phương trình vô nghiệm a 1 * Nếu số thực  thỏa mãn sin   a  x    k 2 sin x  sin     x      k 2 * Hoặc  x  arcsin a  k 2 sin x  a    x    arcsin a  k 2 sin x  a tan x  a cot x  a aR aR * Nếu số thực  thỏa mãn tan   a tan x  tan   x    k * Hoặc tan x  a  x  arctan a  k * Nếu số thực  thỏa mãn cot   a cot x  cot   x    k * Hoặc cot x  a  x  arccot a  k Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 6 3. Phương pháp giải một số phương trình lượng giác đơn giản. 2 2 2 * Nếu a  b  c phương trình vô nghiệm 2 2 2 * Nếu a  b  c chia hai vế của phương trình cho a 2  b2 a b c (1)  sin x  cos x  a 2  b2 a 2  b2 a 2  b2 a  cos   2 a  b2  Đặt  b sin    a 2  b2 c Ta có phương trình sin( x   )  . a 2  b2 * Xét cos x  0 * Xét cos x  0 a sin x  b cos x  c (1) a sin 2 x  b sin x.cos x  c.cos 2 x  0 2 Chia 2 vế phương trình (2) cho cos x 2 Ta có phương trình a tan x  b.tan x  c  0 (2) *Nếu t  cos x  sin x  2 sin( x  a(sin x  cos x)  b sin x.cos x  c  0  4 ) , t  2 t2 1  sin x.cos x  2 phương trình (3) trở thành t2 1 a.t  b. c 0 2 *Nếu  t  sin x  cos x  2 sin( x  ) , t  2 4 2 1 t  sin x.cos x  2 phương trình (3) trở thành 1 t2 a.t  b. c 0 2 (3) a(sin x  cos x)  b sin x.cos x  c  0 (4) Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 7 B. NỘI DUNG 1. Cơ sở của phƣơng pháp. 1.1.Áp dụng với Đại số và Giải Tích      Nếu x  1 thì có một số t với t   ;  sao cho sin t  x  2 2  và một số y với y  0;  sao cho x  cos y     Nếu 0  x  1 thì có một số t với t  0;  sao cho sin t  x  2   và một số y với y  0;  sao cho x  cos y  2    Với mỗi số thực x có t    ;  sao cho x  tan t  2 2 và một số y với y   0;   sao cho x  cot y Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x2  y 2  1 , thì có một số t với 0  t  2 sao cho x  sin t , y  cos t Từ đó ta có phương pháp đưa bài toán đại số về bài toán lượng giác như sau.       Nếu : x  1 thì đặt sin t  x với t   ;  2 2     Nếu 0  x  1 thì đặt sin t  x , với t  0;   2 hoặc x  cos y với y  0;    hoặc x  cos y , với y  0;   2  Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x2  y 2  1 thì đặt x  sin t , y  cos t với 0  t  2 1     Nếu x  1 , ta có thể đặt x  , với t    ;  sin t  2 2 1 hoặc đặt x  , với y   0;   cos y     Nếu x là số thực bất kỳ thì đặt : x  tan t , t    ;   2 2 hoặc đặt x  cot y với y   0;   Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t nhƣ vậy ? Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện x  f  t  thì phải đảm bảo với mỗi x có duy nhất một t , và điều kiện trên để đảm bào điều này . (Căn cứ vào đường tròn lượng giác ) Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 8 1.2.Áp dụng cho các bài toán liên quan đến đường tròn và elíp  Từ phương trình đường tròn (C ) : ( x - a) 2 + ( y - b) 2 = R 2 Ta viết lại phương trình đường tròn dưới dạng ( Từ đó chúng ta có M ( x, y) Î (C ) Þ x- a 2 y- b 2 ) +( ) =1 R R t , t Î 0, 2p [ ] {xy == ab ++ RR sin cos t  Phương trình tiếp tuyến của đường tròn Đường tròn có tâm I (a, b) và M Î (C ) Þ M (a + R sin t , b + R cos t ) uuur Tiếp tuyến với đường tròn tại M có vectơ pháp tuyến IM ( R sin t , R cos t ) có phương trình ( x - a)sin t + ( y - b) cos t = R  Từ phương trình chính tắc của (E) 2 2 x y (E) : 2 + 2 = 1 a b Ta viết lại phương trình đường tròn dưới dạng x y ( )2 + ( )2 = 1 a b Từ đó chúng ta có M ( x, y) Î ( E ) Þ t , t Î 0, 2p [ ] {xy == ab sin cos t 2. Một số ví dụ vận dụng. 2.1. Áp dụng vào giải phƣơng trình Ví dụ 1 . Giải phương trình x 2  ( x 2 )  1 (Bài 4.72- Sách BT Đại Số 10-NC) x 1 Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 9 Giải : Lời giải 1: Đk x ¹ 1 Nhận xét 1: Ta quy đồng mẫu số ta đƣợc phƣơng trình x 4 - 2 x3 + x 2 + 2 x - 1 = 0 Đến phƣơng trình này học sinh gặp khó khăn. Phương trình sẽ giải đơn giản hơn nếu ta cộng vào 2 vế của phương trình biểu thức 2 x. x x 1 Ta có phương trình x 2  2 x. x x 2 2x2 ( )  1 x 1 x 1 x 1 2 æ x ö x2 ÷ Û ççx + 2 - 1= 0 ÷ çè ø x - 1÷ x- 1 2 æ x2 ö x2 ÷ ç ÷ Û ç - 2. - 1= 0 ÷ ÷ çè x - 1ø x- 1 Giải phương trình tìm được tập nghiệm íï ï 1S= ì ïï îï 2 + 2 2 - 1 1; 2 2- ü 2 2 - 1 ïï ý ïï 2 þï Nhận xét 2: Tuy nhiên việc nghĩ tới cộng vào 2 vế của phƣơng trình biểu thức 2 x. x không phải là đơn giản đối với học sinh . Nếu ta chú ý tới đặc điểm của x 1 phƣơng trình xuất hiện dạng x 2  y 2  1 ta có lời giải 2 học sinh dễ phát hiện ra hơn. Lời giải 2 : Đk : x  1 Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 10  x  sin t  1  Đặt  x  x  1  cos t với 0  t  2 Ta có được phương trình cos t  sin t sin t  1  cos t  sin t  sin t.cos t  0 (*) Giải phương trình (*) ta được sin t  cos t  1  2  x x  1 2 x 1  x2  (1  2) x  1  2  0  1  2  2 2 1 x  (tm) 2     x  1  2  2 2  1 (tm)  2 Vậy tập nghiệm của phương trình íï ï 1S= ì ïï îï Ví dụ 2 . Giải phương trình 2 + 2 2 - 1 1; 2 x2 + 1 = 5 2 x2 + 1 2- ü 2 2 - 1 ïï ý ïï 2 þï + x Giải: Nhận xét: phƣơng trình đã cho Û x 2 + 1 = 5 + x x 2 + 1 Đến phƣơng trình này học sinh gặp khó khăn. Nếu ta chú ý tới phƣơng trình có biểu thức dạng x 2 + 1 ta có lời giải sau. æ- p p ö Đặt x = tan t , t Î çç ; ÷ Þ cos t > 0 ÷ çè 2 2 ÷ ø Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 11 Phương trình đã cho trở thành Û tan 2 t + 1 = 5 2. tan 2 t + 1 + tan t 1 5cos t = + tan t cos t 2 Û 2 = 5cos2 t + 2sin t ( phƣơng trình đã quá đơn giản rồi !) é êsin t = 1(vn khi t Î Û êê êsin t = - 3 ê 5 ë Û sin t = - æ p pö çç- ; ÷ ÷) èç 2 2 ÷ ø 3 4 3 Þ cos t = Þ x = tan t = 5 5 4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - 3 4  Ví dụ 3 . Giải các phương trình sau : 1  1  x 2  x 1  2 1  x 2  Giải : Đkxđ x   1;1    Đặt x = sint , t    ;   2 2 Phương trình đã cho trở thành 1  cos t  sin t (1  2cos t ) t  sin t  sin 2t 2 t 3t t  2cos  2sin cos (1) 2 2 2  2cos t t       Do t    ;  nên    ;  => cos  0 2 2  4 4  2 2  3t 3 é p éx = 1 êt = 2  4 3t 2 1  Û êê 2 Þ êê (1)  sin  p x= 3 t  2 2 ê ê t=   2 ë êë 6  2 4 Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 12 í 1ü Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = ïì 1; ïý ïîï 2 ïþ ï Ví dụ 4 . Giải phương trình x3 + (1- x 2 )3 = x 2(1- x 2 ) Giải : Đk 1- x 2 ³ 0 Û x £ 1 Đặt x = cos t , t Î [0; p ]Þ sin t ³ 0 Phương trình đã cho trở thành cos3 t + sin 3 t = cos t. 2(1- cos 2 t ) Û cos3 t + sin 3 t = 2 cos t.sin t Đặt u = sin t + cos t , đk u £ 2 Ta có phương trình u 3 + 2u 2 - 3u - 2= 0 éu = 2 (tm) ê Û êu = - 1- 2 (ktm) ê êëu = - 1 + 2 (tm) +)Với u = Û sin(t + Û t= 2 Þ sin t + cos t = p p p ) = 1Û t + = 4 4 2 p 2 Þ x= 4 2 +) Với u = 1- 2 Þ sin t + cos t = Û 1 - x 2 + x = 1- Û 1 - x 2 = 1- Û x= 2 1- 2 2 2- x 2- 2 2- 1 2 Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 13 íï ï 2 1; Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = ì ïï 2 îï Ví dụ 5. Giải phương trình x + 2 + x+ 2 x2 + 4 x + 3 2- ü 2 2 - 1 ïï ý ïï 2 þï = 2 2 Giải : x+ 2 x+ 2+ 2 = 2 2 x + 4x + 3 x+ 2 Û ( x + 2) + ( x + 2)2 - 1 = 2 2 Đkxđ : x + 2 > 1 Nhận xét: từ phƣơng trình và điều kiện xác định ta nghĩ tới đặt 1   x2 , t  (- ; ) khi đó gặp khó khăn trong việc khử căn thức . Vì vậy nếu sin t 2 2 phƣơng trình có chứa căn bậc 2n mà ta đặt ẩn phụ theo kiểu lƣợng giác ta định hƣớng học sinh chia trƣờng hợp để thu gon điều kiện của t. Ta có lời giải cụ thể nhƣ sau. * Xét x + 2 < - 1 ta có VT < 0 Þ phương trình đã cho vô nghiệm * Xét x + 2 > 1 Đặt x + 2 = æ pö 1 ; t Î ççç0; ÷ ÷ è 2÷ ø sin t Phương trình đã cho trở thành 1 sin t = 2 2 1 - 1 sin 2 t Û 1 + sin t Û 1 1 + = 2 2 sin t sin t. cos t sin t Û 1 1 + = 2 2 sin t cos t Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 14 Û sin t + cos t - 2 2 sin t.cos t = 0 Đặt u = sin t + cos t , 0 < u £ Ta có phương trình - 2 2u 2 + u + 2 = 0 éu = 2(tm) ê 1 Û ê (ktm) êu = êë 2 Với u = Û sin(t + Û t= 2Û 2 sin(t + p )= 4 2 p p p ) = 1Û t + = 4 4 2 p Þ x = - 2+ 4 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - 2 + 2 Ví dụ 6 . Giải phương trình 3x - 4 x3 = 1- x 2 Nhận xét: gặp phƣơng trình trên học sinh có thể nghĩ tới bình phƣơng 2 vế ta đƣợc phƣơng trình bậc cao không nhẩm đƣợc nghiệm . Vì vậy gặp khó khăn. Nếu hƣớng dẫn học sinh để ý tới công thức 3sin t - 4sin 3 t = sin 3t thì vế trái của phƣơng trình thay x  sin t ta có công thức trên và vế phải dễ dàng đƣa về cost bài toán trở về đơn giản quá !!! Giải : Đkxđ : x £ 1 é- p p ù Đặt x = sin t , t Î ê ; úÞ cos t ³ 0 êë 2 2 úû Phương trình đã cho trở thành 3sin t - 4sin 3 t = cos t Û sin 3t = cos t Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 15 é êt = ê ê Û êt = ê ê êt = êë é p p êx = sin ê 8 8 ê - 3p - 3p Þ êx = sin ê 8 8 ê p p êx = sin êë 4 4 é p ê 1 cos ê 4 é êx = êx = 2 - 2 ê 2 ê ê 2 3p ê ê 1 cos ê ê 4 Û êx = - 2 + 2 êx = ê ê 2 2 ê ê 2 2 ê êx = êx = ê 2 2 ê ê ê ë ê ê êë Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm ïí 2 S = ïì ;ïï 2 îï ü 2 + 2 2 - 2 ïï ; ý ïï 2 2 þï Nhận xét: Qua ví dụ 6 giáo viên có thể hình thành các phương trình giải được theo phương pháp lượng giác nhờ một số công thức lượng giác như sau  SÁNG TẠO PHƢƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƢƠNG PHÁP LƢỢNG GIÁC Từ một số phương trình lượng giác đơn giản: cos3t  sin t , sin 3t = cos t , sin 3t = a, cos3t = a, sin4t=sint,... Ta có thể tạo ra được phương trình Ví dụ nhƣ : 3 * cos3t  4cos t  3cos t ta có một phương trình a. 4 x3  3x  1  x 2 b. Nếu thay x bằng 1 ta lại có phương trình : 4  3x 2  x 2 x 2  1 x c.Nếu thay x trong phương trình (a) bởi : ( x + 1) ta sẽ có phương trình Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 16 4 x3 + 12 x 2 + 9 x + 1 = - 2 x - x2 d. Nếu thay x trong phương trình (a) bởi : 3x ta sẽ có phương trình 4.33 x - 3x+ 1 = 1- 9 x Tương tự như vậy từ công thức sin 3x,sin 4 x,sin 8x …….hãy xây dựng những phương trình giải được bằng phương pháp lượng giác hóa. Ví dụ 7 . Giải phương trình 4.33 x - 3x+ 1 = 1- 9 x Giải: 4.33 x - 3x+ 1 = 1- 9 x Û 4.33 x - 3.3x = 1- 32 x Đkxđ: 1- 9 x ³ 0 Û 9 x £ 1 Û 0 < 3x £ 1 é pù Đặt 3x = cos t , t Î ê0; ú êë 2 úû Phương trình đã cho trở thành 4cos3 t - 3cos t = 1- cos 2 t Û cos3t = sin t (*) Giải phương trình (*) ta tìm được t = Þ 3x = cos Û x = log 3 p = 8 1 + cos 2 p 4 = p 8 2+ 2 2 2+ 2 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = log3 Ví dụ 8 . Giải phương trình 4 x3 - 3x = 2+ 2 2 1 2 Nhận xét: phƣơng trình trên là phƣơng trình bậc 3 không nhẩm đƣợc nghiệm Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 17 nên việc giải gặp khó khăn. Ta thấy xuất hiện dạng nhƣ đã phân tích trong ví dụ 7 nhƣng không có đƣợc điều kiện x £ 1 ,vậy có làm đƣợc theo hƣớng đó không ? Ta đi xét với x £ 1 nếu đã cho đủ số lƣợng nghiệm của phƣơng trình thì bài toán giải quyết thành công và rất đơn giản! Giải : Xét x £ 1 , đặt x = cos t , t Î [0; p ] Phương trình đã cho trở thành 4 cos3 t - 3cos t = Û cos 3t = 1 2 1 2 é p ê3t = + k 2p 3 Û êê p ê3t = - + k 2p êë 3 é êt = ê ê Û êt = ê ê êt = êë p 9 5p 9 7p 9 5 7    Khi đó tìm được S  cos ;cos ;cos  9 9 9   Mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm . Vậy tập nghiệm của phương trình 5 7    S  cos ;cos ;cos  9 9 9   Ví dụ 9. Giải phương trình x3  3x  1  0 Giải : Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 18 Xét : x  1 , đặt x  2cos t , t  0;   Phương trình đã cho trở thành 8cos3 t  6cos t  1  0  cos 3t  1 2 2   t  9  k 3  t    k 2  9 3   t  9  5  t   9  t  7  9  5 7   Khi đó tìm được S  2 cos ; 2 cos ; 2 cos   9 9  9 Mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm . Vậy tập nghiệm của phương trình  5 7   S  2 cos ; 2 cos ; 2 cos  9 9 9   Ví dụ 10. Giải phương trình 8 x(2 x 2 - 1)(8 x 4 - 8 x 2 + 1) = 1 Giải: Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 19 Nhận xét : 8 x 4 - 8 x 2 + 1 = 2.(2 x 2 - 1)2 - 1 2 Ta thấy trong vế trái của phƣơng trình xuất hiện : 8x.(2 x 2 - 1)éê2.(2 x 2 - 1) ë 1ùú û Nếu x = cos t sẽ có 8cos t (2 cos 2 t - 1) éêë2.(2 cos 2 t - 1) 2 - 1ùûú và công thức nhân đôi xuất hiện. Vậy ta nghĩ tới cách giải quyết nhƣ ví dụ 9. ïí 8 x ³ 8 ï +)Xét x ³ 1 Þ ïì 2 x 2 - 1 ³ 1 ïï 8 x 4 - 8 x 2 + 1 ³ 1 ïî Þ VT > 1 . Do đó phương trình đã cho vô nghiệm íï 8 x £ - 8 ï +)Xét x £ - 1 Þ ïì 2 x 2 - 1 ³ 1 Þ VT < 1 . Do đó phương trình đã cho vô nghiệm ïï 8 x 4 - 8 x 2 + 1 ³ 1 ïî ( Tại sao lại nghĩ tới khẳng định cho cả trƣờng hợp x = 1 phƣơng trình vô nghiệm Vì nếu ta đặt x = cos t thì vế trái của phƣơng trình xuất hiện 8cos t.cos 2t.cos 4t do đó ta nhân thêm với sin t thì ta đƣợc hàm lƣợng giác sin8t . Chính vì thế phải xét x ¹ 1 để sin t ¹ 0 ) +)Xét x < 1 . Đặt x = cos t , t Î (0;p ) Þ sint ¹ 0 Phương trình đã cho trở thành 8.cos t.(2cos2 t - 1) éê2 (2cos2 t - 1) - 1ùú= 1 ë û 2 Û 8.cos t.cos 2t.cos 4t = 1 Û 8sin t.cos t.cos 2t.cos 4t = sin t Û sin8t = sin t é k 2p êt = 7 Û êê p k 2p êt = + êë 9 9 Giáo viên : Nguyễn Thị Mai- Trƣờng THPT Trần Hƣng Đạo- Nam Định 20