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
2
a x
2
x a cos t
đặt
x a sin t
a
x 2 a 2 đặt x cos t
0 t
2 t 2
0 t 2
t
3
2
a 2 x 2 đặt x a tan t 2 t 2
x y
x tan t
đặt
2 t,u 2 ;
1 xy
y
tan
u
x y
x tan t
đặt
2 t, u 2
1 xy
y
tan
u
2. Nếu biến x của bài toán thỏa x 1
x cos t
Đặt
x sin t
0 t
2 t 2
2 2
2 2
2
3. Nếu các biến x, y của bài toán thỏa a x + b y = c a,b,c > 0
c
x a sin t
Đặt
y c cost
b
0 t 2
4. Nếu các biến x, y, z của bài toán thỏa x + y + z = xyz hoặc xy + yz + zx = 1
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
1
x tan t
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
Bài 1: Giải phương trình 4 x3 3x
Lời giải: Đặt f x 4 x3 3x
1
0 .
2
1
. Ta có
2
f 1 1,5, f 0,5 0,5, f 0 0,5,
f 1 0,5 . Do đó phương trình có 3
nghiệm thuộc khoảng 1;1 và ta biết cos3 =4cos3 3cos , do đó đặt
x cos t 0 t khi đó phương trình có dạng cos3t = 1 t k 2 với
2
9
5
7
5
7
0 t t1 ; t2 ; t3
x1 cos ; x2 cos
; x3 cos
9
9
9
9
9
9
5
7
; x3 cos
vậy phương trình có 3 nghiệm x1 cos ; x2 cos
.
9
9
9
x
x
Bài 2: Giải phương trình 3 2 2 2 1 3 1 .
Lời giải: Đặt 2t 2 1
4t 3 3t
1
0
2
x
1
t 0 khi đó phương trình có dạng 4t 2 3 2t 0
*
1
Đặt t cos u 0 u khi đó phương trình có dạng cos3u u k 2
2
9
5
7
; t cos
phương trình * có 3 nghiệm t1 cos ; t2 cos
.
9
9 3
9
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
2
Vậy Phương trình 1 có nghiệm
x1 log
cos ; x2 log
9
2 1
2 1
cos
5
9
; x3 log
Bài 3: Giải phương trình 16 x5 20 x3 5x
Lời giải: Đặt f x 16 x5 20 x3 5 x
2 1
cos
7
9
1
0 .
2
1
. Ta có
2
f 1 1,5; f 0,9 0,1321; f 0 0,5;
f 0,2 0,3451; f 0,5 0; f 0,6 0,575; f 1 0,5.
. Do đó phương trình có
5 nghiệm thuộc khoảng 1;1 và ta biết cos5 =16cos5 20cos3 5cos , do đó
1
k 2
đặt x cos t 0 t khi đó phương trình có dạng cos5t = t
với
2
15
5
5
7
11
13
0 t t1 ; t2 ; t3 ; t4
; t5
15
15
15
15
15
x1 cos
1
7
11
13
; x2 cos ; x3 cos ; x4 cos
; x5 cos
. Vậy phương
15
3 2
15
15
15
trình có 5 nghiệm x1 cos
1
7
11
13
; x2 cos ; x3 cos ; x4 cos
; x5 cos
.
15
3 2
15
15
15
Bài 4: Giải phương trình 8 x 4 8 x3 4 x 2 3x 1 0 .
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
3
Lời giải: Đặt f x 8 x 4 8 x3 4 x 2 3x 1 . Ta có
f 1 10; f 0,4 0,123; f 0 1;
f 0,6 0,575; f 1 0.
. Do đó phương trình có 4 nghiệm thuộc
2
khoảng 1;1 . Ta viết laị phương trình dưới dạng 2 2 x 2 1 1 4 x3 3x
t k 2
Do đó đặt x cos t 0 t khi đó phương trình có dạng cos4t =cos3t
t
k 2
7
2
4
6
với 0 t t1 0; t2 ; t3 ; t4
7
7
7
2
4
6
x1 1; x2 cos
; x3 cos ; x4 cos
.
7
7
7
2
4
6
; x3 cos ; x4 cos
Vậy phương trình có 5 nghiệm x1 1; x2 cos
.
7
7
7
Bài 5: (Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi tỉnh Bến Tre năm học 2013-2014).
x y(4 y)
Cho hệ phương trình y z(4 z) 1 . Gọi x; y; z là nghiệm của hệ phương trình
z x(4 x)
(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
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
4
3T x 2 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
2
Đặt x 4sin
0
(4) . Từ (3), (2), (1)
2
z 4sin 2 4 4sin 2 =16sin 2 cos 2 4sin 2 2
y 4sin 2 2 4 4sin 2 2 =16sin 2 2 cos 2 2 4sin 2 4
x 4sin 2 4 4 4sin 2 4 =16sin 2 4 cos 2 4 4sin 2 8 (5)
Từ (4) và (5) suy ra
4sin 2 8 4sin 2 cos16 cos2
k
7
k
9
k Z
k
Với
vì 0 2 k 0; 1; 2; 3 .
7
Với k 0 x 4sin 2 0 0; y 4sin 2 2.0 0; z 4sin 2 4.0 0 T 0
Với
k 1; 2; 3
ta được cùng một giá trị
T 4 sin 2 sin 2 2 sin 2 3
7
7
7
2 1 cos 2 1 cos 4 1 cos 6
7
7
7
6 2 cos 2 cos 4 cos 6
7
7
7
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
5
A= cos 2 cos 4 cos 6
7
7
7
2
2sin A 2sin cos 2sin cos 4 2sin cos 6
7
7
7
7
7
7
7
3
5
3
7
5
sin sin sin sin sin sin
sin
7
7
7
7
7
7
7
1
A=- T 7
2
k
Với
vì 0 2 k 0; 1; 2; 3; 4 .Với k 0
9
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 sin 2 2 sin 2 4
9
9
9
2 1 cos 2 1 cos 4 1 cos 8 6 2 cos 2 cos 4 cos 8
9
9
9
9
9
9
A= cos 2 cos 4 cos 8
9
9
9
2
2sin A 2sin cos 2sin cos 4 2sin cos 8
9
9
9
9
9
9
9
sin 3 sin sin 5 sin 3 sin 9 sin 7
9
9
9
9
9
9
5
7
2
sin sin sin
sin 2cos sin A=0 S=6
9
9
9
9
3
9
2 3
2 6
2 12
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
2
Bài 6: Giải phương trình 1 1 x 1 x
3
1 x 2 1 x 2 .
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
6
Lời giải: Đặt x cos t 0 t khi đó phương trình có dạng
3
1 sin t 1 cost
1 cost
3
2 sin t
t
t 2
t
t
cos sin 23 cos6 23 sin 6
2 sin t
2
2
2
t
t
t
t
2 2 cos sin cos3 sin 3 2 sin t
2
2
2
2
t
t
t
t
t
t
2 2 cos 2 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
2
2
1
2cost - 1 0 cost =
2
1
1 sin t 0 VN
2
2
Vậy phương trình có nghiệm x
1
.
2
2. Chứng minh các hệ thức
Bài 1: Chứng minh rằng
a b b c c a a b b c c a
.
.
. Với ab, bc, ca
1 ab 1 bc 1 ca 1 ab 1 bc 1 ca
đều khác -1.
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
7
Lời giải: Đặt a tan ; b tan ; c tan khi đó
a b tan tan
b c tan tan
tan ;
tan ;
1 ab 1 tan tan
1 bc 1 tan tan
c a tan tan
tan
1 ca 1 tan tan
a b b c c a
tan tan tan . Ta có
1 ab 1 bc 1 ca
sin A + B sin C
tan A + tan B + tan C
cosA + cosB cosC
sin A + B cosC + sin Csin A + B
cosAcosBcosC
sin A + B + C -cos A + B sin C + cosAcosBsin C
cosAcosBcosC
sin A + B + C +sin Asin Bsin C sin A + B + C
tan A tan Btan C
cosAcosBcosC
cosAcosBcosC
sin A + B + C
tan A + tan B + tan C
tan A tan Btan C
cosAcosBcosC
a b b c c a
tan tan tan
1 ab 1 bc 1 ca
sin
tan tan tan
cos cos cos
sin 0
tan tan tan
cos cos cos
a b b c c a
.
.
1 ab 1 bc 1 ca
(đpcm)
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
8
Bài 2: Chứng minh rằng
3a a 2 3b b 2 3c c 2 3a a 2 3b b 2 3c c 2
.
.
. Với
1 3a 2 1 3b 2 1 3c 2 1 3a 2 1 3b2 1 3c 2
a b c abc và a, b, c đều có giá trị tuyệt đối khác
1
.
3
Lời giải: Đặt a tan ; b tan ; c tan khi đó
sin + +
tan + tan + tan
tan tan tan
cos cos cos
Do đó tan + tan + tan tan tan tan khi + + = k k Z
3a a 2 3tan tan 2
3b b2 3tan tan 2
tan3
;
tan3 ;
1 3a 2
1 3tan 2
1 3b2
1 3tan 2
3c c 2 3tan tan 2
tan3
1 3c 2
1 3tan 2
+ + = k k Z 3 + 3 + 3 = 3k
Vậy tan3 + tan3 + tan3 = tan3 tan3 tan3
3a a 2 3b b 2 3c c 2 3a a 2 3b b 2 3c c 2
.
.
1 3a 2 1 3b 2 1 3c 2 1 3a 2 1 3b 2 1 3c 2
Bài 3: Cho ab bc ca 1
(đpcm)
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 b2 1 c 2
Lời giải: Đặt a tan ; b tan ; c tan
0 , , khi đó theo giả thiết
2
ta có tan tan + tan tan + tan tan 1
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
9
tan tan + tan tan 1 tan tan
tan tan
tan tan + tan
tan
tan
Ta có
1
cot
tan
2
1
1
co t co t cos2
2
2
bc 1 a
tan tan 1 tan
1
1
co t co t cos 2
2
2
tan tan 1 tan
ca 1 b
1
1
2
ab 1 c 2 tan tan 1 tan 2 co t co t cos
Do đó VT co t co t cos2 co t co t cos 2 co t co t cos 2
co t co t cos 2 co t co t cos 2 cot co t cos 2
co t co t co t tan cos 2 tan cos 2 tan cos 2
1
co t co t co t sin 2 sin 2 sin 2
2
1
co t co t co t 4cos cos cos 2 2 2
2
2cot co t co t cos cos cos
2
abc 1 a 1 b2 1 c 2
(đpcm)
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:
n
n
n
n
Đặt a cost khi đó 1 a 1 a 1 cost 1 cost
t
t
t
t
2n cos 2 n sin 2n 2n cos 2 sin 2 2n
2
2
2
2
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
10
t
t
t
cos 2 1 cos2 n cos2
Vì
2
2
t
t
t
sin 2 1 sin 2n sin 2
2
2
2
2
Bài 2: Cho a 2 b 2 2a 4b 4 0 . Chứng minh rằng
a 2 b2 2 3ab 2 1 2 3 ab 4 2 3 b 3 4 3 2
Lời giải:
2
2
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
a 2 b 2 2 3ab 2 1 2 3 ab 4 2 3 b 3 4 3 2sin 2t
Bài 3: Tìm gía trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y
2
6
1 x4
1 x
2
2
1 x4
1 2x
1
Lời giải: Ta viết laị hàm số dưới dạng y
2
4
2 1 x 2
1 2x x
.
2
2
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, - < 2t < t 0 x tan 0 0
1
ymin khi sin2t = 1, - < 2t < 2t x tan 1 .
2
2
4
4. Tính giới hạn và tìm số hạng tổng quát của dãy số
Bài 1: Cho dãy số un thỏa u1 2, un1
un 2 1
, n 1,2,3,... Tính u2013 .
1 2 un 1
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
11
Lời giải: Đặt u1 2 tan , 0
và chú ý rằng
2
2 1 tan
. Khi đó
8
tan tan
8
8 tan 2
8 tan , u
u2
3
.
8
8
1 tan tan
1 tan tan
8
8
8
tan tan
Bằng qui nạp ta chứng minh được un tan n 1
,
8
n 1 .
1
1
Vậy u2013 tan 2012 8 cot tan
2
Bài 2: Cho dãy số un thỏa u0 2, un1 2 un , n N Tính limun .
Lời giải: Ta có u0 2 2cos , u1 2 u0 2 1 cos 2cos 3
4
4
2
Bằng qui nạp ta chứng minh được un 2cos
Vậy lim un lim 2cos
, n 1 .
2n 2
2cos0 2 .
2n 2
III. Bài tập tự giải
1. Chứng minh rằng nếu a 2 b2 c2 d 2 1 thì ac bd 1 .
3
0 .
2
2. Giải phương trình 4 x3 3 x
2
3. Giải phương trình 32 x x 2 1 2 x 2 1 1
1
, trên khoảng 0;1 .
x
4. Cho 0 ai 1, i 1,2,..., n n N * . Chứng minh rằng
1 a 1 a ...1 a 1 a 1 a ...1 a 2
2
1
2
2
2
n
2
1
2
2
2
n
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
n
.
12
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
Phạm Đình Luyến, Chuyên viên Phòng GDTrH, Sở GD&ĐT
2
2
1 c2
13
- Xem thêm -
.DOC 
13 
228 
128 
