Xem mẫu
- 1
Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số
------------------------------------------------
Một số trường hợp thường gặp
x sin
Dạng 1 : Nếu x2 + y2 =1 thì đặt với 0; 2
y cos
x a sin
Dạng 2 : Nếu x2 + y2 =a2(a>0) thì đặt với 0; 2
y acos
x sin , 2 ; 2
Dạng 3 : Nếu x 1 thì đặt
x cos , 0;
x m sin , 2 ; 2
Dạng 4 : Nếu x m thì đặt
x mcos , 0;
1
Dạng 5 :Nếu x 1 hoặc bài toán có chứa x2 1 thì đặt x= với
cos
3
0; ;
2 2
m
Dạng 6 :Nếu x m hoặc bài toán có chứa x 2 m2 thì đặt x = với
cos
3
0; ;
2 2
Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x 2 1 thì đặt
x = tan với ;
2 2
Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x 2 m2 thì đặt
x = m tan với ;
2 2
I. chứng minh đẳng thức , bất đẳng thức
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:
1 (a b)(1 ab) 1
2 (1 a )(1 b ) 2
2 2
Giải:
Đặt: a = tg , b = tg với , ; .
2 2
- 2
(a b)(1 ab) ( tg tg)(1 tgtg)
Khi đó: A =
(1 a 2 )(1 b 2 ) (1 tg 2 )(1 tg 2)
sin( ) sin sin
= cos2 cos2 . .1
cos cos
cos cos
1
= sin ( + ) . cos ( + ) = sin (2 + 2)
2
1 1
Suy ra: A = sin (2 + 2)
2 2
1 (a b)(1 ab) 1
Vậy: - (đpcm).
2 (1 a )(1 b ) 2
2 2
Bài 2:
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)
Giải:
Vì x < 1 nên có thể đặt x = cost với t (0; )
và bất đẳng thức (1) được viết thành:
(1 + cos t)n + (1 – cos t)n < 2n (2)
t t
2 2
Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos 2 và 1 – cost = 2sin 2 ta được
2n t t
2n cos sin 2 n < 2n (3)
2 2
t t t
Bởi vì 0 < 2 < nên 0 < sin 2 , cos 2 < 1 nên chắc chắn:
2
t n t
2 t
cos 2 = cos
2n
< cos 2 n > 1. Tương tự ta có:
2
2
t t
sin 2 < sin 2 n > 1. Do đó
2n 2
t t t t n
2n cos
2n
sin 2 n < 2n cos2 sin 2 = 2
2 2 2 2
Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh.
- 3
Bài 3: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai số x, y trong 4
số đó sao cho:
xy
0 1 (1)
1 xy
Giải:
Giả sử 4 số thực cho trước y1 y2 y3 y4 y5
là a b c d
Đặt a = tgy1, b = tgy2, c = tgy3, d = tgy4 với
- < y1 y2 y3 y4 < < y5 = + y1
2 2
Các điểm y1, y2, y3 chia đoạn [y1; y1 + ] thành 4 đoạn [y1; y2], [y2 ; y3], [y3 ; y4] , [y4;
y5]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn . Giả sử
4
0 y2 – y1 . Thế thì:
4
tgy 2 tgy1 ba
0 tg (y2 – y1) 1 0 1
1 tgy 2 tgy1 1 ab
Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh.
Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:
2 1 2 1 17
x 2 y 2
x y 2
Giải:
Ta có: x + y = x y = 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với
2 2
0 a 2
để x = cosa và y = sina.
Bất đẳng thức đã cho được viết thành:
1 sin 4 a 1 17
cos a +
4
cos4 a sin 4 a 2
1 1 1
Ta có: cos4a + + sin4a + 4 = (cos4a + sin4a) 1 4
4
cos a sin a sin a cos a
4
- 4
1 sin 2 2a 16
= (1 – 2sin2acos2a) 1 = 1 1 4
sin 4 a cos4 a 2 sin 2a
sin 2 2a 1
Vì 0 < sin 2a 1 nên 1 -
2
2 2
16
và 1+ 17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
sin 4 2a
Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có:
x2 + (x – y)2 4 x 2 y 2 sin2 .
10
Giải:
Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có:
3 5
4sin2 = 2 1 cos .
10 5 2
Bất đẳng thức đã cho có thể viết:
3 5
x2 + (x – y)2 (x2 + y2)
2
(1)
Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
x
Nếu y 0. Chia hai vế (1) cho y2 và đặt = tga với
- 5
2 2
1 2
Bởi vì =1
5 5
1 2
vì vậy = cos và = sin. Với 0 < <
5 5 2
Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - ) 1. Điều này hiển nhiên.
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng. (đpcm)
Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện
a, b > c > 0 ta có bất đẳng thức:
c(a c) c(b c) ab (1)
Giải:
Vì a > 0, b > 0, ab > 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với
c( a c) c ( b c)
1 (2)
ab ab
2 2
c a c
Nhận xét rằng
a
=1
a
c ac
Nên đặt = cosu , = sinu với 0 u
a a 2
2 2
c b c
Ta cũng thấy
b
=1
b
c bc
Nên đặt = cosv , = sinv với 0 v .
b b 2
Khi đó (2) có thể viết thành
c a c c bc
+ = cosv sinu + cosusinv 1 (3)
b a a b
Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v) 1 nên (3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1)
đúng.
Bài 7: Chứng minh rằng: 4 a 3 (1 a 2 ) 3 3 a 1 a 2 2
- 6
Giải:
Điều kiện: 1 – a2 0 a 1
Đặt a = cos, với [0; ]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
4 cos3 (1 cos2 ) 3 - 3(cos - 1 cos2 ) 2
4(cos3 - sin3) – 3 (cos - sin) 2
(4cos3 - 3cos) + (3sin - 4sin3 ) 2 cos3 + sin3 2
cos (3 - ) 1, luôn đúng.
2
Bài 8: Chứng minh rằng:
a 2 1 3 2a
Giải:
Điều kiện: a2 – 1 0 a 1.
1
Đặt a = , với [0 ; ).
cos 2
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
1 2 2
1 3 tg 3
cos2 cos cos
1 3
sin + 3 cos 2 sin + cos 1
2 2
sin ( + ) 1, luôn đúng.
3
Bài 9: Cho x2 + y2 = 1 ; u2 + v2 = 1. Chứng minh
a) xu + yv 1.
b) xv + yu 1.
c) –2 (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) 2.
d) –2 (x + y) (u + v) – (x – y) (u – v) 2.
Giải:
Áp dụng mệnh đề IV. Đặt x = cosa ; y = sina ; u = cosb ; v = sinb
và 0 a, b 2. Khi đó
a) xu + yv=cos(a – b) 1.
- 7
b) xv + yu=sin(a + b) 1.
c) (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) = (cos a – sin a) (cos b + sin b) +
+ (cos a + sin a) (cos b – sin b) =
b +
= 2 sin a 2 sin
2 cos a 2 cos b
4 4 4 4
= 2cos (a + b)
Rõ ràng –2 2cos (a + b) 2. (đpcm)
Bài 10: Chứng minh:
a) (a + b)4 8(a4 + b4)
b) 32(a6 + b6) (a + b)6
c) (a + b)8 64(a8 + b8)
Giải:
b
a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a 0 chia hai vế cho a và đặt tgx =
a
với
- 8
1 a 2 0
a 1
Điều kiện:
1 b 2 0
b 1
a sin
Đặt , với , [0; ]
b sin
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
sin . 1 sin 2 sin . 1 sin 2 +
+ 3[sin . sin (1 sin 2 )(1 sin 2 ) 2
sin.cos + sin.cos + 3 (sin.sin - cos.cos) 2
sin( + ) - 3 cos( + ) 2
1 3
sin( + ) - cos( + ) 1
2 2
sin( + - ) 1 , luôn đúng.
3
Bài 12: Cho a1, a2,… a17 là 17 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng ta luôn chọn
được hai số aj, ai từ 17 số đó sao cho
a j ai
0< 4 2 2 1
1 a ia j
Giải:
Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a1 < a2 < … < a17
Đặt tgvi = ai với - < vi < i = 1, 2,…, 17
2 2
Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng ; nên từ a1 < a2 <
2 2
… < a17 suy ra - < v1 < v2 < … < v17 < < v1 +
2 2
Các điểm v2 , v3 , …, v17 chia đoạn [v1 ; v1 + ] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một
đoạn có độ dài không vượt quá .
17
- 9
a) Nếu có một i với 1 i 16 sao cho 0 < vi+1 – vi thì
17
2 tg
8 =1
0 < tg(vi+1 -vi) tg < tg . Vì tg =
17 16 4
1 tg 2
8
2 tg
suy ra tg = 2 - 1, tg = 16 = 2 - 1 tg = 4 2 2 1
8 8 16
1 tg 2
16
Khi đó ta có
tgv i 1 tgv i a i 1 a i
0 < tg(vi+1 – vi) = 4 2 2 1
1 tgv i 1 tgv i 1 a i a i 1
Chọn aj = ai+1 ta được điều cần chứng minh.
b) Nếu 0 < v1 + - v17 < < thì
17 16
0 < tg [(v1 + ) – v17] = tg(v1 – v17) < tg
16
Lúc này ta chọn aj = a1 và ai = a17 ta được điều cần chứng minh.
Bài 13: Chứng minh rằng với mọi cặp số thực x, y ta đều có:
1 ( x 2 y 2 )(1 x 2 y 2 ) 1
4 (1 x 2 )(1 y 2 )2 4
Giải:
Đặt x = tgu , y = tgv với - < u, v < thì biểu thức
2 2
( x 2 y 2 )(1 x 2 y 2 ) ( tg 2 u tg 2 v)(1 tg 2 utg 2 v)
A= .
(1 x 2 )(1 y 2 )2 (1 tg 2 u ) 2 (1 tg 2 v) 2
sin 2 u sin 2 v sin 2 u sin 2 v
= cos4u. cos4v 1
cos 2 u cos 2 v cos 2 u cos 2 v
= (sin2u cos2v – sin2 v cos2u) (cos2u cos2v – sin2u sin2v)
= (sinu cosv + sin v cos u)(sin u cos v – sin v cos u)
(cos u cos v + sin u sin v) (cos u cos v – sin u sin v)
- 10
= sin(u + v) sin(u – v) cos(u – v) cos(u + v)
1
= sin2(u + v) sin2(u – v)
4
1 1
Suy ra A = sin2(u + v)sin2(u – v)
4 4
1 1
Tức A
4 4
1
Biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng khi
4
2(u v)
sin 2(u v) 1 2 u x 1
4
sin 2(u v) 1 2(u v) v 0 y 0
2
2(u v)
sin 2(u v) 1 2 u x 1
hoặc 4
sin 2(u v) 1 2(u v) v 0 y 0
2
1
Biểu thức A nhận giá trị nhỏ nhất bằng - khi:
4
2(u v)
u 0
sin 2(u v) 1 2 x 0
sin 2(u v) 1 2(u v) v 4 y 1
2
2(u v)
u 0
sin 2(u v) 1 2 x 0
hoặc
sin 2(u v) 1 2(u v) v 4 y 1
2
Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng
x 2 ( x 4 y) 2
2 22 2 22 (1)
x 2 4y 2
Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra.
Giải:
- 11
x 2 ( x 4 y) 2
1) Nếu x = 0 , y 0 thì 2 2 2 4 2 22
x 2 4y 2
x 2 ( x 4 y) 2
Nếu x 0, y = 0 thì = 0 bất đẳng thức cũng đúng.
x 2 4y 2
Giả sử x 0, y 0 thì (1) tương đương với
2 2
x x 2
2 22 2y 2y 2 22 (2)
2
x 1
2y
x
Đặt = tga thì (2) trở thành:
2y
tg 2 a ( tga 2) 2
-2 2 2 2 2 -2
1 tg 2 a
- 2 2 - 2 cos2a [4tga – 4] 2 2 - 2 (3)
Vì cos2a[4tga – 4] = 4sinacosa – 4cos2a = 2sin2a – 2(1 + cos2a)
= 2(sin2a – cos2a – 1) =2
4
2 sin 2a 1 2 2 2; 2 2 2
nên (3) đúng, nghĩa là bất đẳng thức (1) đúng.
2) Từ các phép biến đổi trên đây cho thấy:
x 2 ( x 4 y) 2 x
= -2 2 - 2 khi sin 2a = -1 với tga =
x 2 4y 2 4 2y
5 3
Vì -
- 12
2tg tg
a=
3
x 3
= tg = 4 8 = 1 2 1 2 1
8 2y 8 1 tg tg 1 ( 2 1)
4 8
x – 2y( 2 + 1) = 0
Bài 15: Chứng minh rằng với các số thực x, y, z tuỳ ý ta có
xy xz zy
+
1 x 2 1 y2 1 x2 1 z2 1 z2 1 y2
Giải:
Đặt x = tg , y = tg , z = tg với - < , , < .
2 2
Ta có:
xy tg tg
= = coscos sin sin
1 x 2
1 y 2
1 tg 1 tg
2 2 cos cos
=sincos - sincos=sin( - )
Tương tự ta có:
xz zy
= sin( - ), =sin( - )
1 x2 1 z2 1 z2 1 y2
Như vậy, chứng minh bất đẳng thức đã cho, đưa về chứng minh bất đẳng thức:
sin( - ) sin( - )+ sin( - ) (*)
với mọi
, , ;
2 2
Ta có sin(u + v)=sinucosv + sinvcosusinucosv+sinvcosu
sinucosv+sinvcosu sinu+ sinv
Để ý rằng - = ( - ) + ( - ).
Từ bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra (*). (Đpcm)
Bài 16: Cho các số thực x, y thoả mãn
x2 + y2 = x 1 y 2 + y 1 x 2
Chứng minh: 3x + 4y 5
Giải:
Điều kiện xác định: 1 – y2 0, 1 – x2 0 tương đương –1 x, y 1
- 13
Nếu x [-1; 0] hoặc y [-1; 0] hoặc x = 0, y = 1 hoặc x = 1, y = 0 bất đẳng thức hiển
nhiên đúng. Ta chỉ cần xét 0 < x < 1 và 0 < y < 1.
Đặt x = cos , y = sin với - < < ; 0 < < .
2 2
Từ x2 + y2 = x 1 y 2 + y 1 x 2
Ta có: cos2 + sin2 = cos cos + sin sin = cos( - ) 1
cos2 cos2 hoặc sin2 sin2
a) Nếu 0 0, cos > 0.
2 2 2
cos2 cos2 cos cos
3 4
3x + 4y = 3cos + 4sin 2cos + 4sin = 5 cos sin
5 5
3
= 5cos( - ) 5 trong đó cos = .
5
b) Nếu 0 < < , < < ta có sin > 0 , sin > 0 thì
2 2
sin2 sin2 sin sin
3x + 4y = 3cos + 4sin 3cos + 4sin = 5cos( - ) 5
c) Nếu -
- 14
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :
t
1 cos t 1 cos t cos t 1 cos t 2cos 2 cos t
2
t t t t
2(cos sin ) cos 2 sin 2
2 2 2 2
t t t t
(cos sin )(cos sin 2) 0
2 2 2 2
t t
2cos( )[ 2cos( ) 2] 0
2 4 2 4
t t
cos( )[cos( ) 1] 0
2 4 2 4
t
cos( ) 0
2 4
t
2 2 4
3
t
2 2
1 cos t 0
1 x 0
vậy phoơng trình này có nghiệm 1 x 0 .
Bài 2 : giải phương trình :
1 1 x 2 x(1 2 1 x 2 )
Giải :
Điều kiện : 1-x2 0 1 x 1
t
cos 2 0
đặt x = sint với t ; . Khi đó phương trình đã cho có dạng :
sin 3t 0 2 2
2
1 1 sin 2 t sin t (1 2 1 sin 2 t ) 1 cos t sin t (1 2cos t )
t t 3t t
2cos sin t sin 2t 2cos 2sin cos
2 2 2 2
- 15
t
cos 2 0 t 6 1
t 3t
2cos (1 2 sin ) 0 x 2
2 2 3t 2 t
sin x 1
2 2 2
1
vậy phương trình có nghiệm x và x=1.
2
Bài 3 : Giải phương trình :
x
x 2 2
1 x2
Giải :
điều kiện :
x 2 1 0
x 1.
x 0
1
Đặt x= , t 0,
cos t 2
Khi đó phương trình có dạng :
1
1 1 1
cos t 2 2 2 2 sin t cos t 2 2 sin t.cos t
cos t 1 cos t sin t
1
cos t
u2 1
Đặt sint + cost = u 1 u 2 , ta có sin t.cos t
2
.
Khi đó phương trình đã cho có dạng :
u 2
u 2(u 1) 2
2u u 2 0
2
u 1 l
2
u 2 sin t cos t 2 2 sin(t ) 2 sin(t ) 1 t 2k
4 4 4 2
t 2k . So sánh điều kiện ta có : t x 2
4 4
vậy nghiệm của phương trình là x 2
Bài 4 : với a 0 , giải bất phương trình
2a 2
x 2 a2 x
x 2 a2
- 16
giải :
Đặt x a tan t , t ; . Khi đó bất phương trình có dạng :
2 2
a 2a 2 cos t 1
a tan t 1 sin t 2cos2 t 2sin 2 t - sint -1 0 sin t 1
cos t a 2
1 a
tan t x
3 3
a
Vậy nghiệm của bất phương trình là x
3
Bài 5 : Giải phương trình :
8x(2x2-1)(8x4-8x2+1)=1 (1)
giải:
Ta có các trường hợp sau :
Với x 1, suy ra VT(1)>1, do đó phương trình vô nghiệm .
Với x -1, suy ra VT(1)
- 17
x
1 m 2 2m
x
2
2
1
1+m 1+m
2m 1 m2
Đặt m=tant với t (0; ) ta có sin 2t và cos2t
4 1 m2 1 m2
Khi đó phương trình đã cho có dạng :
sin 2t cos2t 1
x x
Nhận xét :
với x=2 là nghiệm của phương trình .
sin 2t x sin 2 x
Với xsin 2 x
với x>2 ta có : VT 1 , phương trình vô nghiệm .
cos2t cos x
x 2
vậy với 0
- 18
1 1 1 k
cos 2 (1 cos 2 ) cos 2 0 2 k ,k Z
2 2 2 2 4 2
Khi đó nghiệm của hệ là
x y 0
x y tan( k ) x y 1
4
x y 1
III. Một số bài tập đề nghị
1 6 6
Bài 1: Cho x2 + y2 = 1 chứng minh x +y 1
4
Bài 2: Cho ab + bc + ca = 1 , chứng minh rằng:
4abc = a(1- b2)(1 – c2) + b(1 – c2)(1 – a2) + c(1 – a2)(1 – b2)
Bài 3: Cho 0 ai 1 , i = 1, 2, …, n. Chứng minh
(1 + a12)(1 + a22)… (1 + an2) + (1 – a12) (1 – a22)… (1 – an2) 22
Bài 4: Cho 4 số dương a1, a2, a3, a4 phân biệt. Chứng minh rằng có thể chọn được ít nhất 2
trong 4 số đó sao cho:
ai a j
0
- 19
Bài 10: Cho a 1. Chứng minh
a 2 1 3
–2 2.
a
- 20
nguon tai.lieu . vn
