Đề tài Một số bài toán lượng giác hay và khó

OC  = 120 0 ).  Tương tự ta có  JKI = JIK = 60 0  Nên IJK là tam giác đều (đpcm) ­ 27 ­ CHƯƠNG III:  PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC  Do số lượng của các bài toán phương trình, bất phương trình là vô cùng nhiều nên ở phần này  chúng tôi chỉ trình bày một số bài đã chọn lọc,có cách giải hay, độ khó tương đối và chắc chắn sẽ thú  vị hơn rất nhiều so với những bài toán thông thường khác.  Bài 1: Tìm a để hai phương trình sau tương đương:  Giải:  Ta có (2)  Vậy(1) tương đương với (2) khi và chỉ khi:  a  hoặc a  Bài 2: Tìm a,b,c để phương trình sau đây nghiệm đúng:  Giải:  Điều kiện cần.Giả sử (1) đúng  , nói riêng:  Khi  Khi  Khi x  Vậy điều kiện cần là a=b=c=0  Điều kiện đủ: nếu a=b=c=0 thì rõ ràng (1) đúng (  .Tóm lại a=b=c=0 là điều kiện cần và đủ để  (1) đúng  Bài 3: Giải hệ phương trình:  Giải:  (1)  Xét hàm số f (t)  Vậy f (t) là hàm đồng biến trên (0,  Ta thấy: (1) ­ 28 ­  Vậy (1),(2),(3)  Như thế hệ đã cho có nghiệm duy nhất (  Bài 4: Giải phương trình:  Giải:  Điều kiện để phương trình có nghĩa là :  Ta có:  Từ (4) suy ra:  (5)  Vậy phương trình đã cho tương đương với hệ sau:  Từ (6) suy ra  x  Do (9) không thõa mãn (3) nên riêng (6) đã vô nghiệm  Vậy hệ (6),(7),(8) dĩ nhiên vô nghiệm, tức là phương trình đã cho vô nghiệm>  *Chú ý: Bằng lập luận tương tự như trên, ta có thể giải phương trình  Cụ thể đưa phương trình ấy về hệ sau: ­ 29 ­  Từ đó suy ra nghiệm của phương trình ấy là:  Bài 5: Giải phương trình:  Giải:  Do  Vậy (1) tương đương với hệ sau:  Bài 6: Giải phương trình  Giải:  Dễ thấy nó có thể viết dưới dạng tương đương sau:  Từ đó có VT(5)  VP(5)  Vậy (5) ­ 30 ­  CHƯƠNG IV:  BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC  Bài 1: Giải bất phương trình : 7 tan x ( sin2 x + 3cos2 x) ≤ 6 4  3 ( sin2 x + 4cos 2  x )  Giải :  ĐK :  cos x ≠ 0 . Chia hai vế cho cos 2  x  ta được: 7 tan x ( tan 2 x + 3) ≤ 6 4  3 ( tan 2  x + 4 )  Đặt tanx = t, ĐK : t ≥ 0 , bpt trở thành :  t 2  + 4  7 t  = 6 4  3  t 2  + 3  Đặt VT =  f ( x ) , với t ≥ 0 , ta có:  Hàm t  đồng biến trên  0, + ∞ )   ( )     t 2  + 3   Hàm  đồng biến trên  0, + ∞ )   t 2  + 4    4  =>  f ( t ) là hàm đồng biến trên   0, + ∞ )  và đo được t =  3  thì f ( t ) = 6 3  t  0  3 +∞  f(t)  6 4  3 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ( t) ≤ 6 4  3 t ≤  3  π Từ đó suy ra  0 ≤ tan x ≤ 3 kπ ≤ x ≤ + kπ (k ∈ Ζ )  3   2   2   Bài 2: Giải bất phương trình : cos π ( x −10x)  − 3 sin π ( x −10x )  > 1  Giải:  Đặt y = π ( x2  − 10 x ) . Bpt trở thành :  cos y − 3 sin y > 1  π cos y − tan sin y > 1  3  π π π cos y cos − sin y sin > cos  3 3 3   π  π cos y +  > cos   3   3  ­ 31 ­  π π π − + k2π < y + < + k2π , k ∈ Ζ 3 3 3  2π  − + k2π < y < k 2π  3  2π  − + k2π < π ( x2  −10x) < k 2π  3  2  − + 2k < x2  −10x < 2 k ( ∗ )  3  1.Giải bpt  x2  −10x < 2k, k ∈ Ζ x2  −10x − 2k < 0(1 )   (1) có nghiệm nếu:  ∆' = 25 + 2k ≥ 0 k ≥ − 12  5 − 25 + 2k < x < 5 + 25 + 2 k 2  2. Giải bpt  − + 2k < x2  − 10 x 3  2  x2  −10x − 2k + ≥ 0( 2 )  3  2  ∆' = 25 + 2k − ≥ 0 k ≥ −12   3  (2) có nghiệm khi  k ≥ −1  2  2  2  x 5 + 25 + 2 k −  3  3  Với mọi  k ≥ −1  2 , ta có:  2  0 < 25 + 2k − < 25 + 2 k  3  2  => 25 + 2k − < 25 + 2 k  3   2   5 − 25 + 2k < 5 − 25 + 2 k −  3  =>  2   5 + 25 + 2k − < 5 + 25 + 2 k    3  Do đó nghiệm của (*) là   2   5 − 25 + 2k < x < 5 − 25 + 2 k −  3   2   5 + 25 + 2k − < x < 5 + 25 + 2k , k ∈ Ζ, k ≥ − 12    3  Vậy nghiệm của bpt đã cho là ­ 32 ­  2   5 − 25 + 2k < x < 5 − 25 + 2 k −  3   2   5 + 25 + 2k − < x < 5 + 25 + 2 k   3  Với  k ∈ Ζ,k ≥ −12    Bài 3: Giải bpt: 5 + 2cos 2x ≤ 2 | 2sin x − 1| ( 1)   Giải: (1) 5 + 2(1 − 2sin 2  x) ≤ 3| 2sin x − 1|  7 − 4sin2  ≤ 3| 2sin x − 1|  Đặt  y = sin x với  −1≤ y ≤ 1 , ta có: 7 − 4 y2  ≤ 3 | 2y − 1| ( 2 )  1  a. Xét trường hợp :  ≤ y ≤ 1 . Ta có : 2  ( 2) => 7 − 4y 2  ≤ 3( 2y − 1 )  4y2  + 6y −10 ≥ 0  2y2  + 3y − 5 ≥ 0  5  => y ≤ − , y ≥ 1  2  π Kết hợp với điều kiện a. ta có y = 1 => sinx = 1  x = + k2π , k ∈ Ζ  2  1  b. Xét trường hợp :  −1 ≤ y ≤  . Ta có: 2  ( 2) => 7 − 4y2  ≤ 3( −2y + 1 )  4y2 − 6y − 4 ≥ 0 2y2  − 3y − 2 ≥ 0  1  => y ≤ − , y ≤ 2  2  1  Kết hợp với điều kiện b. ta có  −1 ≤ y ≤ −  2  1 5π  π => −1 ≤ sin x ≤ − − + l2π ≤ − + l2π , l ∈ Ζ  2 6 6   π x = + k 2 π  2  Vậy nghiệm bpt đã cho là   với  k, l ∈ Ζ  5 π π  − + l2π ≤ − + l 2 π   6 6  2 2  Bài 4: Giải bất phương trình : 81sin x + 81cos  x ≤ 30(1 )   với x ∈ ( 0, 2π  )  Giải:  2  Đặt  y = 81si  n  x  với 1 ≤ y ≤ 81( *)   ­ 33 ­  2 2  81  Ta có : 81cos x = 811 − sin  x  =  y 81  => y + − 30 ≤ 0  y  => y2  − 30y + 81 ≤ 0  3 ≤ y ≤ 27  thoả (*)  Do đó : 2  3 ≤ 81sin  x  ≤ 27  2  31 ≤ 34sin x  ≤ 33   1 ≤ 4sin2 x ≤ 3  1 3  ≤ sin 2  x ≤ 4 4  1 3 3 1  ≤ sin x ≤ ( a) , − ≤ sin x ≤ −  ( b )  2 2 2 2  π π 2π 5π  Giải (a)  ≤ x ≤ ,  ≤ x ≤  6 3 3 6  7π 4π 5π 11π  Giải (b)  ≤ x ≤ ,  ≤ x ≤  6 3 3 6  Đó là 4 tập nghiệm của bất phương trình trên.  Bài 5: Giải bất phương trình:  sin 2x−sin3x+ sin 4 x  − 3  cos 2x−cos3x+ cos4 x 2 ≥ 1  (*)  Giải:  Ta có sin 2x − sin 3x + sin 4 x  cos 2x − cos3x + cos 4 x  sin 2x + sin 4x − sin 3 x  = cos 2x + cos 4x − cos3 x  2sin 3x cos x − sin 3 x  = 2cos3x cos x − cos3 x  sin 3x( 2cos x − 1)  = = tan 3 x  cos3x( 2 cos x − 1)   Với điều kiện  2cos x ≠ 1  Ta có : ­ 34 ­  ( *)  2tan 3x − 3  ≥ 1  tan 3x − 3 ≥ 0  tan 3x ≥ 3  π π + kπ ≤ 3x ≤ + kπ , k ∈ Ζ 3 2  π π π π + k ≤ x ≤ + k 9 3 6 3  π π π π Vậy nghiệm của (*) là  + k ≤ x ≤ + k , k ∈ Ζ  9 3 6 3  Bài 6: Giải bất phương trình :  sin x + 2cot x ≤ − 1  Giải :  Trong điều kiện có nghĩa của nó thì  sin x + 2cot x ≥ 0  Vậy bất phương trình đã cho vô nghiệm.  Bài 7: Giải bất phương trình : 4( x3 − 2x +1)( sin x + 2cos x) ≥ 9 | x3  − 2x + 1| (1 )   Giải:  Xét các khả năng sau:  a. Nếu  x3  − 2x +1 > 0  9  (1 )  sin x + 2 cos x ≥  vô lí vì − 5 ≤ ( sin x + 2cos x ) ≤  5  4  b. Nếu  x3  − 2x +1 < 0  9  (1 )  sin x + 2 cos x ≤ −  . Vô lí  4  Do đó (1) chỉ có thể có nghiệm khi x3  − 2x +1 = 0( 2 )  −1+ 5 −1− 5  Phương trình (2) có nghiệm là  x = 1, x = , x =  1 2 2 3  2  Đó cũng là nghiệm của bất phương trình trên.  CHƯƠNG V:  BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC  Bài 1: Chứng minh rằng tỷ số khoảng cách lớn nhất giữa hai đỉnh với khoảng cách bé nhất giữa 2  đỉnh của 1 tứ giác lồi bất kì không bé hơn  2 .  Giải:  Giả sử M, m tương ứng là khoảng cách lớn nhất giữa hai đỉnh và khoảng cách bé nhất giữa 2  đỉnh của một tứ giác lồi. Vì ít nhất một trong các góc của tứ giác không phải là góc nhọn. Thí dụ  ·ABC . Khi đó :  M 2 ≥ AC 2=  AB 2+  BC 2 ­2AB.BCcosABC ⇒ M 2 ≥ AB 2+  BC 2 ≥ m 2 +m 2=  2m 2 ­ 35 ­ M  ⇒  ≥  2 . Đó là điều phải chứng minh.  m  Bài 2: Cho tứ giác lồi ABCD . Chứng minh rằng :  A  B  C  D  16  tan + tan  + tan  + tan  + < 4  4  4  4  4  A  B  C  D  4 + tan  + tan  + tan  + tan  2  2  2  2  Giải:  1  1  1  1  16  Với x, y, z, t > 0  thì:  +  + + ≥ x y  z  t  x + y + z + t  Mà   ABCD lồi nên:  A B  C  D  π  A  B  C  D  0 0  2  2  2  2  2  2  2  2  2  Ta có:  1  1  1  1  16  + + + ≥ A B  C  D  A  B  C  D  1 + tan  1 + tan  1 + tan  1 + tan  4 + tan  + tan  + tan  + tan  2  2  2  2  2  2  2  2  Do đó , để có điều phải chứng minh , chỉ cần chứng minh :           A  1    B  1    C  1    D  1    tan +   +  tan  +  +  tan  +  +  tan  +  < 2   4  A   4  B   4  C   4  D   1 + tan    1 + tan    1 + tan    1 + tan    2   2   2   2   A  A 2x   Đặt x = tan  thì  tan  =  . thế thì:  4  2  1 − x 2  A  1  1 + x + x 2 − x 3  2 x 2  − x − x 3  tan  +  = < + 1 < 1  4  A  2  2  1 + tan  1 + 2 x − x  1 + 2 x − x  2  Vì 1+x ≥ 2 x ⇒ x + x 3  ≥ 2 x 2 . Điều phải chứng minh.  Bài 3: Cho 4 số thay đổi a,b,x,y thoả mãn a 2 +b 2=  4 và x 2+  y 2=  3  Chứng minh rằng:  − 2 3 ≤ ax + by ≤ 2  3  Giải:  2 2   a   b  a 2 + b 2 =4 ⇔    +   = 1   2   2   a = cos α   2  ⇔ ∃α ∈ R :  b   = sin α  2   a = 2 cos α  ⇔  b  = 2 sin α ­ 36 ­  x  = cos β  2  2   3  Tương tự : x  +y  =3 ⇔ ∃β ∈ R :   y   = sin β  3   3 cos β  ⇔   3 sin β Vậy M =  ax+by  = 2cosα .  3 cos β + 2 sin α .  3 sin β  = 2  3 (cos α . cos β + sin α . sin β )  =2  3.  cos(α  − β )  Vì cos ( α − β ) ≤ 1 nên  M  ≤ 2 3  ⇔ − 2 3 ≤ ax + by ≤ 2  3  Kết luận: min( ax + by ) = − 2 3  max( ax + by ) = 2  3 .  * Chú ý : Với cách giải hoàn toàn tương tự ta cũng có thể giải được các bài toán sau:  1.  Cho x và y là 2 số thay đổi và nghiệm đúng phương trình x 2+  y 2=  1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá  trị lớn nhất của biểu thức P=2x­y+1  2.  Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức y­2x+5 biết x và y là ha số thay đổi thoả mãn  36x 2+  16y 2=  9  Bài 4:Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có:  1.  a 2 (p­b)(p­c)+b 2(p­c)(p­a)  +c 2(p­a)(p­b)  ≤ p 2R   2  2.  p 2 ≥  ab.sin 2 A+bc.sin 2B+  ac.sin 2C    Giải:  1.  Đưa bất đẳng thức về dạng tương đương sau:  2  2  2   a b  c   2  2  (p­a)(p­b)(p­c)  + +  ≤ ( p − a + p − b + p − c )  R  (1)   p − a  p − b  p − c  Đặt  p − a = x , p − b = y , p − c = z . Khi đó x ,y ,z > 0  Với kí hiệu ấy thì  (1) ⇔ a 2 yz + b 2 xz + c 2 xy ≤ ( x + y + z ) 2 R 2  Theo định lí hàm số cosin suy ra: zy4sin2 A + xz4sin2 B + xy4sin 2  C ≤ ( x + y + z ) 2  ⇔ zy4sin2 A + xz4sin2 B + xy4sin 2 C ≤ x2 + y2 + z2  + 2xy + 2yz + 2 xz  ⇔ x2 + 2x( y − 2y.sin 2 C + z − 2z.sin2 B) + 2yz − yz4sin 2 A+ y2 + z 2  ≥ 0  ⇔ x 2 + 2 x ( y cos 2 C + z cos 2 B ) + 2 yz cos 2 A + y 2  + z 2  ≥ 0  (2)  Quan niệm vế trái của (2) là tam thức bậc 2 của x có hệ số của x 2 là 1>0. còn: ­ 37 ­  ∆′ = ( y cos 2C   + z cos 2 B ) 2 − 2 yz cos 2 A − y 2  − z 2  = ( y 2  cos 2  2 C − 1)  + ( z 2  cos 2  2 B − 1)  + 2 yz (co s 2 B cos 2C   − cos 2 A ) = − y 2 sin 2  2 C − z 2 sin 2  2 B + 2 yz [co s 2 B cos 2C   − cos ( 2 B + 2C   )] = − y 2 sin 2  2 C − z 2 sin 2  2 B + 2 yz sin 2 B sin 2 C  = − ( y sin 2C   − z sin 2 B ) 2  ≤ 0  Theo định lí về dấu tam thức bậc hai suy ra (2) đúng ⇒  điều phải chứng minh.  2.  Bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức sau: (a  + b + c ) 2  ≥ ab sin 2  A + ac sin 2  C + bc sin 2  B  4 ⇔ a 2 + b 2  + c 2  + 2 ab + 2 bc + 2 a ≥ 2 ba (1  − cos 2 A)  + 2 ca (1  − cos 2 C ) + 2 cb (1  − cos 2 B )  ⇔ a 2  + b 2  + c 2  + 2 ab cos 2 A + 2 bc cos 2 B + 2 ac cos 2 C ≥ 0  ⇔ a 2 + 2 a (b  cos 2 A + c cos 2 C ) + b 2  + c 2  + 2 bc cos 2 B ≥ 0  (3)  Quan niệm vế trái là tam thứ bậc hai của a. Do hệ số của a 2  là 1>0  và: ∆′ = (b  cos 2 A + c cos 2 C ) 2 − 2 bc cos 2 B − c 2  − b 2  = − b 2 sin 2  2 A − c 2  sin 2  2 C + 2 bc (co s 2 A cos 2 C − cos 2 B ) = − b 2 sin 2  2 A − c 2  sin 2  2 C + 2 bc sin 2 A sin 2 C  = − (b  sin 2 A − c sin 2 C ) 2  ≤ 0  Vậy (3) đúng và đó là điều phải chứng minh.  Dấu bằng xảy ra ⇔ ∆ ABC là tam giác đều.  Bài 5: Cho tứ diện OABC vuông tại O . Gọi α , β , δ lần lượt là góc giữa đương cao OH với các cạnh  OA,OB,OC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: cos α + cos β cos β + cos δ cos α + cos δ T  =  + + cos 2 δ cos 2 α cos 2  β Giải:  Đặt x = cos α , y = cos β , z = cos δ 1  1  1  1  Vì :  +  + = ⇒ x 2  + y 2  + z 2  = 1  OA 2 OB 2  OC 2  OH 2  ⇒ 0 < x , y , z < 1 , do đó α , β , δ đều nhọn. Ta có:  x + y  y + z  z + x  T =  + + z 2  x 2  y 2   x + y  y + z  z + x  Xét x + y + z T  = x + y + z  + +  ( ) ( ) 2  2  2    z  x  y   2  2  2  x + y  y + z  z + x   x + y   y + z   z + x  =  + + +   +   +   z  x  y   z    x    y   2   y  z   z  x   y  x  1  x + y  y + z  z + x  ≥  +  +  +  +  +  +  + +   z  y   x  z   x  y  3  z  x  y   1  ≥ 2 + 2 + 2 + . 6 2 = 18  (1) .(Bất đẳng thức Côsi và Bunhiacôpxki)  3  Ngoài ra : 0 < x + y + z ≤ 3 (x  2 + y 2  + z 2 ) = 3  (2). ­ 38 ­ 18 Từ (1) và (2) suy ra  T  ≥  3  Dấu “=” xảy ra ⇔ x=y=z ⇔ OA = OB = OC .  18  Vậy T đạt GTNN bằng  khi tứ diện OABC vuông cân tại O.  3  Bài 6: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: S = (1 + b + c − bc ) cos A + (1   + a + c − ac ) cos B + (1  + b + a − ab ) cos C ≤ 3  Giải:  Ta có thể thấy :  S = cos A + cos B + cos C + (b   + c ) cos A + ( c + a ) cos B + ( a + b ) cos C − ( ab cos C + bc cos A + ac cos B )  Đặt  P = cosA+cosB+cosC  Q = (b+c)cosA+(c+a)cosB+(a+b)cosC  R= ab.cosC+bc.cosA+ac.cosB  3 Dễ thấy : P=cosA+cosB+cosC  ≤  (1)  2  (Dấu “=” trong (1) xảy ra ⇔ ∆ ABC là tam giác đều)  Theo định lí hàm số sin ta có: b cos C + c cos B = 2 R (s in B cos C + sin C cos B ) = 2 R sin ( B + C ) = 2 R sin A = a  Tương tự ta có:  a cos C + c cos B = b , a cos B + b cos A = c  ⇒ Q = a + b + c . Còn theo định lí hàm số cosin , thì:  a 2  + b 2  + c 2  R =  2  2  (2)  Để ý rằng:  3  a 2  + b 2  + c 2  + ( a + b + c ) − 2  2  (a  − 1 ) 2 + (b  − 1 ) 2  + (c  − 1 ) 2  = 3 −  ≤ 3  (3)  2  Dấu “=” trong (3) xảy ra khi a=b=c=1  Từ (2) và (3) suy ra S≤ 3. Đó là điều phải chứng minh.  Dấu “=” xảy ra ⇔ đồng thời có dấu “=” trong (1) và (3) ⇔ ∆ ABC là tam giác đều có cạnh bằng 1. ­ 39 ­  Lời kết :  Chúng ta đã cùng nhau đi một vòng quanh vương quốc của những bài toán lượng giác, đã cùng  nhau chiêm nghiệm sự rộng lớn của đại dương kiến thức bao la. Nhưng toán học mãi là  một câu  chuyện không có hồi kết, chúng tôi ­ vẫn còn thiếu kinh nghiệm và chưa chuyên nghiệp, nên chỉ có  thể giới thiệu một số bài toán hay và rất thú vị ẩn trong những công thức khô khan và quá ư trừu  tượng. Bạn sẽ thấy một số bài toán mà có thể chẳng dùng để làm gì cả, nhưng hãy coi nó như một  bông hồng, một bức hoạ đẹp hay một bản tình ca của thiên đường toán học…Vì một lẽ, nó được sinh  ra trong một phút, một ngày, cả một đời người hay qua nhiều thế hệ chỉ để thoả mãn niềm đam mê  của những ai phát hiện và chứng minh được vẻ đẹp tuyệt vời của nó!  Đề tài này, chúng em kính tặng người thầy giáo yêu mến, thầy Nguyễn Lái.  Mọi góp ý xin liên hệ : Tổ 4 –  Toán 2 – Niên khoá : 2008 – 2011  Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh  Tp.Tuy Hoà, tỉnh Phú Yên.  Danh sách thành viên :  1.  Trần Hoàng Nguyên  2.  Nguyễn Ngọc Viễn Đông  3.  Nguyễn Hữu Phát  4.  Nguyễn Phan Thảo Lan  5.  Nguyễn Vũ Bảo Di  6.  Nguyễn Trương Mĩ Hiền  7.  Đỗ Anh Minh ­ 40 ­