MỞ ĐẦU
Lượng giác có rất nhiều ứng dụng trong nhiều môn khoa học nói chung và
nói riêng trong các lĩnh vực khác nhau của Toán học. Ở chương trình Toán phổ
thông, phương pháp lượng giác hóa tỏ ra có hiệu quả trong nhiều vấn đề, chẳng
hạn: Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất, giải
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, các bài toán về dãy số,
tính tích phân, giải các bài toán hình học,…
Ở chương trình lớp 12, các em học sinh đã được học cách giải các bài toán tính
tích phân dạng:
2 2 2
1 ; 1 ; 1x dx y dy z dz− − +
∫ ∫ ∫
. Theo thứ tự ta sử dụng
các phép đặt:
2
1
sin ; ; tan
os
x t y z t
c t
= = =
. Chúng ta có thể giảng dạy phuơng
pháp lượng giác hóa này ngay cho các em học sinh lớp 10, lớp 11. Nhiều bài
toán được giải quyết nhờ ứng dụng đạo hàm, như vậy chỉ có các em học sinh 12
mới có thể nắm được, tuy nhiên phương pháp lượng giác hóa cũng có thể giải
quyết rất tốt một số bài toán đó. Điều này sẽ giúp các em học sinh lớp 10, lớp 11
có thể giải quyết được một số bài toán được xem là “của các anh, chị lớp 12”.
Đối với học sinh lớp 12 có thêm một công cụ nữa để giải toán.
Trong đề tài này chúng ta sẽ tìm hiểu phương pháp lượng giác hóa vào việc
giải quyết các bài toán về bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, giải
phương trình, bất phương trình. Thông qua đó giúp các em học sinh rèn luyện

các kỹ năng cơ bản của Toán học, đặc biệt làm cho các em thấy được sự liên hệ
giữa các nội dung Toán học, tạo hứng thú cho các em học sinh khi học Toán.
Hơn hết, rèn luyện và phát triển các khả năng tư duy cho các em.
Đề tài này được hoàn thành vào tháng 5 năm 2009, nhân dịp này tôi xin bày
tỏ lời cảm ơn chân thành tới Ban Giám Hiệu trường THPT Nghi Lộc 3 đã tạo
nhiều điều kiện thuận lợi cho tôi trong công tác giảng dạy tại trường. Tôi xin
chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong tổ Toán đã giúp đỡ tôi rất nhiều
trong quá trình công tác và đóng góp những ý kiến quý báu cho tôi.

Nghi Lộc, tháng 5 năm 2009
Giáo viên: Nguyễn Trung Thành
1
I. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.
Dạng 1. Sử dụng điều kiện của biến
( )
0x a a≤ >
.
Phương pháp giải: Đặt
sin , ;
2 2
x a t t
π π
 
= ∈ −
 
 
hoặc
[ ]
os , 0;x ac t t
π

= ∈
.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng:
( )
2 2
3 2 1 2 1 2, 1.x x x x− + − ≤ ∀ ≤
Giải. Đặt
[ ]
cos , 0; .x t t
π
= ∈
Ta có
( )
2 2
3 2 1 2 1 3 os2 sin 2 2 os 2 2.
6
x x x c t t c t
π
 
− + − = + = − ≤
 ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2 0
os
6
12 12
7 7
2 os
6 12 12

t
t x c
t t x c
π
π π
π π π
π

 
− =
= =

 
⇔ ⇔

 

 
− = = =
 

 

.
Dạng 2. Hai biến x, y thỏa mãn điều kiện
( )
2 2 2
0x y a a+ = >
.
Phương pháp giải: Đặt

[ ]
asin , cos , 0;2x t y a t t
π
= = ∈
.
Ví dụ 2. Cho x, y thỏa mãn
2 2
1.x y+ =
Chứng minh rằng:
6 6
1
1.
4
x y≤ + ≤
Giải. Đặt
[ ]
sin , cos , 0;2x t y t t
π
= = ∈
. Ta có
( ) ( )
3
6 6 6 6 2 2 2 2 2 2 2
3
sin os sin os 3sin cos sin os 1 sin 2
4
x y t c t t c t t t t c t t+ = + = + − + = −
Do
2
0 sin 2 1t≤ ≤

nên
2
1 3
1 sin 2 1
4 4
t≤ − ≤
hay
6 6
1
1
4
x y≤ + ≤
./.
Ví dụ 3. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
a b c+ =
. Chứng
minh rằng
3 3 3
4 4 4
a b c+ ≥
.
Giải. Ta có
1.
a b
a b c
c c
+ = ⇔ + =
Đặt
2 2
sin , os .

a b
t c t
c c
= =
Khi đó

3 3 3
4 4 4
a b c+ ≥
2

3 3
4 4
1
a b
c c
   
⇔ + ≥
 ÷  ÷
   
(1)
Bất đẳng thức (1) trở thành:
3 3
2 2
sin os 1t c t+ ≥
.
Vì
0 sin 1, 0 os 1t c t≤ ≤ ≤ ≤
nên
3 3

2 2
2 2
sin sin , cos cost t t t≥ ≥
. Suy ra
3 3
2 2
2 2
sin cos sin cos 1t t t t+ ≥ + =
hay
3 3 3
4 4 4
a b c+ ≥
./.
Ví dụ 4. Cho
2 2
1.x y+ =
Chứng minh rằng:
( ) ( )
( )
5 5 3 3
16 20 5 2x y x y x y+ − + + + ≤
.
Chứng minh. Do
2 2
1x y+ =
, nên ta đặt
[ ]
sin , cos , ;x a y a a
π π
= = ∈ −

. Ta có
( ) ( ) ( )
3 2 3
5 3
5 3
sin5 sin2 cos3 os2 sin3
2sin cos 4cos 3cos 1 2sin 3sin 4sin
16sin 20sin 5sin
16 20 5 .
a a a c a a
a a a a a a a
a a a
x x x
= +
= − + − −
= − +
= − +
Tương tự ta có
5 3 5 3
os5 16cos 20cos 5cos 16 20 5 .c a a a a y y y= − + = − +
Do đó

( ) ( )
( )
5 5 3 3
16 20 5
sin5 os5
2 sin 5 2.
4
x y x y x y

a c a
a
π
+ − + + +
= +
 
= + ≤
 ÷
 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
sin , os
20 20 20
5
3 3 3
4 2
sin , os
20 20 20
a x y c
a
a x y c
π π π
π π
π π π
 
= = =
 
+ = ± ⇔ ⇔
 
 
= − = − =

 
 
.
Chú ý. Bằng phương pháp tương tự ta có thể chứng minh được bắt đẳng thức
sau: Cho
2 2 2 2
1, 1x y a b+ = + =
. Chứng minh rằng:
( ) ( )
2.x a b y u v+ + − ≤
3
Dạng 3. Sử dụng điều kiện của biến
( )
0x a a≥ >
.
Phương pháp giải:
Đặt
[ ]
2 2 2 2
2
1
, 0; \ 1 tan .
cos 2 os
a
x t x a a a t
t c t
π
π
 
   

= ∈ ⇒ − = − =
 
 ÷
 ÷
   
 
Ví dụ 5. Cho
1, 1.a b≥ ≥
Chứng minh rằng:
2 2
1 1a b ab
− + − ≤
.
Giải. Ta có
2 2
2 2
1 1
1 1 1.
a b
a b ab
ab
− + −
− + − ≤ ⇔ ≤
Đặt
[ ]
1 1
, , , 0; \ .
os cos 2
a b x y
c x y

π
π
 
= = ∈
 
 
Khi đó ta có
( ) ( )
2 2
2 2
1 1
1 1
cos cos
1 1

1 1
cos cos
cos cos tan tan sin 1.
x y
a b
ab
x y
x y x y x y
− + −
− + −
=
×
= + = + ≤
Suy ra
2 2

1 1a b ab
− + − ≤
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
( )
2 2
1 1
2
sin 1 hay 1
3
2
x y
x y
a b
x y
π
π

+ =

+ = ± ⇔ + =


+ =


./.
Dạng 4. Sử dụng dữ kiện bài toán có dạng :
2 2
1
a x+

,
( )
0a >
.
Phương pháp giải: Đặt
tan , ;
2 2
x a t t
π π
 
 
= ∈ −
 ÷
 ÷
 
 
.
Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi x, y ta có

( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 2
1
1 1
.
4 4
1 1
x y x y
x y

− −
− ≤ ≤
+ +
(1)
Chứng minh. Đặt
tan , tan , , ;
2 2
x a y b a b
π π
 
= = ∈ −
 ÷
 
. Ta có
4
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
1 tan tan 1 tan tan
1 1
1 tan 1 tan
x y x y a b a b
P
x y
a b

− − − −
= =
+ +
+ +

( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2
sin cos sin cos os cos sin sina b b a c a b a b
= − −

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
sin sin os os
1
sin 2 sin .
4
a b a b c a b c a b
a b a b
= + − + −
= + −
Vì
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
sin 2 1; sin 1 sin2 sin
4 4 4
suy ra a b a b a b a b+ ≤ − ≤ − ≤ + − ≤
.
Do đó
( ) ( )
( ) ( )

2 2 2 2
2 2
1
1 1
.
4 4
1 1
x y x y
x y
− −
− ≤ ≤
+ +

P đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
( ) ( )
( ) ( )
, 0
sin sin 1
1, 0
4
hay
1, 0
sin sin 1
, 0
4
a b
a b a b
x y
x y
a b a b

a b
π
π

= =

+ = − =

= =

⇔



= − =
+ = − = −




= − =


P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
( ) ( )
( ) ( )
0,
sin 1, sin 1
0, 1
4

hay
0, 1
sin 1, sin 1
0,
4
a b
a b a b
x y
x y
a b a b
a b
π
π

= =

+ = − = −
= =

⇔



= = −
+ = − − =




= = −



.
Ví dụ 7. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta có

2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b b c a c
a b b c a c
− − −
+ ≥
+ + + + + +
. (2)
Chứng minh. Đặt
tan , tan , tan , , , ;
2 2
a x b y c z x y z
π π
 
= = = ∈∈ −
 ÷
 
.
Bất đẳng thức (2) trở thành:
( ) ( ) ( )
tan tan tan tan tan tan

1 1 1
cos cos cos cos cos cos
sin sin sin

x z x y y z
x z x y y z
x z x y y z
− − −
≤ +
⇔ − ≤ − + −
5
Ta có
( )
sin sin os os sin sin sinc c
α β α β α β α β
+ = + ≤ +
.
Do đó
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
sin sin sin sinx z x y y z x y y z
− = − + − ≤ − + −
.
Từ
, , ;
2 2
x y z
π π
 
∈ −
 ÷
 
suy ra

( )
, , ;x z x y y z
π π
− − − ∈ −
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
sin os os sin 0
sin os 1 0 hay
sin os 1 0
x y c y z c x y y z
x y a b
x y c y z
y z b c
y z c x y

− − − − ≥

= =
 

− − − = ⇔

 
= =
 


− − − =


.
Ví dụ 8. (APMO 2004) Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2 9 .a b c ab bc ca
+ + + ≥ + +
(1)
Chứng minh. Vì a, b, c là ba số thực dương nên chọn
, , 0;
2
A B C
π
 
∈
 ÷
 
, sao cho
2 tan , 2 tan , 2 tana A b B c C= = =
.
Áp dụng hằng đẳng thức
2
2
1
1 tan
cos

α
α
+ =
.
Bất đẳng thức (1) trở thành:
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
8 1 tan 1 tan 1 tan 18 tan tan tan tan tan tan
4
cos cos cos cos sin sin cos sin sin cos sin sin
9
4
cos cos cos cos cos cos cos . 2
9
A B C A B B C C A
A B C A B C B C A C A B
A B C A B C A B C
+ + + ≥ + +
⇔ ≥ + +
⇔ ≥ − + +
(Áp dụng công thức:
( )
cos cos cos cos cos sin sin cos sin sin cos sin sin )A B C A B C A B C B C A C A C
+ + = − − −
Đặt

3
A B C
α
+ +
=
. Áp dụng bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Jensen ta có:
3
3
cos cos cos
cos cos cos cos
3
A B C
A B C
α
+ +
 
≤ ≤
 ÷
 
.
6
Do đó bất đẳng thức (2) trở thành:
( )
3 3
4
cos cos cos3
9
α α α
≥ −
. (3)

Áp dụng công thức
3
3 4cos 3coscos
α α α
= −
, bất đẳng thức (3) trở thành:

( )
4 2
4
os 1 os .
27
c c
α α
≥ −
(4)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
( )
3
2 2 2 2
2 2
os os 1 os os 1
1 os 1 os .
2 2 3 2 2 27
c c c c
c c
α α α α
α α
 
 

× × − ≤ + + − =
 
 ÷
 
 
Do đó (4) đúng do đó (1) đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
1
tan tan tan hay 1
2
A B C a b c= = = = = =
./.
Ví dụ 9. (Latvia 2002) Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn
4 4 4 4
1 1 1 1
1.
1 1 1 1a b c d
+ + + =
+ + + +
(2)
Chứng minh rằng
3.abcd ≥
Chứng minh. Do a, b, c, d là các số thực dương nên ta có thể chọn
, , , 0;
2
A B C D
π
 
∈
 ÷
 

sao cho
2 2 2 2
tan , tan , tan , tan .a A b B c C d D= = = =
Đẳng thức (2) trở thành:
2 2 2 2
os os os cos 1.c A c B c C D+ + + =
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
( )
2
2 2 2 2 2
3
sin 1 os os os os 3 cos cos cos .A c A c B c C c D B C D= − = + + ≥
Tương tự ta có

( )
( )
( )
2
2
3
2
2
3
2
2
3
sin 3 cos cos cos
sin 3 cos cos cos
sin 3 cos cos cos
B A C D

C A B D
D A B C

≥



≥



≥


7

2 2 2 2 4 2 2 2 2
2 2 2 2 4
sin Asin sin sin 3 os cos cos cos .
tan tan tan tan 3
B C D c A B C D
A B C D
⇒ ≥
⇔ ≥
Suy ra:
3.abcd ≥
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
4
3 ./.a b c d= = = =


Có nhiều bài toán bất đẳng thức đại số có mối liên hệ đặc biệt với các bất
đẳng thức trong tam giác. Việc chứng minh các bất đẳng thức đại số đưa về việc
chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác. Chúng ta đã biết một số bài toán
quen thuộc như sau:
Bài toán 1 . Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có:
3
cos cos cos
2
A B C+ + ≤
.
Bài toán 2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta luôn có:
3 3
sin sin sin .
2
A B C+ + ≤
Bài toán 3. Cho
, , 0;
2
A B C
π
 
∈
 ÷
 
và thỏa mãn điều kiện
tan tan tan tan tan tanA B C A B C+ + =
.
Chứng minh rằng: A, B, C là ba góc trong một tam giác nhọn.
Bài toán 4. Cho
, , 0;

2
A B C
π
 
∈
 ÷
 
thỏa mãn
tan tan tan tan tan tan 1A B B C C A
+ + =
.
Chứng minh rằng
2
A B C
π
+ + =
.
Bài toán 5. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh:
tan tan tan 3 3A B C+ + ≥
.

Việc chứng minh các bài toán trên quá quen thuộc, chúng ta bỏ qua việc chứng
minh. Sau đây là một số bài toán bất đẳng thức đại số được đưa về bất đẳng thức
lượng giác trong tam giác nhờ phương pháp lượng giác hóa.
Dạng 5. - Sử dụng điều kiện của biến:
, , 0a b c >
thỏa mãn
a b c abc+ + =
.
Phương pháp giải: Đặt

tan , tan , tan a A b B c C= = =
,
, , 0;
2
A B C
π
 
∈
 ÷
 
. Khi đó
, , A B C
là ba góc trong một tam giác nhọn.
- Sử dụng điều kiện của biến:
, , 0a b c >
thỏa mãn
1ab bc ca+ + =
.
Phương pháp giải: Đặt
tan , tan , tan , , , 0;
2
a A b B c C A B C
π
 
= = = ∈
 ÷
 
. Khi đó
2A, 2B, 2C là ba góc trong một tam giác nhọn.
8

Ví dụ 10. Cho
( )
, , 0;1x y z ∈
và
1.xy yz zx+ + =
Chứng minh rằng:
2 2 2
3 3
1 1 1 2
x y z
x y z
+ + ≥
− − −
.
Chứng minh. Đặt
( )
tan , tan , tan . , , 0;1 , , 0;
4
x a y b z c x y z a b c
π
 
= = = ∈ ⇒ ∈
 ÷
 
.
Từ giả thiết ta có:
tan tan tan tan tan tan 1
2
a b b c c a a b c
π

+ + = ⇒ + + =
.
Đặt
2 2 2
1 1 1
x y z
A
x y z
= + +
− − −
thì ta có:
2 2 2
2tan 2tan 2tan
2
1 tan 1 tan 1 tan
tan 2 tan 2 tan2
a b c
A
a b c
a b c
= + +
− − −
= + +
Từ
suy ra 2 2 2
2
a b c a a c
π
π
+ + = + + =

hay 2a, 2b, 2c là ba góc trong một tam
giác nhọn do đó:
tan 2 tan 2 tan2 tan 2 tan 2 tan 2a b c a b c+ + =
. Do
, , 0;
4
a b c
π
 
∈
 ÷
 
nên:
tan 2 , tan 2 , tan2 0.a b c >
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
3
3
tan 2 tan 2 tan 2 3 tan2 tan 2 tan2
tan 2 tan 2 tan2 3 tan2 tan2 tan2
tan 2 tan 2 tan2 3 3
3 3
.
2
a b c a b c
a b c a b c
a b c
A
+ + ≥
⇒ + + ≥ + +
⇒ + + ≥

⇒ ≥
Vậy
2 2 2
3 3
1 1 1 2
x y z
x y z
+ + ≥
− − −
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
tan 2 tan 2 tan2 hay
3
a b c a b c x y z= = ⇔ = = = = =
./.
Ví dụ 11. Cho ba số dương a, b, c sao cho
. a b c abc+ + =
Chứng minh:
9

2 2 2
1 1 1
1 1 1 2 3
a b c
+ + + + + ≥
. (1)
Giải. Vì a, b, c > 0 nên đặt
tan , tan , tan a A b B c C= = =
, với
, , 0;

2
A B C
π
 
∈
 ÷
 
.
Từ giả thiết
a b c abc+ + =
suy ra:
tan tan tan tan tan tanA B C A B C+ + =
.
Điều này chứng tỏ
, , A B C
là ba góc trong một tam giác nhọn.
Áp dụng công thức
2
2
1
1 cot
sin
x
x
+ =
. Bất đẳng thức (1) trở thành:

( )
2 2 2
2 2 2

1 1 1
1 1 1 2 3
tan tan tan
1 cot 1 cot 1 cot 2 3
1 1 1
2 3. 2
sin sin sin



A B C
A B C
A B C
+ + + + + ≥
⇔ + + + + + ≥
⇔ + + ≥
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

( )
( )
1 1 1
sin sin sin 9
sin sin sin
1 1 1 9
3
sin sin sin sin sin sin

A B C
A B C
A B C A B C

 
+ + + + ≥
 ÷
 
⇔ + + ≥
+ +
Từ bất đẳng thức:
3 3
sin sin sin
2
A B C+ + ≤
suy ra:

( )
9 9
2 3 4
sin sin sin
3 3
2

A B C
≥ =
+ +
Từ (3), (4) ta suy ra (2) đúng. Vậy (1) được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3 hay A B C a b c= = = = =
./.
Ví dụ 12. (Hàn Quốc 1998) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện
.x y z xyz+ + =
Chứng minh rằng:

2 2 2
1 1 1 3
.
2
1 1 1x y z
+ + ≤
+ + +

(3)
10
Chứng minh. Vì x, y, z là ba số thực dương nên ta có thể đặt
tan , tan , tan , , , 0; .
2
x A y B z C A B C
π
 
= = = ∈
 ÷
 
Từ giả thiết:
,x y z xyz+ + =
suy ra:
tan tan tan tan tan tanA B C A B C+ + =
.
Do đó: A, B, C là ba góc trong một tam giác nhọn.
Áp dụng công thức:
2
2
1
1 tan

osc
α
α
+ =
, bất đẳng thức (3) trở thành:

2 2 2
1 1 1 3
2
1 tan 1 tan 1 tanA B C
+ + ≤
+ + +

( )
3
cos cos cos . ðúng
2
A B C⇔ + + ≤

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều hay
3x y z= = =
./.
Ví dụ 13. (Mỹ 2001) Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn điều kiện
2 2 2
4.a b c abc+ + + =

Chứng minh rằng
0 2.ab bc ca abc≤ + + − ≤
(4)
Chứng minh. Chú ý rằng nếu

, , 1a b c >
thì
2 2 2
4a b c abc+ + + >
. Do đó phải có
ít nhất một số bé hơn hoặc bằng 1. Không mất tính tổng quát giả sử
1.a ≤
Ta có
( )
1 0.ab bc ca abc bc abc a bc+ + − ≥ − = − ≥
Ta chứng tỏ
2.ab bc ca abc+ + − ≤
Từ giả thiết
2 2 2
4,a b c abc+ + + =
suy ra
2 2 2
2 1
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
         
+ + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷ ÷ ÷
         
.
Do đó
, , 2.a b c ≤
Đặt
2cos , 2cos , 2cos , , , 0; .
2

a A b B c C A B C
π
 
= = = ∈
 
 
Từ giả thiết
2 2 2
4,a b c abc+ + + =
suy ra
2 2 2
os os os 1 2cos cos cosc A c B c C A B C+ + = −
, do đó ta có
A B C
π
+ + =
, hay
ABC là một tam giác nhọn. Bất đẳng thức (4) trở thành:
1
cos cos cos cos cos cos 2cos cos cos
2
A B B C C A A B C+ + − ≤
.
11
Vì:
1a ≤
nên suy ra:
1
cos
2 3

A A
π
≤ ⇒ ≥
. Ta có:

( ) ( )
cos cos cos cos cos cos 2cos cos cos
cos cos cos cos cos 1 2cos .
A B B C C A A B C
A B C B C A
+ + −
= + + −
Áp dụng bất đẳng thức:
3
osA+cos cos
2
c B C+ ≤

3
cos cos cos .
2
B C A⇔ + ≤ −
Chú ý rằng:
( ) ( )
2cos cos os os 1 cos .B C c B C c B C A= − + + ≤ −
Ta có:
( ) ( )
cos cos cos cos cos 1 2cosA B C B C A+ + −
( )
3 1 cos 1

osA cos 1 2cos
2 2 2
A
c A A
−
   
≤ − + − =
 ÷  ÷
   
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
hay 1A B C a b c= = = = =
./.
MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1. Cho
1a ≥
. Chứng minh rằng
2
1 3
2 2
a
a
− +
− ≤ ≤
.
Bài 2. Cho x, y không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng:
( )
2
2
2 2
4

2 2 2 2 2 2.
4
x x y
x y
− −
− − ≤ ≤ −
+
Bài 3. Chứng minh rằng từ bốn số thực cho trước luôn chọn được hai số x, y sao
cho
0 1
1
x y
xy
−
≤ ≤
+
.
Bài 4. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, x, y, z ta có
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2
3
ax by cz a b c x y z a b c x y z+ + + + + + + ≥ + + + +
Bài 5. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn
a b c abc+ + =
. Chứng minh rằng
a)
2 2 2
1 1 1 6.a b c+ + + + + ≥

b)
2 2 2
1 1 1 26 3
1 1 1 1 1 1 5
9
a b c
   
+ + + + + + ≥ +
 ÷ ÷ ÷
   
.
c)
2 2 2
1 1 1 1 3a b c abc+ + + + ≥
.
d)
(
)
(
)
(
)
2 2 2
1 1 1 1 1 1 27a b c+ + + + + + ≥
.
II. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
12
Đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ta cũng áp dụng phương
pháp giải như đã nêu ở phần trước và chúng ta không nhắc lại nữa. Sau đây là
một số ví dụ cụ thể.

Ví dụ 1. Biết rằng
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức

( )
2
2
2
1 2 2
xy y
A
x xy
+
=
+ +
Giải. Do
2 2
1x y+ =
, đặt
sin , cosx t y t= =
. Ta có

( )
2
2
2
2
2
1 2 2

2sin cos 2cos

1 2sin 2sin cos
xy y
A
x xy
t t t
t t t
+
=
+ +
+
=
+ +

1 sin 2 os2

2 sin 2 os2
t c t
t c t
+ +
=
+ −

( ) ( ) ( )
2 sin2 os2 1 sin 2 os2
1 sin 2 1 os2 1 2 1
A A t c t t c t
A t A c t A
⇒ + − = + +

⇔ − − + = −
Ta xem (1) là phương trình lượng giác ẩn t. Điều kiện để (1) có nghiệm là
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 1 1 2
2 4 1 0
6 6
1 1
2 2
A A A
A A
A
− + + ≥ −
⇔ − − ≤
⇔ − ≤ ≤ +
Vậy
6
max 1
2
A = +
,
6
min 1
2
A = −
./.
Ví dụ 2. (Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2008, khối B) Cho hai số thực x, y thay
đổi và thỏa mãn hệ thức:
2 2

1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
( )
2
2
2 6
1 2 2
x xy
P
xy y
+
=
+ +
.
13
Giải. Từ
2 2
1x y+ =
, ta có
( )
2
2 2
1 2 2 2 0xy y x y y+ + = + + >
. Do đó P xác định
với mọi x, y thỏa mãn
2 2
1x y+ =
. Đặt
[ ]

sin , cos , ; x t y t t
π π
= = ∈ −
. Ta có

( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2
2 sin 6sin cos
1 2sin cos 2cos
1 2 6sin 2
2 sin 2 2
2 sin 2 2 1 2 6sin 2
1 2 6 sin2 1 2 *
os

os
os os
os
t t t
P
t t t
c t t
t c t
t c t P c t t
P c t P t P
+
=

+ +
− +
=
+ +
⇒ + + = − +
⇔ + + − = −
(*) là phương trình bậc nhất đối với
sin 2 , 2 ost c t
. Áp dụng bất đẳng thức
2 2
sin sina x b x a b+ ≤ +
. Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 6 1 2
3 18 0
6 3
P P P
P P
P
+ + − ≥ −
⇔ + − ≤
⇔ − ≤ ≤
Vậy giá trị lớn nhất của
P
bằng 3, nhỏ nhất bằng
6−
./.
Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức

S a x= +
. Biết
, , , a b x y

thỏa mãn hệ điều kiện
( )
( )
( )
2 2
2 2
3 1
25 2
5 3 3
a b
x y
ay bx

+ =


+ =


+ ≥


Giải . Từ các điều kiện (1) và điều kiện (2) ta đặt :
3sin , 3cos ; 5sin , 5cos , ,a t b t x y t
α α α
= = = = ∈R

.
Ta có điều kiện (3) trở thành
( )
( )
( )
5 3 sin cos cos sin 5 3
sin 1
sin 1
t t
t
t
α α
α
α
+ ≥
⇔ + ≥
⇔ + =
14

2
2
2 .
2
t k
t k
π
α π
π
α π
⇔ + = +

⇔ = − + +
Khi đó

3sin 5sin
3sin 2 5sin
2
S a x
t
k
α
π
α π α
= +
= +
 
= − + + +
 ÷
 

3 os 5sin .c
α α
= +
Áp dụng bất đẳng thức
2 2
sin osa x bc x a b+ ≤ +
.
Suy ra
2 7 2 7S− ≤ ≤
. Vậy
max 2 7, min 2 7S S= = −

./.
Ví dụ 4. (Đề thi HSGQG 1999 - Đề thi giáo viên dạy giỏi Tỉnh Nghệ An chu kỳ
2008-2011). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn
abc a c b+ + =
. Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
2 2 3
1 1 1
P
a b c
= − +
+ + +
.
Chứng minh. Đặt
tan , tan , tana A b B c C= = =
, với
, , 0;
2
A B C
π
 
∈
 ÷
 
.
Từ giả thiết
abc a c b+ + =
ta có
( )

( )
tan tan tan tan tan tan
tan tan tan 1 tan tan
tan tan
tan
1 tan tan
vì tan tan 0,tan 0 suy ra 1 tan tan 0
A B C A C B
A C B A C
A C
B
A C
A C B A C
+ + =
⇔ + = −
+
⇔ =
−
+ > > − >

( )
tan tan
vì , , 0;
2
.
A C B
A C B A B C
C B A
π
⇔ + =

 
 
⇔ + = ∈
 ÷
 ÷
 
 
⇔ = −
Áp dụng công thức
2
2
1
1 tan
osc
α
α
+ =
ta có
15
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2 2
2
2
2
2

2cos 2cos 3cos
1 os2 1 os2 3 1 sin
2sin sin 3 3sin
3sin 2sin sin 3
3sin 2sin 3 vì sin 1, sin 0 .
P A B C
c A c B C
A B B A C
C A B C
P C C A B C
= − +
= + − + + −
= + − + −
= − + + +
⇒ ≤ − + + + ≤ >
Đặt
( )
sin , 0;1C t t= ∈
. Xét hàm số bậc hai
( )
2
3 2 3f t t t= − + +
trên
( )
0;1
,
ta dễ thấy
( )
( )
0;1

1 10
max
3 3
f t f
 
= =
 ÷
 
. Suy ra
10
.
3
P ≤
10
3
P =
đạt được khi và chỉ khi :
( )
1
1 1
sin
tan
3
2 2
1 2
sin sin tan 2 hay 2
3 3
2 2
sin 1 1
tan

sin
4 4
3
A
A a
A C B
C B B b
A B
C c
C

=
 

= =

+ =
 


 

   
= ⇔ = ⇔ = =
   
   
   
+ =
= =


=
  
 


Vậy
10
max
3
P =
đạt được khi và chỉ khi
1 2
, 2,
4
2
a b c= = =
./.
MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1. Cho
, 0x y >
,
1x y+ =
,
0A >
cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2
1 A
S
x y xy
= +

+
.
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1
1 1
x y xy
A
x y
+ −
=
+ +
.
Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
2
2 2
3 4y xy
B
x y
−
=
+
.
Bài 4. Tìm x, y, z, t để xy có giá trị lớn nhất biết rằng x, y, z, t thỏa mãn hệ
16
2 2
2 2
4

9
6
x y
z t
xt yz

+ =

+ =


+ ≥

.
II. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH.
Nhiều phương trình, hệ phương trình, bất phương trình giải được nhờ phương
pháp lượng giác hóa. Dấu hiệu để sử dụng phương pháp này để giải phương
trình, hệ phương trình, bất phương trình tương tự như phần trước.
1. Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình không có tham số
Rất nhiều phương trình, hệ phương trình, bất phương trình đại số được tạo từ
các phương trình đại số nhờ các công thức lượng giác, các hằng đẳng thức lượng
giác. Ta bắt đầu bằng một phương trình lượng giác đơn giản:
sin3 cost t=
, sử
dụng công thức nhân ba và đặt ẩn phụ ta có phương trình đại số sau:
Ví dụ 1. Giải phương trình:
3 2
4 3 1x x x− = −
.
Giải. Điều kiện

1 1x− ≤ ≤
. Đặt
sin , ;
2 2
x t t
π π
 
= ∈ −
 
 
. Ta có phương trình
3 2
4sin 3sin 1 sin
sin3 cos do ; suy ra cos 0
2 2
os 3 cos
2
t t t
t t t t
c t t
π π
π
− = −
 
 
⇔ − = ∈ − ≥
 ÷
 
 
 

 
⇔ + =
 ÷
 

2
2
4
4
sin
8 8
3
8 2
3
sin
8
8
x
t
t k
t x
k
t
t
x
π
π
π
π π
π π

π
π


= −
= −




= − +


 

⇔ ⇔ = − ⇔ = −

 ÷


 


= − +




 


=
=

 ÷


 

Vậy phương trình có ba nghiệm phân biệt:
2 3
, sin , sin
2 8 8
x x x
π π
   
= − = − =
 ÷  ÷
   
./.
17
Tương tự như trên, nếu chúng ta xuất phát từ các phương trình lượng giác,
biến đổi và đặt ẩn phụ chúng ta sẽ được các phương trình đại số rất hay.
Ví dụ 2. Giải phương trình :
( ) ( )
3 2 2 2 1 3
x x
+ = − +
(1)
Giải. Ta có :
( )

( )
( )
2
1
1 2 1 3
2 1
x
x
⇔ + = +
+
.
Đặt
( )
2 2 1 , 0
x
t t= + >
. Khi đó ta có phương trình :

2 3
1 1
4 3 4 3
2 2
t t t
t
= + ⇔ − =
(2)
Trước hết ta xét phương trình (2) trên
[ ]
1;1−
. Do

[ ]
1;1t ∈ −
nên đặt
[ ]
cos , 0;t a a
π
= ∈
.
Ta có phương trình :
3
1
4cos 3cos os3 os
2 3
2
3 2 .
3 9 3
a a c a c
k
a k a
π
π π π
π
− = ⇔ =
⇔ = ± + ⇔ = ± +
Do
[ ]
0;a
π
∈
nên ta có

5 7
; ;
9 9 9
a
π π π
 
∈
 
 
. Vậy trong
[ ]
1;1−
phương trình (2) có
ba nghiệm:
1 2 3
5 7
os , os , os
9 9 9
t c t c t c
π π π
= = =
. Phương trình (2) là phương
trình bậc ba có đủ ba nghiệm
1 2 3
, ,t t t
, vậy tập nghiệm của (2) là
{ }
1 2 3
; ; t t t
. Vì

2 3
0, 0 t t< <
(loại) nên ta có
( )
2 1 2cos
7
x
π
+ =
2 1
log 2cos .
7
x
π
+
 
⇔ =
 ÷
 
Vậy nghiệm của phương trình là :
2 1
log 2cos
7
x
π
+
 
=
 ÷
 

./.
Nhận xét. Từ các ví dụ trên ta thấy nhiều phương trình đại số được giải bằng
phương pháp lượng giác hóa. Chúng ta cũng có thể sáng tạo ra những phương
trình đại số từ các phương trình lượng giác. Chặng hạn: Từ phương trình lượng
18
giác đối xứng:
3 3
sin 2 sin cosost c t t t+ =
, nếu ta biến đổi bằng cách áp dụng
công thức
2 2
sin 1ost c t+ =
, ta có ngay phương trình đại số như sau:
( ) ( )
3
3 2 2
1 2 1x x x x+ − = −
.
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình:
2
2
2
2
2
2
x x y y
y y z z
z z x x

+ =


+ =


+ =

Giải. Từ các phương trình của hệ ta thấy rõ ràng
, , 1x y z ≠ ±
. Thật vậy:
- Nếu
1x =
từ phương trình đầu ta có
2 y y+ =
vô lí.
- Nếu
1x = −
từ phương trình đầu suy ra
2 y y− + =
vô lí.
Lí luận tương tự cho các trường hợp
1, 1y z= ± = ±
.
Do đó ta có hệ tương đương:
2
2
2
2
1
2
1

2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z

=

−


=

−


=

 −
Đặt
tan , ; \
2 2 4
x a a
π π π

   
= ∈ − ±
 
 ÷
   
. Từ các phương trình của hệ ta có
tan 2 , tan 4 , tan8y a z a x a= = =
Suy ra
tan tan8
7
k
a a a
π
= ⇔ =
, với
; \
2 2 4
a
π π π
   
∈ − ±
 
 ÷
   
.
Với các giá trị của k các nghiệm của hệ luôn thỏa mãn điều kiện
, , 1x y z ≠ ±
.
Vậy hệ có các nghiệm:
( )

2 4
, , tan ;tan ;tan
7 7 7
k k k
x y z
π π π
 
=
 ÷
 
với
0; 1; 2; 3; 4; 5; 6.k =
Ví dụ 4. Giải bất phương trình :
2
1 1 2
4
x
x x− + + ≤ −
(1).
Giải. Điều kiện
1 1x− ≤ ≤
. Đặt
[ ]
cos , 0;x t t
π
= ∈
. Khi đó ta có bất phương trình
19
2
os

1 cos 1 cos 2
4
c t
t t+ + − ≤ −

2 2
2cos 2 sin os
2 4 2 4 2 4
t t t
c
π π π
     
⇔ − ≤ − − −
 ÷  ÷  ÷
     
4 2
2 2
2
os os 2cos 2 0
2 4 2 4 2 4
os 1 cos 1 1 0 (2)
2 4 2 4
t t t
c c
t t
c
π π π
π π
     
⇔ − − − − − + ≥

 ÷  ÷  ÷
     
 
   
   
⇔ − − − + + ≥
 
 ÷  ÷
   
   
   
 
 
(2) luôn đúng với mọi
[ ]
0;t
π
∈
. Vậy nghiệm của (1) là
1 1x− ≤ ≤
./.
Ví dụ 5. Với
0m >
, giải bất phương trình:
2
2 2
2 2
2m
x m x
x m

+ ≤ +
+
.
Giải. Đặt
tan , ;
2 2
x m t t
π π
 
= ∈ −
 ÷
 
. Khi đó bất phương trình có dạng :
( )
( )
2
2 2
2 2
2
2
2
1 tan tan
1 tan
1
tan 2cos
cos
1 sin 2cos
2sin sin 1 0
1
sin 1

2
m
m t m t
m t
t t
t
t t
t t
t
+ ≤ +
+
⇔ ≤ +
⇔ ≤ +
⇔ − − ≤
⇔ − ≤ ≤

1
tan
3 3
hay
m
t x⇔ ≥ − ≥ −
./.
2. Giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình có chứa tham số
Trong phần này chúng ta sẽ dùng phương pháp lượng giác hóa để giải một số
bài toàn có tham số. Việc giải quyết như vậy thường đưa về việc giải bài toán
lượng giác có tham số.
Ví dụ 6 Cho hàm số
3
4 .y x mx= +

Xác định m để
1y ≤
khi
1.x ≤
Giải. Vì
1x ≤
nên ta đặt
[ ]
cos , 0;x a a
π
= ∈
khi đó
3
4cos cosy a m a= +
.
20
Với
0a =
ta có
4 ;y m= +

( )
1 4 1 5 3 y m m i≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ −
Với
3
a
π
=
ta có
1

;
2
m
y
+
=

( )
1
1 1 3 1
2
m
y m ii
+
≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤
Từ
( ) ( )
, i ii
suy ra
3m = −
.
Đảo lại nếu
3m = −
thì từ
3
4 3y x x= −
, với
1x ≤
đặt
cosx a=

, khi đó
3
4cos 3cos os3y a a c a= − =
nên
1y ≤
.
Vậy
3m = −
./.
Ví dụ 7. Giải và biện luận phương trình:
m x m x m+ + − =
( 1)
(với tham số m).
Giải. Điều kiện
, 0x m m≤ ≥
.
Trường hợp 1.
0m =
: Ta có
( )
1 0 0.x x x⇔ − + = ⇔ =
Trường hợp 2.
0m >
: Đặt
[ ]
cos , 0;x m t t
π
= ∈
. Khi đó ta có phương trình
( ) ( )

1 cos 1 cos
os
2 4 2
m t m t m
t m
c
π
+ + − =
 
⇔ − =
 ÷
 
Vì
[ ]
0;t
π
∈
nên
2
os 1
2 2 4
t
c
π
 
≤ − ≤
 ÷
 
, do đó phương trình có nghiệm khi
2

1 2 4.
2 2
m
m≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
Khi đó nghiệm của (1) được xác định như sau
cos sin
2
2 sin os
2 4 2 4
x m t m t
t t
m c
π
π π
 
= = −
 ÷
 
   
= − − −
 ÷  ÷
   
21

( )
2
2 cos 1 cos
2 4 2 4
4 .
2

t t
m
m
m m
π π
   
= ± − − −
 ÷  ÷
   
= ± −
Kết luận. 1) Nếu
0m =
: (1) có nghiệm
0x =
.
2) Nếu
2 4m≤ ≤
: (1) có nghiệm
( )
4
2
m
x m m= ± −
.
3) Nếu
0m <
hoặc
4m >
: (1) vô nghiệm.
Ví dụ 8. Xác định tham số m để bất phương trình sau có nghiệm

2m x m x+ + − ≤
. (1)
Giải. Rõ ràng
0m <
thì (1) vô nghiệm nên ta chỉ cần xét với
0m >
.
Trường hợp 1.
0m =
:
( )
1 2 0x x x⇔ + − ≤ ⇔ =
.
Trường hợp 2.
0m >
: Ta có điều kiện
0
0
0 1
x
x
x
x m
m
≥

≥

 
⇔

 
≤
≤ ≤




.
Đặt
cos , 0;
2
x m t t
π
 
= ∈
 
 
. Khi đó ta có bất phương trình
( ) ( ) ( )
1
1 cos 1 cos 2 os 2
2 4
t
m t m t c
m
π
 
+ + − ≤ ⇔ − ≤
 ÷
 

Với
1
0; cos 1
2 2 4
2
t
t
π π
   
∈ ⇒ ≤ − ≤
 ÷
 
   
. Vậy (1) có nghiệm khi và chỉ khi
1 1
0 2.
2
m
m
≤ ⇔ < ≤
Kết luận. Bất phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
0 2.m< ≤
/.
Ví dụ 9. Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m:
x y m
x y xy m

+ =



+ − =


Giải. Điều kiện
, 0x y ≥
.
Từ phương trình đầu của hệ ta thấy nếu
0m <
thì hệ vô nghiệm, nên ta chỉ cần
xét cho trường hợp
0.m ≥
Trường hợp 1.
0.m =
Hệ đã cho trở thành
22
0
0
0
0
x y
x
y
x y xy

+ =
=


⇔
 

=
+ − =



Trường hợp 2.
0.m >
Từ phương trình đầu của hệ ta có:
1
y
x
m m
+ =
.
Do đó đặt
2 2
sin , cos , 0;
2
x m y m
π
α α α
 
= = ∈
 
 
.
Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành:
( )
2 4 4 2 2
8 5

sin sin 4
3
os os os
m
m c c m c
m
α α α α α
−
+ − = ⇔ =
(*)
Với
0; 1 4 1
2
osc
π
α α
 
∈ ⇒ − ≤ ≤
 
 
. Vậy (*) có nghiệm khi và chỉ khi:
8 5
1 1 1 4
3
m
m
m
−
− ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
.

Khi đó:
( )
2
2 2
4
1
8 5 8 5
3
cos4 2 1 2sin 1 sin
3 3 2
m
m m
m
m m
α α α
−
±
− −
= ⇔ − − = ⇔ =
.
Nên ta có hệ:
( )
( )
2
1 4
3 3 4
sin
6
3 3 4
6

m
m m m
x m
m m m
y m x
α


≤ ≤

± −

= =



−

= − =

m
Kết luận. 1)
( ) ( ) { }
;1 4; \ 1m∈ −∞ ∪ +∞
: Hệ vô nghiệm.
2)
0m =
: Hệ có nghiệm duy nhất
0x y= =
.

3)
4m =
: Hệ có nghiệm duy nhất
4.x y= =
4)
( )
1;4m∈
: Hệ có hai nhiệm:
( )
( )
2
2
3 3 4
36
3 3 4
36
m m m
x
m m m
y

 
+ −

 
=





 
− −
 

=


hoặc
( )
( )
2
2
3 3 4
36
3 3 4
.
36
m m m
x
m m m
y

 
− −

 
=





 
+ −
 

=


MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
23
Bài 1. Giải các phương trình:
a)
( ) ( )
2 4 2
8 2 1 8 8 1 1x x x x− − + =
; b)
( )
( )
( )
2 2
1 2 1
x x
x
m m m− + = +
với
0 1.m< <
c)
2
2
1 1

3
x x x x
+ − = + −
; d)
2
1 1
2 2
1
x
x
+ =
−
; e)
( ) ( )
3
3 2 2
1 2 1x x x x
+ − = −
Bài 2. Giải và biện luận các phương trình:
a)
1x x m+ − =
; b)
2
12 3x x m− = −
; c)
1 1mx mx x+ − − =
.
Bài 3. Giải các bất phương trình
a)
2

1 1 35
12
1
x
x
+ ≥
−
; b)
1 1x x x+ − − ≤
; c)
2
2
1 3
1
1
1
x
x
x
> −
−
−
;
d)
( ) ( )
3 3
2 2
1 1 2x x− + + ≥
; e)
( ) ( )

3
3 2 2
1 2 1x x x x+ − > −
.
Bài 4. Giải hệ phương trình:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
x a y b x b y a+ = + = − + −
.
Bài 5. Tìm m để các phương trình, bất phương trình sau có nghiệm:
a)
( ) ( )
3 6 3 6x x x x m
+ + − − + − =
; b)
m x m x m− + + >
.
Bài 6. Giả sử (x, y, z) là nghiệm của hệ phương trình
( )
( )
( )
4
4
4
x y y
y z z
z x x
= −


= −


= −

.
Hãy tìm tất cả các giá trị mà tổng
S x y z= + +
có thể nhận được.
Bài 7. Giải hệ phương trình
( )
( )
2
2
1
1 2
1 2
xy
z y y
x z z

=


− =


− =



.
KẾT LUẬN
Trong đề tài này tôi đã trình bày một số ứng dụng của phương pháp lượng
giác hóa để chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, giải
phương trình, hệ phương trình và bất phương trình. Đã đưa ra được một số dấu
hiệu để có thể sử dụng phương pháp lượng giác hóa khi giải toán. Xây dựng
được các bất đẳng thức đại số nhờ các bất đẳng thức trong tam giác. Xây dựng
một số phương trình đại số từ các đẳng thức lượng giác…
24
Tôi tin rằng việc giảng dạy đề tài này cho học sinh sẽ giúp các em rèn luyện
các thao tác tư duy: tương tự hóa, khái quát hóa, đặc biệt hóa,…thấy được sự
liên hệ chặt chẽ giữa các nội dung toán học khác với lượng giác. Đặc biệt sẽ tạo
được hứng thú cho các em khi học toán. Phương pháp lượng giác hóa còn rất
nhiều ứng dụng khác nữa mà đề tài chưa đề cập đến. Với cách làm tương tự, các
em có thể khai thác tốt phương pháp này giải quyết một số bài toán khác như:
Chứng minh đẳng thức, các bài toán về dãy số, tính tích phân, các bài toán hình
học…Tôi xin chân thành cảm ơn các đồng nghiệp, các bạn đọc đã quan tâm và
đóng góp ý kiến cho đề tài này.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Hojoo Lee. Topic in Inequalities – Theorem and Techniques (2006).
[2]. Bộ Giáo Dục Và Đào Tạo. Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học & Tuổi
trẻ (2005) (quyển 1). NXB Giáo Dục.
[3]. Bộ Giáo Dục Và Đào Tạo. Đề thi tuyển sinh vào các trường đại học, cao
đẳng và trung học chuyên nghiệp (1996). NXB Giáo Dục.
[4]. Nguyễn Thái Hòe. Dùng ẩn phụ để giải Toán (2003). NXB Giáo Dục.
[5]. Sở Giáo Dục Và Đào Tạo Nghệ An. Kỷ yếu hội thảo Đổi mới cách dạy,
cách học bộ môn Toán Trung học phổ thông (2008).
[6]. Phan Huy Khải. Toán nâng cao Lượng giác 11 (1999). NXB Đại học Quốc
Gia Hà Nội.
[7]. Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4 (Nhiều năm). NXB Giáo Dục.

[8]. Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho. Tuyển tập 200 bài thi vô địch Toán tập
6. Lượng giác (2004). NXB Giáo Dục.
25