Phương trình lượng giác ôn thi đại học

219 Bài 1. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC NHẤT VỚI SINX, COSX 1. Phương pháp chung: 2 2 sin cos ; 0a x b x c a b+ = + > (1) Cách 1. ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 sin cos cos c a b x x x a b a b a b ⇔ = + = − α + + + Với 2 2 2 2 2 2 sin ; cos ; cos 2 a b c x k a b a b a b = α = α = β ⇒ = α ± β + π + + + Chú ý: (1) có nghiệm 2 2 2 c a b⇔ ≤ + Cách 2. Xét cos 0 2 x = là nghiệm của (1) 0b c ⇔ + = Xét 0b c + ≠ . Đặt tan 2 x t = thì 2 2 2 2 1 sin ; cos 1 1 t t x x t t − = = + + . Khi đó ( ) 1 ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 0f t c b t at c b= + − + − = Cách 3. Phân tích thành phương trình tích 2. Các bài tập mẫu minh họa Bài 1. Giải phương trình: 3 3sin 3 3 cos 9 1 sin 3x x x− = + Giải ( ) 3 3 3sin 3 3 cos 9 1 4sin 3 3sin 3 4sin 3 3 cos 9 1x x x x x x− = + ⇔ − − = 3 1 1 sin 9 3 cos 9 1 sin 9 cos 9 2 2 2 x x x x⇔ − = ⇔ − = ( ) 1 sin 9 3 2 x π ⇔ − = ( ) 2 9 2 3 6 18 9 5 7 2 9 2 3 6 54 9 k x k x k k x k x π π π π   − = + π = +   ⇔ ⇔ ∈   π π π π − = + π = +     » Bài 2. Giải phương trình: cos 7 . cos 5 3 sin 2 1 sin 7 .sin 5x x x x x− = − (1) Giải ( ) ( ) 1 cos 7 . cos 5 sin 7 .sin 5 3 sin 2 1x x x x x⇔ + − = ( ) cos 7 5 3 sin 2 cos 2 3.sin 2 1x x x x x⇔ − − ⇔ − = 3 1 1 1 cos 2 sin 2 cos cos 2 sin sin 2 2 2 2 3 3 2 x x x x π π ⇔ − = ⇔ − = ( ) ( ) 1 cos 2 2 2 3 2 3 3 3 x x k x k x k k π π π −π ⇔ + = ⇔ + = ± + π ⇔ = π ∨ = + π ∈» ATRANGTB.COM P P P H H H Ư Ư Ư Ơ Ơ Ơ N N N G G G T T T R R R Ì Ì Ì N N N H H H L L L Ư Ư Ư Ợ Ợ Ợ N N N G G G G G G I I I Á Á Á C C C Thầy: Trần Phương Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i : http://aotrangtb.com Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương 220 Bài 3. Giải phương trình: ( ) 2 2 sin cos cos 3 cos 2 x x x x + = + (1) Giải ( ) ( ) 1 2 sin 2 2 1 cos 2 3 cos 2 x x x ⇔ + + = + ( ) 2 sin 2 2 1 cos 2 3 2 x x⇔ + − = − .Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 5 2 2 3 2 11 6 2 a b c  + = + − = −    = − = −  . Ta sẽ chứng minh: 2 2 2 a b c + < 5 2 2 11 6 2 ⇔ − < − ( ) 2 2 4 2 6 32 36 ⇔ < ⇔ < (đúng). Vậy (1) vô nghiệm. Bài 4. Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 3sin 4sin 5sin 5 0 3 6 6 x x x π π π − + + + + = Giải ( ) ( ) ( ) 3sin 4cos 5sin 5 3 2 6 6 x x x π π π π   ⇔ − + − + = − +     ( ) ( ) ( ) 3sin 4cos 5sin 5 3 3 6 x x x π π π   ⇔ − + − = + + π     . Đặt 3 4 sin ,cos 5 5 α = α = ( ) ( ) 7 cos sin sin . cos sin 5 3 3 6 x x x π π π   ⇔ α − + α − = +     ( ) ( ) 7 sin sin 5 3 6 x x π π   ⇔ − + α = +     9 24 4 2 36 6 3 k k x x π α π π α π ⇔ = + + ∨ = − + Bài 5. Giải phương trình: 3 3 4sin cos 3 4cos sin 3 3 3 cos 4 3 x x x x x + + = (1) Giải ( ) [ ] [ ] 1 3sin sin 3 cos 3 3cos cos 3 sin 3 3 3 cos 4 3 x x x x x x x ⇔ − + + + = [ ] 3 sin cos 3 sin 3 cos 3 3 cos 4 3 sin 4 3 cos 4 1 x x x x x x x ⇔ + + = ⇔ + = ( ) 3 1 1 1 sin 4 cos 4 cos sin 4 sin cos 4 sin 4 2 2 2 3 3 3 2 x x x x x π π π ⇔ + = ⇔ + = + = ( ) 24 2 8 2 k k x x k −π π π π ⇔ = + ∨ = + ∈ » Bài 6. Giải phương trình: 3sin cos 1 x x + = Giải Ta có 3sin cos 1 3sin 1 cos x x x x + = ⇔ = − ( ) 2 6sin cos 2sin 2sin 3cos sin 0 2 2 2 2 2 2 x x x x x x ⇔ = ⇔ − = . Xét 2 khả năng a. sin 0 2 2 2 x x k x k = ⇔ = π ⇔ = π b. ( ) 3cos sin 0 tg 3 2 2 2 2 2 2 x x x x k x k k− = ⇔ = ⇔ = α + π ⇔ = α + π ∈ » Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i : http://aotrangtb.com Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx 221 Bài 7. Giải phương trình: sin 5cos 1 x x + = (1) Giải ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 5 cos 1 sin 5 cos sin cos sin cos sin 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x⇔ = − ⇔ − + = − ( ) ( ) 2 cos sin 4 cos 6 sin 0 tan 1 tan tan 2 2 2 2 2 2 3 x x x x x x ⇔ − + = ⇔ = ∨ = − = α ( ) 2 2 2 2 4 2 2 x x k k x k x k k π π ⇔ = + π ∨ = α + π ⇔ = + π ∨ = α + π ∈ » Bài 8. Giải phương trình: ( ) sin 3 cos sin 3 cos 2 1 x x x x+ + + = Giải Ta có: ( ) 3 1 sin 3 cos 2 sin cos 2sin 2 2 3 x x x x x   π + = + = +     Đặt ( ) sin 3 cos 2sin 0 2 3 t x x x t π = + = + ⇒ ≤ ≤ , khi đó ( ) ( ) [ ] 2 2 1 2 2 2 5 4 0 1 0;2 t t t t t t t t t⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ − + = ⇔ = ∈ ( ) ( ) 1 2sin 1 sin 3 3 2 x x π π ⇔ + = ⇔ + = ( ) 2 2 6 2 x k x k k −π π ⇔ = + π ∨ = + π ∈ » Bài 9. Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 1 3 sin 1 3 cos 2 1 x x+ + − = Giải Do ( ) 1 3 2 2 3 0 b c + = + + = − ≠ nên cos 0 2 x = không là nghiệm của (1) Đặt 2 2t tan sin 2 1+t x t x= ⇒ và 2 2 1 cos 1 t x t − = + , khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 1 3 2 2 1 3 1 3 1 2 1 1 1 t t t t t t t − ⇔ + + − = ⇔ + + − − = + + + ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 1 3 1 3 0t t ⇔ − − + + + = ⇔ 1 3 5 1 tan tan tan tan 2 6 2 12 3 1 3 x x t t + π π = ∨ = − ⇔ = ∨ = − 5 2 2 3 6 x k x k π π ⇔ = + π ∨ = + π Bài 10. Giải phương trình: ( ) ( ) sin 3 3 2 cos 3 1 1 x x+ − = Giải Do ( ) 3 2 1 3 1 0 b c + = − + = − ≠ nên 3 cos 0 2 x = không là nghiệm của (1) Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương 222 Đặt 2 3 2 tan sin 3 2 1 x t t x t = ⇒ = + và 2 2 1 cos 3 1 t x t − = + , khi đó ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 3 2 1 1 t t t ⇔ + − − = + ( ) ( ) 2 1 3 2 3 3 0 t t ⇔ − + + − = 1 3 3 tan 1 tan 3 2 2 3 t x x t =  ⇔ ⇔ = ∨ =  =  ( ) 2 2 2 6 3 9 3 k k x x k π π π π ⇔ = + ∨ = + ∈ » Bài 11. Tìm m để ( ) 2sin cos 1 1 x m x m+ = − có nghiệm , 2 2 x −π π   ∈     Giải Do ( ) 1 0 b c m m + = + − ≠ nên cos 0 2 x = không là nghiệm của (1) Đặt tan 2 x t = thì ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 t t m m t t − ⇔ ⋅ + ⋅ = − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 1 1 1 4 1 2 0 t m t m t f t t t m ⇔ + − = − + ⇔ = − + − = Cách 1: Yêu cầu bài toán ( ) 2 4 1 2 0 f t t t m ⇔ = − + − = có nghiệm [ ] 1,1 t ∈ − Xét ( ) 1 0 6 2 0 3 f m m − = ⇔ − = ⇔ = thỏa mãn Xét ( ) 1 0 2 2 0 1 f m m = ⇔ − − = ⇔ = − thỏa mãn Xét ( ) 0 f t = có 1 nghiệm ( ) 1,1 t ∈ − và 1 nghiệm [ ] 1,1 t ∉ − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 6 2 2 2 0 2 6 2 2 0 1 3 f f m m m m m ⇔ − = − − − < ⇔ − + < ⇔ − < < Xét ( ) 0 f t = có 2 nghiệm 1 2 , t t thỏa mãn 1 2 1 1 t t − < ≤ < ( ) ( ) { } 0; 1. 1 0; 1. 1 0; 1 1 2 S f f ′ ⇔ ∆ ≥ − > > − < < , hệ này vô nghiệm Kết luận : (1) có nghiệm , 1 3 2 2 x m −π π   ∈ ⇔ − ≤ ≤     . Cách 2 : ( ) 2 4 1 2 0 f t t t m = − + − = có nghiệm [ ] 1,1 t ∈ − ( ) 2 1 1 2 2 2 g t t t m ⇔ = − + = có nghiệm [ ] 1,1 t ∈ − Ta có: ( ) [ ] ( ) 2 0 1,1 g t t t g t ′ = − < ∀ ∈ − ⇒ nghịch biến trên [ ] 1,1 − Suy ra tập giá trị ( ) g t là đoạn ( ) ( ) [ ] 1 , 1 1, 3 g g   − ≡ −   . Từ đó (1) có nghiệm ( ) , 2 2 x g t m −π π   ∈ ⇔ =     có nghiệm [ ] 1,1 1 3 t m ∈ − ⇔ − ≤ ≤ Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx 223 II. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC 2 VỚI SINX, COSX 1. Phương pháp chung 2 2 sin sin cos cos 0 a x b x x c x d + + + = với ( ) 2 2 2 0 1 a b c+ + > Bước 1: Xét cos 0 x = có là nghiệm của (1) hay không 0 a d ⇔ + = Bước 2: Xét 0 cos 0 a d x + ≠ ⇒ = không là nghiệm của (1) Chia 2 vế của (1) cho 2 cos 0 x ≠ ta nhận được phương trình ( ) ( ) 2 2 1 tan tan 1 tan 0 a x b x c d x ⇔ + + + + = . Đặt tan t x = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 0 f t a d t bt c d ⇔ = + + + + = Bước 3: Giải và biện luận ( ) 0 f t = ⇒ Nghiệm 0 tg t x = ⇒ nghiệm x. 2. Các bài tập mẫu minh họa Bài 1. a . Giải phương trình: 2 2 sin 2sin cos 3cos 3 0 x x x x + + − = b. Giải phương trình: 2 sin 3sin cos 1 0 x x x − + = Giải a. 2 2 sin 2sin cos 3cos 3 0 x x x x + + − = (1) Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (1) 2 2 2 cos 0 sin 1 sin 3 0 sin 3 x x x x =  =   ⇒ ⇔   − = =     ⇒ Vô lý. Chia 2 vế của (1) cho 2 cos 0 x ≠ ta nhận được ( ) ( ) 2 2 2 1 tan 2 tan 3 3 1 tan 0 2 tan 2 tan 0 x x x x x ⇔ + + − + = ⇔ − = ( ) ( ) tan 0 2 tan 1 tan 0 tan 1 4 x k x x x k x k x = π  =   ⇔ − = ⇔ ⇔ ∈  π = + π =    » b. 2 sin 3sin cos 1 0 x x x − + = (2) Nếu cos 0 x = là nghiệm của (2) thì từ (2) 2 cos 0 sin 1 0 x x =   ⇒  + =   ⇒ Vô lý Chia 2 vế của (2) cho 2 cos 0 x ≠ ta nhận được phương trình ( ) ( ) 2 2 2 2 tan 3tan 1 tan 0 2 tan 3 tan 1 0 x x x x x ⇔ − + + = ⇔ − + = ( )( ) ( ) tan 1 tan 4 4 tan 1 2 tan 1 0 1 tan tan 2 x x k x x k x x k π  = = π  = + π   ⇔ − − = ⇔ ⇔ ∈   = = α = α + π    » Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương 224 Bài 2. a. Giải phương trình: 2 2 5 4 3 sin cos 4cos 2sin 2 x x x x + = + b. GPT: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 5 3 3sin 3 2 sin cos 5sin 0 2 2 2 x x x x x π π π π − + + + − + = Giải a. Phương trình ( ) 2 2 5 2sin 4 3 sin cos 4cos 0 1 2 x x x x⇔ − − + = Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (1) 2 5 2sin 0 2 x ⇒ + = ⇒ Vô lý Chia 2 vế của (1) cho 2 cos 0 x ≠ ta nhận được phương trình ( ) ( ) 2 2 2 5 1 2 tan 4 3 tan 4 1 tan 0 9 tan 8 3 tan 3 0 2 x x x x ⇔ − − + + = ⇔ − − = ( ) 3 tan 3 tan tan tan 3 9 3 x x x k x k k − π π ⇔ = = ∨ = = α ⇔ = + π ∨ = α + π ∈ » b. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 5 3 3sin 3 2 sin cos 5sin 0 2 2 2 x x x x x π π π π − + + + − + = ( ) 2 2 3sin 2 sin cos 5 cos 0 2 x x x x⇔ − − = Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (2) cos 0 sin 0 x x =  ⇒  =  ⇒ Vô lý Chia 2 vế của (2) cho 2 cos 0 x ≠ ta nhận được phương trình ( ) 2 tan 1 tan 4 4 2 3tan 2 tan 5 0 5 tan tan 3 x x k x x x x k −π  = − = −π  = + π   ⇔ − − = ⇔ ⇔   = = α = α = π    Bài 3. GPT: a . 1 3 sin cos cos x x x + = b. 1 4sin 6 cos cos x x x + = Giải a. 2 2 3 sin cos 1 1 3 sin cos 3 tan 1 1 tan cos cos cos x x x x x x x x x + + = ⇔ = ⇔ + = + ( ) { } 2 tan 0 tan 3 tan 0 tan tan 3 0 ; 3 tan 3 x x x x x x k k x =  π ⇔ − = ⇔ − = ⇔ ⇔ ∈ π + π  =  b . 2 2 4sin 6 cos 1 1 4sin 6 cos 4 tan 6 1 tan cos cos cos x x x x x x x x x + + = ⇔ = ⇔ + = + ⇔ ( )( ) 2 tan 1 tan 4 4 tan 4tan 5 0 tan 1 tan 5 0 tan 5 tan x x k x x x x x x k −π −π   = − = = + π   − − = ⇔ + − = ⇔ ⇔   = = α = α + π   Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx 225 Bài 4. Giải phương trình: 2 2 3 7 sin 2 sin 2 3cos 3 15 0 x x x + − − = (1) Giải Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (1) 2 3 cos 0 7 sin 3 15 x x =   ⇒  =   ⇒ Vô lý Chia 2 vế của (1) cho 2 cos 0 x ≠ ta có ( ) ( ) 2 2 3 1 7 tan 4 tan 3 3 15 1 tan 0 x x x ⇔ + − − + = ( ) ( ) ( ) 2 3 3 7 3 15 tan 4 tan 3 3 15 0 2 x x⇔ − + − + = . Ta có 3 2 3 25 12 15 9 15 ′ ∆ = + − Đặt 3 3 3 5 15 15 25 3 t t t = ⇒ = ⇒ = , ta sẽ chứng minh ∆′ <0 . Thật vậy, ta có: ( ) ( ) 3 2 5 5 12 9 12 3 3 3 5 t t t t t t ′ ∆ = − + = − − . Do ( ) 3 3 3 12 2,4 15 3 2,4 15 3 5 t < < ⇔ = < = < nên suy ra: ( ) 0 2 ′ ∆ < ⇒ vô nghiệm ⇒ (1) vô nghiệm. Bài 5. Tìm m để: 2 cos 4 sin cos 2 0 m x x x m − + − = có nghiệm ( ) 0, 4 x π ∈ Giải Với ( ) 0, 4 x π ∈ thì cos 0 x ≠ nên chia 2 vế phương trình cho 2 cos 0 x ≠ ta có ( ) ( ) 2 4 tan 2 1 tan 0 m x m x − + − + = . Đặt ( ) tan 0,1 t x= ∈ . Khi đó: ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 2 0 2 2 4 2m t t m m t t t − − + − = ⇔ + = + + ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 t t g t m t + + = = + . Ta có ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 4 2 1 0, 0, 1 2 2 t t t t g t t t t − − − − + ′ = = > ∀ ∈ + + ( ) g t ⇒ tăng / ( ) ( ) 0,1 g t m ⇒ = có nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0,1 0 , 1 1, 2 t m g g∈ ⇔ ∈ ≡ . Bài 6. Cho phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 sin 2 2 sin cos 1 cos 1 x m x x m x m+ − − + = a. GPT: 2 m = − b. Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải Nếu cos 0 x = là nghiệm của phương trình (1) thì từ (1) suy ra 2 cos 0 sin x x m =    =   2 2 2 1 1 sin 1 1 cos 0 sin 1 sin 2 m m x m x k x x x m =   = = =     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     π = + π = = =        Nếu 1 m ≠ thì cos 0 x = không là nghiệm của (1), khi đó chia 2 vế của (1) cho 2 cos 0 x ≠ ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 tan 2 2 tan 1 1 tan x m x m m x ⇔ + − − + = + Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương 226 ( ) ( ) ( ) 2 tan 1 tan 2 1 tan 2 1 0 f x m x m x m ⇔ = − − − + + = a. Nếu 2 m = − thì ( ) ( ) 2 1 3 tan 1 0 4 x x k π ⇔ − − = ⇔ = + π b. (1) có nghiệm 2 1 1 1 2 1 1 0 2 0 m m m m m m m =  =    ≠ ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤  ≠         ′ ∆ ≥ − − + ≥      Bài 7. Cho phương trình: ( ) 2 2 cos sin cos 2 sin 0 1 x x x x m− − − − a. Giải phương trình (1) khi 1 m = b. Giải biện luận theo m Giải a. Với 1 m = ta có ( ) 2 2 1 cos sin cos 2sin 1 0 x x x x ⇔ − − − = ( ) { } cos 3sin sin 0 sin 0 co tg 3 cotg ; x x x x x x k k ⇔ + = ⇔ = ∨ = − = α ⇔ ∈ π α + π b. ( ) ( ) 1 cos 2 1 1 sin 2 1 cos 2 0 3cos 2 sin 2 2 1 2 2 x x x m x x m + ⇔ − − − − = ⇔ − = + 3 2 1 1 cos 2 sin 2 10 10 10 m x x + ⇔ − = . Đặt 3 1 cos , sin 10 10 α = α = , khi đó ta có ( ) 2 1 2 1 cos cos 2 sin sin 2 cos 2 10 10 m m x x x + + α − α = ⇔ + α = + Nếu 1 10 1 10 2 1 1 2 2 10 m m m     − − − + + > ⇔ < >         ∪ thì (2) vô nghiệm + Nếu 1 10 1 10 2 1 1 , 2 2 10 m m   − − − + + ≤ ⇔ ∈     thì đặt 2 1 cos 10 m + = β Khi đó ( ) ( ) ( ) 1 2 cos 2 cos 2 x x k ±β − α ⇔ ⇔ + α = β ⇔ = + π Bài 8. Giải và biện luận: ( ) 2 2 sin 4sin cos 2cos 0 1 m x x x x+ + = Giải • 0 m = , ( ) ( ) { } cos 0 1 2cos 2sin cos 0 ; 2 cot 2 cot x x x x x k k x =  π ⇔ + = ⇔ ⇔ ∈ + π α+ π  = − = α  • 0 m ≠ thì ( ) 2 1 tan 4 tan 2 0 m x x ⇔ + + = với 4 2 m ′ ∆ = − + Nếu 2 m > thì (1) vô nghiệm; Nếu 2 m = thì tan 1 4 x x k −π = − ⇔ = + π + Nếu 0 2 m ≠ < thì 2 4 2 tan tan m x x k m − ± − = = β ⇔ = β + π . Bài 1. Phương trình đẳng cấp bậc nhất, bậc hai, bậc ba với sinx, cosx 227 III. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC 3 VỚI SINX, COSX 1. Phương pháp chung 3 2 2 3 sin sin cos sin cos cos 0 a x b x x c x x d x + + + = với ( ) 2 2 2 2 0 1 a b c d+ + + > ( ) 3 2 2 3 sin sin cos sin cos cos sin cos 0 a x b x x c x x d x m x n x + + + + + = Bước 1: Xét cos 0 x = có là nghiệm của phương trình hay không Bước 2: Xét cos 0 x ≠ không là nghiệm của phương trình. Chia 2 vế của (1) cho 3 cos 0 x ≠ và sử dụng công thức ( ) 2 2 2 3 sin 1 1 tan ; tan 1 tan cos cos x x x x x x = + = + ta nhận được phương trình bậc 3 ẩn tan x . Bước 3: Giải và biện luận phương trình bậc 3 ẩn tg x . 2. Các bài tập mẫu minh họa Bài 1. Giải phương trình: ( ) 3 3 2 4 sin 3cos 3sin sin cos 0 1 x x x x x+ − − = Giải Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (1) suy ra 3 3 cos 0 sin 1 sin 1 4 sin 3sin 0 4 sin 3sin 0 x x x x x x x = = ∨ = −     ⇔ ⇒   − = − =     Vô lý Chia 2 vế của (1) cho 3 cos 0 x ≠ ta có ( ) ( ) 3 2 2 1 4tan 3 3tan 1 tan tan 0 x x x x ⇔ + − + − = ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 tan tan 3tan 1 tan tan 0 tan 1 tan 3 0 x x x x x x x ⇔ − − + − = ⇔ − − = ( ) tan 1 tan 3 4 3 x x x k x k k π π ⇔ = ∨ = ± ⇔ = + π ∨ = ± + π ∈ » Bài 2. Giải phương trình: ( ) 3 sin 2 .sin 2 sin 3 6 cos 1 x x x x+ = Giải ( ) ( ) 3 3 1 sin 2sin cos 3sin 4sin 6cos x x x x x x ⇔ + − = 3 2 3 4 sin 3sin 2 sin cos 6 cos 0 x x x x x ⇔ − − + = (2) Nếu cos 0 x = là nghiệm của (2) thì từ (2) suy ra 3 3 cos 0 sin 1 sin 1 4 sin 3sin 0 4 sin 3sin 0 x x x x x x x = = ∨ = −     ⇔ ⇒   − = − =     Vô lý Chia 2 vế của (2) cho 3 cos 0 x ≠ ta có ( ) 3 2 2 tan 2 tan 3tan 6 0 x x x ⇔ − − + = ( ) ( ) { } 2 tan 2 tan 3 0 tan 2 tan tan 3 ; 3 x x x x x k k π ⇔ − − = ⇔ = = α ∨ = ± ⇔ ∈ α + π ± + π Chương VII. Phương trình lượng giác – Trần Phương 228 Bài 3. Giải phương trình: 1 3sin 2 2 tan x x + = Giải Điều kiện: ( ) cos 0 1 2 x x k π ≠ ⇔ ≠ + π 2 2 1 1 1 3sin 2 2 tan 1 6sin cos 2 tan 6 tan 2 tan cos cos x x x x x x x x x + = ⇔ + = ⇔ + = ⋅ ( ) ( ) 2 2 3 2 1 tan 6 tan 2 tan 1 tan 2 tan tan 4 tan 1 0 x x x x x x x ⇔ + + = + ⇔ − − − = ( ) ( ) 2 1,2 1,2 tan 1 4 tan 1 2 tan 3tan 1 0 3 17 tan tan 4 x x n x x x x x n = − π   = − + π   ⇔ + − − = ⇔ ⇔ ±   = = α = α + π    Bài 4. Giải phương trình: ( ) 3 2 sin 2 sin 4 x x π + = (1) Giải ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 1 2 2 sin 4sin 2 sin 4sin sin cos 4sin 4 4 x x x x x x x π  π  ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =     Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (1) suy ra 3 3 cos 0 sin 1 sin 1 sin 4sin sin 4sin 0 x x x x x x x = = ∨ = −     ⇔ ⇒   = − =     Vô lý Chia 2 vế của (1) cho 3 cos 0 x ≠ ta có ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 3 1 tan 1 4tan 1 tan tan 3tan 3tan 1 4 tan 4tan x x x x x x x x ⇔ + = + ⇔ + + + = + ( ) ( ) 3 2 2 3tan 3tan tan 1 0 tan 1 3tan 1 0 tan 1 4 x x x x x x x k π ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = + π Bài 5. Giải phương trình: ( ) 3 8 cos cos3 3 x x π + = Giải ( ) 3 3 8 cos cos3 8 cos .cos sin sin cos 3 3 3 3 x x x x x π π π   + = ⇔ − =     ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 cos 3 sin 4 cos 3cos 3 sin cos 3cos 4 cos 0 1 x x x x x x x x⇔ − = − ⇔ − − + = Nếu cos 0 x = là nghiệm của (1) thì từ (1) suy ra 2 2 cos 1 0 cos sin 1 0 1 sin 0 x x x x =  ⇒ = + = ⇒ = ⇒  =  Vô lý [...]... mâu thu n v i (2): x ≠ π + k π nên phương trình (1) vô nghi m 4 4 2 229 Chương VII Phương trình lư ng giác – Tr n Phương Bài 8 ( 4 − 6m ) sin 3 x + 3 ( 2m − 1) sin x + 2 ( m − 2 ) sin 2 x cos x − ( 4m − 3) cos x = 0 a Gi i phương trình khi m = 2 b Tìm m phương trình có nghi m duy nh t x ∈  0, π   4   Gi i N u cos x = 0 là nghi m c a phương trình thì t phương trình suy ra cos x = 0 sin x = 1... duy nh t x ∈ 0, π thì phương trình g ( t ) = 2m 4 ho c vô nghi m t ∈ [ 0,1] ho c có úng 1 nghi m t = 1  2m ≥ 2 m ≥ 1 ⇔ g ( t ) = 2m vô nghi m t ∈ [ 0,1) ⇔  ⇔  2m < 3 m < 3  2  4 230 Bài 1 Phương trình ng c p b c nh t, b c hai, b c ba v i sinx, cosx 231 Bài 4 Phương trình Bài 2 PHƯƠNG TRÌNH I PHƯƠNG TRÌNH I X NG VÀ N A i x ng và n a i x ng I X NG I X NG V I SINX, COSX 1 Phương pháp chung a (... Khi ó phương trình ⇔ mt + t 2 − 1 = 0 ⇔ f ( t ) = t 2 + mt − 1 = 0 v i t ∈ − 2; 2    ý r ng: ∆ 1 = m 2 + 4 > 0 nên f ( t ) = 0 có 2 nghi m phân bi t t1 , t 2 233 Chương VII Phương trình lư ng giác – Tr n Phương Theo 0 < t1 ≤ 1 < 2 t ∈( − 2, 2 ) 1 nh lý Viét, ta có t1 t 2 = −1 ⇒ t1 t 2 = 1 ⇒  ⇒ 0 < t 2 ≤ 1 < 2 t 2 ∈( − 2, 2 )   V y phương trình ã cho luôn có nghi m ∀ m ∈ » Bài 11 Tìm m phương. .. Bài 4 Gi i phương trình: tan 2 x + cot x = 8 cos 2 x (1) Gi i K: sin x.cos 2 x ≠ 0 , ( 2 ) , ta có (1) ⇔ cos ( 2x − x) = 8cos 2 x ⇔ cos x = 8cos 2 x.cos2x.sin x cos2x.sin x ⇔ cos x (1 − 8 cos x cos 2 x sin x ) = 0 ⇔ cos x (1 − 2 sin 4 x ) = 0 { ⇔ cos x = 0 ∨ sin 4 x = 1 ⇔ x ∈ π + k π ; π + k π ; 5π + k π 2 2 2 24 2 24 2 } 235 Chương VII Phương trình lư ng giác – Tr n Phương Bài 5 Gi i phương trình: tan... + k π ( k ∈ » ) ⇔  cos 2 x = ⇔  cos 2 x = cos  4 5 5      x = ± 2π + k π  cos 2 x = cos 4π  cos 2 x = −1 − 5   5 5   4  245 Chương VII Phương trình lư ng giác – Tr n Phương Bài 3 a Gi i phương trình: cos 2 x = cos 4 x (1) 3 b Gi i phương trình: 1 + 2 cos 2 3 x = 3cos 4 x (2) 5 5 Gi i a (1) ⇔ 1 + cos 2 x = cos 4 x ⇔ 1 + cos 2 x = 2 cos 4 x 2 3 3 t t = 2x 3 Khi ó: 1 + cos 3t = 2 cos 2t... 2 ⇔ 2t 4 − 5t 2 + 2 = 0 ⇔ t 2 = cos 2 2x = 1 ⇔ 1 + cos 4x = 1 ⇔ cos 4x = 0 ⇔ 4x = π + k π ⇔ x = π + k π ( k ∈») 2 2 2 2 8 4 247 Chương VII Phương trình lư ng giác – Tr n Phương Bài 8 a Gi i phương trình: cos 3 x cos 3x + sin 3 x sin 3 x = 2 ( ) 1 4 b Gi i phương trình: cos 3 x cos 3 x + sin 3 x sin 3 x = cos 3 4 x (2) Gi i cos x cos 3 x + sin 3 x sin 3 x = cos 3 x + 3cos x ⋅ cos 3x + − sin 3x + 3sin... + 2k π 2 4 2 2 2  Bài 10 Gi i phương trình: (1 − tan x ) (1 + sin 2 x ) = 1 + tan x (1) Gi i  (1) ⇔ (1 − tan x) 1 + 2 tan x  = 1 + tan x ⇔ (1 − tan x)(1 + tan x ) 2 = (1 + tan x ) (1 + tan 2 x )   1 + tan 2 x  { ⇔ 2 tan 2 x (1 + tan x ) = 0 ⇔ tan x = 0 ∨ tan x = −1 ⇔ x ∈ k π ; −π + k π 4 } 251 Chương VII Phương trình lư ng giác – Tr n Phương Bài 11 Gi i phương trình: 1 + 3 tan x = 2 sin 2 x... Bài 5 Gi i phương trình: cos10 x + 2 cos 2 4 x + 6 cos 3 x cos x = cos x + 8 cos x cos 3 3 x Gi i ⇔ cos10 x + cos 8 x + 1 = cos x + ( 8 cos x cos 3 3 x − 6 cos 3 x cos x ) ⇔ cos10 x + cos 8 x + 1 = cos x + 2 cos x ( 4 cos 3 x − 3cos 3 x ) ⇔ 2 cos 9 x cos x + 1 = cos x + 2 cos x.cos 9 x ⇔ cos x = 1 ⇔ x = 2k π ( k ∈ » ) 253 Chương VII Phương trình lư ng giác – Tr n Phương Bài 6 Gi i phương trình: 32 cos... i phương trình: sin 3π − x = 1 sin π + 3 x 10 2 2 10 2 ) Gi i t t = 3π − x ⇒ π − 3t = π + 3π Khi ó phương trình 10 2 10 2 ⇔ 2 sin t = sin ( π − 3t ) = sin 3t ⇔ 2 sin t = 3sin t − 4 sin 3 t ⇔ sin t (1 − 4 sin 2 t ) = 0 { } ⇔ sin t ( 2 cos 2t − 1) = 0 ⇔ x ∈ 3π − 2k π ; 14π + 2k π ; 4π + 2k π 5 5 5 ) ( ) ( ( ) Bài 10 Gi i phương trình: sin 3 x − π = sin 2 x.sin x + π 4 4 Gi i t t = x + π thì phương trình. .. VII Phương trình lư ng giác – Tr n Phương Bài 4 Gi i phương trình: cos 4 x − cos 2 x + 2 sin 6 x = 0 (1) Gi i (1) ⇔ cos 4 x − (1 − 2sin 2 x ) + 2sin 6 x = 0 ⇔ ( cos 2 x − 1)( cos 2 x + 1) + 2sin 2 x (1 + sin 4 x ) = 0   ⇔ sin 2 x  2 (1 + sin 4 x ) − ( cos 2 x + 1)  = 0 ⇔ sin 2 x ( 2 sin 4 x + sin 2 x ) = 0 ⇔ sin 4 x ( 2 sin 2 x + 1) = 0 ⇔ sin 4 x = 0 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = k π ( k ∈ » ) Bài 5 Gi i phương