phương pháp giải phương trình lượng giác

CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP DẠNG I. phương trình cơ bản – phương trình lượng giác chuyển về bậc 1, bậc 2, bậc 3, đại số......1 DẠNG II. Phương trình tích số ( phân tích thành nhân tử)................................................................5 DẠNG III. Phương trình có chứa giá trị tuyệt đối...............................................................................7 DẠNG IV. Phương trình chứa căn thức............................................................................................11 DẠNG V. Phương trình dạng ...........................................................................................................14 DẠNG VI. PHƯƠNG TRÌNH CÓ DẠNG .......................................................................................16 DẠNG VII. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP VỚI Sinx, Cosx.........................................................19 DẠNG I. phương trình cơ bản – phương trình lượng giác chuyển về bậc 1, bậc 2, bậc 3, đại số • Cho các phương trình sau: 1. cos( π sin(x ) ) = cos( 3 π sin(x ) )  π sin( x) = 3π sin( x) + K 2π  , K∈ Z π sin( x ) = − 3 π sin( x ) + K 2 π  2π sin( x) = − K 2π = n 2π   (K=-n ∈ Z) 4 π sin( x ) = K 2 π   sin( x ) = n, (1) K  ( 2) sin( x ) =  2 - xét phương trình (1): do n ∈ Z nên để phương trình có nghiệm => n= -1, 0, 1 (1) sin x =− 1  sin x = 1   sin x =0  π  x = 2 +Kπ x =π +Kπ   x= π 2 +K π 2 sin x = ±1 cos x =0    sin x =0   sin x = 0 K∈ Z - tương tự: để phương trình (2) có nghiệm khi K =0, K= ± 1,±2  sin x = 0  1 (2) sin x = ±  sin x = ±12     x = Kπ  sin x = 0 sin x = 0    1 π  sin x = ±   cos x = 0   x = + Kπ ,K 2 2  1  cos x = 0 (**)  sin x = ±   x = ± π + Kπ  2  6  ∈Z π  x = + Kπ  2 ,K ∈ Z  π  x = ± + Kπ 6  π   x = 2 + Kπ ,K ∈Z Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:  π  x = ± + Kπ 6  Đối với phương trình (**): 1 1 1 −cos 2 x 1 1 sin x =± ⇔sin 2 x = ⇔ = ⇔cos 2 x = 2 4 2 4 2 π ⇔2 x =± 3 π +K 2π ⇔x =± 6 +Kπ, ( K ∈Z ) Lưu ý: đối với những dạng phương trình sin, cos mà có dạng sin(a) = ±b ta nên biến đổi về một phương trình (nếu có thể) tránh việc phải tách đôi phương trình ra. Như vậy, việc giải phương trình sẽ đơn giản hơn và ít bị sai sót hơn trong quá trình giao nghiệm. 2. tan(π cos( x)) = tan(2π cos( x))  π 1  π cos( x ) ≠ + K π cos x ≠ +K   2 2 ⇔ Điều kiện:  π 1 n 2π cos( x) ≠ + nπ  cos x ≠ +  2 4 2  (1) (a) (K , n ∈ Z ) (b) (1) ⇔ π cos( x) = 2π cos( x ) + mπ , (m ∈ Z ) ⇔ π cos( x) = − mπ = tπ , (− m = t ∈ Z ) ⇔ cos x = t (2), (t ∈ Z ) Ta thấy phương trình (2) thoả mãn điều kiện tồn tại phương trình. Do đó, phương trình (2) có nghiệm khi t=0,1,-1  cos x = 0 π  cos x = 0 π x = + Kπ (2) ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ x = K , (K ∈ Z ) 2 cos x = ±1  sin x = 0 2  x = Kπ    Lưu ý: đối vói phương trình lượng giác có dạng là tan, hay cotan ta phải đặt điều kiện để phương trình tồn tại rồi mới tiến hành giải phương trình. Sau khi giải xong phương trình ta phải kết hợp lại với điều kiền để tiến hành chọn nghiệm hoặc loại những nghiệm vi phạm điều kiện 1 + 2 sin 2 x − 3 2 sin x + sin 2 x =1 3. 2 sin x cos x − 1 (3) Điều kiện: 2 sin x cos x − 1 ≠ 0 ⇔ sin 2 x ≠ 1 ⇔ 2 x ≠ (3) ⇔1 +2 sin 2 x −3 π π + K 2π ⇔ x ≠ + Kπ 2 4 2 sin x +sin 2 x = 2 sin x cos x −1 ⇔1 +2 sin 2 x −3 2 sin x +sin 2 x = sin 2 x −1 ⇔2 sin 2 x −3 2 sin x +2 = 0 ( 4) (Tới đây phương trình đã cho có dạng phương trình bậc 2 với biến là sinx. Ở đây ta có thể đặt biến t= sinx sau đó giả như phương trình bậc 2 đại số thông thường nhưng vì đây là dạng phương trình bậc 2 đơn giản ta sẽ giải trực tiếp mà không cần đổi biến.) π  x = + K 2π  4 ( 4) ⇔ sin x = 2 ⇔  2 3π  x = + K 2π  4 3π ⇔x= + K 2π K ∈Z 4 Lưu ý: Loại: do vi phạm điều kiện Cũng giống như phương trình lượng giác hàm tan hoặc cotan, những phương trình lượng giác có dạng phân số cũng phải có điều kiện để tồn tại. Do đó, khi tiến hành giải những phương trình dạng này ta cũng phải đạt điều kiện trước khi giải. Và sau khi giải xong cũng tiến hành chọn nghiệm lại. DẠNG II. Phương trình tích số ( phân tích thành nhân tử) A = 0 A × B × C = 0 ⇔  B = 0 C = 0 GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH SAU: 1. ( 2 sin x −1)( 2 sin 2 x +1) = 3 − 4 cos 2 x (1) ta có: 3 − 4 cos 2 x = 3 − 4(1 − sin 2 x) = 4 sin 2 x −1 = (2 sin x −1)( 2 sin x +1) (1) ⇔ (2 sin x − 1)(2 sin 2 x + 1) = (2 sin x − 1)(2 sin x + 1) ⇔ (2 sin x − 1)(2 sin 2 x + 1) − (2 sin x − 1)(2 sin x + 1) = 0 ⇔ (2 sin x − 1)(2 sin 2 x + 1 − 2 sin x − 1) = 0 ⇔ (2 sin x − 1)(4 sin x cos x − 2 sin x) = 0 ⇔ (2 sin x − 1)(2 cos x − 1)2 sin x = 0     2 sin x − 1 = 0 ⇔  2 cos x − 1 = 0   2 sin x = 0      1  sin x = 2  1 ⇔ cos x =  2  sin x = 0    π  x = + K 2π  6  5π x= + K 2π 6  ⇔  x = ± π + K 2π  3 x= Kπ   K∈Z lưu ý: - Ở phương trình lượng giác ta không được phép đơn giản các nhân tử chung ở 2 vế với nhau như trong phương trình đại số thông thường vì như vậy sẽ làm mất đi một hoặc một số tập nghiệm của phương trình. 2. sin x tan 2 x + Điều kiện: 2 x ≠ 3 (sin x − 3 tan 2 x) = 3 3 π π π + Kπ ⇔ x ≠ + K 2 4 2 ( 2) K∈Z (2) ⇔ sin x tan 2 x + 3 sin x − 3 tan 2 x − 3 3 = 0 ⇔ sin x(tan 2 x + 3 ) − 3(tan 2 x + 3 ) = 0 ⇔ (tan 2 x + 3 )(sin x − 3) = 0  tan 2 x + 3 = 0 ⇔ Vô nghiệm  sin x − 3 = 0 ⇔ tan 2 x + 3 = 0 ⇔x=− π π +K 6 2 ⇔ tan 2 x = − 3 2x = − K ∈Z 3. cos 4 x − cos 2 x + 2 sin 6 x = 0 (3) (3) ⇔ (cos 2 x) 2 − (1 − 2 sin 2 x) + 2 sin 6 x = 0 ( ⇔ 1 − sin 2 x ) 2 − (1 − 2 sin 2 x) + sin 6 x = 0 ⇔ 1 − 2 sin 2 x + sin 4 x − 1 + 2 sin 2 x + sin 6 x = 0 ⇔ sin 6 x + sin 4 x = 0 ⇔ sin 4 x(sin 2 x + 1) = 0  sin 4 x = 0 ⇔ 2 Vô nghiệm. vì sin2x ≥ 0 => sin2x +1 >0 sin x + 1 = 0 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = Kπ K ∈Z π + Kπ 3 Phương trình có chứa giá trị tuyệt đối DẠNG III. Ghi nhớ: ⇔ A≥0  A A = − A ⇔ A sin 3 x = 2 3  π ⇔ x=K K∈Z 3 3. cos x + sin 3x = 0 ( 4)  cos x = − sin 3 x (a) khi ⇔  − cos x = − sin 3 x (b) khi ⇔ cos x = − sin 3x cos x ≥ 0 cos x < 0 Xét trường hợp I: khi cos x ≥0 π + 3x) 2 π  − 2 x = + K 2π  2 ⇔ π 4 x = − + K 2π 2  (a ) ⇔ cos x = sin( −3 x) ⇔ cos x = cos(  π x = + 3 x + K 2π  2 ⇔ π  x = − − 3 x + K 2π  2  π x = − − Kπ  4 ⇔ π π x = − + K  8 2 π  x = − + nπ  4 ⇔ π π x = − + K 8 2  K ∈Z ( −K = n ∈ Z ) Kết hợp họ nghiệm vừa tìm được với điều kiện cos x ≥0 ta được những họ nghiệm sau: π   x = − 4 + K 2π  π  x = − + K 2π 8  3 π x = + K 2π  8 K ∈Z Xét trường hợp II: khi cos x < 0 (b) ⇔ cos x = sin 3 x  π x = − 3x + K 2π  2 ⇔ π  x = − + 3 x + K 2π 2   π π x = 8 + K 2 ⇔ π  x = − Kπ 4  π − 3 x) 2 π  4 x = + K 2π  2 ⇔ π − 2 x = − + K 2π  2 ⇔ cos x = cos( π π  x = 8 + K 2  π  x = + nπ  4 K ∈Z − K = n∈Z Kết hợp họ nghiệm vừa tìm được với điều kiện cos x < 0 ta có một số họ nghiệm sau: 5π  x = + K 2π  4  5π + K 2π x = 8   x = 9π + K 2π  8 KẾT LUẬN: phương trình đã cho có các nghiệm sau: π x =− +K 2π 4 π x =− +K 2π 8 3π x = +K 2π 8 5π x = +K 2π 4 5π x = +K 2π 8 9π x = +K 2π 8 Lưu ý: - Ở dạng phương trình này khi sử dụng phương pháp 1 khai dấu giá trị tuyệt đối. sau khi giải xong ở mỗi trường hợp phải tiến hành giao nghiệm lại vơi điều kiện tồn tại trong trường hợp đó để chọn ra những họ nghiệm thích hợp. Phương trình chứa căn thức DẠNG IV. Ghi nhớ:  g ( x) ≥ 0 (1) f ( x) = g ( x) ⇔  2  f ( x ) = g ( x ) ( 2)  f ( x ) ≥ 0[ g ( x ) ≥ 0] f ( x) = g ( x) ⇔   f ( x) = g ( x) (1) ( 2) • Các trường hợp có căn bậc chẵn thì chú ý rằng 2n f ( x) xác định ⇔ f ( x) ≥ 0 Bài tập áp dụng: 1. sin 2 x − 2 sin x + 2 = 2 sin x − 1 (1) Điều kiện: 2 sin x −1 ≥ 0 ⇔ sin x ≥ (1) 1 2 ⇔ sin 2 x − 2 sin x + 2 = ( 2 sin x −1) 2 ⇔ sin 2 x − 2 sin x + 2 = 4 sin 2 x − 4 sin x +1 ⇔ 3 sin 2 x − 2 sin x −1 = 0 sin x = 1  ⇔ sin x = −1 < 1 ( L)  3 2  ⇔x = π 2 + K 2π ( K ∈ Z ) 2. 2 sin x sin 2 x = 5 cos x + 4 sin 2 x (2) Điều kiện: 2 sin x sin 2 x ≥ 0 (*) (2) ⇔ 2 sin x sin 2 x = 5 cos x + 4 sin 2 x ⇔ 2 sin x 2 sin x cos x = 5 cos x + 8 sin x cos x ⇔ 4 sin 2 x cos x + cos x(−5 − 8 sin x) = 0 ⇔ cos x( 4 sin 2 x − 8 sin x − 5) = 0  cos x = 0   5  cos x = 0 sin x = > 1( L)    ⇔ ⇔ 2  4 sin 2 x − 8 sin x − 5 = 0  1   sin x = − 2       cos x = 0 1 ⇔ sin x = −  2    π  x = + Kπ  2   ⇔  x = − π + K 2π  6  7π  x = + K 2π  6 K ∈Z π  x = + Kπ  2 Ta thử 3 họ nghiệm vừa tìm được với điều kiện (*) ta nhận:   x = − π + K 2π 6  K ∈Z Lưu ý: đối với những điều kiện khó tìm ra giá trị của x hoặc sinx(cosx) ta không nhất thiết phải tìm ra các giá trị đó. Sau khi tìm ra các họ nghiệm của phương trình ta thể ngược trở lại vào điều kiện và tìm giá trị phù hợp, (động tác này có thể thực hiện ngoài giấy nháp) 3. 1 + cos x + 1 − cos x = 4 sin x cos x Điều kiện: (3) (3) cos x ≠ 0 ⇔ 1 + cos x + 1 − cos x = 4 sin x cos x ⇔ 2 cos 2 x x + 2 sin 2 = 2 sin 2 x 2 2  x x ⇔ 2  cos 2 + sin 2   = 2 sin 2 x   ( 4)` Nhận xét: Phương trình (4) có nghiệm x=x0 thì nghiệm x=x0+ π cũng là nghiệm của phương trình. Nghĩa là phương trình (4) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ π . Do đó , ta sẽ tìm nghiệm của phương trình (4) trên đoạn [0, π ]  x sin 2 ≥ 0 x  π Vì x ∈ [ 0; π ] ⇔ ∈ 0;  ⇒  2  2 cos x x ≥ 0  2 ( 4) ⇔ 2 (cos ⇔ 2 sin( x x + sin ) = 2 sin 2 x 2 2 x π + ) = 2 sin 2 x 2 4 x π  2 + 4 = 2 x + K 2π ⇔  x + π = π − 2 x + K 2π  2 4 π 4 K 2π  x = +  6 3 ⇔ mà x = 3π + 4 K 2π  10 5  π  x =  6 ⇒  x = 3π  10 x ∈[ 0; π ] Vì nghiệm của phương trình tuần hoàn theo chu kỳ π Phương trình dạng DẠNG V. a sin F ( x) ± b cos F ( x) = C (1) a, b > 0 Cách giải phương trình: Cách 1: (1) ⇔ a 2 + b 2 . sin( F ( x) ± ϕ) = C ⇔ sin( F ( x) ± ϕ) = - C a 2 +b 2 C a +b 2 2 a (tan ϕ = ) b ( 2) ≤1 ⇒ phương trình (2) có nghiệm => phương trình (1) có nghiệm lúc này phương trình (2) có dạng phương trình cơ bản. C >1 ⇒phương trình (2) vô nghiệm => phương trình (1) vô a2 +b2 nghiệm - Điều kiện phương trình 2 có nghiệm: a2+b2>c2 - Cách 2: Đặt t = tan F ( x) 2 với ( F ( x) π ≠ ⇔ F ( x) ≠ π + K 2π ) 2 2 (1) được đưa về dạng phương trình đại số bậc 2 theo t 2t 1− t2 (1) ⇔ a × ±b× =C 1+ t2 1+ t2 ⇔ (c ± b) × t 2 − 2at + c − b = 0 Giải phương trình tìm t => x Bài tập áp dụng: Cho phương trình sau: sin x + m cos x = 1 1. giải phương trình khi m = - (1) 3 2. tìm m để phương trình (1) vô nghiệm 3. tìm m để mọi nghiệm của phương trình (1) cũng là nghiệm của phương trình m sin x + cos x = m 2 Giải: 1. m = - 3 (1) ⇔ sin x − 3 cos x = 1 ⇔ sin( x − π  x −  3 ⇔ x − π  3 π 1 π 3 )= (tan = ) 3 2 3 1 π π  = + K 2π x = + K 2π  6 2 ⇔ 5π  x = 7π + K 2π = + K 2π  6 6 (K ∈ Z ) 2. phương trình (1) vô nghiệm khi. 12 + m2 < 1  m2 < 0 : vô lý => phương trình (1) có nghiệm ∀ m. không tồn tại giá trị làm cho phương trình (1) vô nghiệm. 3. ta có x = π 2 + K 2π, đem thế vào phương trình (2) ( 2) ⇔ m sin π + cos 2 ⇔m + 0 = m2 ⇔m − m2 = 0 m = 0 ⇔ m = 1 giá trị cần tìm. K ∈Z là nghiệm của phương trình (1) π 2 = m2 DẠNG VI. PHƯƠNG TRÌNH CÓ DẠNG a (sin F ( x) ± cos F ( x)) ± b sin F ( x) cos F ( x) = C (1) Phương pháp giải: Đặt sin F ( x) + cos F ( x) = t * t ≤ 2 t 2 −1 ⇒ sin F ( x) × cos F ( x) = 2 * sin F ( x) − cos F ( x) = t t ≤ 2 1−t 2 ⇒ sin F ( x) × cos F ( x) = 2 - lúc này phương trình (1) trở thành phương trình đại số với ẩn t. Giải phương trình tìm t - chọn t thoả mãn điều kiên t ≤ 2 - sau đó giải phương trình sin F ( x) + cos F ( x) = t ⇒x Bài tập áp dụng: 3 1. 1 +sin 3 x +cos3 x = sin 2 x 2 ⇔ 1 + (sin x + cos x )(1 − sin x cos x ) = 3 sin x cos x Đặt t = sin x + cos x t2 −1 ⇒ sin x cos x = 2 t ≤ 2 (1) t 2 −1 t 2 −1 (1) ⇔1 + t (1 − ) =3 2 2 3 2 ⇔t + 3t − 3t − 5 = 0 ⇔ (t −1)(t 2 + 2t − 5) = 0 t = −1 Nhận Loại  t + 1 = 0 ⇔ 2 ⇔ t = −1 + 6 > 2 t + 2t − 5 = 0  t = −1 − 6 < − 2 Loại  ⇔t = −1 ⇒sin x + cos x = −1 ⇔ 2 sin( x − ⇔sin( x − π 4 π 4 )= ) = −1 −1 2 π  x = − + K 2π  ⇒ 2  x = π + K 2π π π  x − = − + K 2π  4 4 ⇔ x − π = 5π + K 2π  4 4  ( K ∈Z ) 2. sin x + cos x + a sin 2 x = 1 (2), a>0 Đặt: t = sin x + cos x 0≤ t ≤ 2 ⇒ sin 2 x = t 2 − 1 (2) ⇔ t + a(t 2 − 1) = 1 ⇔ at 2 + t − a − 1 = 0 t = 1 ⇒  − a −1 t = [...]... phương trình tuần hoàn theo chu kỳ π Phương trình dạng DẠNG V a sin F ( x) ± b cos F ( x) = C (1) a, b > 0 Cách giải phương trình: Cách 1: (1) ⇔ a 2 + b 2 sin( F ( x) ± ϕ) = C ⇔ sin( F ( x) ± ϕ) = - C a 2 +b 2 C a +b 2 2 a (tan ϕ = ) b ( 2) ≤1 ⇒ phương trình (2) có nghiệm => phương trình (1) có nghiệm lúc này phương trình (2) có dạng phương trình cơ bản C >1 phương trình (2) vô nghiệm => phương trình. .. - Điều kiện phương trình 2 có nghiệm: a2+b2>c2 - Cách 2: Đặt t = tan F ( x) 2 với ( F ( x) π ≠ ⇔ F ( x) ≠ π + K 2π ) 2 2 (1) được đưa về dạng phương trình đại số bậc 2 theo t 2t 1− t2 (1) ⇔ a × ±b× =C 1+ t2 1+ t2 ⇔ (c ± b) × t 2 − 2at + c − b = 0 Giải phương trình tìm t => x Bài tập áp dụng: Cho phương trình sau: sin x + m cos x = 1 1 giải phương trình khi m = - (1) 3 2 tìm m để phương trình (1) vô... nghiệm của phương trình (1) cũng là nghiệm của phương trình m sin x + cos x = m 2 Giải: 1 m = - 3 (1) ⇔ sin x − 3 cos x = 1 ⇔ sin( x − π  x −  3 ⇔ x − π  3 π 1 π 3 )= (tan = ) 3 2 3 1 π π  = + K 2π x = + K 2π  6 2 ⇔ 5π  x = 7π + K 2π = + K 2π  6 6 (K ∈ Z ) 2 phương trình (1) vô nghiệm khi 12 + m2 < 1  m2 < 0 : vô lý => phương trình (1) có nghiệm ∀ m không tồn tại giá trị làm cho phương trình. .. x) = t * t ≤ 2 t 2 −1 ⇒ sin F ( x) × cos F ( x) = 2 * sin F ( x) − cos F ( x) = t t ≤ 2 1−t 2 ⇒ sin F ( x) × cos F ( x) = 2 - lúc này phương trình (1) trở thành phương trình đại số với ẩn t Giải phương trình tìm t - chọn t thoả mãn điều kiên t ≤ 2 - sau đó giải phương trình sin F ( x) + cos F ( x) = t ⇒x Bài tập áp dụng: 3 1 1 +sin 3 x +cos3 x = sin 2 x 2 ⇔ 1 + (sin x + cos x )(1 − sin x cos x ) = 3... giá trị làm cho phương trình (1) vô nghiệm 3 ta có x = π 2 + K 2π, đem thế vào phương trình (2) ( 2) ⇔ m sin π + cos 2 ⇔m + 0 = m2 ⇔m − m2 = 0 m = 0 ⇔ m = 1 giá trị cần tìm K ∈Z là nghiệm của phương trình (1) π 2 = m2 DẠNG VI PHƯƠNG TRÌNH CÓ DẠNG a (sin F ( x) ± cos F ( x)) ± b sin F ( x) cos F ( x) = C (1) Phương pháp giải: Đặt sin F ( x) + cos F ( x) = t * t ≤ 2 t 2 −1 ⇒ sin F ( x) × cos F ( x)... Z ) DẠNG VII PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP VỚI Sinx, Cosx Dạng tổng quát: a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = 0 (đẳng cấp bậc 2) a sin 3 x + b sin 2 x cos x + c sin x cos 2 x + d cos 3 x = 0 (đẳng cấp bậc 3) a sin x + b sin x cos x + c sin x cos x + d sin x cos 3 x + e cos 4 x = 0 4 3 2 2 (đẳng cấp bậc 4) Phương pháp giải: Đầu tiên ta xét cos x = 0(sin x = 0) có phải là nghiệm của phương trình không -... phương trình cho cos 2 x(sin 2 x) , cos 3 x(sin 3 x) , cos 4 x(sin 4 x) tuỳ theo bậc đẳng cấp của phương trình là 2, 3 hay là 4 Để dưa phương trình về dạng theo tanx hay cotanx - Bài tập áp dụng: 1 3 sin 3 x − sin 2 x − cos 2 x = 0 (1) (1) ⇔ 3 sin 2 x − 2 sin x cos x − cos 2 x = 0  Xét cos x = 0 :  Xét cos x ≠ 0 : (2) (2) ⇔ sin x = 0 Vô lý( sin x và cosx không thể đồng thời bằng 0) ta chia 2 vế phương. .. sin 2 x 2 2  x x ⇔ 2  cos 2 + sin 2   = 2 sin 2 x   ( 4)` Nhận xét: Phương trình (4) có nghiệm x=x0 thì nghiệm x=x0+ π cũng là nghiệm của phương trình Nghĩa là phương trình (4) có nghiệm tuần hoàn với chu kỳ π Do đó , ta sẽ tìm nghiệm của phương trình (4) trên đoạn [0, π ]  x sin 2 ≥ 0 x  π Vì x ∈ [ 0; π ] ⇔ ∈ 0;  ⇒  2  2 cos x x ≥ 0  2 ( 4) ⇔ 2 (cos ⇔ 2 sin( x x + sin ) = 2 sin... ta chia 2 vế phương trình (2) cho cos2x (2) ⇔ 3 tan 2 x − 2 tan x − 1 = 0   tan x = 1 ⇔  tan x = − 1 3  ⇔ x= π + Kπ 4 1 ⇔ x = − arctan( ) + Kπ 3 K∈Z π   x = 4 + Kπ Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:   x = − acr tan 1 + Kπ  3 K ∈Z 2 cos 3 x − 4 sin 3 x + cos 2 x sin x − 3 cos x sin 2 x + sin 3 x = 0 - Xét sin x = 0 (1) ⇔ cos 3 x = 0 - Xét sin x ≠ 0, chia 2 vế phương trình cho sin3x vô... Sau khi tìm ra các họ nghiệm của phương trình ta thể ngược trở lại vào điều kiện và tìm giá trị phù hợp, (động tác này có thể thực hiện ngoài giấy nháp) 3 1 + cos x + 1 − cos x = 4 sin x cos x Điều kiện: (3) (3) cos x ≠ 0 ⇔ 1 + cos x + 1 − cos x = 4 sin x cos x ⇔ 2 cos 2 x x + 2 sin 2 = 2 sin 2 x 2 2  x x ⇔ 2  cos 2 + sin 2   = 2 sin 2 x   ( 4)` Nhận xét: Phương trình (4) có nghiệm x=x0 thì nghiệm ... ⇒ phương trình (2) có nghiệm => phương trình (1) có nghiệm lúc phương trình (2) có dạng phương trình C >1 phương trình (2) vô nghiệm => phương trình (1) vô a2 +b2 nghiệm - Điều kiện phương trình. .. giống phương trình lượng giác hàm tan cotan, phương trình lượng giác có dạng phân số phải có điều kiện để tồn Do đó, tiến hành giải phương trình dạng ta phải đạt điều kiện trước giải Và sau giải. .. = Kπ    Lưu ý: đối vói phương trình lượng giác có dạng tan, hay cotan ta phải đặt điều kiện để phương trình tồn tiến hành giải phương trình Sau giải xong phương trình ta phải kết hợp lại với