Bài giảng: Một số phương trình lượng giác thường gặp (Đại số và Giải tích 11 - Chương I: HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC VÀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC)

Bài giảng có phần nâng cao. Biên soạn theo hướng "LẤY HỌC TRÒ LÀM TRUNG TÂM".

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn Lê Hồng Đức Tự học đem lại hiệu tư cao, điều em học sinh cần là: Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực điều Một điểm tựa để trả lời thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa” BÀI GIẢNG QUA MẠNG ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 11 CHƯƠNG I HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC VÀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC §3 Một số dạng phương trình lượng giác thường gặp Học Tốn theo nhóm (từ đến học sinh) lớp 9, 10, 11, 12 Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội Phụ huynh đăng kí học cho liên hệ 0936546689 mét số dạng phơng trình lợng giác thờng gặp Đ3 Dạng 1: Phơng trình bậc hai hàm số lợng giác Phơng pháp áp dụng Đặt hàm số lợng giác làm ẩn phụ đặt điều kiện cho ẩn phơ nÕu cã (thÝ dơ t = sinx hc t = cosx, điều kiện t 1), giải phơng trình theo ẩn phụ Giải phơng trình: a 2cos2x − 3cosx + = b 2cos2x + sinx + = VÝ dô 1: c tan2x − (1 + )tanx + =  Hớng dẫn: Sử dụng kiến thức phần phơng pháp giải toán Giải a Đặt t = cosx điều kiện t 1, ta biến đổi phơng trình dạng: t  = cos x =1 x = kπ   ⇔  ⇔  π , k ∈ N t= cos x = x = ± + kπ    2    2t2 − 3t + = Vậy, phơng trình có ba họ nghiệm b Biến đổi phơng trình dạng: 2(1 sin2x) + sinx + = ⇔ − 2sin2x + sinx = ⇔ 2sin2x − sinx − = Đặt t = sinx điều kiện t 1, ta đợc: t = 2t2 t = ⇔ t =3 / lo ¹ i ⇔ sinx = −1 ⇔ x = − + 2k, k N Vậy, phơng trình có họ nghiệm c Đặt t = tanx, ta biến đổi phơng trình dạng: t2 (1 + )t + =  π  t =1 tan x =1 x = + kπ   ⇔ t = ⇔ tan x = ⇔  , k ∈ N x = π + kπ   3    VËy, phơng trình có hai họ nghiệm Chú ý: Nh câu b) thấy phơng trình ban đầu cha phải phơng trình bậc hai theo hàm số lợng giác, ta cần thực vài phép biến đổi lợng giác dựa nguyên tắc: Nếu phơng trình chứa nhiều hàm lợng giác khác biến đổi tơng đơng phơng trình chứa hàm Nếu phơng trình chứa hàm lợng giác nhiều cung khác biến đổi tơng đơng phơng trình chứa hàm lợng giác cung Giải phơng trình sau khoảng đà cho dùng bảng số máy tính bỏ túi để tính gần nghiệm đó: Ví dụ 2:  a 3cos2x + 10sinx + = trªn −  b 2sin x + 3cosx = 2, ≤ x ≤ 3600 c tanx + 2cotx = 3, 1800 ≤ x ≤ 3600  π π ; ; 2 Giải a Biến đổi phơng trình vỊ d¹ng: 3(1 − 2sin2x) + 10sinx + = 3sin2x 5sinx = Đặt t = sinx điều kiện t 1, ta đợc:  t = − 3t − 5t − = ⇔  ⇔ sinx = − t =2 lo ¹ i   π π x∈ − ;    2 ⇔ x 0,34 b Trớc tiên, ta giải phơng trình cách biến đổi: 2(1 cos2x) + 3cosx = ⇔ 2cos2x − 3cosx = ⇔ (2cosx − 3)cosx = ⇔ cosx = ⇔ x = 900 + k1800, k ∈ Z Víi ®iỊu kiƯn 00 ≤ x ≤ 3600, ta cã:  =90 k x k∈  =0 Z 00 ≤ 900 + k1800 ≤ 3600 ⇔ − ≤k≤  = ⇒  ⇒ k  =270 x  2 Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 900 x = 2700 c Điều kiện x k900, k Z (*) Đặt t = tanx, phơng trình có dạng: t tan x =  =  t+ = ⇔ t2 − 3t + = ⇔  = ⇔  x =2 t tan   t ⇔ x =45 + k180  x ≈63,435 + k180  180 ≤x ≤ 360 ⇒  =225 x   ≈243,435 x Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 2250 vµ x ≈ 243,4350 VÝ dơ 3: Cho phơng trình: m cos x 2m.tanx m2 + = (1) a Giải phơng trình với m = b Tìm m để phơng trình có ba nghiệm thuộc (; ) Giải Điều kiện: cosx x + k, k Z Biến đổi phơng trình dạng: (m2 1)(1 + tan2x) 2mtanx − m2 + = ⇔ (m2 − 1)tan2x 2mtanx + = Đặt tanx = t, phơng trình có dạng: (m2 1)t2 − 2mt + = ⇔ [(m − 1)t − 1][(m + 1)t − 1] = (  m − )t =1 ⇔  m +1)t =1 ( a Với m = 2, ta đợc: (2) π  t π  =1  tan x =1 = tan  x = + kπ  ⇔  , k ∈ Z  =1 ⇔  t  x = α+kπ tan x = = tan α     VËy với m = 2, phơng trình có hai họ nghiệm b Để phơng trình có ba nghiệm thuộc (; ) điều kiện (2) có hai nghiệm trái dấu, tức là: m m 1  m − m + < − < ⇔ m < Vậy, với m < thoả mÃn điều kiện đầu Ví dụ 4: Giải phơng trình sau: a 4sin4x + 12cos2x =  b 6sin23x + cos12x = 14 Giải a Biến đổi phơng trình dạng: 4sin4x + 12(1 − sin2x) = ⇔ 4sin4x − 12sin2x + = Đặt t = sin2x điều kiện t 1, ta đợc: t = 1/ 1 4t2 − 12t + = ⇔  ⇔ sin2x = ⇔ (1 − cos 2x) = t = / lo¹i 2  π π kπ + kπ ⇔ x = + ,k∈ ¢ VËy, phơng trình có họ nghiệm cos2x = 2x = b Biến đổi phơng trình dạng: 3(1 − cos6x) + 2cos26x − = 14 ⇔ 2cos26x 3cos6x 12 = Đặt t = cos6x điều kiện t 1, ta đợc: 2t2 3t − 12 = ⇔ t1, = VËy, phơng trình vô nghiệm 105 (loại) Giáo án điện tử giảng giá: 3.500.000đ Liên hệ thầy LÊ HỒNG ĐỨC qua điện thoại 0936546689 Bạn gửi tiền về: LÊ HỒNG ĐỨC Số tài khoản: 1506205006941 Chi nhánh NHN0 & PTNT Tây Hồ 3 ngày sau bạn nhận Giáo án điện tử qua email LUÔN LÀ NHỮNG GAĐT ĐỂ BẠN SÁNG TẠO TRONG TIẾT DẠY  NhËn xÐt: Nh vậy, ví dụ trên: câu a), lùa chän Èn phơ t = sin2x ®Ĩ nhËn đợc phơng trình bậc hai (nếu đặt t = sinx phơng trình trùng phơng) Tuy nhiên, em học sinh cần lu ý tới việc giải phơng trình nghiệm sin2x = việc sử dụng công thức hạ bậc để tránh phải kết hợp nghiệm, bëi nÕu sư dơng biÕn ®ỉi: π   x = ± + 2kπ sin2x = ⇔ sinx = ± ⇔ , k∈ ¢ 2  x = ± 3π + 2kπ   th× cần sử dụng đờng tròn đơn vị để kết hợp nghiệm k thành dạng x = + đành kết luận phơng trình có bốn họ nghiệm Ngoài ra, biến đổi tiếp: 4sin4x − 12sin2x + = ⇔ (2sin2x − 3)2 =  2sin x − = sin x = / (lo¹i) ⇔ ⇔  2sin x − = −2 sin x = 1/   ë c©u b), lời giải đợc đề xuất từ việc đánh giá cung 3x dạng bình phơng nên chuyển thành 6x cung 12x đợc chuyển dạng 6x bậc hai Ngoài ra, nghĩ theo cách khác : Cách 1: Chuyển 12x thành 3x nh sau: cos12x = − 2sin26x = − 2(1 2sin23x)2 Khi đó, ta nhận đợc phơng trình bậc bốn dạng trùng phơng Cách 2: Đánh giá sin23x cos12x nên: VT ≤ + = < 14 = VP phơng trình vô nghiệm Với phơng trình bậc cao hàm số lợng giác, ta có nhận định sau: Đối với phơng trình bậc 3: at3 + bt2 + ct + d = (1) ta lùa chän mét hai híng Híng 1: Nếu xác định đợc nghiệm t0 thì: t = t0 (1) ⇔ (t − t0)(at2 + Bt + C)=0 ⇔  at + Bt + C = (2) Khi đó, việc giải (1) đợc dẫn việc giải (2) Hớng 2: Sử dụng phơng pháp số biến thiên Hớng 3: Sử dụng phơng pháp hàm số đồ thị Đối với phơng trình bậc 4: at4 + bt3 + ct2 + dt + e = ta lùa chän mét ba híng Híng 1: Nếu xác định đợc nghiệm t0 thì: (3) (t − t0)(at3 + Bt2 + Ct + D) = t = t0 ⇔ at + Bt + Ct + D = (4) Khi ®ã, viƯc giải (3) đợc dẫn việc giải (4) Hớng 2: Sử dụng phơng pháp đặt ẩn phụ Hớng 3: Sử dụng phơng pháp số biến thiên (3) Dạng 2: Phơng trình bậc sinx cosx Phơng pháp áp dụng Phơng trình bậc sinx cosx có dạng: asinx + bcosx = c (1) Để giải phơng trình (1) ta lựa chọn mét c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: Thùc hiƯn theo c¸c bíc: Bíc KiĨm tra: NÕu a2 + b2 < c2 phơng trình vô nghiệm Nếu a2 + b2 c2, để tìm nghiệm phơng trình (1) ta thực tiếp bớc Bớc Chia hai vế phơng trình (1) cho a + b , ta đợc: a Vì ( a +b a a +b a 2 a +b )2 + ( b sinx + a +b b a + b2 = cos α, cosx = c a + b2 )2 = nên tồn góc cho b a + b2 = sin Khi phơng trình (1) cã d¹ng: sinx.cosα + sinα.cosx = c a +b sin(x + ) = Đây phơng trình hàm số sin Cách 2: Thùc hiƯn theo c¸c bíc: x Bíc Víi cos = ⇔ x = π + 2kπ, kiÓm tra vào phơng trình x x Bớc Với cos x + 2k, đặt t = tan , suy ra: 2 2t −t sinx = vµ cosx = 1+t2 +t Khi phơng trình (1) có dạng: c a + b2 a Bíc 2t 1+t + b −t +t = c ⇔ (c + b)t2 − 2at + c − b = (2) Giải phơng trình (2) theo t Cách 3: Với yêu cầu biện luận tính chất nghiệm phơng trình (; ), ta lựa chọn phơng pháp điều kiện cần đủ Nhận xét quan trọng: Cách thờng đợc sử dụng với toán yêu cầu giải phơng trình tìm điều kiện tham số để phơng trình có nghiệm, vô nghiệm giải biện luận phơng trình theo tham số Cách thờng đợc sử dụng với toán yêu cầu giải phơng trình tìm điều kiện tham số để phơng trình có nghiƯm thc tËp D víi D ⊂ [0, 2π] Cách thờng đợc sử dụng với toán yêu cầu biện luận theo tham số để phơng trình k cã nghiƯm thc tËp D víi D∩[0, 2π] ≠ Từ cách giải ta có đợc kết qu¶ sau: − a + b ≤ asinx + bcosx ≤ a + b kÕt qu¶ gợi ý cho toán giá trị lớn nhỏ hàm số a sin x + b cos x d¹ng y = a.sinx + b.cosx, y = phơng pháp đánh giá cho c sin x + d cos x số phơng trình lợng giác Dạng đặc biệt: Ta có kết quả:   π + kπ, k ∈ Z π sinx − cosx = ⇔ x = + kπ, k ∈ Z sinx + cosx = ⇔ x = Ví dụ 1: Giải phơng trình: (1 + )sinx + (1 − )cosx = Hớng dẫn: Sử dụng kiến thức phần phơng pháp giải toán Giải Ta lựa chọn hai cách sau: Cách 1: Biến đổi phơng trình dạng: 1+ 2 Đặt 1+ 2 sinx + 1− 2 = cosα th× cosx = 1− 2 sinx.cosα + cosx.sinα = 2 = sinα, ®ã ta đợc: sin(x + ) = sin π  x + α = + kπ ⇔  ⇔ x + α = π − π + kπ   π  x = − α + kπ  , k ∈ Z x = 3π − α + kπ  Vậy phơng trình có hai họ nghiệm Cách 2: Biến đổi phơng trình dạng: (sinx + cosx) + ⇔ (sinx − cosx) = ⇔ π sin(x + )− 2 sin(x + π cos(x + )= π )− cos(x + π )=2 π π π π ).cos − cos(x + ).sin = 4 π π  x − 12 = + kπ π π π ⇔ sin(x + − ) = sin ⇔  ⇔ 4 x − π = π − π + kπ  12  ⇔ sin(x + π  x = + kπ  x = 5π + k Vậy phơng trình có hai hä nghiƯm  NhËn xÐt: Nh vËy, b»ng c¸ch ta tìm đợc nghiệm phơng trình không tờng minh, sử dụng cách ta thấy nghiệm phơng trình chẵn x Một vài tài liệu tham khảo giải phơng trình cách đặt t = tan , dẫn tới ph2 ơng trình: (3 −  Víi t1 = )t2 − 2(1 + tan  Víi t2 = + = ⇔ t1 = ∨ t2 = +1 −1 x π x π π = = tan ⇔ = + kπ ⇔ x = + 2kπ, k ∈ Z 6 3 −1 x tan = VÝ dô 2: )t + ta đợc: +1 ta ®ỵc: π π + tan 7π 5π = − = − tan = tan π π 12 12 −1 − tan tan +1 tan 5π 5π x = + kπ ⇔ x = + 2kπ, k ∈ Z 12 Gi¶i phơng trình: sin2 x x + sinx 2cos2 = 2  Híng dÉn: Sư dụng công thức hạ bậc Giải Biến đổi phơng trình dạng: 1 (1 cosx) + sinx − (1 + cosx) = ⇔ 2sinx − 3cosx = 2 đặt 13 13 sinx − = cosα th× 13 13 cosx = 13 = sin, ta đợc: cos.sinx sinα.cosx = cosα ⇔ sin(x − α) = sin( π − α) π π   x − α = − α + kπ x = + kπ ⇔  ⇔  , k ∈ Z x − α = π − π + α + kπ x = π + 2α + kπ  2 Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm Nhận xét: Nh vậy, vài phơng trình lúc ban đầu cha có dạng + b.cosx = c, cần linh hoạt việc sử dụng phép biến đổi lợng giác Giải phơng trình: 2sin2x + VÝ dô 3: a.sinx sinx.cosx − cos2x = Hớng dẫn: Sử dụng công thức hạ bậc Giải Biến đổi phơng trình dạng: − cos2x + ⇔ 3 sin2x − (1 + cos2x) = 2 3 sin2x − cos2x = 2 (1) NhËn xÐt r»ng: 3        3  2  +  = 36 7  <   ⇒ ph¬ng trình (1) vô nghiệm Vậy, phơng trình vô nghiệm Ví dụ 4: Giải phơng trình: 2( 10 sinx − cosx) = 3sin2x + cos2x sin2x − 3cos2x = −3 Ta cã thÓ lùa chän mét hai cách sau: Cách 1: Biến đổi phơng trình vỊ d¹ng: 3 sin2x − cos2x = − 10 10 10 Đặt = cos = sin, ta đợc: 10 10 sin2x.cos cos2x.sin = −sinα ⇔ sin(2x − α) = sin(−α)  x = kπ  2x − α = −α + 2kπ ¢ ⇔ ⇔  x = π + α + kπ , k∈ 2x − α = π + + 2k Vậy phơng trình có hai họ nghiệm Cách 2: Biến đổi phơng trình d¹ng: sin2x = 3(1 − cos2x) ⇔ 2sinx.cosx = 6sin2x ⇔ (cosx − 3sinx).sinx = cos x − 3sin x − cot x = = cot α  x = α + kπ ⇔ ⇔ ⇔ , k∈ ¢ sin x = sin x = x = k Vậy phơng trình có hai họ nghiệm b Biến đổi phơng trình dạng: −2m − −2m − sin2x − cos2x = ⇔ sin(2x − α) = 10 10 10 10 −2m − −1 + 10 −1 − 10 Nếu >1m> m< , phơng trình vô nghiệm 10 2 −2m − −2m − −1 − 10 + 10 Nếu m , đặt = sin, ta đợc: 10 10 2 +   x = + kπ  2x − α = β + 2kπ sin(2x − α) = sinβ ⇔  ⇔ , k∈ ¢  2x − α = π − β + 2kπ  x = π + α − β + kπ   Bài tập 22: a Xét hai trờng hợp: Trờng hỵp 1: Víi cosx = ⇔ x = + k, k  Khi đó, phơng trình có d¹ng π π 4sin3( + kπ) − sin( + kπ) = mâu thuẫn 2 Vậy, phơng trình không nhận x = + k làm nghiệm 55 π + kπ, k∈ ¢ Chia hai vÕ phơng trình (1) cho cos3x 0, ta đợc 4tan3x + 3tan2x − (1 + tan2x).tanx − = ⇔ 3tan3x + 3tan2x − tanx − = Đặt t = tanx, phơng trình có dạng: 3t3 + 3t2 − t − = ⇔ (t + 1)(3t2 − 1) = π   x = − + kπ  t = −1  tan x = −1    π  ⇔  t = 1/ ⇔  tan x = 1/ ⇔  x = + kπ , k∈ ¢  t = −1/  tan x = −1/     x = − π + kπ   b Ta cã thể trình bày theo cách sau: Cách 1: Xét hai trêng hỵp: π Trêng hỵp 1: Víi cosx = ⇔ x = + kπ, k∈ ¢ Khi đó, phơng trình có dạng = Vậy, phơng trình nhận x = + k làm nghiệm π Trêng hỵp 2: Víi cosx ≠ ⇔ x ≠ + kπ, k∈ ¢ Chia hai vế phơng trình (1) cho cos3x0, ta đợc + tan3x = (1 + tan2x)tanx − (1 + tan2x) ⇔ tan2x − tanx + = v« nghiƯm Vậy, phơng trình có họ nghiệm Cách 2: Biến đổi phơng trình dạng: cos3x + sin3x = (sinx − cosx)(cos2x + sin2x) ⇔ 2cos3x + cosx.sin2x − sinx.cos2x = ⇔ (2cos2x + sin2x − sinx.cosx)cosx = ⇔ (1 + cos2x − sinx.cosx)cosx = π ⇔ cosx = ⇔ x = + kπ, k∈ ¢ Vậy phơng trình có họ nghiệm Bài tËp 23: π a §iỊu kiƯn cosx ≠ ⇔ x ≠ + kπ, k∈ ¢ Chia hai vế phơng trình (1) cho cos2x 0, ta ®ỵc: (tanx + 1)tan2x = 3(1 − tanx)tanx + 3(1 + tan2x) ⇔ tan3x + tan2x − 3tanx − = Đặt t = tanx, phơng trình có dạng: t3 + t2 − 3t − = ⇔ (t + 1)(t2 − 3) = Trêng hỵp 2: Víi cosx ≠ ⇔ x≠ 56 π   t = −1  tan x = −1  x = − + kπ   ⇔  t = ⇔  tan x = ⇔  , k∈ ¢  x = ± π + kπ t = −  tan x = − Vậy, phơng trình có ba họ nghiệm Biến đổi phơng trình dạng: π 2 sin3(x − ) = 4sinx ⇔ [ sin(x − )]3 = 4sinx 4 ⇔ (sinx − cosx) = 4sinx b XÐt hai trêng hỵp: π Trêng hỵp 1: Víi cosx = ⇔ x = + k, k  Khi đó, phơng trình có dạng sin3( + k) = 4sin( + k) mâu thuẫn 2 Vậy, phơng trình không nhận x = + k làm nghiệm Trêng hỵp 2: Víi cosx ≠ ⇔ x ≠ + kπ, k∈ ¢ Chia hai vÕ cđa phơng trình (1) cho cos3x 0, ta đợc (tanx − 1)3 = 4(1 + tan2x)tanx ⇔ 3tan3x + 3tan2x + tanx = Đặt t = tanx, phơng trình có dạng: 3t3 + 3t2 + t − = ⇔ (t + 1)(3t2 + 1) = ⇔ t = −1 ⇔ x = − + k, k  Vậy, phơng trình có họ nghiệm Bài tập 24: a Điều kiện cosx ≠ ⇔ x ≠ + kπ, k∈ ¢ Biến đổi phơng trình dạng: cosx + 6sinx.cos2x = 2sinx Bạn đọc tự giải tiếp b Biến đổi phơng trình dạng: 3sinx 4sin3x = 2cos3x ⇔ 4sin3x − 3sinx + 2cos3x = − Bạn đọc tự giải tiếp Bài tập 25: Ta có thĨ lùa chän mét hai c¸ch sau: t2 −1 Cách 1: Đặt sinx + cosx = t, điều kiện t≤ , suy sinx.cosx = Khi đó, phơng trình có dạng: t = t − (t2 − 1) + = ⇔ t2 − t − = ⇔  ⇔ sinx + cosx = −1  t = (l) 57 π  π π  x = − + 2kπ , k∈ ¢ ⇔ sin(x + ) = −1 ⇔ sin(x + ) = − ⇔ 4  x = π + 2kπ VËy, phơng trình có hai họ nghiệm Cách 2: Đặt z = x Khi đó, phơng trình có d¹ng: π π cos( − x) − sin2x + = ⇔ cosz − sin2( − z) + = 4 π ⇔ cosz − sin( − 2z) + = ⇔ cosz − cos2z + = ⇔ cosz − (2cos2z − 1) + = ⇔ − 2cos2z + cosz + = 3π 3π  π cos z = (lo¹i)  z = − + 2kπ  − x = − + 2kπ  ⇔ ⇔ ⇔  z = 3π + 2kπ  π − x = 3π + 2kπ cos z = −   4 4   π   x = − − 2kπ , k∈ ¢ ⇔  x = 2k Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm Bài tập 26: a Điều kiện: sin x ≠ kπ ⇔ sin2x ≠ ⇔ x ≠ , k∈ ¢  cos x ≠ Biến đổi phơng trình dạng: sin x + cos x 10 sinx + cosx + − = sin x.cos x Đặt sinx + cosx = t, điều kiÖn t ≤ , suy sinx.cosx = t2 Khi đó, phơng trình có dạng: 2t 10 t+ − = ⇔ 3t3 − 10t2 + 3t + 10 = t −1 − 19 − 19 |t| ≤ ⇔ (t − 2)(3t2 − 4t − 5) = ⇔ t = ⇔ sinx + cosx = 3 π π − 19 − 19 ⇔ sin(x + ) = ⇔ sin(x + ) = = sinα 4 3 58 π   x = − + α + 2kπ ⇔  , k∈ ¢  x = 5π − α + 2kπ Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm b Ta cã: sin3x − cos3x = (sinx − cosx)( sin2x + cos2x + sinx.cosx) sin4x − cos4x = ( sin2x − cos2x)( sin2x + cos2x) = − cos2x Ph¬ng trình đợc viết lại dới dạng sinx cosx + sin2x − cos2x + sin3x − cos3x + sin4x − cos4x = ⇔ sinx − cosx − cos2x + (sinx − cosx)( + sinx.cosx) − cos2x = ⇔ sinx − cosx − 2cos2x + (sinx − cosx)( + sinx.cosx) = ⇔ (sinx − cosx)[1 + 2(sinx + cosx) + + sinx.cosx] = (1) sin x − cos x = ⇔ (2)  2(sin x + cos x) + sin x.cos x + = π + kπ, k∈ ¢ Giải (1): Ta đợc tanx = x = Giải (2): Đặt sinx + cosx = t ®iỊu kiƯn t≤ , suy sinx.cosx = t2 Khi (2) có dạng: t2 2t + + = ⇔ t2 + 4t + =  t = −1 ⇔ ⇔ sinx + cosx = − ⇔  t = −3 (l) π   x = − + 2kπ , k∈ ¢   x = π + 2k Vậy, phơng trình có ba họ nghiệm Bài tập 27: Đặt sinx + cosx = t, điều kiện t ≤ ⇒ sin2x.cosx = t2 − Khi đó, phơng trình có dạng: mt + (t2 1) + m − = ⇔ f(t) = t2 + mt + m − = a Víi m = phơng trình (2) có dạng: t = t2 + 2t = ⇔  ⇔ sinx + cosx =  t = −2 (l) (2) π π ) = ⇔ x = − + kπ, k ∈ ¢ 4 VËy, víi m = phơng trình có họ nghiệm b Phơng tr×nh (1) cã nghiƯm: ⇔ sin(x + 59 ⇔ (2) cã nghiƯm tho¶ m·n t ≤ f (− 2).f ( 2) ≤   ∆ ≥  af ( 2) ≥ ⇔  ⇔   af (− 2) ≥   S  − ≤ ≤  (2) cã1nghiÖm thuéc[ − 2; 2] ⇔  (2) cã nghiÖm thuéc[ − 2; 2]  (−m + m).(m + m) ≤   m − 4m + ≥   m + m ≥ ⇔ ∀m  − m + m ≥   m  − ≤ − ≤ 2 Vậy, với m phơng trình có nghiệm Bài tập 28: Biến đổi phơng trình dạng: 4(cosx sinx) + 2sinx.cosx = m Đặt cosx − sinx = t, ®iỊu kiƯn t ≤ , suy sinx.cosx = 1− t2 Khi ®ã, phơng trình có dạng: 4t + t2 = m ⇔ − t2 + 4t + − m = a Với m = 1, ta đợc: t = −t2 + 4t = ⇔  ⇔ cosx − sinx =  t = (lo¹i) (2) + k, k  Vậy, phơng trình có họ nghiệm b Ta xét toán ngợc Tìm m để phơng trình có nghiệm tanx = x = Phơng trình (1) cã nghiƯm ⇔ (2) cã nghiƯm tho¶ m·n t ≤ (2) cã1nghiÖm thuéc[ − 2; 2] ⇔ (2) cã nghiÖm thuéc[ − 2; 2]  f (− 2).f ( 2) ≤  ( −1 − − m).(1 + − m) ≤   ∆' ≥   5 − m ≥   af ( 2) ≥ ⇔  ⇔  1 + − m ≥ ⇔ |m|≤4 +   af ( − 2) ≥   −1 − − m ≥   S   − ≤ ≤  − ≤ Vậy, phơng trình vô nghiệm m > + Bài tập 29: Điều kiÖn: 60 lπ  5x ≠ lπ x ≠ sin 5x ≠   ⇔ π ⇔ ,l∈ ¢ (*)  cos9x ≠ 9x ≠ + lπ  x ≠ π + lπ   18 Biến đổi phơng trình dạng: cos5x.sinx = cos9x.sin5x 1 ⇔ (sin6x − sin4x) = (sin14x − sin4x) ⇔ sin14x = sin6x 2 kπ  x = 14x = 6x + 2kπ  ⇔ ⇔ ,k∈ ¢ 14x = π − 6x + 2kπ  x = π + kπ  20 10  KiĨm tra ®iỊu kiƯn (*) kπ  Víi x = , ta cÇn cã: (4n + 1)π  kπ lπ  4 ≠ x = 5k ≠ 4l  k = 4n +  ⇔ ⇔ ⇒ ,n∈ ¢  kπ π lπ 9k ≠ + 4l k = 4n + (4n + 3)π   x =  ≠ +   18   π kπ  Víi x = + , ta cÇn cã: 20 10  π kπ lπ  20 + 10 ≠ 1 + 2k ≠ 4l  π kπ ⇔ lu«n ®óng ⇒ x = + ,k∈ ¢  20 10 18k ≠ + 20l  π + kπ ≠ π + lπ  20 10 18  Vậy, phơng trình có ba họ nghiệm Nhận xét: Trong lời giải từ: (1) 5k 4l k = 4n + ⇔  9k ≠ + 4l (2)  k = 4n + bëi tõ (1) suy k kh«ng chia hÕt cho từ (2) suy k lẻ, đó: k = 4n +  k = 4n + lại thực phép thử (I) (2) Còn đối với: + 2k 4l ®óng  18k ≠ + 20l xt ph¸t tõ tính chẵn lẻ hai vế Bài tập 30: (I) 61 a Biến đổi phơng trình dạng: sin x ≥   sin x ≥  sin x ≥  sin x =  ⇔ ⇔   cos x = ⇔   cos x =  − cos x = sin x  cos2 x − cos x =   cos x =   π  x1 = + kπ ⇔  ,k∈ ¢ x = kπ  §iỊu kiƯn x [; ], ta lần lợt có: Với hä nghiƯm x1 th×: π≤  π 5π + 2kπ ≤ 3π ⇔ ≤k≤ ⇒ k = ⇒ nghiƯm x = 4 Víi hä nghiƯm x2 th×: ≤k≤ ⇒ k = ⇒ nghiÖm x = 2π 2 5π VËy, có hai nghiệm thoả mÃn điều kiện đầu x = vµ x = 2π Bµi tËp 31: §iỊu kiƯn: π ≤ 2kπ ≤ 3π ⇔ sin x ≠ kπ ⇔ sin2x ≠ ⇔ x ≠ ,k∈ ¢  cos x ≠ BiÕn đổi phơng trình dạng: (tan2x + cot2x) + 7(tanx + cotx) + 14 = Đặt tanx + cotx = t, ®iỊu kiƯn |t| ≥ 2, suy tan2x + cot2x = t2 Khi đó, phơng trình cã d¹ng: t2 − + 7t + 14 = ⇔ t2 + 7t + 12 = ⇔ t = −3 hc t = −4  Víi t = 3, ta đợc: tanx + cotx = −3 ⇔ tanx + = −3 ⇔ tan2x + 3tanx + = tan x  −3 − = tan α  tan x =  x = α + kπ  ⇔ ⇔ ,k∈ ¢  −3 +  x = β + kπ = tan β  tan x =   Với t = 4, ta đợc: sin x cos x sin x + cos x tanx + cotx = −4 ⇔ + = −4 ⇔ = −4 cos x sin x sin x.cos x 62 π π    2x = − + 2kπ  x = − 12 + kπ ⇔ sin2x = − ⇔  ⇔ ,k∈ ¢  2x = π + 2kπ  x = π + kπ    12  VËy ph¬ng trình có bốn họ nghiệm Bài tập 32: Điều kiện: sin x ≠ kπ ⇔ sin2x ≠ ⇔ x ≠ ,k∈ ¢  cos x ≠ Đặt tanx cotx = t, suy tan2x + cot2x = t2 + Khi đó, phơng trình cã d¹ng: (t2 + 2) + 2( − 1)t − − = ⇔ t2 + 2( − 1)t − =  t = −2 ⇔ t = / Với t = , ta đợc: 2 sin x cos x sin x − cos x tanx − cotx = ⇔ − = ⇔ = 3 cos x sin x sin x.cos x π π kπ ⇔ cot2x = − ⇔ 2x = − + kπ ⇔ x = − + ,k∈ ¢ 3  Với t = 2, ta đợc: tanx cotx = −2 ⇔ tanx − = −2 ⇔ tan2x + 2tanx − = tan x  tan x = −1 − = tan α  x = α + kπ ⇔ ⇔ ,k∈ ¢  tan x = −1 + = tan β  x = + k Vậy phơng trình có ba hä nghiÖm  NhËn xÐt: Qua viÖc lùa chän hai phơng pháp giải để tìm nghiệm x biết t lời khuyên dành cho em học sinh hÃy lựa chọn hớng để giải, với t = 2, ta đợc: sin x cos x tanx − cotx = −2 ⇔ − = −2 cos x sin x π sin x − cos x ⇔ = −2 ⇔ cot2x = ⇔ 2x = + kπ sin x.cos x π kπ ⇔x= + , k  Bài tập 33: §iỊu kiƯn: sin x ≠ kπ ⇔ sin2x ≠ ⇔ x ≠ ,k∈ ¢  cos x 63 Đặt tanx cotx = t, suy tan2x + cot2x = t2 + vµ: tan3x − cot3x = (tanx − cotx)3 + 3tanx.cotx.(tanx − cotx) = t3 + 3t Khi đó, phơng trình có d¹ng: t3 + 3t − 3(t2 + 2) − 12t + m + ⇔ t3 − 3t2 − 9t + m = a Víi m = 2, ta ®ỵc: t3 − 3t2 − 9t + = ⇔ (t + 2)(t2 − 5t + 1) =  ± 21  ± 21 t =  tan x − cot x = ⇔ ⇔ 2  t = −2  tan x − cot x = −2   kπ   ± 21  x = α1,2 + = cot 2α1,2 cot 2x = − ⇔ ⇔ , k∈ ¢  x = π + kπ cot 2x =    VËy, víi m = phơng trình có ba họ nghiệm b Với nghiệm t0 phơng trình (2), ta đợc: t tanx − cotx = t0 ⇔ cot2x = − Mặt khác x(0; ) 2x(0; ) Do đó, với nghiệm t0 (2) ta có đợc nghiệm x0(0; ) (1) Từ biểu thức điều kiện, ta đợc: sin 2(x1 x ) sin 2(x − x ) sin 2(x1 − x ) sin 2(x − x ) = ⇔ = sin 2x1 sin 2x sin 2x1.sin 2x sin 2x sin 2x ⇔ cot2x1 − cot2x2 = cot2x2 − cot2x3 ⇔ cot2x1 + cot2x3 = 2cot2x2 t t t ⇔ − − = −2 ⇔ t1 + t3 = 2t2 2 Mặt khác, ta có: t1 + t + t =   t1 t + t t + t t = −9 ⇒ m = 11  t t t = −m 1 Thư l¹i: với m = 11 phơng trình (2) có dạng: t1 = −  t3 − 3t2 − 9t + 11 = ⇔ (t − 1)(t2 − 2t − 11) = ⇔  t = , tho¶ m·n  t3 = + Vậy, với m = 11 thoả mÃn điều kiện đầu Bài tập 34: Ta có: 64 (2) x x x x x x − sin4 = (sin2 + cos2 )(cos2 − sin2 ) = cosx 2 2 2 Tới dây, ta trình bày theo cách: Cách 1: Phơng trình đợc biến ®ỉi vỊ d¹ng: cosx = sin2x ⇔ cosx = 2sinx.cosx ⇔ (1 − 2sinx).cosx = π   x = + 2kπ   sin x = ⇔  x = 5π + 2kπ , k∈ ¢ ⇔   cos x = π  x = + kπ   VËy, phơng trình có ba họ nghiệm Cách 2: Phơng trình đợc biến đổi dạng: cosx = sin2x ⇔ sin 2x = sin  − x ÷   π 2kπ  π  x = +  2x = − x + 2kπ ⇔ ⇔ , k∈ ¢  2x = π + x + 2kπ  x = π + 2kπ Vậy, phơng trình có hai hä nghiƯm cos4  NhËn xÐt: Trong vÝ dơ với tồn biểu thức đối xứng bậc sin cos, đà sử dụng đẳng thức để hạ bậc chúng cách nhanh Công việc với hai cách lựa chọn: Cách có tên "Chuyển phơng trình dạng tích" Cách có tên "Chuyển phơng trình có bản" Bài tập 35: Ta có: sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2 − 2sin2x.cos2x = sin22x Do đó, phơng trình đợc biến ®ỉi vỊ d¹ng: 1 − sin22x = m.sin2x − ⇔ sin22x + 2m.sin2x − = 2 Đặt t = sin2x, điều kiện t Khi đó, phơng trình có dạng: f(t) = t2 + 2mt − = (2) a Víi m = 1, ta đợc: t = (loại) t2 + 2t − = ⇔  ⇔ sin2x = t = ⇔ 2x = π π + 2kπ ⇔ x = + kπ, k∈ ¢ 65 Vậy, phơng trình có họ nghiệm b NhËn xÐt r»ng: f(−1).f(1) = (1 − 2m − 3)(1 + 2m − 3) = −4(m2 − 1) ≤ với m phơng trình (2) có nghiệm thuộc [1; 1] phơng trình (1) có nghiệm Nhận xét: Trong lời giải sau hạ bậc đợc biểu thức đối xứng bậc sin cos, nhận đợc phơng trình bậc hai hàm số lợng giác, việc sử dụng ẩn phụ điều đà đợc học toán Tuy nhiên, với câu b) để đa đợc lập luận nh em học sinh cần biết đánh giá nh sau: Phơng trình có = m2 + > nên cã hai nghiƯm ph©n biƯt t1, = − m ± m + Khi ®ã:  Víi m < th× nghiƯm t1 = −m + m + bị loại Với m > th× nghiƯm t = −m − m + bị loại Tức trờng hợp nhận đợc nghiệm t thoả mÃn điều kiện t Điều tơng đờng với nhận định đoạn [1; 1] phơng trình có mét nghiƯm Bµi tËp 36: Ta cã: tan( π π π π − x).tan( + x) = tan( − x).cot( − x) = 4 4 Do ®ã, điều kiện có nghĩa phơng trình là: π cos( − x) ≠ 4 − x ≠   ⇔  π cos( + x) ≠ π + x ≠  4   π + kπ ⇔ π + kπ π   x ≠ − − kπ π kπ  ⇔ x≠ + , k∈ ¢  π  x ≠ + kπ   Phơng trình đợc viết lại dới dạng: (sin22x + cos22x)2 − 2sin22x.cos22x = cos44x ⇔ − sin24x = cos44x (1 − cos24x) = cos44x ⇔ 2cos44x − cos24x − = cos 2x = kπ  ⇔ ⇔ sin2x = ⇔ 2x = kπ ⇔ x = , k∈ ¢ cos 2x = − lo¹i   Vậy, phơng trình có họ nghiệm Bài tËp 37: Ta cã: 66 sin6x + cos6x = (sin2x + cos2x)3 − 3(sin2x + cos2x)sin2x.cos2x = − sin 2x Do phơng trình đợc biến ®ỉi vỊ d¹ng: 1− sin22x = m.sin2x ⇔ 3sin22x + 4msin2x = Đặt t = sin2x, điều kiện t Khi phơng trình cã d¹ng: 3t2 + 4mt − = a Với m = 1, ta đợc: t = lo¹i 3t2 + 4t − = ⇔  t = / (2) ⇔ sin2x = = sin2α  x = α + kπ  2x = 2α + 2kπ ¢ ⇔ ⇔  x = π − α + kπ , k ∈  2x = π − 2α + 2kπ  Vậy, với m = phơng trình có hai họ nghiệm b Phơng trình (1) có nghiệm (2) có nghiệm thuộc [1; 1] Nhận xét phơng trình (2) lu«n cã hai nghiƯm t1, = −2m ± 4m + 12 nªn mét hai nghiƯm sÏ bị loại Tức (2) có nghiệm thuộc [1; 1] Do đó, điều kiện để phơng trình (1) cã nghiƯm lµ: (2) cã mét nghiƯm thc [−1; 1] ⇔ f(−1).f(1) ≤ ⇔ (4m − 1)(−4m − 1) ≤ ⇔ m ≥ VËy, víi m ≥ phơng trình có nghiệm Nhận xét: Trong lời giải với tồn biểu thức đối xứng bậc sin cos, đà sử dụng đẳng thức để hạ bậc chúng cách nhanh Với câu b) ®· sư dơng ý tëng nhËn xÐt cđa ví dụ trớc Ngoài ra, đà có kiến thức đạo hàm thờng sử dụng phơng pháp hàm số (lớp 12) để thực Bài tập 38: Ta cã: sin8x + cos8x = (sin4x + cos4x)2 − 2sin4xcos4x = [(sin2x + cos2x)2 − 2sin2x.cos2x]2 − = (1 − sin42x 1 sin22x)2 − sin42x = sin42x − sin22x + 8 Do đó, phơng trình đợc biến đổi dạng: 17 sin42x − sin22x + = (1 − sin22x) ⇔ 2sin42x + sin22x − = 16 67 sin 2x = 1/ 1 ⇔ ⇔ (1 − cos4x) = 2 sin 2x = −1 lo¹i  ⇔ cos4x = ⇔ 4x = π π kπ + kπ ⇔ x = + ,k  Vậy phơng trình có họ nghiệm Chú ý: Nếu toán chứa ®ång thêi hai biĨu thøc ®èi xøng d¹ng sinkx + coskx vµ sink + 2x + cosk + 2x cã hệ số đối xứng, ta nên sử dụng phép biến ®æi: A(sinkx + coskx) − A(sink + 2x + cosk + 2x) = = A(1 − sin2x)sinkx + A(1 − cos2x)coskx = Acos2x.sinkx + Asin2x.coskx = Acos2x.sin2x.sink − 2x + Asin2x.cos2x.cosk − 2x A = (sink − 2x + cosk − 2x).sin22x Bµi tËp 39: Ta cã: VT = 2(sin4x + cos4x) − 2(sin6x + cos6x) = 2(1 − sin2x)sin4x + 2(1 − cos2x)cos4x = 2cos2x.sin2x.sin2x + 2sin2x.cos2x.cos2x 1 = (sin2x + cos2x).sin22x = sin22x 2 Do đó, phơng trình đợc biến đổi dạng: sin 2x = msin2x sin 2x = (2)  2x = kπ  x = kπ / ⇔ ⇔ ⇔ sin 2x = 2m (3) sin 2x = 2m sin 2x = 2m kπ Nh vËy, víi m phơng trình có họ nghiệm x = ,k∈ ¢ kπ a Víi m = (3) vô nghiệm phơng trình cã hä nghiÖm x = kπ x∈[0, ] b Theo biến đổi ta có x = ⇒ x = {0, , π} − ba nghiệm Do đó, điều kiện đầu là: (3) v« nghiƯm | 2m |> | m |> 1/ ⇔ ⇔ (3) ⇔ (2)   2m = m = VËy, víi | m |> m = thoả mÃn điều kiện đầu Nhận xét: Khi sử dụng phÐp biÕn ®ỉi ®éc lËp, thĨ: sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2 − 2sin2x.cos2x = − sin22x sin6x + cos6x = (sin2x + cos2x)3 − 3(sin2x + cos2x)sin2x.cos2x 68 =1− sin22x chóng ta nhận đợc phơng trình nh trên, có điều dài Nếu toán chứa hai biểu thức đối xứng A(sinkx + coskx) B(sink + x + cosk + 2x) cã 2A = −B, ta nên sử dụng phép biến đổi: A(sinkx + coskx) 2A(sink + 2x + cosk + 2x) = A(1 − 2sin2x)sinkx + A(1 − 2cos2x)coskx = Acos2x.sinkx − Acos2x.coskx = A(sinkx − coskx).cos2x Bµi tËp 40: a Ta cã thĨ lựa chọn cách sau: Cách 1: Biến đổi phơng trình dạng: (2sin2x 1)sinx = (2cos2x 1)cosx + cos2x ⇔ −cos2x.sinx = cos2x.cosx + cos2x ⇔ (sinx + cosx + 1)cos2x = π  π   sin(x + ) = −1 ⇔ sin(x + ) = − ⇔   cos 2x = cos 2x = π π  π   x + = − + 2kπ  x = − + 2kπ   π 5π  + 2kπ ⇔  x = π + 2kπ , k∈ ¢ ⇔ x + = 4  π kπ  x = +  2x = π + kπ   Vậy, phơng trình có ba họ nghiệm Cách 2: Biến đổi phơng trình dạng: 2(cos3x sin3x) − (cosx − sinx) + (cos2x − sin2x) = ⇔ (cosx − sinx)[2(cos2x + sinx.cosx + sin2x) − + (cosx + sinx)] = ⇔ (cosx − sinx)(1 + 2sinx.cosx + cosx + sinx) = ⇔ (cosx − sinx)[(cosx + sinx)2 + (cosx + sinx)] = ⇔ (cosx − sinx)(cosx + sinx + 1)(cosx + sinx) = ⇔ (sinx + cosx + 1)cos2x = π  π   sin(x + ) = −1 ⇔ sin(x + ) = − ⇔   cos 2x = cos 2x = π π   x + = − + 2kπ  π 5π  + 2kπ ⇔ ⇔ x + = 4   2x = π + kπ   π   x = − + 2kπ   x = π + 2kπ , k∈ ¢  π kπ x = +  69 .. .một số dạng phơng trình lợng giác thờng gặp Đ3 Dạng 1: Phơng trình bậc hai hàm số lợng giác Phơng pháp áp dụng Đặt hàm số lợng giác làm ẩn phụ đặt điều kiện cho... tơng đơng phơng trình chứa hàm Nếu phơng trình chứa hàm lợng giác nhiều cung khác biến đổi tơng đơng phơng trình chứa hàm lợng giác cung Giải phơng trình sau khoảng đà cho dùng bảng số máy tính bỏ... câu b) thấy phơng trình ban đầu cha phải phơng trình bậc hai theo hàm số lợng giác, ta cần thực vài phép biến đổi lợng giác dựa nguyên tắc: Nếu phơng trình chứa nhiều hàm lợng giác khác biến đổi