Tóm tắt lý thuyết, các dạng toán và bài tập Toán 11 - TOANMATH.com

Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1... Có 5 cách chọn hai chữ số đầu tiên.[r]

(1)

PHẦN I Đại số - Giải tích 21

CHƯƠNG Hàm số lượng giác - Phương trình lượng giác 23

1 Cơng thức lượng giác cần nắm 23

A Tóm tắt lý thuyết 23

2 Hàm số lượng giác 26

B Các dạng toán thường gặp 29

Dạng 2.1 Tìm tập xác định hàm số lượng giác 29

1 Bài tập vận dụng 30

2 Bài tập tự luyện 32

Dạng 2.2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số lượng giác 33

1 Ví dụ 33

2 Bài tập áp dụng 34

3 Bài tập rèn luyện 38

Dạng 2.3 Xét tính chẵn lẻ hàm số lượng giác 39

1 Ví dụ 40

3 Phương trình lượng giác 41

A Phương trình lượng giác 41

1 Ví dụ 42

(2)

B Một số kỹ giải phương trình lượng giác 44

Dạng 3.1 Sử dụng thành thạo cung liên kết 44

1 Ví dụ 44

Dạng 3.2 Ghép cung thích hợp để áp dụng cơng thức tích thành tổng 52

1 Ví dụ 52

Dạng 3.3 Hạ bậc gặp bậc chẵn sin cos 56

1 Ví dụ 57

Dạng 3.4 Xác định nhân tử chung để đưa phương trình tích 61

1 Ví dụ 61

4 Phương trình lượng giác đưa bậc hai bậc cao hàm lượng giác 89

B Dạng tốn tập 89

1 Ví dụ 89

2 Bài tập vận dụng 92

(3)

5 Phương trình bậc sin cos 108

B Ví dụ tập 109

1 Ví dụ 109

6 Phương trình lượng giác đẳng cấp (bậc 2, bậc 3, bậc 4) 121

B Ví dụ 122

C Bài tập áp dụng 123

7 Phương trình lượng giác đối xứng 131

B Ví dụ 131

D Bài tập rèn luyện 138

8 Một số phương trình lượng giác khác 139

B Ví dụ 140

9 Phương trình lượng giác có cách giải đặc biệt 146

B Ví dụ 147

(4)

10 Bài tập ôn cuối chương I 156

CHƯƠNG Tổ hợp xác suất 169

1 Các quy tắc đếm 169

1 Ví dụ 170

Dạng 1.1 Bài toán sử dụng quy tắc cộng 170

Dạng 1.2 Bài toán sử dụng quy tắc nhân 171

Dạng 1.3 Bài toán sử dụng quy tắc bù trừ 172

2 Hoán vị - Chỉnh hợp - Tổ hợp 187

B Ví dụ minh họa 189

C Dạng toán tập 191

Dạng 2.1 Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình 191

1 Ví dụ 191

Dạng 2.2 Các toán sử dụng hoán vị 199

1 Ví dụ 199

(5)

Dạng 2.3 Các toán sử dụng chỉnh hợp 204

1 Ví dụ 204

Dạng 2.4 Các toán sử dụng tổ hợp 209

1 Ví dụ 209

3 Nhị thức Newton 215

A Nhị thức Newton 215

B Tam giác Pascal 216

C Dạng toán tập 216

Dạng 3.1 Tìm hệ số số hạng thỏa mãn điều kiện cho trước 216

1 Ví dụ minh họa 217

Dạng 3.2 Tìm hệ số khai triển nhị thức Niu-tơn (a+b)n 222

1 Ví dụ 223

Dạng 3.3 Chứng minh tính tổng 232

1 Ví dụ 233

(6)

4 Biến cố xác suất biến cố 237

A Phép thử 237

B Biến cố 238

C Xác suất 238

Dạng 4.1 Chọn xếp đồ vật 241

D Lí thuyết 241

E Ví dụ 242

F Bài tập rèn luyện 244

G Bài tập tự luyện 247

Dạng 4.2 Chọn xếp người 250

H Lí thuyết 250

I Ví dụ 251

J Bài tập rèn luyện 253

K Bài tập tự luyện 256

Dạng 4.3 Chọn xếp số 262

L Lí thuyết 262

M Ví dụ 262

N Bài tập rèn luyện 266

O Bài tập tự luyện 269

5 Các quy tắc tính xác suất 277

1 Quy tắc cộng xác suất 277

2 Quy tắc nhân xác suất 280

(7)

6 Bài tập ôn chương 290

CHƯƠNG Dãy số - Cấp số cộng - Cấp số nhân 301

1 Phương pháp quy nạp tốn học 301

B Dạng toán tập 301

Dạng 1.1 Chứng minh mệnh đề P(n) với số tự nhiên n 301

1 Ví dụ 301

2 Dãy số 314

1 Định nghĩa 314

2 Cách cho dãy số 314

3 Dãy số tăng, dãy số giảm 314

4 Dãy số bị chặn 315

Dạng 2.1 Tìm số hạng dãy số cho trước 315

1 Ví dụ 315

Dạng 2.2 Xét tính tăng, giảm dãy số 321

1 Ví dụ 321

(8)

Dạng 2.3 Tính bị chặn dãy số 327

1 Ví dụ 327

3 Cấp số cộng 332

1 Ví dụ 333

4 Cấp số nhân 356

1 Ví dụ 357

CHƯƠNG GIỚI HẠN 367

1 Giới hạn dãy số 367

A Tóm tắt lí thuyết 367

1 Giới hạn dãy số 367

2 Các định lý giới hạn hữu hạn 367

3 Tổng cấp số nhân lùi vô hạn 367

4 Giới hạn vô cực 368

B Các dạng toán 368

(9)

Dạng 1.2 Tính giới hạn dãy số dạng phân thức 371

Dạng 1.3 Tính giới hạn dãy số dạng phân thức chứa an 371

Dạng 1.4 Dãy số dạng Lũy thừa - Mũ 377

Dạng 1.5 Giới hạn dãy số chứa thức 379

2 Giới hạn hàm số 389

1 Giới hạn hữu hạn hàm số điểm 389

2 Giới hạn hữu hạn hàm số vô cực 390

3 Giới hạn vô cực hàm số 391

Dạng 2.1 Giới hạn hàm số dạng vô định

0 393

Dạng 2.2 Giới hạn dạng vô định ∞

∞;∞−∞; 0·∞ 410

Dạng 2.3 Tính giới hạn hàm đa thức, hàm phân thức giới hạn bên 414

3 Hàm số liên tục 421

1 Hàm số liên tục điểm 421

2 Hàm số liên tục khoảng 421

3 Một số định lí 421

Dạng 3.1 Xét tính liên tục hàm số điểm 422

Dạng 3.2 Hàm số liên tục tập hợp 428

Dạng 3.3 Dạng tìm tham số để hàm số liên tục - gián đoạn 431

(10)

4 Đề Kiểm tra Chương IV 440

A Đề số 1a 440

B Đề số 1b 442

C Đề số 2a 443

D Đề số 2b 445

E Đề số 3a 446

F Đề số 3b 450

G Đề số 4a 453

H Đề số 4b 454

I Đề số 5a 456

J Đề số 5b 458

K Đề số 6a 460

L Đề số 6b 462

CHƯƠNG ĐẠO HÀM 465

1 Định nghĩa ý nghĩa đạo hàm 465

1 Đạo hàm điểm 465

2 Quan hệ tồn đạo hàm tính liên tục hàm số 465

3 Ý nghĩa hình học đạo hàm 465

4 Ý nghĩa vật lí đạo hàm 465

5 Đạo hàm khoảng 466

6 Đạo hàm bên 466

(11)

Dạng 1.2 Ý nghĩa đạo hàm vào số tốn 469

Dạng 1.3 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số 470

Dạng 1.4 Mối quan hệ tính liên tục đạo hàm hàm số 474

2 Quy tắc tính đạo hàm 476

1 Quy tắc tính đạo hàm 476

2 Các cơng thức 476

B Ví dụ 476

C Các dạng tốn 478

Dạng 2.1 Tính đạo hàm hàm số chứa đa thức, chứa thức 478

Dạng 2.2 Một số ứng dụng đạo hàm 483

3 Đạo hàm hàm số lượng giác 487

1 Giới hạn sinx

x 487

2 Đạo hàm hàm số lượng giác 487

B Các dạng tốn 487

Dạng 3.1 Tính đạo hàm hàm số lượng giác 487

Dạng 3.2 Chứng minh đẳng thức giải phương trình 494

Dạng 3.3 Tính giới hạn hàm số có chứa biểu thức lượng giác 500

4 Đạo hàm cấp hai 506

Dạng 4.1 Tính đạo hàm cấp hai - Ý nghĩa đạo hàm cấp hai 506

(12)

Dạng 4.3 Vận dụng đạo hàm cấp hai chứng minh đẳng thức tổ hợp 513

5 Đề Kiểm tra Chương 518

A Đề số 1a 518

B Đề số 1b 519

C Đề số 2a 521

D Đề số 2b 522

E Đề số 3a 524

F Đề số 3b 525

PHẦN II Hình học 529

CHƯƠNG Phép biến hình 531

1 Mở đầu phép biến hình 531

2 Phép tịnh tiến 531

Dạng 2.1 Xác định ảnh hình qua phép tịnh tiến 532

1 Ví dụ 532

Dạng 2.2 Xác định phép tịnh tiến biết ảnh tạo ảnh 536

1 Ví dụ 537

(13)

Dạng 2.3 Các toán ứng dụng phép tịnh tiến 539

1 Ví dụ 539

3 Phép đối xứng trục (Bài đọc thêm) 542

A Định nghĩa 542

B Biểu thức tọa độ 542

C Tính chất 543

D Trục đối xứng hình 543

4 Phép quay 543

Dạng 4.1 Tìm tọa độ ảnh điểm qua phép quay 544

1 Ví dụ 544

Dạng 4.2 Tìm phương trình ảnh đường trịn qua phép quay 546

1 Ví dụ 546

5 Phép đối xứng tâm 552

6 Phép vị tự phép đồng dạng 552

(14)

Dạng 6.1 Phép vị tự hệ tọa độ Oxy 554

1 Ví dụ 554

CHƯƠNG Đường thẳng mặt phẳng không gian 561

1 Đại cương đường thẳng mặt phẳng 561

Dạng 1.1 Xác định giao tuyến hai mặt phẳng 563

1 Ví dụ 563

Dạng 1.2 Tìm giao điểm đường thẳng d mặt phẳng (α) 568

1 Ví dụ 568

Dạng 1.3 Tìm thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (α) 580

1 Ví dụ 580

Dạng 1.4 Chứng minh ba điểm thẳng hàng 591

1 Ví dụ 591

(15)

Dạng 1.5 Chứng minh ba đường thẳng đồng quy 603

1 Ví dụ 603

2 Hai đường thẳng song song 608

Dạng 2.1 Chứng minh hai đường thẳng song song 609

1 Ví dụ 610

Dạng 2.2 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song.614

1 Ví dụ 614

3 Đường thẳng song song với mặt phẳng 623

Dạng 3.1 Chứng minh dường thẳng a song song với mặt phẳng (P) 624

1 Ví dụ 624

Dạng 3.2 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng 625

Dạng 3.3 Tìm thiết diện song song với đường thẳng 626

(16)

4 Hai mặt phẳng song song 658

1 Vị trí tương đối hai mặt phẳng phân biệt 658

2 Các định lí 658

3 Ví dụ 660

B Bài tập áp dụng 660

5 Bài tập ôn cuối chương 669

CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC 675

1 Vectơ khơng gian 675

1 Các định nghĩa 675

2 Các quy tắc tính tốn với véctơ 675

3 Một số hệ thức véctơ trọng tâm, cần nhớ 676

4 Điều kiện đồng phẳng ba véctơ 676

5 Phân tích véctơ theo ba véctơ khơng đồng phẳng 676

6 Tích vơ hướng hai véctơ 676

Dạng 1.1 Xác định véctơ khái niệm có liên quan 677

Dạng 1.2 Chứng minh đẳng thức véctơ 678

Dạng 1.3 Tìm điểm thỏa mãn đẳng thức vecto 681

Dạng 1.4 Tích vơ hướng hai véctơ 684

Dạng 1.5 Chứng minh ba véctơ đồng phẳng 687

Dạng 1.6 Phân tích vectơ theo vectơ không đồng phẳng cho trước 688

(17)

2 Hai đường thẳng vng góc 697

1 Tích vô hướng hai vec-tơ không gian 697

2 Góc hai đường thẳng 697

Dạng 2.1 Xác định góc hai vec-tơ 698

Dạng 2.2 Xác định góc hai đường thẳng không gian 699

Dạng 2.3 Sử dụng tính chất vng góc mặt phẳng 703

Dạng 2.4 Hai đường thẳng song song vuông góc với đường thẳng

thứ ba 706

3 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng 710

1 Định nghĩa 710

2 Điều kiện để đường thẳng vng góc với mặt phẳng 710

3 Tính chất 710

4 Liên hệ quan hệ song song quan hệ vng góc đường thẳng mặt

phẳng 711

5 Phép chiếu vng góc định lý ba đường vng góc 712

Dạng 3.1 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng 713

Dạng 3.2 Góc đường thẳng mặt phẳng 720

Dạng 3.3 Xác định thiết diện khối đa diện cắt mặt phẳng qua điểm vng góc với đường thẳng cho trước 726

(18)

4 Hai mặt phẳng vng góc 734

1 Định nghĩa góc hai mặt phẳng 734

2 Cách xác định góc hai mặt phẳng cắt 734

3 Diện tích hình chiếu đa giác 734

4 Hai mặt phẳng vng góc 734

5 Hình lăng trụ đứng, hình hộp chữ nhật, hình lập phương 735

6 Hình chóp hình chóp cụt 735

Dạng 4.1 Tìm góc hai mặt phẳng 736

Dạng 4.2 Tính diện tích hình chiếu đa giác 740

Dạng 4.3 Chứng minh hai mặt phẳng vng góc 742

Dạng 4.4 Thiết diện chứa đường thẳng vng góc với mặt phẳng746

5 Khoảng cách 750

1 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng 750

2 Khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng 750

3 Khoảng cách từ đường thẳng tới mặt phẳng song song 750

4 Khoảng cách hai mặt phẳng song song 750

5 Đường thẳng vuông góc chung khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau751

Dạng 5.1 Khoảng cách từ điểm tới đường thẳng 751

Dạng 5.2 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng 752

Dạng 5.3 Khoảng cách đường mặt song song - Khoảng cách hai

(19)

Dạng 5.4 Đoạn vng góc chung, khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau764

6 Đề Kiểm tra Chương 778

A Đề số 1a 778

B Đề số 1b 780

C Đề số 2a 782

D Đề số 2b 783

E Đề số 3a 784

(20)

(21)

I

ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH

(22)

(23)

1

TRÌNH LƯỢNG GIÁC

BÀI 1. CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC CẦN NẮM

A TĨM TẮT LÝ THUYẾT

1 Đường trịn lượng giác dấu giá trị lượng giác

cos sin

O

+

A(1; 0)

A0(−1; 0)

B(0; 1)

B0(0;−1)

(I) (II)

(III) (IV)

Góc phần tư Giá trị lượng giác I II III IV

sinα + + − −

cosα + − − +

tanα + − + −

cotα + − + −

2 Công thức lượng giác

sin2x+cos2x =1 1+tan2x =

cos2x 1+cot

2x=

sin2x tanxcotx =1

3 Cung góc liên kết

Cung đối Cung bù Cung kémπ

cos(−α) =cosα cos(π−α) = −cosα cos(α+π) = −cosα

sin(−α) =−sinα sin(π−α) =sinα sin(α+π) = −sinα

tan(−α) =−tanα tan(π−α) = −tanα tan(α+π) = tanα

cot(−α) =−cotα cot(π−α) = −cotα cot(α+π) = cotα

Cung phụ Cung π cosπ

2 −α

=sinα cos

π +α

=−sinα

sinπ −α

=cosα sin

π +α

=cosα

tanπ −α

=cotα tan

π +α

=−cotα

cotπ −α

=tanα cot

π +α

=−tanα

(24)

4 Công thức cộng

sin(a+b) =sinacosb+sinbcosa cos(a+b) = cosacosb−sinasinb sin(a−b) =sinacosb−sinbcosa cos(a−b) = cosacosb+sinasinb

tan(a+b) = tana+tanb

1−tanatanb tan(a−b) =

tana−tanb 1+tanatanb tanπ

4 +x

= 1+tanx

1−tanx tan π

4 −x

= 1−tanx

1+tanx

5 Công thức nhân đôi, công thức hạ bậc

Công thức nhân đôi Công thức hạ bậc sin 2α =2 sinαcosα sin2α = 1−cos 2α

2 cos 2α =cos2α−sin2α =2 cos2α−1=1−2 sin2α cos2α = 1+cos 2α

2 tan 2α = tanα

1−tan2α tan

2

α = 1−cos 2α

1+cos 2α

cot 2α = cot

2

α−1

2 cotα cot

2

α = 1+cos 2α

1−cos 2α

Công thức nhân "

sin 3α =3 sinα−4 sin3α

cos 3α =4 cos3α−3 cosα

tan 3α = tanα−tan

3

α

1−3 tan2

α

6 Công thức biến đổi tổng thành tích

cosa+cosb=2 cos a+b cos

a−b

2 cosa−cosb =−2 sin a+b

2 sin a−b

2 sina+sinb=2 sin a+b

2 cos a−b

2 sina−sinb =2 cos a+b

2 sin a−b

2 tana+tanb= sin(a+b)

cosacosb tana−tanb =

sin(a−b)

cosacosb cota+cotb = sin(a+b)

sinasinb cota−cotb =

sin(b−a)

sinasinb Đặt biệt

sinx+cosx =√2 sinx+π

4

=√2 cosx−π

sinx−cosx =√2 sinx− π

=−√2 cosx+ π

4

(25)

cosa·cosb =

2[cos(a−b) +cos(a+b)] sina·sinb =

2[cos(a−b)−cos(a+b)] sina·cosb =

2[sin(a−b) +sin(a+b)] Bảng lượng giác số góc đặc biệt

độ 0◦ 30◦ 45◦ 60◦ 90◦ 120◦ 135◦ 150◦ 180◦ 360◦

rad π

6 π π π 2π 3π 5π

6 π 2π sinα

2 √ 2 √ √ √ 2

2 0

cosα

√ √ 2

2 − − √ 2 − √

2 −1 tanα

√ 3

√

3 kxđ −√3 −1 − √

3

3 0 cotα kxđ

√

3

√

3 − √

3

3 −1 − √

3 kxđ kxđ

Một điểm M thuộc đường tròn lượng giác có tọa độ M(cosα, sinα)

x y 0◦ 30◦ 60◦ 90◦ 120◦ 150◦ 180◦ 210◦ 240◦

270◦ 300

◦ 330◦ 360◦ π π π π 2π 3π 5π π 7π 5π 4π 3 π 5π 7π 11π 2π √ ,12

√ 2 , √ 2 2, √ − √ ,12

− √ 2 , √ 2

−12,

√ − √ ,−

1 − √ 2 ,−

√

2

−12,−

√ √ ,−

1

√ 2 ,−

√ 2 2,−

√

3

(−1, 0) (1, 0)

(26)

BÀI 2. HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1 Tính chất hàm số a) Hàm số chẵn, hàm số lẻ

Hàm số y = f(x)có tập xác định làD gọi hàm số chẵn với x ∈ D thì−x ∈ D f(−x) = f(x) Đồ thị hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng

Hàm số y = f(x) có tập xác định làD gọi hàm số lẻ với x ∈ D −x ∈ D f(−x) = −f(x) Đồ thị hàm số lẻ nhận gốc tọa độOlàm tâm đối xứng

b) Hàm số đơn điệu

Cho hàm sốy= f(x)xác định tập(a;b) ⊂R

Hàm sốy = f(x)gọi đồng biến trên(a;b)nếu∀x1,x2 ∈ (a;b)cóx1 < x2 ⇒ f (x1)< f (x2)

Hàm sốy = f(x)gọi nghịch biến trên(a;b)nếu∀x1,x2∈ (a;b)cóx1 <x2⇒ f (x1)> f (x2)

c) Hàm số tuần hoàn

Hàm số y = f(x) xác định tập hợpD, gọi hàm số tuần hồn có số T 6= cho với x ∈ D ta có (x+T) ∈ D (x−T) ∈ D

f(x+T) = f(x)

Nếu có số dươngTnhỏ thỏa mãn điều kiện thìTgọi chu kì hàm tuần hồn f

2 Hàm sốy=sinx

Hàm sốy=sinxcó tập xác định làD =R⇒y =sin[f(x)]xác định⇔ f(x)xác định

Tập giá trịT = [−1; 1], nghĩa là−1≤sinx≤1⇒

◦ 0≤ |sinx| ≤ ◦ 0≤sin2x ≤1

Hàm số y = f(x) = sinx hàm số lẻ f(−x) = sin(−x) = −sinx = −f(x) Nên đồ thị hàm sốy=sinxnhận gốc tọa độOlàm tâm đối xứng

Hàm số y = sinxtuần hoàn với chu kì T0 = 2π, nghĩa làsin(x+k2π) = sinx

Hàm sốy=sin(ax+b)tuần hồn với chu kìT0 = 2π

|a| Hàm sốy = sinx đồng biến khoảng −π

2 +k2π;

π

2 +k2π

và nghịch biến khoảng

π

2 +k2π; 3π

2 +k2π

vớik ∈Z

Hàm số y = sinx nhận giá trị đặc biệt

◦ sinx=1⇔ x= π

2 +k2π ◦ sinx=0⇔ x=kπ

◦ sinx=−1⇔ x=−π

2 +k2π , k∈ Z

(27)

x y

−π π

−π

2

π

2

3 Hàm sốy=cosx

Hàm sốy =cosxcó tập xác địnhD =R⇒ y = cos[f(x)]xác định⇔ f(x)xác định

Tập giá trịT = [−1; 1], nghĩa là−1≤cosx≤1⇒ ®

0≤ |cosx| ≤1 0≤cos2x ≤1

Hàm sốy =cosxlà hàm số chẵn f(−x) = cos(−x) = cosx = f(x)nên đồ thị hàm số nhận trục tungOylàm trục đối xứng

Hàm số y = cosx tuần hoàn với chu kìT0 = 2π, nghĩa làcos(x+2π) = cosx

Hàm sốy=cos(ax+b)tuần hồn với chu kì T0 = 2π

|a|

Hàm số y = cosxđồng biến khoảng(−π+k2π;k2π),k ∈ Zvà nghịch

biến khoảng(k2π;π+k2π),k ∈ Z

Hàm số y = cosx nhận giá trị đặc biệt

◦ cosx=1⇔ x=k2π

◦ cosx=−1⇔ x=π+k2π

◦ cosx=0⇔ x= π

2 +kπ , k∈ Z

Đồ thị hàm số

x y

−π − π

π

2

π

2

4 Hàm sốy=tanx

Hàm sốy=tanxcó tập xác địnhD =R\nπ

2 +kπ,k∈ Z o

, nghĩa làx6= π

2 +kπ ⇒hàm sốy=tan[f(x)]xác định⇔ f(x)6= π

2 +kπ; (k∈ Z) Tập giá trịT =R

Hàm số y = tanx hàm số lẻ f(−x) = tan(−x) = −tanx = −f(x) nên đồ thị hàm số đối xứng qua gốc tọa độO

Hàm sốy =tanxtuần hồn với chu kìT0 = π ⇒ y =tan(ax+b) tuần hồn với

chu kìT0 = π

|a|

Hàm sốy=tanxđồng biến khoảng−π +kπ;

π

2 +kπ

(28)

Hàm số y = tanx nhận giá trị đặc biệt

◦ tanx =1 ⇔x = π

4 +kπ ◦ tanx =−1 ⇔x =−π

4 +kπ ◦ tanx =0 ⇔x =kπ

, k∈ Z

Đồ thị hàm số

x y

O −π

π

−π

2

π

2

5 Hàm sốy=cotx

Hàm số y = y = cotx có tập xác địnhD = R\ {kπ,k∈ Z}, nghĩa x 6= kπ ⇒

hàm sốy =cot[f(x)]xác định⇔ f(x) 6=kπ; (k∈ Z)

Tập giá trịT =R

Hàm sốy=cotxlà hàm số lẻ f(−x) =cot(−x) =−cotx =−f(x)nên đồ thị hàm số đối xứng qua gốc tọa độO

Hàm sốy =y=cotxtuần hoàn với chu kìT0 = π ⇒y =cot(ax+b)tuần hồn

với chu kìT0= π

|a|

Hàm sốy=y=cotxnghịch biến khoảng(kπ;π+kπ),k ∈Z

Hàm sốy =y=cotxnhận giá trị đặc biệt

◦ cotx=1⇔x = π

4 +kπ ◦ cotx=−1⇔x =−π

4 +kπ ◦ cotx=0⇔x = π

2kπ , k∈ Z

(29)

x y

O −π

π

−π

2

π

2 −3π

2

3π

2

B CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

{DẠNG 2.1 Tìm tập xác định hàm số lượng giác

Phương pháp giải: Để tìm tập xác định hàm số lượng giác ta cần nhớ:

1 y=tanf(x) = sin f(x)

cos f(x); Điều kiện xác định:cos f(x) 6=0⇔ f(x) 6= π

2 +kπ,(k∈ Z). 2 y=cotf(x) = cos f(x)

sin f(x); Điều kiện xác định:sin f(x)6=0 ⇔ f(x)6=kπ,(k ∈Z).

3 Một số trường hợp tìm tập xác định thường gặp:

y =

P(x), điều kiện xác định làP(x)6=0.

y = 2pn

P(x), điều kiện xác định làP(x≥0).

y =

2pn

P(x), điều kiện xác định làP(x) >0.

4 Lưu ý rằng:−1≤sin f(x); cosf(x) ≤1vàA·B6=0 ⇔ ®

A 6=0 B6=0 5 Vớik∈ Z, ta cần nhớ trường hợp đặc biệt:



   

sinx =1 ⇔x = π

2 +k2π sinx =0 ⇔x =kπ

sinx =−1 ⇔x =−π

2 +k2π 

  

cosx =1⇔x =k2π

cosx =0⇔x = π

2 +kπ cosx =−1 ⇔x =π+k2π



   

tanx=1⇔ x= π

4 +kπ tanx=0⇔ x=kπ

tanx=−1⇔ x=−π +kπ 

    

cotx =1⇔ x= π

4 +kπ cotx =0⇔ x= π

2 +kπ cotx =−1⇔ x=−π

(30)

VÍ DỤ Tìm tập xác định hàm số:y = f(x) = sin 3x

tan2x−1 + …

2−cosx

1+cosx ĐS: D =R\n±π

4 +kπ;

π

2 +kπ;π+k2π o

L Lời giải

Điều kiện xác định hàm số:       

     

tan2x−1 6=0 cosx6=0 2−cosx 1+cosx ≥0 cosx6=−1 Do−1≤cosx≤1nên ⇐

®

1≤2−cosx≤3

0≤1+cosx≤2 Từ suy ra:

2−cosx

1+cosx ≥0,∀x∈ R

Vậy hàm số xác định     

   

x6=±π +kπ x6= π

2 +kπ x6=π+k2π

, nênD =R\n±π +kπ;

π

2 +kπ;π+k2π o

VÍ DỤ Tìm tập xác định hàm số:y = f(x) =

√

4π2−x2

cosx ĐS:

D =n−2π ≤x ≤2π;x6= π

2 +kπ o

L Lời giải

Điều kiện xác định hàm số: ®

4π2−x2 ≥0

cosx6=0 ⇔  



−2π ≤x ≤2π

x 6= π

2 +kπ

VậyD =n−2π ≤x≤2π;x 6= π

2 +kπ o

1 BÀI TẬP VẬN DỤNG

BÀI Tìm tập xác định hàm số lượng giác sau: y=cos

x ĐS:D =R\ {0}

1 2 cos√2x ĐS:D = [0;+∞)

y= 1+cosx

sinx ĐS:D =R\ {kπ}

3 y = tan 2x

1+cos2x ĐS:D =R\ ß

π

4 + kπ

2 ™

4

y= tan 2x

sinx−1 ĐS: D =R\

ß

π

4 + kπ

2 ;

π

2 +k2π ™

5 y =

…

cosx+4

sinx+1 ĐS: D =R\n−π

2 +k2π o

6

y=

…

cosx−2

1−sinx ĐS:D =∅

7

Lời giải.

(31)

2 Điều kiện xác định:2x≥0⇔x ≥0

3 Điều kiện xác định:sinx6=0⇔x 6=kπ

4 Điều kiện xác định:cos 2x6=0⇔2x 6= π

2 +kπ ⇔ x6=

π

4 + kπ

2

5 Điều kiện xác định: ®

cos 2x 6=0 sinx 6=1 ⇔

  

 

x6= π

4 + kπ

2 x6= π

2 +k2π

6 Điều kiện xác định:  



cosx+4 sinx+1 ≥0 sinx+16=0 Do−1≤sinx; cosx ≤1nên cosx+4

sinx+1 ≥0;∀x∈ R Vậy hàm số xác định khix 6=−π

2 +k2π



cosx−2 1−sinx ≥0 1−sinx6=0 Do−1≤sinx; cosx ≤1nên cosx−2

1−sinx ≤0;∀x∈ R Vậy tập xác định hàm số là:∅

BÀI Tìm tập xác định hàm số lượng giác sau:

y=

√

π2−x2

sin 2x ĐS:D =

ß

−π ≤ x≤π;x 6= kπ

2 ™

1

y=√π2−4x2+tan 2x ĐS:D =

ß −π

2 ≤x ≤

π

2;x 6=

π + kπ ™ 2

tan2x− π

…

1−sinx− π

ĐS:D =R\

ß 3π + kπ ; 5π

8 +k2π ™

3

y=

tanx− π

1−cosx+π

3

ĐS:D =R\

ß 3π

4 +kπ;−

π

3 +k2π ™

4

Lời giải.

π2−x2 ≥0

sin 2x 6=0 ⇔  



−π ≤ x≤π

x6= kπ

2

π2−4x2 ≥0

cos 2x 6=0 ⇔      −π

2 ≤x ≤

π

2 x6= π

4 + kπ

(32)

3 Điều kiện xác định:     

cos2x−π

6=0 1−sinx−π

8 >0 ⇔     

cos2x−π

6

=0 1−sinx−π

8 =0 ⇔     

x 6= 3π

8 + kπ

2 x 6= 5π

8 +k2π

4 Điều kiện xác định:   

 

cosx−π

6=0 1−cosx+π

3

6=0 ⇔     

x6= 3π

4 +kπ x6=−π

3 +k2π

2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI Tìm tập xác định hàm số lượng giác sau: y=

…

2+sinx

cosx+1 ĐS:D =R\ {π+k2π}

1 y = √ cot 2x

1−cos2x ĐS:D =R\ ß kπ ™ 2 y= …

1−sinx

1+cosx ĐS:D =R\ {π+k2π}

3 y =

√ x

sinπx ĐS:D = [0;+∞)\Z

4

y= cos 2x

1−sinx +tanx ĐS: D =R\nπ

2 +kπ o

5 y = x

2+1

xcosx ĐS:D =R\ nπ

2 +kπ; o

6

y= √tan 2x

sinx+1 ĐS: D =R\

ß

π

4 + kπ

2 ;−

π

2 +k2π ™

7

BÀI Tìm tập xác định hàm số lượng giác sau:

y=

1+tanπ −x

cosx−2 ĐS:D =R\

n −π

4 +kπ o

1

y=

√

3−sin 4x

cosx+1 ĐS:D =R\ {π+k2π}

2

y=

cosx−cos 3x ĐS:D =R\ ß

kπ; kπ

4 ™

3

y=cot2x+ π

3

·tan 2x ĐS:D =R\ ß −π + kπ ; π + kπ ™ 4

y=√2+sinx−

tan2x−1 ĐS:D =R\ n

±π +kπ

o

5

y=

sin2x−cos2x ĐS:D =R\ ß π + kπ ™ 6

y=cotx+ π

6

+

…

1+cosx

1−cosx ĐS:D =R\ n

−π

6 +kπ;k2π o

7

y=

1+cotπ +x

tan23x−π

ĐS:D =R\

ß −π

3 +kπ;

(33)

{DẠNG 2.2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số lượng giác

Phương pháp giải:

Dựa vào tập giá trị hàm số lượng giác, chẳng hạn

◦ −1≤sinx ≤1⇒ "

0≤ |sinx| ≤

0≤sin2x≤1 hoặc−1≤cosx ≤1⇒ "

0≤ |cosx| ≤1 0≤cos2x ≤1 ◦Biến đổi đưa dạngm≤y ≤M.

Kết luận:maxy= Mvàminy=m.

1 VÍ DỤ

VÍ DỤ Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = f(x) =

4 p

5−2 cos2xsin2x ĐS:miny= 4√5

5 ,maxy = 4√2

3

L Lời giải

Ta có

y = f(x) = p

5−2 cos2xsin2x =

4 …

5−1

2(2 cosxsinx)

= …

5−1 2sin

22x

Do0≤sin22x ≤1nên5≥5−1 2sin

22x ≥

2 Suy 4√5

5 ≤y=

4 …

5−1 2sin

22x ≤

√ ◦y =

√

5 khisin 2x =0, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạn x=0 ◦y =

√

3 khisin 2x =1hoặcsin 2x =−1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx=

π

4 Vậyminy =

√

5 vàmaxy= 4√2

3

VÍ DỤ Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ f(x) = sin2x+5 cos2x−4 cos 2x−2 ĐS:miny=−1,maxy=5

L Lời giải

Ta có

f(x) = sin2x+5 cos2x−4 cos 2x−2

= 3sin2x+cos2x+2 cos2x−42 cos2x−1−2

= 5−6 cos2x

Do0 ≤cos2x≤1nên5 ≥ f(x) = 5−6 cos2x≥ −1

◦ f(x) =5khicosx=0, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx = π

2 ◦ f(x) = −1khicos2x =1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx=0

(34)

VÍ DỤ Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ f(x) = sin6x+cos6x+2, ∀x ∈ h

−π 2;

π

2 i

ĐS:miny =

4,maxy=3

L Lời giải

Ta có

f(x) = sin6x+cos6x+2=sin2x+cos2x3−3 sin2xcos2xsin2x+cos2x+2

= 1−3

4(2 sinxcosx) 2+

2=3−3 4sin

22x.

Do0 ≤sin22x≤1nên3≥ f(x) ≥ ◦ f(x) =3khisin 2x=0⇔ x=±π

2 hoặcx =0

dox ∈ h−π 2;

π

2 i

◦ f(x) =

4 khisin

22x=1⇔ x=±π

dox∈ h−π 2;

π

2 i

Vậymaxf(x) =3vàmin f(x) =

4

2 BÀI TẬP ÁP DỤNG

BÀI Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số lượng giác sau:

y=5√3+cos 2x+4 ĐS:miny =5√2+4,maxy=14

1

y=√1−cos 4x ĐS:miny =0,maxy=√2

2

y=3 sin22x−4 ĐS:miny =−4,maxy=−1

3

y=4−5 sin22xcos22x ĐS:miny= 11

4 ,maxy=4

4

y=3−2|sin 4x| ĐS:miny =1,maxy=3

5

Lời giải.

Do−1≤cos 2x ≤1nên2≤3+cos 2x≤4 Suy ra5√2+4≤y=5√3+cos 2x+4≤14 ◦y =5√2+4khicos 2x=−1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx= π

2 ◦y =14khicos 2x=1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx=0

Vậyminy =5√2+4vàmaxy=14

1

Do−1≤cos 4x ≤1nên√2≥y =√1−cos 4x ≥0

◦y =√2khicos 4x=−1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx= π

4 ◦y =0khicos 4x=1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx=0 Vậymaxy=√2vàminy =0

(35)

Do0≤sin22x≤1nên−4≤y=3 sin22x−4≤ −1

◦y =−4khisin 2x=0, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx=0 ◦y =−1khisin22x =1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx = π

4 Vậyminy =−4vàmaxy =−1

3

Ta có

y=4−5 sin22xcos22x=4−

4(2 sin 2xcos 2x)

2 =4−5 4sin

22x.

Do0≤sin22x≤1nên4≥y≥ 11

◦y =4khisin 2x=0, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx=0 ◦y = 11

4 khisin

22x=1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx= π Vậymaxy=4vàminy = 11

4

Do0≤ |sin 4x| ≤1nên3 ≥y =3−2|sin 4x| ≥

◦y =3khisin 4x=0, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx=0 ◦y =1khi|sin 4x|=1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx = π

8 Vậymaxy=3vàminy =1

5

BÀI Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số lượng giác sau:

y=−sin2x−cosx+2 ĐS:miny=

4, maxy=3

1 y =sin4x−2 cos2x+1 ĐS:miny=−1, maxy =2

2

y=cos2x+2 sinx+2 ĐS:miny=0, maxy=4

3 y =sin4x+cos4x+4 ĐS:miny =

2, maxy =5

4

y=p2−cos 2x+sin2x ĐS:miny=1, maxy=2

5 y =sin6x+cos6x ĐS:miny =

4, maxy =1

6

y=sin 2x+√3 cos 2x+4 ĐS:miny=2, maxy=6

7

(36)

Ta có

y=−sin2x−cosx+2=−1−cos2x−cosx+2=cos2x−cosx+1 =

cosx−1

2

+3

4 Do−1≤cosx≤1nên−3

2 ≤cosx− ≤

1 Suy ra0≤

cosx−1

2 ≤

4 ⇔

4 ≤y ≤3 ◦y =

4 khicosx =

2, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx =

π

3 ◦y =3khicosx=−1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx=π

Vậyminy =

4 vàmaxy=3

1

Ta có

y=sin4x−2 cos2x+1=sin4x−21−sin2x+1 =sin4x+2 sin2x−1 =sin2x+12−2 Do0≤sin2x≤1nên1≤sin2x+1≤2

Suy ra1≤ sin2x+12 ≤4⇔ −1≤y≤2

◦y =−1khisinx=0, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx=0 ◦y =2khisin2x =1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx = π

2 Vậyminy =−1vàmaxy =2

2

Ta có

y=cos2x+2 sinx+2=1−sin2x+2 sinx+2 =−sin2x+2 sinx+3=4−(sinx−1)2 Do−1≤sinx ≤1nên−2≤sinx−1≤0

Suy ra0≤(sinx−1)2 ≤4⇔4 ≥y ≥0

◦y =4khisinx=1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx= π

2 ◦y =0khisinx=−1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx=−π

2 Vậymaxy=4vàminy =0

3

Ta có

y=sin4x+cos4x+4=sin2x+cos2x2−2 sin2xcos2x+4 =1−1

2(2 sinxcosx)

2+4=5−1 2sin

22x.

Do0≤sin22x≤1nên5≥y≥

◦y =5khisin 2x=0, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx=0 ◦y =

2 khisin

22x=1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx= π Vậymaxy=5vàminy =

2

(37)

Ta có

y2 =2−cos 2x+sin2x =2−1−2 sin2x+sin2x =3 sin2x+1⇒y =

»

3 sin2x+1 Do0≤sin2x≤1nên1≤3 sin2x+1≤4

Suy ra1≤y≤2

◦y =1khisinx=0, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx=0 ◦y =2khisin2x =1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx = π

2 Vậyminy =1vàmaxy =2

5

Ta có

y = sin6x+cos6x =sin2x+cos2x3−3 sin2xcos2xsin2x+cos2x

= 1−3

4(2 sinxcosx)

2 =1−3 4sin

22x.

Do0≤sin22x ≤1nên1≥y ≥

◦y =1khisin 2x=0⇔x =0hoặcx =±π

dox ∈ h−π 2;

π

2 i

◦y =

4 khisin

22x=1⇔x =±π

dox ∈ h−π 2;

π

2 i

Vậymaxy=1vàminy =

4

6

Ta có y =

1

2sin 2x+ √

3

2 cos 2x+2 =cos π

3 −2x

+2⇒ y=2 cosπ −2x

+4 Do−1≤cosπ

3 −2x

≤1nên2≥y ≥6 ◦y =2khicosπ

3 −2x

=−1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx= −π

3 ◦y =6khicosπ

3 −2x

=1, tồn tạixthỏa mãn, chẳng hạnx= π

6 Vậyminy =2vàmaxy =6

7

BÀI Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số lượng giác sau y=sin 2x,∀x ∈ h0;π

2 i

ĐS:miny =0,maxy=1

1

y=cosx+π

3

,∀x ∈

−2π ;

ĐS:miny=

2,maxy=1

2

y=sin2x+π

4

,∀x ∈ h−π 4;

π

4 i

ĐS:miny=− √

2

2 ,maxy=1

3

(38)

Dox ∈ h0; π i

nên2x ∈ [0;π] Suy ra0≤y =sin 2x ≤1 ◦y =0khix =0hoặcx = π

2 ◦y =6khix = π

4

Vậyminy =0vàmaxy =1

1

Dox ∈

−2π ;

nênx+ π

3 ∈ h

−π 3;

π

3 i

Suy

2 =cos

π

3 ≤y =cos

x+ π

3

≤1 ◦y =

2 khix=− 2π

3 hoặcx =0 ◦y =1khix =−π

3 Vậyminy =

2 vàmaxy=1

2

Dox ∈ h−π 4;

π

4 i

nên2x+π

4 ∈

−π 4;

3π

4

Suy ra− √

2

2 ≤y=sin

2x+π

4

≤1 ◦y =−

√

2 khix=±

π

4 ◦y =1khix =−π

8 Vậyminy =−

√

2 vàmaxy=1

3

3 BÀI TẬP RÈN LUYỆN

BÀI Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số lượng giác sau

y=p4−2 sin52x−8 ĐS:miny =−8+√2,maxy=−8+√6

1

y=y =

1+3 cos2x ĐS:miny =1,maxy=4

2

y= p

5−2 cos2xsin2x ĐS:miny =,maxy=

3

y=

√ p

4−2 sin23x ĐS:miny= √

2,maxy=1

4

y=

3−√1−cosx ĐS:miny=1,maxy=

9−3√2

5

4 …

2−cosx− π

+3

ĐS:miny=−2 √

6

3 ,maxy=2

6

y= √

3 sin 2x+cos 2x ĐS:miny =−1,maxy=1

7

(39)

y=cos2x+2 cos 2x ĐS:miny =−2,maxy=3

1

y=2 sin2x−cos 2x ĐS:miny =−1,maxy=3

2

y=2 sin 2x(sin 2x−4 cos 2x) ĐS:miny =1−√17,maxy=1+√17

3

y=3 sin2x+5 cos2x−4 cos 2x ĐS:miny =1,maxy=7

4

y=4 sin2x+√5 sin 2x+3 ĐS:miny =2,maxy=8

5

y= (2 sinx+cosx)(3 sinx−cosx) ĐS:miny =5−5 √

2

2 ,maxy=5+ 5√2

2

6

y=sinx+cosx+2 sinxcosx−1 ĐS:miny=−9

4,maxy= √

2

7

y=1−(sin 2x+cos 2x)3 ĐS:miny =1−2√2,maxy=1+2√2

8

y=|5 sinx+12 cosx−10| ĐS:miny =0,maxy=23

9

y=2 sinx+√2 sinπ −x

−1 ĐS:miny =−1−√2,maxy=−1+√2

10

y=2

cos 2x+cos

2x+2π

3

+3 ĐS:miny =1,maxy=5

11

BÀI Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số lượng giác sau y=sin4x+cos4x,∀x∈ h0;π

6 i

ĐS:miny=

8,maxy=1

1

y=2 sin2x−cos 2x,∀x ∈h0; π i

ĐS:miny =−1,maxy=2

2

y=cotx+ π

4

, ∀x∈

−3π ;−

π

4

ĐS:miny =−∞,maxy=0

3

{DẠNG 2.3 Xét tính chẵn lẻ hàm số lượng giác

Phương pháp giải

Bước 1.Tìm tập xác địnhDcủa hàm số lượng giác.

Nếu∀x∈ Dthì−x∈ D ⇒Dlà tập đối xứng chuyển sang bước 2.

Bước 2.Tính f(−x), nghĩa thayxbằng−x, có kết thường gặp sau

– Nếu f(−x) = f(x) ⇒ f(x)là hàm số chẵn.

– Nếu f(−x) =−f(x) ⇒ f(x)là hàm số lẻ.

!

Nếu không tập đối xứng (∀x ∈ D ⇒ −x ∈/ D) hoặc f(−x)không bằng f(x) hoặc

−f(x)ta kết luận hàm số không chẵn, không lẻ.

Ta thường sử dụng cung góc liên kết dạng cung đối dạng toán này, cụ thể

(40)

1 VÍ DỤ

VÍ DỤ Xét tính chẵn lẻ hàm số

f(x) = sin22x+cos 3x ĐS: f(x)là hàm số chẵn

1 f(x) =cos√x2−16 ĐS: f(x)là hàm số chẵn

2

L Lời giải

Tập xác địnhD =R

∀x ∈R⇒ −x ∈ D =Rnên ta xét

f(−x) =sin2(−2x) +cos(−3x) = sin22x+cos 3x = f(x) Vậy f(x)là hàm số chẵn

1

Tập xác địnhD = (−∞;−4]∪[4;+∞) ∀x ∈(−∞;−4]∪[4;+∞)⇒

"

x∈ (−∞;−4]

x∈ [4;+∞) ⇒

"

−x ∈ [4;+∞)

−x ∈ (−∞;−4] ⇒ −x∈ D

Xét f(−x) =cosp(−x)2−16=cos√x2−16= f(x). Vậy f(x)là hàm số chẵn

2

BÀI Xét tính chẵn lẻ hàm số sau

y= f(x) =tanx+cotx ĐS: f(x)là hàm số lẻ

1

y= f(x) =tan72x·sin 5x ĐS: f(x)là hàm số chẵn

2

y= f(x) =sin

2x+9π

2

ĐS: f(x)là hàm số chẵn

3

Lời giải.

Tập xác địnhD =R\ ß

kπ

2 : k ∈Z ™

∀x ∈R\

ß kπ

2 : k ∈Z ™

⇒x 6= kπ

2 ⇒ −x 6=− kπ

2 ⇒ −x ∈ D Xét f(−x) =tan(−x) +cot(−x) = −tanx−cotx=−f(x) Vậy f(x)là hàm số lẻ

1

Tập xác địnhD =R\ ß

π

4 + kπ

2 : k∈ Z ™

∀x ∈ R\

ß

π

4 + kπ

2 : k∈ Z ™

⇒ x 6= π

4 + kπ

2 ⇒ −x 6= −

π

4 − kπ

2 =

π

4 +

−(k+1)π

2 ⇒

−x ∈ D

Xét f(−x) =tan7(−2x)·sin(−5x) = −tan72x

·(−sin 5x) =tan72x·sin 5x = f(x) Vậy f(x)là hàm số chẵn

(41)

Tập xác địnhD =R

∀x ∈R⇒ −x ∈ Rnên ta xét f(−x) =sin

−2x+9π

2

=sin

−2x−9π +9π

=−sin

−2x−9π

=sin

2x+9π

2

= f(x) Vậy f(x)là hàm số chẵn

3

BÀI Xét tính chẵn lẻ hàm số sau y= f(x) = −2 cos33x+π

2

ĐS: f(x)là hàm số lẻ

1

y= f(x) =sin3(3x+5π) +cot(2x−7π) ĐS: f(x)là hàm số lẻ

2

y= f(x) =cot(4x+5π)tan(2x−3π) ĐS: f(x)là hàm số chẵn

3

y= f(x) =sin√9−x2 ĐS: f(x)là hàm số chẵn.

4

y= f(x) =sin22x+cos 3x ĐS: f(x)là hàm số chẵn

5

BÀI 3. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

A PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN

Vớik∈ Z, ta có phương trình lượng giác sau sina =sinb ⇔

"

a=b+k2π

a=π−b+k2π

cosa=cosb ⇔ "

a =b+k2π

a =−b+k2π

tanx=tanb ⇔a =b+kπ

cotx =cotb ⇔a =b+kπ

Nếu đề cho dạng độ(α◦)thì ta chuyểnk2π →k360◦,kπ →k180◦, vớiπ =180◦

Những trường hợp đặc biệt sinx =1⇔x = π

2 +k2π sinx =0⇔x =kπ

sinx =−1⇔x =−π

2 +k2π tanx =0⇔x =kπ

tanx =1⇔x = π

4 +kπ tanx =−1⇔x =−π

4 +kπ

cosx=1⇔ x=k2π

cosx=0⇔ x= π

2 +kπ cosx=−1⇔ x=π+k2π

cotx =0⇔ x= π

2 +kπ cotx =1⇔ x= π

4 +kπ cotx =−1⇔ x=−π

(42)

1 VÍ DỤ

VÍ DỤ Giải phương trình

1 sin 2x =−1

2 ĐS:



 

x =−π 12 +kπ x =−7π

12 +kπ

(k∈ Z)

2 cosx− π

=−1 ĐS:x = 4π

3 +k2π(k∈ Z)

3 tan(2x−30◦) = √3 ĐS: x=45◦+k90◦(k∈ Z)

4 cot(x−π

3) = ĐS:x =

7π

12 +kπ(k∈ Z)

L Lời giải

1 sin 2x =−1 ⇔



 

2x =−π

6 +k2π 2x =−7π

6 +k2π ⇔



 

x =−π 12 +kπ x =−7π

12 +kπ

(k∈ Z)

2 cos

x−π

3

=−1⇔x− π

3 =π+k2π ⇔x = 4π

3 +k2π(k ∈Z)

3 tan(2x−30◦) =√3⇔2x−30◦ =60◦+k180◦ ⇔x =45◦+k90◦ (k ∈Z)

4 cotx−π

=1⇔ x−π =

π

4 +kπ ⇔x = 7π

12 +kπ(k ∈Z)

BÀI Giải phương trình lượng giác sau

1 sinx =sin2π

3 ĐS:



 

x= 2π

3 +k2π x= π

3 +k2π

(k ∈ Z)

2 sin2x−π

=

2 ĐS:



 

x= π

6 +kπ x= π

2 +kπ

(k ∈ Z)

3 sin2x+π

6

=−1 ĐS: x=−π

3 +kπ (k ∈ Z)

4 cos2x+π

3

=cosπ

4 ĐS:



 

x=−π 24+kπ x=−7π

24 +kπ

(k ∈ Z)

5 cosx=−1

2 ĐS: x=±

2π

(43)

6 cosx+π

6

=1 ĐS: x=−π

6 +k2π (k ∈ Z)

Lời giải.

1 sinx =sin2π ⇔



 

x= 2π

3 +k2π x= π

3 +k2π

(k ∈Z)

2 sin

2x−π = ⇔   

2x−π =

π

6 +k2π 2x−π

6 = 5π

6 +k2π ⇔



 

x = π

6 +kπ x = π

2 +kπ

(k∈ Z)

3 sin2x+π

6

=−1⇔2x+π

6 =−

π

2 +k2π ⇔ x=−

π

3 +kπ (k∈ Z)

4 cos

2x+π

3

=cosπ ⇔



 

2x+π

3 =

π

4 +k2π 2x+π

3 =−

π

4 +k2π ⇔



 

x =−π 24+kπ x =−7π

24 +kπ

(k ∈Z)

5 cosx=−1

2 ⇔x =± 2π

3 +k2π(k∈ Z)

6 cosx+π

6

=1⇔x+ π

6 =k2π ⇔x =−

π

6 +k2π(k ∈Z)

BÀI

1 sin(x+30◦) +√3=0 ĐS: "

x=−90◦+k360◦

x=−150◦+k360◦ (k ∈ Z)

2 cot(4x+35◦) = −1 ĐS:x =−20◦+k45◦ (k ∈ Z)

3 cosx−π

+√3=0 ĐS:





x=π+k2π

x=−2π

3 +k2π

(k ∈ Z)

4 (1+2 cosx)(3−cosx) = ĐS: x=±2π

3 +k2π (k ∈ Z)

5 tan(x−30◦)cos(2x−150◦) = ĐS:x =30◦+k180◦ (k ∈ Z)

6 √2 sin 2x+2 cosx=0 ĐS:       

x= π

2 +kπ x=−π

4 +k2π x= 5π

4 +k2π

(k ∈ Z)

7 sinx+√3 sinx

2 =0 ĐS:





x=k2π

x=±5π

6 +k4π

(44)

8 sin 2xcos 2x+1

4 =0 ĐS:



 

x =−π 24 +

kπ

2 x = 7π

24 + kπ

2

(k ∈ Z)

9 sinxcosxcos 2xcos 4xcos 8x =

16 ĐS:x =

π

32 + kπ

8 (k ∈ Z)

B MỘT SỐ KỸ NĂNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

{DẠNG 3.1 Sử dụng thành thạo cung liên kết

Cung đối nhau Cung bù nhau Cung phụ nhau

cos(−a) =cosa sin(π−a) = sina sinπ −a

=cosa sin(−a) =−sina cos(π−a) = −cosa cosπ

2 −a

=sina tan(−a) =−tana tan(π−a) = −tana tanπ

2 −a

=cota cot(−a) = −cota cot(π−a) =−cota cotπ

2 −a

=tana

Cung kémπ Cung kém π

2 sin(π+a) = −sina sinπ

2 +a

=cosa cos(π+a) = −cosa cosπ

2 +a

=−sina tan(π+a) =tana tanπ

2 +a

=−cota cot(π+a) = cota cotπ

2 +a

=−tana

Tính chu kỳ

sin(x+k2π) =sinx cos(x+k2π) = cosx

sin(x+π+k2π) =−sinx cos(x+π+k2π) = −cosx

tan(x+kπ) =tanx cot(x+kπ) =cotx

1 VÍ DỤ

VÍ DỤ Giải phương trình lượng giác sau (giả sử điều kiện xác định)

1 sin 2x =cosx− π

ĐS:



 

x = 5π

18 + k2π

3 x = π

6 +k2π

(k ∈ Z)

2 tan2x−π

=cotx+π

3

ĐS:x = π

6 + kπ

3 (k ∈ Z)

(45)

1 Ta có phương trình tương đương

sin 2x =sinhπ −

x−π

3 i

⇔sin 2x =sin

5π

6 −x ⇔    

2x= 5π

6 −x+k2π 2x=π−

5π

6 −x

+k2π

(k ∈Z) ⇔ 

 

x= 5π

18 + k2π

3 x= π

6 +k2π

(k ∈Z)

Vậy phương trình có nghiệm 

 

x = 5π

18 + k2π

3 x = π

6 +k2π

(k ∈ Z)

2 Điều kiện:2x− π 6=

π

2 +kπ, x+

π

3 6=kπ (k∈ Z) Phương trình tương đương

tan2x−π

=tanhπ −

x+π

3 i

⇔ tan2x−π

=tanπ −x

⇔ 2x− π =

π

6 −x+kπ (k∈ Z) ⇔ 3x = π

2 +kπ(k ∈Z) ⇔x =

π

6 + kπ

3 (k∈ Z) Vậy phương trình có nghiệm làx= π

6 + kπ

3 (k ∈Z)

VÍ DỤ Giải phương trình lượng giác sau (giả sử điều kiện xác định)

1 sin 3x+cosπ −x

=0 ĐS:



 

x =−π 24 +

kπ

2 x =−5π

12 +kπ

(k∈ Z)

2 tanx·tan 3x+1=0 ĐS:x =−π +

kπ

2 (k ∈ Z)

L Lời giải

1 Ta có phương trình tương đương cosπ

3 −x

=−sin 3x ⇔cosπ −x

=cosπ +3x

⇔    π

3 −x=

π

2 +3x+k2π

π

3 −x=−

π

2 −3x+k2π

(k ∈Z) ⇔ 

 

x=−π 24−

kπ

2 x=−5π

12 +kπ

(k ∈ Z)

 

x=−π 24−

kπ

2 x=−5π

12 +kπ

(46)

2 Điều kiện: ®

cosx 6=0 cos 3x 6=0 ⇔

  

 

x 6= π

2 +kπ x 6= π

6 + kπ

3

⇔x 6= π

6 + kπ

3 (k ∈Z) Xéttan 3x=0khơng nghiệm, phương trình tương đương

tanx

cot 3x +1 =0 ⇔ tanx =−cot 3x ⇔ tanx =tan3x+ π

2

⇔ x =3x+π

2 +kπ ⇔ x=−

π

4 − kπ

2 (k ∈Z) Vậy phương trình có nghiệmx =−π

4 + kπ

2 (k∈ Z)

BÀI Giải phương trình lượng giác sau (giả sử điều kiện xác định)

1 sin 2x =cosπ −x

ĐS:



 

x= π

3 +k2π x= 2π

9 + k2π

3

(k∈ Z)

2 cos2x+π

4

=sinx ĐS:



 

x = π

12+ k2π

3 x =−3π

4 +k2π

(k∈ Z)

3 cos4x+π

5

−sin 2x =0 ĐS:



 

x = π

20+ kπ

3 x =−7π

20 +kπ

(k∈ Z)

4 cot

2x− 3π

=tanx−π

ĐS: x= 17π

36 + kπ

3 (k∈ Z)

Lời giải.

sin 2x =sinhπ −

π −x

i

⇔sin 2x =sinπ +x

⇔ 

 

2x = π

3 +x+k2π 2x =π−

π +x

+k2π

(k ∈Z) ⇔ 

 

x = π

3 +k2π x = 2π

9 + k2π

3

(k ∈Z)

 

x = π

3 +k2π x = 2π

9 + k2π

3

(47)

cos2x+π

4

=cosπ −x

⇔



 

2x+π

4 =

π

2 −x+k2π 2x+π

4 = x−

π

2 +k2π

(k ∈Z)

⇔ 

 

x= π

12+ k2π

3 x=−3π

4 +k2π

(k ∈ Z)

Vậy phương trình có nghiệm

cos4x+π

5

=cosπ −2x

⇔



 

4x+π

5 =

π

2 −2x+k2π 4x+π

5 =2x−

π

2 +k2π

(k ∈Z)

⇔ 

 

x = π

20+ kπ

3 x =−7π

20 +kπ

(k∈ Z)

 

x= π

20+ kπ

3 x=−7π

20 +kπ

(k ∈Z)

4 Điều kiện   

 

2x−3π 6=kπ x−π

6 6=

π

2 +lπ ⇔     

x 6= 3π

8 + kπ

2 x 6= 2π

3 +lπ

(k,l ∈Z) Ta có phương trình tương đương

cot

2x−3π

=cot

2π

3 −x

⇔ 2x−3π

4 =−x+ 2π

3 +kπ(k∈ Z) ⇔ x= 17π

36 + kπ

3 (k ∈Z) Vậy phương trình có nghiệmx = 17π

36 + kπ

3 (k∈ Z)

BÀI Giải phương trình lượng giác sau (giả sử điều kiện xác định) cos(3x+45◦) =−cosx ĐS:

"

x =33,75◦+k90◦

x =−112,5◦+k180◦ (k ∈ Z)

1

sinx−π

=−sin2x−π ĐS:   

x = 5π

36 + k2π

3 x =−13π

12 −k2π

(k ∈ Z)

2

tan3x−π

=−tanx ĐS:x = π

12 + kπ

4 (k ∈ Z)

(48)

cos3x−π

+cosx=0 ĐS:



 

x= π

3 + kπ

2 x=−π

3 +kπ

(k ∈ Z)

4

sin2x+π

4

+cosx =0 ĐS:



 

x =−3π

4 +k2π x = 5π

12 + k2π

3

(k ∈ Z)

5

tan3x+π

4

+tan 2x =0 ĐS:x =−π 20 +

kπ

5 (k ∈ Z)

6

Lời giải.

1 Phương trình tương đương

cos(3x+45◦) = cos(180◦−x)

⇔ "

3x+45◦ =180◦−x+k360◦

3x+45◦ =x−180◦+k360◦ (k ∈Z) ⇔

"

x =33,75◦+k90◦

x =−112,5◦+k180◦ (k∈ Z) Vậy phương trình có nghiệm

"

x =33,75◦+k90◦

x =−112,5◦+k180◦ (k ∈ Z)

sinx−π

=sinπ −2x

⇔ 

 

x−π =

π

6 −2x+k2π x−π

4 =π− π

6 −2x

+k2π

(k ∈Z)

⇔ 

 

x= 5π

36 + k2π

3 x=−13π

12 −k2π

(k ∈ Z)

 

x= 5π

36 + k2π

3 x=−13π

12 −k2π

(k ∈Z)

tan3x−π

=tan(−x)⇔3x−π

3 =−x+kπ ⇔ x=

π

12+ kπ

4 (k∈ Z) Vậy phương trình có nghiệmx = π

12 + kπ

4 (k∈ Z)

cos3x−π

=cos(π−x)⇔ 

 

3x− π

3 =π−x+k2π 3x− π

3 = x−π+k2π

(k∈ Z)

⇔ 

 

x = π

3 + kπ

2 x =−π

3 +kπ

(49)

 

x= π

3 + kπ

2 x=−π

3 +kπ

(k ∈Z)

sin2x+ π

4

=sinx− π ⇔   

2x+ π

4 =x−

π

2 +k2π 2x+ π

4 =π−

x−π

+k2π

(k∈ Z)

⇔ 

 

x =−3π

4 +k2π x = 5π

12 + k2π

3

(k∈ Z)

 

x=−3π

4 +k2π x= 5π

12 + k2π

3

(k ∈Z)

tan3x+π

4

=tan(−2x)

⇔ 3x+π

4 =−2x+kπ ⇔ x=−π

20+ kπ

5 (k ∈Z) Vậy phương trình có nghiệmx =−π

20 + kπ

5 (k ∈ Z)

sin 4x−2 cos2x+1=0 ĐS: 

 

x = π

12+ k2π

3 x = π

4 +kπ

(k ∈ Z)

1

2 cos 5x·cos 3x+sinx =cos 8x ĐS: 

 

x = π

2 +k2π x =−π

6 + k2π

3

(k ∈ Z)

2

cosπ −x

+sin 2x =0 ĐS:





x = k2π

3 x =π+k2π

(k ∈ Z)

3

2 sin2 x

2 =cos 5x+1 ĐS:



 

x = π

6 + kπ

3 x =−π

4 + kπ

2

(k ∈ Z)

4

sin

4π

9 +x

+cosπ 18−x

=√3 ĐS:



 

x=−π

9 +k2π x= 2π

9 +k2π

(k ∈ Z)

(50)

Lời giải.

sin 4x =cos 2x ⇔sin 4x =sinπ −2x

⇔ 

 

4x = π

2 −2x+k2π 4x =π− π

2 +2x+k2π

(k∈ Z)⇔ 

 

x = π

12 + k2π

3 x = π

4 +kπ

(k ∈Z)

 

x= π

12+ k2π

3 x= π

4 +kπ

(k∈ Z)

cos 8x+cos 2x+sinx=cos 8x ⇔cos 2x =cosπ +x

⇔ 

 

2x= π

2 +x+k2π 2x=−π

2 −x+k2π

(k ∈Z) ⇔ 

 

x= π

2 +k2π x=−π

6 + k2π

3

(k∈ Z)

 

x= π

2 +k2π x=−π

6 + k2π

3

(k∈ Z)

sinx+sin 2x=0⇔sin 2x=sin(−x)

⇔ "

2x =−x+k2π

2x =π+x+k2π (k

∈Z) ⇔ 



x= k2π

3 x=π+k2π

(k∈ Z)



x= k2π

3 x=π+k2π

(k∈ Z)

cos 5x+cosx =0⇔cos 5x=cos(π−x)

⇔ "

5x=π−x+k2π

5x= x−π+k2π (k∈ Z)⇔



 

x = π

6 + kπ

3 x =−π

4 + kπ

2

(k ∈ Z)

 

x= π

6 + kπ

3 x=−π

4 + kπ

2

(k∈ Z)

5 Phương trình tương đương sin

4π

9 +x

+sinπ −

π

18+x

=√3⇔2 sin

4π

9 +x

=√3

⇔ 

 

x+4π

9 =

π

3 +k2π x+4π

9 = 2π

3 +k2π ⇔



 

x=−π

9 +k2π x= 2π

9 +k2π

(51)

 

x=−π

9 +k2π x= 2π

9 +k2π

(k ∈Z)

BÀI Giải phương trình lượng giác sau (giả sử điều kiện xác định)

sin

3x+2π

3

=cos

x−9π ĐS:   

x= π

48+ kπ

2 x=−5π

24 +kπ

(k ∈ Z)

1

cos 2x =sin

x−2π ĐS:   

x = 7π

18 + k2π

3 x =−7π

6 +k2π

(k ∈ Z)

2

tan3x−π

=cotx ĐS:x = 7π

40 + kπ

4 (k ∈ Z)

3

cos2x+π

3

=−cosx+π

4 ĐS:   

x = 5π

36 + k2π

3 x =−13π

12 +k2π

(k ∈ Z)

1

sin2x+π

3

+sinx =0 ĐS:



 

x =−π +

k2π

3 x = 2π

3 +k2π

(k ∈ Z)

2

cotx−π

+cotπ −x

=0 ĐS:Vô nghiệm

3

sin

3x+2π

3

+sin

x−7π

=0 ĐS:



 

x= 11π

60 + kπ

2 x=−8π

15 +kπ

(k ∈ Z)

4

cos4x+π

3

+sinx−π

=0 ĐS:



 

x=−π 36+

k2π

3 x=−7π

60 + k2π

5

(k ∈ Z)

5

tan 2x·tan 3x =1 ĐS:x = π

10 + kπ

5 (k ∈ Z)

6

sin 5x+2 cos2x =1 ĐS: 

 

x =−π +

k2π

3 x =−π

14+ k2π

14

(k ∈ Z)

(52)

cot 2x= 1−tanx

1+tanx ĐS: x=

π

4 +kπ (k ∈ Z)

2

sin3x+π

5

+sin

4π

5 −3x

=√3 ĐS:



 

x= 2π

45 + k2π

3 x= 7π

45 + k2π

3

(k∈ Z)

3

cos 2xcosx+cosx=sin 2xsinx ĐS: 

 

x= π

4 + kπ

2 x=−π

2 +kπ

(k ∈ Z)

4

cos3x+π

3

+sin

5π

6 +3x

=2 ĐS:x =−π

9 + k2π

3 (k ∈ Z)

5

{DẠNG 3.2 Ghép cung thích hợp để áp dụng cơng thức tích thành tổng

cosa+cosb=2 cos a+b ·cos

a−b

2 cosa−cosb =−2 sin a+b

2 ·sin a−b

2 sina+sinb =2 sina+b

2 ·cos a−b

2 sina−sinb =2 cos a+b

2 ·sin a−b

2

!

Khi áp dụng tổng thành tích hai hàm sin cosin hai cung là a+b

2 , a−b

2 .

Do sử dụng nên nhẩm (tổng hiệu) hai cung trước để nhóm hạng tử thích hợp sao cho xuất nhân tử chung (cùng cung) với hạng tử lại cụm ghép khác trong phương trình cần giải.

1 VÍ DỤ

VÍ DỤ Giải phương trìnhsin 5x+sin 3x+sinx=0 ĐS: kπ

3 ,(k ∈ Z)

L Lời giải

Ta có

sin 5x+sin 3x+sinx=0⇔(sin 5x+sinx) +sin 3x =0⇔2 sin 3xcos 2x+sin 3x=0 ⇔ sin 3x(2 cos 2x+1) =0 ⇔

"

sin 3x =0 cos 2x+1 =0

⇔ 



3x=kπ

cos 2x =−1

(k∈ Z) ⇔ 

     

x = kπ

3 x = π

3 +lπ x =−π

3 +lπ

(k,l ∈ Z)

Kết hợp nghiệm đường tròn lượng giác, ta phương trình có nghiệmx = kπ

3 , (k ∈ Z)

(53)

VÍ DỤ Giải phương trìnhcos 3x+cos 2x+cosx+1=0 ĐS: π +

kπ

2 ,

π

3 + l2π

3 ,

(k,l ∈ Z)

L Lời giải

Ta có

cos 3x+cos 2x+cosx+1=0⇔(cos 3x+cosx) + (cos 2x+1) =0 ⇔ cos 2xcosx+2 cos2x =0⇔2 cosx(cos 2x+cosx) =

⇔ cos 2xcos3x cos

x

2 =0 ⇔ 

   

cos 2x=0 cos3x

2 =0 cosx

2 =0

⇔ 

     

2x= π

2 +kπ 3x

2 =

π

2 +lπ x

2 =

π

2 +mπ

(k,l,m ∈Z) ⇔ 

    

x= π

4 + kπ

2 x= π

3 + l2π

3 x=π+m2π

(k,l,m∈ Z)

Kết hợp nghiệm đường trịn lượng giác, ta phương trình có nghiệm x = π

4 + kπ

2 , x = π

3 + l2π

3 ,(k,l ∈Z)

1 sinx+sin 2x+sin 3x=0 ĐS: kπ ,±

2π

3 +l2π,(k,l ∈ Z)

2 cosx+cos 3x+cos 5x=0 ĐS: π +

kπ

3 ,±

π

3 +lπ,(k,l ∈ Z)

3 1−sinx−cos 2x+sin 3x=0 ĐS: kπ ,−

π

6 +m2π, 7π

6 +m2π,(k,m∈ Z)

4 cosx+cos 2x+cos 3x+cos 4x =0 ĐS:mnp

Lời giải.

1 Ta có

sinx+sin 2x+sin 3x=0⇔2 sin 2xcosx+sin 2x=0 ⇔ sin 2x(2 cosx+1) =0⇔

"

sin 2x=0 cosx+1=0

⇔ 



2x=kπ

cosx=−1

(k ∈ Z)⇔ 

 

x = kπ

2 x =±2π

3 +l2π

(k,l ∈Z)

Vậy phương trình có nghiệmx = kπ

2 ,x =± 2π

(54)

2 Ta có

cosx+cos 3x+cos 5x =0 ⇔2 cos 3xcos 2x+cos 3x=0 ⇔ cos 3x(2 cos 2x+1) = 0⇔

"

cos 3x =0 cos 2x+1=0 ⇔



 

3x= π

2 +kπ cos 2x =−1

(k∈ Z) ⇔ 

 

x= π

6 + kπ

3 x=±π

3 +lπ

(k,l ∈ Z)

Vậy phương trình có nghiệmx = π

6 + kπ

3 , x=±

π

3 +lπ,(k,l ∈ Z)

3 Ta có

1−sinx−cos 2x+sin 3x =0⇔2 cos 2xsinx+2 sin2x =0 ⇔ sinx(cos 2x+sinx) =0⇔

"

sin 2x=0 cos 2x =−sinx

⇔ 



2x =kπ

cos 2x=cosx+π

2

(k∈ Z) ⇔       

x= kπ

2 2x=x+ π

2 +l2π 2x=−x+π

2

+l2π

(k,l ∈ Z)

⇔       

x = kπ

2 x = π

2 +l2π x =−π

6 + l2π

3

(k,l∈ Z)

Kết hợp nghiệm đường tròn lượng giác, ta phương trình có nghiệm x = kπ

2 , x =−π

6 +m2π, x = 7π

6 +m2π,(k,m ∈Z)

4 Ta có

cosx+cos 2x+cos 3x+cos 4x =0⇔2 cos3x cos

x

2 +2 cos 7x

2 cos x =0 ⇔ cos x

2

cos 7x +cos

3x

=0⇔4 cosx 2cos

5x

2 cosx =0

⇔     

cosx =0 cos x

2 =0 cos 5x

2 =0 ⇔      

x = π

2 +kπ x =π+k2π

x = π

5 + k2π

5

(k∈ Z)

2 +kπ,x =π+k2π,x =

π

5 + k2π

5 , (k ∈Z)

1 sin 5x+sinx+2 sin2x =1 ĐS: π + kπ , π 18+ l2π , 5π 18 + l2π

(55)

2 sinx+sin 2x+sin 3x=1+cosx+cos 2x ĐS: π

2 +kπ,± 2π

3 +k2π,

π

6 +k2π, 5π

6 +k2π,

(k∈ Z)

3 cos 3x−2 sin 2x−cosx−sinx=1 ĐS:−π

2 +k2π,−

π

12+lπ, 7π

12 +lπ,(k,l ∈ Z)

4 4 sin 3x+sin 5x−2 sinxcos 2x=0 ĐS: kπ

3 ,(k ∈ Z)

Lời giải.

1 Ta có

sin 5x+sinx+2 sin2x =1⇔(sin 5x+sinx)−(1−2 sin2x) =0 ⇔ sin 3xcos 2x−cos 2x =0⇔cos 2x(2 sin 3x−1) =

⇔ "

cos 2x=0

2 sin 3x−1=0 ⇔       

x = π

4 + kπ

2 x = π

18+ l2π

3 x = 5π

18 + l2π

3

(k,l ∈Z)

4 + kπ

2 , x=

π

18+ l2π

3 , x= 5π

18 + l2π

3 ,(k,l ∈Z)

2 Ta có

sinx+sin 2x+sin 3x=1+cosx+cos 2x⇔ (sin 3x+sinx) +sin 2x= (1+cos 2x) +c x ⇔ sin 2xcosx+sin 2x=2 cos2x+cosx ⇔sin 2x(2 cosx+1)−cosx(2 cosx+1) =0

⇔ cosx(2 cosx+1)(2 sinx−1) = 0⇔ 

 

cosx =0 cosx+1 =0 sinx−1=0

⇔      

cosx =0 cosx =−1

2 sinx=

2 ⇔           

x= π

2 +kπ x=±2π

3 +k2π x= π

6 +k2π x= 5π

6 +k2π

(k∈ Z)

Vậy phương trình có nghiệm x = π

2 +kπ, x = ± 2π

3 +k2π, x =

π

6 +k2π, x = 5π

6 +k2π,

(k∈ Z)

3 Ta có

cos 3x−2 sin 2x−cosx−sinx =1⇔(cos 3x−cosx)−2 sin 2x−(sinx+1) = ⇔ −2 sin 2xsinx−2 sin 2x−(sinx+1) = 0⇔2 sin 2x(sinx+1)−(sinx+1) = ⇔ (sinx+1)(2 sin 2x+1) = 0⇔

"

sinx+1=0 sin 2x+1=0

⇔ 



sinx =−1 sin 2x =−1

2 ⇔       

x=−π

2 +k2π x=−π

12+lπ x= 7π

12 +lπ

(56)

Vậy phương trình có nghiệmx =−π

2 +k2π,x =−

π

12 +lπ,x = 7π

12 +lπ,(k,l ∈ Z)

4 Ta có

4 sin 3x+sin 5x−2 sinxcos 2x=0⇔4 sin 3x+sin 5x+sinx−sin 3x=0 ⇔ sin 3x+2 sin 3xcos 2x=0⇔sin 3x(3+2 cos 2x) =0

⇔ "

sin 3x =0

3+2 cos 2x =0(vô nghiệm) ⇔ x= kπ

3 ,(k ∈ Z) Vậy phương trình có nghiệmx = kπ

3 ,(k∈ Z)

1 sin 3x+cos 2x−sinx=0 ĐS: π +

kπ

2 ,

π

6 +l2π, 5π

6 +l2π,k,l ∈Z

2 sinx−4 cosx+sin 3x=0 ĐS: π

4 +kπ,k ∈Z

3 cos 3x+2 sin 2x−cosx=0 ĐS: kπ

2 ,k ∈Z

4 cosx−cos 2x=sin 3x ĐS: k2π ,

π

4 +kπ,−

π

2 +k2π,k ∈Z BÀI Giải phương trình lượng giác sau

1 sin 5x+sin 3x+2 cosx=1+sin 4x ĐS: −π +

kπ

2 ,±

π

3 +l2π, (k,l ∈Z)

2 cos 2x−sin 3x+cos 5x=sin 10x+cos 8x ĐS: π

4 +kπ,−

π

16+ kπ

4 ,

π

30 + l2π

5 , 5π

30 + l2π

5 , (k,l ∈Z)

3 1+sinx+cos 3x=cosx+sin 2x+cos 2x ĐS:kπ,±π

3 +k2π,−

π

6 +l2π, 7π

6 +l2π, (k,l ∈Z)

4 sinx+sin 2x+sin 3x=cosx+cos 2x+cos 3x ĐS: π +

kπ

2 ,± 2π

3 +l2π, (k,l ∈Z) {DẠNG 3.3 Hạ bậc gặp bậc chẵn sin cos

Sử dụng công thức hạ bậc

sin2α = 1−cos 2α

2 .

1 cos2α = 1+cos 2α

2 . 2

tan2α = 1−cos 2α

1+cos 2α.

3 cot2α = 1+cos 2α

1−cos 2α.

(57)

!

Đối với công thức hạ bậc sin cosin Mỗi lần hạ bậc xuất hiện

2 và cung góc tăng gấp đơi.

Mục đích việc hạ bậc để triệt tiêu số không mong muốn nhóm hạng tử thích hợp để sau áp dụng cơng thức (tổng thành tích sau hạ bậc) xuất nhân tử chung làm tốn đơn giản hơn.

1 VÍ DỤ

VÍ DỤ Giải phương trìnhsin22x−cos28x=

2cos 10x ĐS:

π

20+ kπ

10,±

π

18 + kπ

3 ,

(k ∈Z)

L Lời giải

Ta có

sin22x−cos28x=

2cos 10x ⇔

1−cos 4x −

1+cos 16x =

1

2cos 10x ⇔ cos 16x+cos 4x−cos 10x =0 ⇔2 cos 10xcos 6x−cos 10x=0 ⇔

"

cos 10x=0

2 cos 6x−1=0 ⇔ 

 

x= π

20+ kπ

10 x=±π

18+ kπ

3

(k ∈Z)

Phương trình có nghiệmx = π

20 + kπ

10, x=±

π

18+ kπ

3 ,(k∈ Z)

VÍ DỤ Giải phương trìnhcos2x+cos22x+cos23x+cos24x =

2 ĐS:

π

8 + kπ

4 , ±1

2arccos

−1−√5

4 +lπ,±

2arccos

−1+√5

4 +lπ,(k,l ∈ Z)

L Lời giải

Ta có

cos2x+cos22x+cos23x+cos24x =

2 ⇔ 1+cos 2x

2 +

1+cos 4x +

1+cos 6x +cos

24x =

⇔ cos 6x+cos 2x+cos 4x+2 cos24x=0⇔2 cos 4xcos 2x+cos 4x+2 cos24x=0 ⇔ cos 4x(2 cos 4x+2 cos 2x+1) = 0⇔cos 4x(4 cos22x+2 cos 2x−1) =

⇔ 

     

cos 4x =0 cos 2x = 1−

√ cos 2x = 1+

√

⇔ 

      

x= π

8 + kπ

4 x=±1

2arccos

−1−√5 +lπ x=±1

2arccos

−1+√5 +lπ

(58)

Phương trình có nghiệmx = π

8 + kπ

4 , x = ±

2arccos

−1−√5

4 +lπ, x = ±

2arccos

−1+√5 +

lπ,(k,l ∈Z)

1 sin2x=

2 ĐS:

π

4 + kπ

4 ,(k ∈ Z)

2 cos22x−π

=

4 ĐS:

π 24 + kπ , 5π 24 + kπ

2 ,(k ∈ Z)

3 cos2x = 2+

√

4 ĐS:±

π

12 +kπ,(k ∈ Z)

4 sin2x−1=0 ĐS:±π

6 +kπ,(k ∈ Z)

5 sin2

3x+2π

3

=sin2

7π

4 −x

ĐS: 13π

48 + kπ

4 ,− 29π

24 + kπ

2 ,(k ∈ Z)

6 cos4x+sin4x+π

4

=

4 ĐS:±

1

2arccos

−2+√2

2 +kπ,(k ∈ Z)

Lời giải.

1 Ta có

sin2x =

2 ⇔

1+cos 2x =

1

2 ⇔cos 2x =0⇔x =

π

4 + kπ

4 ,(k∈ Z) Vậy phương trình có nghiệmx = π

4 + kπ

4 ,(k ∈Z)

2 Ta có

cos22x−π

=

4 ⇔

1+cos4x− π

2 =

3

4 ⇔sin 4x= ⇔



 

x = π

24+ kπ

2 x = 5π

24 + kπ

2

(k ∈Z)

24 + kπ

2 , x= 5π

24 + kπ

2 ,(k ∈ Z)

3 Ta có

cos2x = 2+

√ ⇔

1+cos 2x =

2+√3

4 ⇔cos 2x = √

3

2 ⇔ x=±

π

12+kπ,(k∈ Z) Vậy phương trình có nghiệmx =±π

12 +kπ,(k ∈ Z)

4 Ta có

4 sin2x−1 =0⇔2(1−cos 2x)−1=0⇔cos 2x=

2 ⇔x =±

π

6 +kπ,(k∈ Z) Vậy phương trình có nghiệmx =±π

(59)

5 Ta có

sin2

3x+2π

3

=sin2

7π

4 −x

⇔

1−cos

6x+4π

3

2 =

1−cos

7π

2 −2x

2 ⇔ cos

6x+ 4π

3

=cos

7π

2 −2x ⇔    

6x+4π

3 = 7π

2 −2x+k2π 6x+4π

3 =−

7π

2 −2x

+k2π

(k∈ Z)

⇔ 

 

x= 13π

48 + kπ

4 x=−29π

24 + kπ

2

(k ∈ Z)

Vậy phương trình có nghiệmx = 13π

48 + kπ

4 , x=− 29π

24 + kπ

2 ,(k ∈ Z)

6 Ta có

cos4x+sin4x+π

4

=

4 ⇔

1+cos 2x 2 +   

1−cos2x+π

2    = ⇔ (1+cos 2x)2+ (1+cos 2x)2 =1⇔2 cos22x+4 cos 2x+1 =0

⇔ 

  

cos 2x = −2−

√

2 (vô nghiệm) cos 2x = −2+

√ 2

⇔ x=±1

2arccos

−2+√2

2 +kπ,(k∈ Z)

Vậy phương trình có nghiệmx =±1

2arccos

−2+√2

2 +kπ,(k∈ Z)

1 sin22x+sin2x =1 ĐS: kπ

3 ,(k ∈ Z)

2 sin22x+cos23x=1 ĐS: kπ

5 ,(k ∈ Z)

3 sin2x+sin22x+sin23x =

2 ĐS:

π

8 + kπ

4 ,±

π

3 +lπ,(k,l ∈ Z)

4 cos2x+cos22x+cos23x =

2 ĐS:

π

8 + kπ

4 ,±

π

3 +lπ,(k,l ∈ Z)

5 sin2x+sin22x+sin23x =2 ĐS: π

4 + kπ , π + kπ

3 ,(k ∈ Z)

6 sin2x+sin23x =cos22x+cos24x ĐS: π +kπ,

π + lπ , π 10+ lπ

5 ,(k,l ∈ Z)

7 sin3xcosx−sinxcos3x =

√

8 ĐS: −

π 16 + kπ , 5π + kπ

(60)

8 sin3xcosx+sinxcos3x =− √

2

4 ĐS:−

π

8 +kπ, 5π

8 +kπ,(k ∈ Z) BÀI Giải phương trình lượng giác sau

1 sin24x+cos26x=sin 10x,∀x∈ 0; π

ĐS:x = 3π

4 ; x= kπ

10, k=1,

2 cos 3x+sin 7x=2 sin2 π + 5x

−2 cos29x

2 ĐS:

      

x = π

12 + kπ

6 x = π

4 +kπ x =−π

8 + kπ

2

(k ∈ Z)

3 sin22x+sin 7x−1=sinx ĐS:       

x = π

8 + kπ

4 x = π

18 + k2π

3 x = 5π

18 + k2π

3

(k ∈ Z)

4 cos2x+cos22x+cos23x+cos24x=2 ĐS:       

x = π

10 + kπ

5 x = π

4 + kπ

2 x = π

2 +kπ

(k ∈ Z)

5 cos2x+cos22x+cos2π −3x

=

4 ĐS:

      

x = π

6 + kπ

3 x =−π

6 +kπ x =−π

12 + kπ

2

(k ∈ Z)

6 sin24x−cos26x=sinπ

2 +10x

,∀x∈ 0,π

ĐS:x = π

3;x =

π

20+ kπ

10, k=0,

7 sin23x−cos24x=sin25x−cos26x ĐS:       

x= π

2 +kπ x= kπ

2 x= kπ

9

(k ∈ Z)

8 tan2x+sin22x =4 cos2x ĐS:x = π

4 + kπ

2 (k ∈ Z)

9 cos23x·cos 2x−cos2x =0 ĐS: x= kπ

2 (k ∈ Z)

10 sin2 x −

√

3 cos 2x=1+2 cos2

x−3π ĐS:   

x= 5π

6 +k2π x= 5π

18 +k2π

(61)

{DẠNG 3.4 Xác định nhân tử chung để đưa phương trình tích

Đa số đề thi, kiểm tra thường phương trình đưa tích số Do đó, trước giải ta phải quan sát xem chúng có lượng nhân tử chung nào, sau định hướng để tách, ghép, nhóm phù hợp Một số lượng nhân tử thường gặp:

1 Các biểu thức có nhân tử chung vớicosx±sinxthường gặp là:

1±sin 2x =sin2x±2 sinxcosx+cos2x = (sinx±cosx)2

cos 2x =cos2x−sin2x = (cosx+sinx)(cosx−sinx)

cos4x−sin4x = (cos2x−sin2x)(cos2x+sin2x) = (cosx+sinx)(cosx−sinx)

cos3x−sin3x = (cosx∓sinx)(1±sinxcosx)

1±tanx =1± sinx cosx =

cosx±sinx cosx 1±cotx =1±cosx

sinx =

sinx±cosx sinx cosx− π

4

=sinx+ π

4

= √1

2(sinx+cosx) sinx− π

4

=−cosx+ π

4

= √1

2(sinx−cosx)

2 Nhìn góc độ đẳng thức số 3, dạnga2−b2= (a−b)(a+b), chẳng hạn:

sin2x+cos2x =1⇒

sin2x=1−cos2x = (1−cosx)(1+cosx)

cos2x =1−sin2x = (1−sinx)(1+sinx)

cos3x=cosx·cos2x =cosx(1−sin2x) = cosx(1−sinx)(1+sinx)

sin3x=sinx·sin2x=sinx(1−cos2x) =sinx(1−cosx)(1+cosx)

cos3x−sin3x = (cosx∓sinx)(1±sinxcosx)

3−4 cos2x=3−4(1−sin2x) = sin2x−1= (2 sinx−1)(2 sinx+1)

sin 2x = 1+sin 2x−1 = sin2x+2 sinxcosx+cos2x−1 = (sinx+cosx)2−1 = (sinx+cosx−1)(sinx+cosx+1)

2(cos4x−sin4x) +1=3 cos2x−sin2x= (√3 cosx−sinx)(√3 cosx+sinx)

3 Phân tích tam thức bậc hai dạng: f(X) = aX2+bX+c =a(X−X1)(X−X2)với Xcó thể là sinx, cosxvàX1,X2là hai nghiệm của f(X) =0

1 VÍ DỤ

VÍ DỤ Giải phương trình2 cosx+√3 sinx=sin 2x+√3 ĐS: π

2 +k2π,±

π

6 +k2π,

(k ∈Z)

(62)

Ta có:2 cosx+√3 sinx=sin 2x+√3 ⇔(2 cosx−sin 2x) +√3 sinx−√3=0 ⇔2 cosx(1−sinx) +√3(sinx−1) = ⇔(1−sinx)2 cosx−√3=0

⇔ 



sinx =1 cosx =

√

⇔ 



x = π

2 +k2π x=±π

6 +k2π

,k ∈ Z Vậy phương trình có nghiệm là: x = π

2 +k2π; x =±π

6 +k2π,k∈ Z

VÍ DỤ Giải phương trìnhcos 2x+ (1+sinx) (sinx+cosx) =0.ĐS:π+k2π, 3π

4 +kπ,

(k,l ∈ Z)

L Lời giải

Ta có:cos 2x+ (1+sinx) (sinx+cosx) = ⇔cos2x−sin2x+ (1+sinx) (sinx+cosx) =0

⇔(cosx−sinx) (cosx+sinx) + (1+sinx) (sinx+cosx) =0 ⇔(sinx+cosx) (cosx+1) =0

⇔

cosx=−1

cosx+sinx =0 ⇔ "

x =π+k2π

√

2 cosx− π

=0 ⇔ "

x =π+k2π

x−π =

π

2 +kπ ⇔

"

x=π+k2π

x = 3π

4 +kπ Vậy phương trình có nghiệm là:x =π+k2π; x= 3π

4 +kπ,k ∈ Z

VÍ DỤ Giải phương trình(sinx−cosx+1) (−2 sinx+cosx)−sin 2x=0 ĐS: x=k2π;x = 3π

2 +k2π;x = −π

2 +k2π, k∈ Z

L Lời giải

Ta có:(sinx−cosx+1) (−2 sinx+cosx)−sin 2x =0

⇔(sinx−cosx+1) (−2 sinx+cosx) + (1−sin 2x)−1 =0 ⇔(sinx−cosx+1) (−2 sinx+cosx) + (sinx−cosx)2−1=0

⇔(sinx−cosx+1) (−2 sinx+cosx) + (sinx−cosx−1) (sinx−cosx+1) =0 ⇔(sinx−cosx+1) (−2 sinx+cosx+sinx−cosx−1) =0

⇔(sinx−cosx+1) (−sinx−1) =

⇔

sinx−cosx+1=0 sinx=−1 ⇔



 √

2 sinx−π

+1=0 x = −π

2 +k2π

⇔ 

 

sinx− π

= √−1 x= −π

2 +k2π ⇔



   

x−π =−

π

4 +k2π x−π

4 =π+

π

4 +k2π x = −π

2 +k2π ⇔



   

x=k2π

x= 3π

2 +k2π x= −π

2 +k2π

,k∈ Z

Vậy phương trình có nghiệm là:x =k2π; x= 3π

2 +k2π; x= −π

(63)

VÍ DỤ Giải phương trình2 sinx−√3 sinxcosx+√3=1−4 cos2x ĐS: x= π

3 +k2π; x= 2π

3 +k2π; x=kπ, k∈ Z

L Lời giải

Ta có:2 sinx−√3 sinxcosx+√3=1−4 cos2x ⇔2 sinx−√3 sinxcosx+√3=1−4(1−sin2x)

⇔2 sinx−√3 sinxcosx+√3=4 sin2x−3

⇔2 sinx−√3 sinxcosx+√3=2 sinx−√3 sinx+√3=0 ⇔2 sinx−√3(sinxcosx−2 sinx) =0

⇔2 sinx−√3sinx(cosx−2) =

⇔ 

sinx = √

3 sinx=0

⇔ 

  

x = π

3 +k2π x=π−π

3 +k2π x =kπ

⇔ 

  

x = π

3 +k2π x = 2π

3 +k2π x =kπ

,k∈ Z

Vậy phương trình có nghiệm là:x = π

3 +k2π;x = 2π

3 +k2π;x =kπ,k ∈Z

1 sin 2x−√3 sinx =0 ĐS:x = π

6 +k2π;x =−

π

2 (sinx+cosx)2 =1+cosx ĐS: x= π

2 +kπ; x=

π

6 +k2π; x= 5π

6 +k2π,k ∈Z

3 sinx+cosx=cos 2x ĐS:x =−π

4 +kπ;x= 3π

2 +k2π;x =k2π,k ∈Z

4 cos 2x+ (1+2 cosx)(sinx−cosx) =0 ĐS: x= π

4 +kπ;x =−

π

4 +k2π,k ∈Z

Lời giải.

1 Ta có Ta có:sin 2x−√3 sinx =0 ⇔2 sinxcosx−√3 sinx=0 ⇔sinx2 cosx−√3 =0 ⇔





sinx=0 cosx =

√

⇔ "

x=kπ

x =±π

6 +k2π

,k ∈Z Vậy phương trình có nghiệm là:x = π

6 +k2π;x =−

π

2 Ta có:(sinx+cosx)2 =1+cosx

(64)

⇔cosx(2 sinx−1) =0 ⇔ "

cosx =0 sinx =

2 ⇔     

x= π

2 +kπ x = π

6 +k2π x= 5π

6 +k2π

,k∈ Z

2 +kπ;x =

π

6 +k2π;x = 5π

6 +k2π,k∈ Z

3 Ta có:sinx+cosx =cos 2x ⇔sinx+cosx=cos2x−sin2x

⇔sinx+cosx= (cosx+sinx) (cosx−sinx)

⇔(sinx+cosx) (1−cosx+sinx) =0 ⇔

sinx+cosx =0 sinx−cosx=−1 ⇔



 √

2 sinx+π

4

=0 √

2 sinx−π

=−1 ⇔ 

 

sinx+π

4

=0 sinx− π

4

= √−1 ⇔      

x+π

4 =kπ x−π

4 = −π

4 +k2π x−π

4 = 5π

4 +k2π ⇔



  

x =−π +kπ x =k2π

x= 3π

2 +k2π

,k ∈Z

Vậy phương trình có nghiệm là:x =−π

4 +kπ;x= 3π

2 +k2π;x =k2π,k ∈Z

4 Ta có

Ta có:cos 2x+ (1+2 cosx)(sinx−cosx) = ⇔cos2x−sin2x+ (1+2 cosx)(sinx−cosx) =0

⇔(cosx−sinx)(cosx+sinx)−(1+2 cosx)(cosx−sinx) =0 ⇔(cosx−sinx)(cosx+sinx−1−2 sinx) =0

⇔(cosx−sinx)(cosx−sinx−1) =0 ⇔

cosx−sinx =0 cosx−sinx =1 ⇔





cosx+π

4

=0 cosx+π

4

=1 ⇔ 

 x+π

4 =

π

2 +kπ x+π

4 =k2π ⇔





x= π

4 +kπ x=−π

4 +k2π ,k∈

Z

4 +kπ;x=−

π

4 +k2π,k∈ Z

1 (tanx+1)sin2x+cos 2x=0 ĐS: x =−π

4 +kπ,k ∈Z

2 sinx(1+cos 2x) +sin 2x =1+cosx ĐS: x =π+k2π;x = π

4 +kπ,k ∈Z

3 sin 2x+cosx−√2 sinx−π

=1 ĐS: x=−π

2 +k2π; x=±

π

3 +k2π,k ∈Z

4

√

2 cosπ −x

· 1+cos 2x

sinx =1+cotx ĐS:x =

π

4 +k

π

2,k ∈Z

Lời giải.

1 Ta có:(tanx+1)sin2x+cos 2x =0 ⇔

sinx cosx +1

sin2x+ (cos2x−sin2x) =0

(65)

⇔(sinx+cosx)(sin2x+cos2x−sinxcosx) =0 ⇔(sinx+cosx)(1−1

2sin 2x) =0 ⇔

sinx+cosx =0

sin 2x =2(loại) ⇔ sinx+cosx = ⇔ √

2 sinx+π

4

= ⇔ x+ π

4 = kπ ⇔ x = −π

4 +kπ,k ∈ Z

Vậy phương trình có nghiệm là:x =−π

4 +kπ,k ∈ Z

2 Ta có:sinx(1+cos 2x) +sin 2x=1+cosx ⇔2 sinxcos2x+sin 2x =1+cosx

⇔sin 2xcosx+sin 2x=1+cosx ⇔sin 2x(1+cosx) =1+cosx ⇔(1+cosx)(sin 2x−1) = 0⇔

cosx=−1 sin 2x =1 ⇔

"

x =π+k2π

2x = π

2 +k2π ⇔

"

x=π+k2π

x = π

4 +kπ

,k ∈Z Vậy phương trình có nghiệm là:x =π+k2π;x = π

4 +kπ,k ∈Z

3 Ta có:sin 2x+cosx−√2 sinx−π

=1 ⇔sin 2x+cosx−sinx+cosx−1 =0 ⇔sin 2x+2 cosx−sinx−1=0

⇔2 sinxcosx+2 cosx−(sinx+1) = ⇔2 cosx(sinx+1)−(sinx+1) = ⇔(sinx+1)(2 cosx−1) =

⇔ "

sinx =−1 cosx =

2 ⇔





x=−π

2 +k2π x=±π

3 +k2π

,k ∈ Z Vậy nghiệm phương trình là:x =−π

2 +k2π;x =±

π

3 +k2π,k∈ Z

4 Ta có Điều kiện:sinx6=0⇔x 6=kπ,k ∈Z

Ta có:√2 cosπ −x

· 1+cos 2x

sinx =1+cotx ⇔(cosx+sinx)· 1+cos 2x

sinx =

sinx+cosx sinx

⇔(sinx+cosx)(1+cos 2x)−(sinx+cosx) = ⇔(sinx+cosx)cos 2x =0

⇔

sinx+cosx=0 cos 2x =0 ⇔



 √

2 sinx+π

4

=0 2x = π

2 +kπ

⇔ 



x+π

4 =kπ 2x= π

2 +kπ ⇔





x =−π +kπ x= π

4 +k

π

2 ⇔x = π

4 +k

π

2,k ∈Z

Vậy nghiệm phương trình là:x = π

4 +k

π

2,k ∈Z

1 1+tanx =2√2 sinx+π

4

ĐS: x=−π

4 +kπ;x =±

π

3 +k2π,k ∈Z

2 cosx+cos 3x=1+√2 sin2x+π

4

ĐS: x=−π

4 +kπ;x =

π

(66)

3 (2 cosx+1)(cos 2x+2 sinx−2) = 3−4 sin2x ĐS: x = 2π

3 +k2π;x=− 2π

3 +k2π;x =

π

4 +kπ,k ∈Z

4 (2 sinx−1)(2 cos 2x+2 sinx+3) = 3−4 cos2x ĐS: x = π

6 +k2π;x= 5π

6 +k2π;x =

π

2 +kπ,k ∈Z BÀI Giải phương trình lượng giác sau

1 sin2x+3√3 sin 2x−2 cos2x =4 ĐS: x= π

2 +kπ;x =

π

6 +kπ,k ∈Z

2 (cosx+1)(cos 2x+2 cosx) +2 sin2x =0 ĐS: x=π+k2π,k ∈Z

3 1+sinx+cos 3x=cosx+sin 2x+cos 2x ĐS:kπ,±π

3 +k2π,−

π

6 +l2π, 7π

6 +l2π, (k,l ∈Z)

4 sinx+sin 2x+sin 3x=cosx+cos 2x+cos 3x ĐS: π +

kπ

2 ,± 2π

3 +l2π, (k,l ∈Z) BÀI Giải phương trình lượng giác sau:

1 sin2x−√3 sinxcosx+cos2x=1

ĐS:x =kπ;x = π

3 +nπ

2 sin 2xsinx+2 sin 2x−2 sinx=4−4 cos2x ĐS:x=k1π, x=−π

6 +k22π,x = 7π

6 +k32πvàx =±

π

3 +k42π vớik1,k2,k3,k4 ∈ Z

3 sin2x+3√3 sin 2x−2 cos2x =4

ĐS:x = π

2 +kπvàx=

π

6 +k

0

π, vớik,k0 ∈ Z

4 (cosx+1)(cos 2x+2 cosx) +2 sin2x =0

ĐS:x =π+k2π,k∈ Z

5 (2 cosx+1)(sin 2x+2 sinx−2) = cos2x−1 ĐS: x=±2π

3 +k12πvàx=

π

4 +k2π, vớik1,k2 ∈ Z

6 (2 sinx−1)(2 cos 2x+2 sinx+3) = sin2x−1 ĐS:x = π

6 +k12π, x= 5π

6 +k22πvàx=

π

2 +k3π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

7 (2 sinx−1)(2 sin 2x+1) +4 cos2x=3 ĐS: x= π

6 +k12π,x = 5π

6 +k22π, x =k3π, x =±

π

3 +k4π vớik1,k2,k3,k4 ∈ Z

8 (2 sinx−1)(2 cos 2x+2 sinx+1) = 3−4 cos2x ĐS:x = π

6 +k12π, x = 5π

6 +k22πvàx =

π

4 +k3

π

2, vớik1,k2,k3 ∈ Z

9 sin 2x = (sinx+cosx−1)(2 sinx+cosx+2)

ĐS:x = π

2 +kπ,x =k

02

π, vớik,k0 ∈ Z

10 2(cos4x−sin4x) +1=√3 cosx−sinx ĐS:x = π

3 +k1π,x =

π

2 +k22π, x=−

π

(67)

Lời giải.

1 Ta có

2 sin2x−√3 sinxcosx+cos2x =1 ⇔ sin2x−√3 sinxcosx=0 ⇔ sinx(sinx−√3 cosx) =0 ⇔

"

sinx =0

sinx−√3 cosx =0 ⇔

"

x=kπ

tanx=√3 ⇔





x =kπ

x = π

3 +nπ

,(k,n∈ Z)

Vậy phương trình cho có hai nghiệm làx =kπvàx = π

3 +nπ vớik,n ∈Z ĐS:x =kπ;x = π

3 +nπ

2 Ta có

4 sin 2xsinx+2 sin 2x−2 sinx=4−4 cos2x ⇔ sin 2x(2 sinx+1)−2 sinx(2 sinx+1) =0 ⇔ (2 sinx+1)(4 sinxcosx−2 sinx) = ⇔ (2 sinx+1)(2 cosx−1)sinx =0

⇔ 

    

sinx=0 cosx=

2 sinx=−1

2

⇔ 

       

x =k1π

x =−π

6 +k22π x = 7π

6 +k32π x =±π

3 +k42π

Vậy phương trình cho có năm nghiệm x = k1π, x = −π

6 +k22π,x = 7π

6 +k32π x =±π

3 +k42π vớik1,k2,k3,k4∈ Z ĐS:x=k1π, x=−π

6 +k22π,x = 7π

6 +k32πvàx =±

π

(68)

3 Ta có

4 sin2x+3√3 sin 2x−2 cos2x =4 ⇔ 6√3 sinxcosx−6 cos2x =0 ⇔ cosx(√3 sinx−cosx) =0 ⇔

"

cosx =0 √

3 sinx−cosx =0 ⇔



 x = π

2 +kπ cotx =√3 ⇔



 

x = π

2 +kπ x = π

6 +k

0

π

Vậy phương trình cho có hai nghiệm làx = π

2 +kπvàx=

π

6 +k

0

π, vớik,k0 ∈ Z

ĐS:x = π

2 +kπvàx=

π

6 +k

0

π, vớik,k0 ∈ Z

4 Ta có

(cosx+1)(cos 2x+2 cosx) +2 sin2x =0 ⇔ (cosx+1)(cos 2x+2 cosx) +2(1−cos2x) =0 ⇔ (cosx+1)(cos 2x+2 cosx+2−2 cosx) =0 ⇔ (cosx+1)(cos 2x+2) =

⇔ cosx=−1 ⇔ x =π+k2π

Vậy phương trình cho có nghiệm làx=π+k2π,k ∈Z

ĐS:x =π+k2π,k∈ Z

5 Ta có

(2 cosx+1)(sin 2x+2 sinx−2) =4 cos2x−1

⇔ (2 cosx+1)(sin 2x+2 sinx−2) = (2 cosx−1)(2 cosx+1))

⇔ (2 cosx+1)(sin 2x+2 sinx−2−2 sinx+1) =0 ⇔ (2 cosx+1)(sin 2x−1) =0

⇔ 



cosx =−1 sin 2x =1 ⇔



 

x =±2π

3 +k12π 2x = π

2 +k22π ⇔



 

x =±2π

3 +k12π x = π

4 +k2π

Vậy phương trình cho có ba nghiệm làx =±2π

3 +k12π vàx =

π

4 +k2π, với k1, k2 ∈Z ĐS: x=±2π

3 +k12πvàx=

π

(69)

6 Ta có

(2 sinx−1)(2 cos 2x+2 sinx+3) =4 sin2x−1

⇔ (2 sinx−1)(2 cos 2x+2 sinx+3) = (2 sinx+1)(2 sinx−1)

⇔ (2 sinx−1)(2 cos 2x+2 sinx+3−2 sinx−1) = ⇔ (2 sinx−1)(cos 2x+1) =0

⇔ 



sinx =

2 cos 2x =−1

⇔ 

     

x = π

6 +k12π x = 5π

6 +k22π x = π

2 +k3π

Vậy phương trình cho có ba nghiệm x = π

6 +k12π, x = 5π

6 +k22π vàx =

π

2 +k3π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

ĐS:x = π

6 +k12π, x= 5π

6 +k22πvàx=

π

2 +k3π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

7 Ta có

(2 sinx−1)(2 sin 2x+1) +4 cos2x =3 ⇔ (2 sinx−1)(2 sin 2x+1) +1−4 sin2x =0 ⇔ (2 sinx−1)(4 sinxcosx+1−1−2 sinx) =0 ⇔





sinx=

2

2 sinxcosx−sinx=0

⇔ 

    

sinx=

2 sinx=0 cosx=

2

⇔ 

       

x = π

6 +k12π x = 5π

6 +k22π x =k3π

x =±π

3 +k4π

Vậy phương trình cho có năm nghiệm x = π

6 +k12π, x = 5π

6 +k22π, x = k3π, x =±π

3 +k4π vớik1,k2,k3,k4∈ Z ĐS: x= π

6 +k12π,x = 5π

6 +k22π, x =k3π, x =±

π

(70)

8 Ta có

(2 sinx−1)(2 cos 2x+2 sinx+1) =3−4 cos2x ⇔ (2 sinx−1)(2 cos 2x+2 sinx+1) =4 sin2x−1 ⇔ (2 sinx−1)(2 cos 2x+2 sinx+1−2 sinx−1) =0 ⇔





sinx=

2 cos 2x=0

⇔ 

     

x = π

6 +k12π x = 5π

6 +k22π x = π

4 +k3

π

2

Vậy phương trình cho có ba nghiệm làx = π

6 +k12π, x = 5π

6 +k22π vàx =

π

4 +k3

π

2, vớik1,k2,k3 ∈ Z

ĐS:x = π

6 +k12π, x = 5π

6 +k22πvàx =

π

4 +k3

π

2, vớik1,k2,k3 ∈ Z

9 Ta có

sin 2x = (sinx+cosx−1)(2 sinx+cosx+2)

⇔ sin 2x =sin2x+3 sinxcosx+cosx−1 ⇔ sin2x−1+sinxcosx+cosx =0

⇔ (sinx−1)(sinx+1) +cosx(sinx+1) = ⇔ (sinx+1)(sinx+cosx−1) =0

⇔ 



sinx =−1 √

2 cosx−π

=1

⇔ 



sinx =−1 cosx−π

=

√ 2

⇔ 

    

x =−π

2 +k12π x− π

4 =

π

4 +k22π x− π

4 =−

π

4 +k32π

⇔ 

   

x =−π

2 +k12π x = π

2 +k22π x =k32π

⇔ 

 x = π

2 +kπ x =k02π

2 +kπ,x =k

02

π, vớik, k0 ∈ Z

ĐS:x = π

2 +kπ,x =k

02

(71)

10 Ta có

2(cos4x−sin4x) +1 =√3 cosx−sinx ⇔ 2(cos2x−sin2x) +1 =√3 cosx−sinx ⇔ cos 2x+1=√3 cosx−sinx

⇔ cos 2x+1

2 = √

3

2 cosx− 2sinx ⇔ cosx+π

6

cosx−π

=cosx+π

6

⇔ 

 

cosx+ π

6

=0 cosx− π

6

=

2

⇔ 

    

x+π

6 =

π

2 +k1π x−π

6 =

π

3 +k22π x−π

6 =−

π

3 +k32π

⇔ 

    

x= π

3 +k1π x= π

2 +k22π x=−π

6 +k32π Vậy phương trình cho có ba nghiệm làx = π

3 +k1π, x=

π

2 +k22π,x =−

π

6 +k32π, với k1,k2,k3∈ Z

ĐS:x = π

3 +k1π,x =

π

2 +k22π, x=−

π

6 +k32π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

BÀI Giải phương trình lượng giác sau:

1 sinx+4 cosx=2+sin 2x

ĐS: x=±π

3 +k2π vớik∈ Z

2 sin 2x+√3=2 cosx+√3 sinx

ĐS: x= π

2 +k12π,x =±

π

6 +k22π vớik1,k2 ∈ Z

3 √2(sinx−2 cosx) =2−sin 2x

ĐS: x=±3π

4 +k2π vớik∈ Z

4 sin 2x−sinx=2−4 cosx

ĐS: x=±π

3 +k2π vớik∈ Z

5 sin 2x+2 cosx−sinx−1=0

ĐS:x =−π

2 +k2π, x=±

π

3 +k

0

2π, vớik,k0 ∈ Z

6 sin 2x−2 sinx−2 cosx+2=0

ĐS:x = π

2 +k2π,x =k

02

(72)

7 sin 2x+1=6 sinx+cos 2x

ĐS:x =kπ vớik∈ Z

8 sin 2x−cos 2x=2 sinx−1

ĐS:x =k1π,x = π

9 sin 2x+2 sinx+1=cos 2x

ĐS:x =k1π,x =

π

10 sinx(1+cos 2x) +sin 2x =1+cosx

ĐS:x =π+k2π,x = π

4 +k

0

πvớik,k0 ∈ Z

11 sin 2x−sinx+2 cos 2x=1−4 cosx

ĐS: x=±π

3 +k2π,k∈ Z

12 (2 cosx−1)(2 sinx+cosx) = sin 2x−sinx ĐS:x =±π

3 +k12π, x=π+k22π, x=−

π

2 +k32π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

13 tanx+cotx=2(sin 2x+cos 2x) ĐS:x = π

4 +k1

π

2,x =

π

12 +k2π, x= 5π

12 +k3π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

14 (1+sin2x)cosx+ (1+cos2x)sinx=1+sin 2x ĐS:x = 3π

4 +k1π, x=k22π, x=

π

2 +k32π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

15 sin 2x+2 sin2x =sinx+cosx ĐS: x= 3π

4 +k1π,x =

π

6 +k22π, x= 5π

6 +k32π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

16 cos 3x+cosx=2√3 cos 2xsinx

ĐS: x= π

4 +k1

π

2, x=

π

17 cos 3x−cosx=2 sinxcos 2x

ĐS:x =k1π,x =−π

8 +k2

π

2, vớik1,k2 ∈ Z

18 sin2x−sin 2x+sinx+cosx =1

ĐS:x=k2π,x = π

6 +k

02π

3 , vớik,k

0 ∈ Z. 19 cosx+tanx=1+tanxsinx

ĐS: x= π

4 +k1π,x =k32π, vớik1,k2 ∈ Z

20 tanx =sin 2x−2 cot 2x

ĐS: x= π

4 +k1

π

2, x=

π

(73)

1 Ta có

sinx+4 cosx=2+sin 2x

⇔ sinx−2+4 cosx−2 sinxcosx=0 ⇔ (sinx−2)(1−2 cosx) =

⇔ cosx=

2 ⇔ x =±π

3 +k2π Vậy phương trình có hai nghiệm làx =±π

3 +k2πvớik∈ Z

ĐS: x=±π

3 +k2π vớik∈ Z

2 Ta có

sin 2x+√3=2 cosx+√3 sinx

⇔ sinxcosx−2 cosx+√3−√3 sinx=0 ⇔ (sinx−1)(2 cosx−√3) =

⇔ 



sinx=1 cosx =

√ ⇔



 

x= π

2 +k12π x=±π

6 +k22π Vậy phương trình có ba nghiệm làx = π

2 +k12π, x=±

π

6 +k22πvớik1, k2 ∈Z ĐS: x= π

2 +k12π,x =±

π

3 Ta có

√

2(sinx−2 cosx) = 2−sin 2x

⇔ √2 sinx−2−2√2 cosx+2 sinxcosx =0 ⇔ √2(sinx−√2) +2 cosx(sinx−√2) =0 ⇔ (sinx−√2)(2 cosx+√2) =0

⇔ cosx =− √

2 ⇔ x=±3π

4 +k2π

Vậy phương trình cho có hai nghiệm làx =±3π

4 +k2πvớik ∈Z ĐS: x=±3π

4 +k2π vớik∈ Z

4 Ta có

sin 2x−sinx=2−4 cosx

⇔ sinx(2 cosx−1) +2(2 cosx−1) =0 ⇔ (2 cosx−1)(sinx+2) =

⇔ cosx=

2 ⇔ x =±π

(74)

Vậy phương trình cho có hai nghiệm làx =±π

3 +k2πvớik ∈Z ĐS: x=±π

3 +k2π vớik∈ Z

5 Ta có

sin 2x+2 cosx−sinx−1=0 ⇔ cosx(sinx+1)−(sinx+1) =0 ⇔ (sinx+1)(2 cosx−1) =0

⇔ 



sinx=−1 cosx=

2 ⇔



 

x =−π

2 +k2π x =±π

3 +k

0

2π

Vậy phương trình cho có ba nghiệm làx =−π

2 +k2π,x =±

π

3 +k

0

2π, vớik,k0 ∈Z

ĐS:x =−π

2 +k2π, x=±

π

3 +k

0

2π, vớik,k0 ∈ Z

6 Ta có

sin 2x−2 sinx−2 cosx+2=0 ⇔ sinx(cosx−1)−2(cosx−1) =0 ⇔ (sinx−1)(cosx−1) =

⇔ "

sinx=1 cosx=1 ⇔



 x= π

2 +k2π x=k02π

2 +k2π, x =k

02

π, vớik,k0 ∈Z

ĐS:x = π

2 +k2π,x =k

02

π, vớik,k0 ∈ Z

7 Ta có

sin 2x+1=6 sinx+cos 2x

⇔ sinxcosx+2 sin2x−6 sinx =0 ⇔ sinx(cosx+sinx−3) =0

⇔ sinx =0,(do cosx+sinx−36=0)

⇔ x =kπ

Vậy phương trình có nghiệmx=kπvớik ∈ Z

(75)

8 Ta có

sin 2x−cos 2x =2 sinx−1

⇔ sinxcosx+1−cos 2x−2 sinx =0 ⇔ sinxcosx+2 sin2x−2 sinx=0 ⇔ sinx(cosx+sinx−1) =0

⇔ 



sinx =0 √

2 cosx−π

=1

⇔ 



sinx =0 cosx−π

4

=

√ 2

⇔ 

   

x =k1π

x−π =

π

4 +k22π x−π

4 =−

π

4 +k32π ⇔



  

x =k1π x = π

2 +k22π x =k32π

⇔ 



x =k1π

x = π

2 +k22π

Vậy phương trình cho có hai nghiệm làx =k1π,x = π

2 +k22π vớik1,k2 ∈ Z ĐS:x =k1π,x = π

(76)

9 Ta có

sin 2x+2 sinx+1=cos 2x

⇔ sinxcosx+2 sinx+2 sin2x =0 ⇔ sinx(cosx+sinx+1) =0

⇔ 



sinx=0 √

2 cosx−π

=−1

⇔ 



sinx=0 cosx−π

4

=− √

2

⇔ 

    

x =k1π

x−π =

3π

4 +k22π x−π

4 =− 3π

4 +k32π ⇔



  

x =k1π x =π+k22π x =−π

2 +k32π ⇔





x =k1π

x =−π

2 +k22π

2 +k22π vớik1,k2 ∈ Z ĐS:x =k1π,x =

π

10 Ta có

sinx(1+cos 2x) +sin 2x =1+cosx ⇔ sinxcos2x−cosx+ (sin 2x−1) =0 ⇔ cosx(sin 2x−1) + (sin 2x−1) = ⇔ (cosx+1)(sin 2x−1) =

⇔ "

cosx=−1 sin 2x =1 ⇔





x=π+k2π

x= π

4 +k

0

π

Vậy phương trình cho có hai nghiệm làx =π+k2π,x = π

4 +k

0

πvớik,k0 ∈ Z

ĐS:x =π+k2π,x = π

4 +k

0

(77)

11 Ta có

sin 2x−sinx+2 cos 2x=1−4 cosx

⇔ sinxcosx−sinx+4 cos2x−3+4 cosx =0

⇔ sinx(2 cosx−1) +2 cosx(2 cosx−1) +3(2 cosx−1) =0 ⇔ (2 cosx−1)(sinx+2 cosx+3) =

⇔ 



cosx=

2

sinx+2 cosx+3=0

Mà sinx+2 cosx ≥ −3, đẳng thức xảy ®

sinx =−1

cosx =−1 hệ vơ nghiệm Suy phương trìnhsinx+2 cosx+3=0vơ nghiệm

Do đócosx =

2 ⇔x =±

π

3 +k2π,k∈ Z

ĐS: x=±π

3 +k2π,k∈ Z

12 Ta có

(2 cosx−1)(2 sinx+cosx) =sin 2x−sinx ⇔ (2 cosx−1)(2 sinx+cosx) =sinx(2 cosx−1)

⇔ (2 cosx−1)(2 sinx+cosx−sinx+1) =0 ⇔



 

cosx =

2 √

2 cosx−π

=−1

⇔ 

     

x =±π

3 +k12π x−π

4 = 3π

4 +k22π x−π

4 =− 3π

4 +k32π

⇔ 

   

x =±π

3 +k12π x =π+k22π

x =−π

2 +k32π

Vậy phương trình cho có bốn nghiệm làx =±π

3 +k12π,x=π+k22π,x =−

π

2 +k32π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

ĐS:x =±π

3 +k12π, x=π+k22π, x=−

π

(78)

13 Điều kiệnsin 2x 6=0⇔x 6=kπ

2 Ta có

tanx+cotx =2(sin 2x+cos 2x)

⇔

sinxcosx =2(sin 2x+cos 2x) ⇔ 1=2 sinxcosx(sin 2x+cos 2x)

⇔ 1=sin22x+2 sin 2xcos 2x ⇔ 1−sin22x =2 sin 2xcos 2x ⇔ cos 2x(1−2 sin 2x) =0 ⇔





cos 2x =0 sin 2x =

2

⇔ 

     

x= π

4 +k1

π

2 x= π

12+k2π x= 5π

12 +k3π Vậy phương trình cho có ba nghiệm làx = π

4 +k1

π

2, x =

π

12 +k2π, x = 5π

12 +k3π, với k1,k2,k3∈ Z

ĐS:x = π

4 +k1

π

2,x =

π

12 +k2π, x= 5π

12 +k3π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

14 Ta có

(1+sin2x)cosx+ (1+cos2x)sinx =1+sin 2x

⇔ sinx+cosx+sinxcosx(sinx+cosx) = (sinx+cosx)2

⇔ (sinx+cosx)(1+sinxcosx−sinx−cosx) = ⇔ cosx− π

4

(1−cosx)(1−sinx) =0

⇔ 

  

cosx−π

=0 cosx =1

sinx =1

⇔ 

   

x−π =

π

2 +k1π x =k22π

x = π

2 +k32π

⇔ 

   

x = 3π

4 +k1π x =k22π

x = π

2 +k32π

Vậy phương trình cho có ba nghiệm x = 3π

4 +k1π, x = k22π, x =

π

2 +k32π, với k1, k2,k3 ∈ Z

ĐS:x = 3π

4 +k1π, x=k22π, x=

π

(79)

15 Ta có

sin 2x+2 sin2x =sinx+cosx

⇔ sinx(sinx+cosx)−(sinx+cosx) = ⇔ (sinx+cosx)(2 sinx−1) =0

⇔ 

 

cosx−π

=0 sinx =

2

⇔ 

     

x−π =

π

2 +k1π x = π

6 +k22π x = 5π

6 +k32π

⇔ 

     

x = 3π

4 +k1π x = π

6 +k22π x = 5π

6 +k32π

Vậy phương trình cho có ba nghiệm làx= 3π

4 +k1π, x=

π

6 +k22π,x = 5π

6 +k32π, với k1,k2,k3∈ Z

ĐS: x= 3π

4 +k1π,x =

π

6 +k22π, x= 5π

6 +k32π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

16 Ta có

cos 3x+cosx =2√3 cos 2xsinx ⇔ cos 2xcosx =2√3 cos 2xsinx ⇔ cos 2x(√3 sinx−cosx) =0 ⇔

"

cos 2x=0 cotx =√3 ⇔



 

2x = π

2 +k1π x = π

6 +k2π ⇔



 

x = π

4 +k1

π

2 x = π

6 +k2π

4 +k1

π

2,x =

π

6 +k2π, vớik1, k2 ∈Z ĐS: x= π

4 +k1

π

2, x=

π

(80)

17 Ta có

cos 3x−cosx=2 sinxcos 2x ⇔ −2 sin 2xsinx=2 sinxcos 2x ⇔ sinx(sin 2x+cos 2x) =0 ⇔

"

sinx =0 tan 2x =−1 ⇔





x=k1π

x=−π +k2

π

2

Vậy phương trình cho có hai nghiệm làx =k1π,x =−

π

8 +k2

π

2, vớik1,k2 ∈ Z ĐS:x =k1π,x =−

π

8 +k2

π

2, vớik1,k2 ∈ Z

18 Ta có

2 sin2x−sin 2x+sinx+cosx =1

⇔ sin2x−cos2x−2 sinxcosx+sinx+cosx =0 ⇔ sinx+cosx=sin 2x+cos 2x

⇔ cosx−π

=cos2x−π

⇔ 

 

2x−π

4 =x−

π

4 +k2π 2x−π

4 =−x+

π

4 +k

0

2π

⇔ 



x =k2π

x = π

6 +k

02π

3

6 +k

02π

3 , vớik,k

0 ∈ Z.

ĐS:x=k2π,x = π

6 +k

02π

3 , vớik,k

(81)

19 Điều kiệncosx 6=0⇔ x6= π

2 +kπ Ta có

cosx+tanx=1+tanxsinx ⇔ cos2x+sinx =cosx+sin2x

⇔ sinx−cosx= (sinx−cosx)(sinx+cosx)

⇔ (sinx−cosx)(sinx+cosx−1) = ⇔





sinx=cosx √

2 cosx−π

=1

⇔ 



tanx=1 cosx−π

4

=

√ 2

⇔ 

    

x = π

4 +k1π x−π

4 =

π

4 +k22π x−π

4 =−

π

4 +k32π

⇔ 

   

x = π

4 +k1π x = π

2 +k22π x =k32π

⇔ 

 x = π

4 +k1π x =k22π

4 +k1π, x=k32π, vớik1,k2∈ Z ĐS: x= π

4 +k1π,x =k32π, vớik1,k2 ∈ Z

20 Điều kiệnsin 2x 6=0⇔x 6=kπ

2 Ta có

tanx =sin 2x−2 cot 2x ⇔ sinx

cosx =sin 2x−

2 cos 2x sin 2x ⇔ sin2x=sin22x−2 cos 2x ⇔ 1−cos 2x =sin22x−2 cos 2x ⇔ 1−sin22x=−cos 2x

⇔ cos22x+cos 2x =0 ⇔

"

cos 2x =0 cos 2x =−1 ⇔



 

x = π

4 +k1

π

2 x = π

2 +k2π Vậy phương trình cho có hai nghiệm làx = π

4 +k1

π

2,x =

π

2 +k2π, vớik1, k2 ∈Z ĐS: x= π

4 +k1

π

2, x=

π

(82)

1 cosx+2 sinx(1−cosx)2=2+2 sinx

ĐS: x=−π

4 +kπ,k∈ Z

2 2(cosx+sin 2x) =1+4 sinx(1+cos 2x) ĐS: x= π

12+k1π,x = 5π

12 +k2π, x=±

π

3 +k32π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

3 1−sinxcosx=2sinx−cos2 x

ĐS: x= π

2 +k2π,k∈ Z

4 sin 2x+cosx−√2 sinx−π

=1

ĐS:x =−π

2 +k12π, x=±

π

3 +k22π, vớik1,k2 ∈ Z

5 sin

π −2x

+sinπ +x

=

√ 2 ĐS: x=−π

4 +k1π,x =

π

6 +k22π, x= 5π

6 +k32π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

6 cos

π −x

−sinπ +2x

=

√ 2

ĐS: x=−π

4 +k1π,x =±

π

3 +k22π., vớik1,k2 ∈ Z

7 sin3x+cos3x=sinx+cosx

ĐS:x =−π

4 +k1π, x=k2

π

2, vớik1,k2 ∈ Z

8 sin3x+cos3x=2(sin5x+cos5x)

ĐS: x= π

4 +k

π

2, vớik∈ Z

9 sin3x+cos 2x+cosx =0

ĐS: x=π+k12π, x=−π

10 sin8x+cos8x=2(sin10x+cos10x) +5

4cos 2x

ĐS:x = π

4 +k

π

2,k∈ Z

11 sin 2x−cos 2x−√2 sinx=0

ĐS: x= π

4 +k12π,x = 5π

12 +k2 2π

3 , vớik1,k2 ∈ Z

12 tan 2x+cotx=8 cos2x

ĐS:x = π

2 +k1π, x =

π

24 +k2

π

2,x = 5π

24 +k3

π

2, vớik1,k2,k3 ∈ Z

13 sin 3x+2+sinx(3−8 cosx) =3 cosx ĐS:x =±arccos

+k12π,x =

π

12 +k2π, x= 5π

(83)

14 sinx(2 cos 2x+1+sinx) =cos 2x+2 ĐS: x= π

6 +k12π,x = 5π

6 +k22π, x=±

π

3 +k3π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

Lời giải.

1 Ta có

cosx+2 sinx(1−cosx)2 =2+2 sinx ⇔ cosx−2+2 sinx((1−cosx)2−1) = ⇔ cosx−2+2 sinxcosx(cosx−2) =0 ⇔ (cosx−2)(sin 2x+1) =0

⇔ sin 2x =−1 ⇔ x=−π

4 +kπ Vậy phương trình có nghiệm làx=−π

4 +kπ,k∈ Z

ĐS: x=−π

4 +kπ,k∈ Z

2 Ta có

2(cosx+sin 2x) =1+4 sinx(1+cos 2x)

⇔ cosx+2 sin 2x =1+8 sinxcos2x ⇔ cosx+2 sin 2x =1+4 sin 2xcosx ⇔ sin 2x(1−2 cosx)−(1−2 cosx) =0 ⇔ (2 sin 2x−1)(1−2 cosx) =0

⇔ 

 

sin 2x =

2 cosx=

2

⇔ 

     

x = π

12 +k1π x = 5π

12 +k2π x =±π

3 +k32π Vậy phương trình cho có bốn nghiệm x = π

12 +k1π, x = 5π

12 +k2π, x = ±

π

3 +k32π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

ĐS: x= π

12+k1π,x = 5π

12 +k2π, x=±

π

3 +k32π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

3 Ta có

1−sinxcosx=2sinx−cos2 x

⇔ 1−sinxcosx=2 sinx−2 cos2x ⇔ 1−sinxcosx=2 sinx−1−cosx ⇔ 2+cosx−sinx(cosx+2) = ⇔ (2+cosx)(1−sinx) = ⇔ sinx=1

⇔ x= π

(84)

Vậy phương trình cho có nghiệm làx= π

2 +k2π,k∈ Z

ĐS: x= π

2 +k2π,k∈ Z

4 Ta có

sin 2x+cosx−√2 sinx− π

=1 ⇔ sinxcosx+cosx−sinx+cosx=1 ⇔ sinx(2 cosx−1) +2 cosx−1=0 ⇔ (sinx+1)(2 cosx−1) =0

⇔ 



sinx =−1 cosx =

2 ⇔



 

x =−π

2 +k12π x =±π

3 +k22π Vậy phương trình cho có ba nghiệm làx =−π

2 +k12π, x=±

π

3 +k22π, vớik1,k2∈ Z ĐS:x =−π

2 +k12π, x=±

π

3 +k22π, vớik1,k2 ∈ Z

5 Ta có

sinπ −2x

+sinπ +x

=

√ 2

⇔ √2 cos 2x−√2 sin 2x+√2 cosx+√2 sinx =√2 ⇔ cos 2x−sin 2x+sinx+cosx =1

⇔ (cosx−sinx)(cosx+sinx) + (sinx+cosx) = (sinx+cosx)2

⇔ (sinx+cosx)(cosx−sinx+1−sinx−cosx) = ⇔

"

sinx+cosx =0 sinx =1

⇔ 



tanx =−1 sinx =

2

⇔ 

     

x =−π

4 +k1π x = π

6 +k22π x = 5π

6 +k32π

Vậy phương trình cho có ba nghiệm làx = −π

4 +k1π, x =

π

6 +k22π, x = 5π

6 +k32π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

ĐS: x=−π

4 +k1π,x =

π

6 +k22π, x= 5π

(85)

6 Ta có

cosπ −x

−sinπ +2x

=

√ 2 ⇔ √2 cosπ

4 −x

−√2 sinπ +2x

=

2 ⇔ sinx+cosx−sin 2x−cos 2x=1

⇔ sinx+cosx−(sinx+cosx)2−(cosx−sinx)(cosx+sinx) =0 ⇔ (sinx+cosx)(1−sinx−cosx−cosx+sinx) =0

⇔ (sinx+cosx)(1−2 cosx) = ⇔

"

sinx+cosx =0 1−2 cosx =0 ⇔





tanx=−1 cosx=

2 ⇔



 

x =−π

4 +k1π x =±π

3 +k22π

Vậy phương trình cho có ba nghiệm làx =−π

4 +k1π, x=±

π

3 +k22π., với k1, k2 ∈Z ĐS: x=−π

4 +k1π,x =±

π

3 +k22π., vớik1,k2 ∈ Z

7 Ta có

sin3x+cos3x =sinx+cosx

⇔ (sinx+cosx)(1−sinxcosx) =sinx+cosx ⇔ (sinx+cosx)sin 2x =0

⇔ "

sinx+cosx =0 sin 2x =0

⇔ "

tanx =−1 sin 2x =0 ⇔



 

x =−π

4 +k1π x =k2

π

2

Vậy phương trình cho có hai nghiệm làx =−π

4 +k1π, x=k2

π

2, vớik1,k2 ∈ Z ĐS:x =−π

4 +k1π, x=k2

π

(86)

8 Ta có

sin3x+cos3x =2(sin5x+cos5x)

⇔ sin3x−2 sin5x+cos3x−2 cos5x =0 ⇔ sin3x(1−2 sin2x) +cos3x(1−2 cos2x) =0 ⇔ sin3xcos 2x−cos3xcos 2x=0

⇔ cos 2x(sinx−cosx)(1+sinxcosx) =0 ⇔



 

cos 2x=0 sinx=cosx sin 2x=−2 ⇔ cos 2x =0 ⇔ x = π

4 +k1

π

2

Vậy phương trình cho có nghiệm làx= π

4 +k

π

2, vớik∈ Z

ĐS: x= π

4 +k

π

2, vớik∈ Z

9 Ta có

2 sin3x+cos 2x+cosx =0 ⇔ sin3x+1−2 sin2x+cosx=0

⇔ 2(1−cos2x)(sinx−1) + (1+cosx) =

⇔ (1+cosx)(2 sinx+2 cosx−2 sinxcosx−1) =0 ⇔ (1+cosx)(2(sinx+cosx)−(sinx+cosx)2) =0 ⇔ (1+cosx)(sinx+cosx)(2−sinx−cosx) = ⇔ (1+cosx)(sinx+cosx) =0

⇔ "

cosx=−1 tanx =−1 ⇔





x=π+k12π

x=−π

4 +k2π

Vậy phương trình cho có hai nghiệm làx =π+k12π,x =−π

4 +k2π, vớik1,k2∈ Z ĐS: x=π+k12π, x=−π

10 Ta có

sin8x+cos8x =2(sin10x+cos10x) +

4cos 2x ⇔ sin8x(1−2 sin2x) +cos8x(1−2 cos2x) =

4cos 2x ⇔ sin8xcos 2x−cos8xcos 2x=

4cos 2x ⇔ cos 2x(4(sin8x−cos8x)−5) = ⇔





cos 2x=0

sin8x−cos8x=

(87)

Xét phương trìnhsin8x−cos8x =

4 ⇔ sin

8x = 4+cos

8x ≥

4 > 1vô lý, suy phương trìnhsin8x−cos8x =

4 vơ nghiệm Do đócos 2x=0⇔ x= π

4 +k

π

2,k∈ Z

ĐS:x = π

4 +k

π

2,k∈ Z

11 Ta có

sin 2x−cos 2x−√2 sinx=0 ⇔ √2 sin2x−π

4

−√2 sinx=0 ⇔ sin2x−π

4

=sinx

⇔ 

 

2x−π

4 =x+k12π 2x−π

4 =π−x+k22π ⇔



 

x= π

4 +k12π x= 5π

12 +k2 2π

3 Vậy phương trình cho có hai nghiệm làx = π

4 +k12π, x= 5π

12 +k2 2π

3 , vớik1,k2 ∈Z ĐS: x= π

4 +k12π,x = 5π

12 +k2 2π

3 , vớik1,k2 ∈ Z

12 Điều kiện ®

cos 2x6=0 sinx6=0 ⇔

 

 x6= π

4 +k

π

2 x6=kπ

,k∈ Z Ta có

tan 2x+cotx=8 cos2x ⇔ sin 2x

cos 2x + cosx

sinx =8 cos

x

⇔ cos 2xcosx+sin 2xsinx=8 cos 2xsinxcos2x ⇔ cosx=2 sin 4xcosx

⇔ 



cosx=0 sin 4x=

2

⇔ 

     

x= π

2 +k1π x= π

24+k2

π

2 x= 5π

24 +k3

π

2 Vậy phương trình có ba nghiệm làx = π

2 +k1π, x =

π

24+k2

π

2, x = 5π

24 +k3

π

2, với k1, k2, k3 ∈ Z

ĐS:x = π

2 +k1π, x =

π

24 +k2

π

2,x = 5π

24 +k3

π

(88)

13 Ta có

3 sin 3x+2+sinx(3−8 cosx) =3 cosx

⇔ sinx−12 sin3x+2+3 sinx−8 sinxcosx−3 cosx =0 ⇔ 12 sinx−12 sin3x+2−8 sinxcosx−3 cosx =0

⇔ 12 sinxcos2x−8 sinxcosx+2−3 cosx =0 ⇔ sinxcosx(3 cosx−2)−(3 cosx−2) = ⇔ (3 cosx−2)(2 sin 2x−1) =0

⇔ 

 

cosx=

3 sin 2x=

2

⇔ 

     

x =±arccos

2

+k12π

x = π

12 +k2π x = 5π

12 +k3π

Vậy phương trình cho có bốn nghiệm làx = ±arccos

2

+k12π, x = π

12 +k2π, x = 5π

12 +k3π, với k1, k2,k3 ∈ Z ĐS:x =±arccos

+k12π,x =

π

12 +k2π, x= 5π

12 +k3π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

14 Ta có

2 sinx(2 cos 2x+1+sinx) = cos 2x+2

⇔ sinxcos 2x+2 sinx+2 sin2x−cos 2x−2=0 ⇔ sinxcos 2x−2 cos 2x+2 sinx−1 =0

⇔ (2 cos 2x+1)(2 sinx−1) = ⇔



 

sinx =

2 cos 2x =−1

2

⇔ 

     

x= π

6 +k12π x= 5π

6 +k22π x=±π

3 +k3π

6 +k12π, x = 5π

6 +k22π, x = ±

π

3 +k3π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

ĐS: x= π

6 +k12π,x = 5π

6 +k22π, x=±

π

3 +k3π, vớik1,k2,k3 ∈ Z

(89)

BÀI 4. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC ĐƯA VỀ BẬC

HAI VÀ BẬC CAO CÙNG MỘT HÀM LƯỢNG GIÁC

Quan sát dùng công thức biến đổi để đưa phương trình hàm lượng giác (cùngsinhoặc cùngcoshoặc cùngtanhoặc cùngcot) với cung góc giống nhau, chẳng hạn:

Dạng Đặt ẩn phụ Điều kiện asin2X+bsinX+c=0 t=sinX −1≤t≤1 acos2X+bcosX+c =0 t=cosX −1≤t≤1 atan2X+btanX+c=0 t=tanX X 6= π

2 +kπ acot2X+bcotX+c =0 t=cotX X 6=kπ

Nếu đặtt=sin2x, cos2xhoặct=|sinx|,|cosx|thì điều kiện là0 ≤t≤1

B DẠNG TỐN VÀ BÀI TẬP

1 VÍ DỤ

VÍ DỤ Giải phương trình:4 cos2x−4 sinx−1=0 ĐS: 

 

x = π

6 +k2π x = 5π

6 +k2π

(k ∈ Z)

L Lời giải

4 cos2x−4 sinx−1=0 ⇔4(1−sin2x)−4 sinx−1=0 ⇔4−4 sin2x−4 sinx−1 =0 ⇔4 sin2x+4 sinx−3 =0 Đặtt =sinx(−1≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

4t2+4t−3=0 ⇔(2t−1)(2t+3) = 0⇔ 

 

t=

2 t= −3

2

Vì−1≤t≤1nênt=sinx=

2 ⇔ 

 

x= π

6 +k2π x= 5π

6 +k2π

(90)

VÍ DỤ Giải phương trình:cos 2x−3 cosx+2=0 ĐS: 

   

x =k2π

x = −π

3 +k2π x = π

3 +k2π

(k ∈ Z)

L Lời giải

cos 2x−3 cosx+2 =0 ⇔cos2x−sin2x−3 cosx+2=0 ⇔2 cos2x−3 cosx+1=0 Đặtt =cosx(−1≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

2t2−3t+1 =0⇔ (2t−1)(t−1) = 0⇔ 

 t =

2 t =1

Vì−1≤t≤1nên 



t =cosx =

2 t =cosx =1

⇔ 

   

x=k2π

x= −π

3 +k2π x= π

3 +k2π

(k∈ Z)

VÍ DỤ Giải phương trình3 cos 2x+7 sinx+2=0 ĐS: 

 

x = −π

6 +k2π x = 7π

6 +k2π

(k ∈ Z)

L Lời giải

3 cos 2x+7 sinx+2=0 ⇔3(1−2 sin2x) +7 sinx+2 =0 ⇔6 sin2x−7 sinx−5=0

Đặtt =sinx(−1≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

6t2−7t−5=0 ⇔(3t−5)(2t+1) = 0⇔ 

 

t=

3 t= −1

2

Vì−1≤t≤1nênt=sinx= −1

2 ⇔ 

 

x= −π

6 +k2π x= 7π

6 +k2π

(k∈ Z)

VÍ DỤ Giải phương trình:4 sin4x+5 cos2x−4 =0 ĐS: 

     

x = −π

2 +kπ x = −π

6 +kπ x = π

6 +kπ

(91)

L Lời giải

4 sin4x+5 cos2x−4=0 ⇔4 sin4x+5(1−sin2x)−4=0 ⇔4 sin4x−5 sin2x+1=0 Đặtt =sin2x(0≤t ≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

4t2−5t+1 =0⇔ (4t−1)(t−1) = 0⇔ 

 t =

4 t =1

Vì0≤t≤1nên 



t =sin2x=

4 t =sin2x=1

⇔ 



t=sinx=±1 t=sinx=±1

⇔ 

     

x = −π

2 +kπ x = −π

6 +kπ x = π

6 +kπ

(k∈ Z)

VÍ DỤ Giải phương trình:cos 4x+12 sin2x−1=0 ĐS: x=kπ(k ∈ Z)

L Lời giải

cos 4x+12 sin2x−1=0 ⇔cos22x−sin22x+12 sin2x−1=0

⇔(cos2x−sin2x)2−4 sin2xcos2x+12 sin2x−1 =0 ⇔(1−2 sin2x)2−4 sin2x(1−sin2x) +12 sin2x−1=0 ⇔1−4 sin2x+4 sin4x−4 sin2x+4 sin4x+12 sin2x−1=0 ⇔8 sin4x+4 sin2x =0

Đặtt =sin2x(0≤t ≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

8t2+4t=0⇔4t(2t+1) =0⇔ 

 t=0 t= −1

2

Vì0≤t≤1nênt=sin2x =0 ⇔x =kπ(k∈ Z)

VÍ DỤ Giải phương trình:−1 2tan

2x+ cosx −

5

2 =0 ĐS: 

 

x = π

3 +k2π x = −π

3 +k2π

(k ∈ Z)

L Lời giải

Điều kiện:cosx6=0⇔x 6= π

2 +kπ(k∈ Z) Ta có: −1

2tan

2x+ cosx −

5

2 =0 ⇔ −

sin2x cos2x +

4 cosx cos2x −

(92)

⇔(2 cosx−1)2=0 ⇔cosx =

2 ⇔



 

x = π

3 +k2π x = −π

3 +k2π

(k ∈Z)

So sánh hai nghiệm với điều kiện thỏa mãn Vậy 

 

x = π

3 +k2π x = −π

3 +k2π

(k ∈Z)

2 BÀI TẬP VẬN DỤNG

2 sin2x−sinx−1=0 ĐS: 

     

x= −π

6 +k2π x= 7π

6 +k2π x= π

2 +k2π

(k∈ Z)

1

4 sin2x+12 sinx−7=0 ĐS: 

 

x= π

6 +k2π x= 5π

6 +k2π

(k∈ Z)

2

2√2 sin2x−(2+√2)sinx+1 =0 ĐS: 

         

x= π

4 +k2π x= 3π

4 +k2π x= π

6 +k2π x= 5π

6 +kπ

(k∈ Z)

3

−2 sin3x+sin2x+2 sinx−1=0 ĐS: 

     

x= −π

2 +kπ x= π

6 +k2π x= 5π

6 +k2π

(k∈ Z)

4

2 cos2x−3 cosx+1 =0 ĐS: 

   

x=k2π

x= −π

3 +k2π x= π

3 +k2π

(k∈ Z)

5

2 cos2x+3 cosx−2 =0 ĐS: 

 

x= −π

3 +k2π x= π

3 +k2π

(k∈ Z)

(93)

2 cos2x+ (√2−2)cosx =√2 ĐS: 

    

x=k2π

x= −3π

4 +k2π x= 3π

4 +k2π

(k∈ Z)

7

4 cos2x−2(√3−√2)cosx =√6 ĐS: 

         

x= −3π

4 +k2π x= 3π

4 +k2π x= −π

6 +k2π x= π

6 +k2π

(k∈ Z)

8

tan2x+2√3 tanx+3=0 ĐS: x= −π

3 +kπ(k∈ Z)

9

2 tan2x−2√3 tanx−3=0 ĐS: 

  

x =arctan √

3−3 +kπ x =arctan

√ 3+3

2 +kπ

(k∈ Z)

10

tan2x+ (1−√3)tanx−√3=0 ĐS: 

 

x= −π

4 +kπ x= π

3 +kπ

(k∈ Z)

11

3 cot2x+2√3 cotx+1=0 ĐS: x= −π

3 +kπ(k∈ Z)

12

√

3 cot2x−(1+√3)cotx+1=0 ĐS: 

 

x= π

4 +kπ x= π

3 +kπ

(k∈ Z)

13

√

3 cot2x+ (1−√3)cotx−1=0 ĐS: 

 

x= π

4 +kπ x= −π

3 +kπ

(k∈ Z)

14

Lời giải.

Đặtt=sinx(−1≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

2t2−t−1=0⇔(2t+1)(t−1) =0⇔ 



t= −1

2 t=1



t=sinx= −1

2 t=sinx=1

⇔ 

     

x= −π

6 +k2π x= 7π

6 +k2π x= π

2 +k2π

(k∈ Z)

(94)

4t2+12t−7 =0 ⇔(2t+7)(2t−1) = 0⇔ 

 

t = −7

2 t =

2

Vì−1≤t≤1nên t=sinx =

2 ⇔ 

 

x = π

6 +k2π x = 5π

6 +k2π

(k ∈ Z)

2

2√2t2−2t−√2t+1 =0⇔ (2t−1)(√2t−1) = 0⇔ 

  

t =

2 t =

√ 2

  

t=sinx=

2 t=sinx=

√ 2

⇔ 

         

x= π

4 +k2π x= 3π

4 +k2π x= π

6 +k2π x= 5π

6 +kπ

(k∈ Z)

3

−2t3+t2+2t−1=0⇔(−t+1)(t+1)(2t−1) = 0⇔ 

  

t=1 t=−1 t=

2

  

t=sinx=1 t=sinx=−1 t=sinx=

2 ⇔



     

x = −π

2 +kπ x = π

6 +k2π x = 5π

6 +k2π

(k∈ Z)

4

Đặtt=cosx(−1≤t ≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

2t2−3t+1=0⇔(t−1)(2t−1) =0⇔ 

 t=1 t=

2



t=cosx =1 t=cosx =

2 ⇔



   

x=k2π

x= −π

3 +k2π x= π

3 +k2π

(k∈ Z)

(95)

2t2+3t−2=0⇔(t+2)(2t−1) = 0⇔ 



t =−2 t =

2

Vì−1≤t≤1nên t=cosx=

2 ⇔ 

 

x = −π

3 +k2π x = π

3 +k2π

(k∈ Z)

6

2t2+√2t−2t−√2=0⇔(t−1)(2t+√2) =0⇔ 

 t=1 t= −

√ 2



t=cosx =1 t=cosx = −

√ 2

⇔ 

    

x=k2π

x= −3π

4 +k2π x= 3π

4 +k2π

(k∈ Z)

7

4t2−2√3t+2√2t−√6=0⇔(2t+√2)(2t−√3) =0⇔ 

  

t= −

√ 2 t=

√

  

t=cosx = −

√ 2 t=cosx =

√

⇔ 

         

x= −3π

4 +k2π x= 3π

4 +k2π x= −π

6 +k2π x= π

6 +k2π

(k∈ Z)

8

Đặtt=tanx(x 6= π

2 +kπ,k ∈Z) Khi đó, phương trình trở thành: t2+2√3t+3 =0 ⇔(t+√3)2 =0⇔t=−√3 Vớix 6= π

2 +kπ,k∈ Z, ta cót =tanx =− √

3 ⇔x = −π

3 +kπ(k ∈Z)

(96)

2 +kπ,k ∈Z) Khi đó, phương trình trở thành:

2t2−2√3t−3=0⇔ t− √ !2 = ⇔     t = √ 3−3

2 t =

√ 3+3

2

Vớix 6= π

2 +kπ,k∈ Z, ta có 

  

t=tanx=

√ 3−3

2 t=tanx

√ 3+3

2 ⇔    

x =arctan √

3−3 +kπ x =arctan

√ 3+3

2 +kπ

(k ∈Z)

10

2 +kπ,k ∈Z) Khi đó, phương trình trở thành: t2+t−√3t−√3 =0 ⇔(t+1)(t−√3) = 0⇔

"

t=−1 t=√3

Vớix 6= π

2 +kπ,k∈ Z, ta có "

t =tanx =−1 t =tanx =√3 ⇔



 

x = −π

4 +kπ x = π

3 +kπ

(k ∈Z)

11

Đặtt=cotx(x6=kπ,k∈ Z) Khi đó, phương trình trở thành:

3t2+2√3t+1 =0 ⇔(√3t+1)2 =0⇔t= −

√ 3 Vớix 6=kπ,k∈ Z, ta cót=cotx= −

√

3 ⇔x = −π

3 +kπ(k∈ Z)

12

√

3t2−t−√3t+1=0⇔(t−1)(√3t−1) =0⇔ 

 t=1 t=

√ 3

Vớix 6=kπ,k∈ Z, ta có





t=cotx =1 t=cotx =

√ 3 ⇔   

x = π

4 +kπ x = π

3 +kπ

(k ∈Z)

13

√

3t2+t−√3t−1 =0⇔ (t−1)(t√3+1) = 0⇔ 

 t =1 t = −

√ 3

Vớix 6=kπ,k∈ Z, ta có





t=cotx =1 t=cotx = −

√ 3 ⇔   

x = π

4 +kπ x = −π

3 +kπ

(k ∈Z)

14

(97)

6 cos2x+5 sinx−2=0 ĐS: 

 

x= −π

6 +k2π x= 7π

6 +k2π

(k∈ Z)

1

2 cos2x+5 sinx−4=0 ĐS: 

 

x= π

6 +k2π x= π

6 +k2π

(k∈ Z)

2

3−4 cos2x=sinx(2 sinx+1) ĐS: 

     

x= π

2 +k2π x= −5π

6 +k2π x= −π

6 +k2π

(k∈ Z)

3

−sin2x−3 cosx+3=0 ĐS:x =k2π(k∈ Z)

4

−2 sin2x−3 cosx+3=0 ĐS: 

   

x=k2π

x= π

3 +k2π x= −π

3 +k2π

(k∈ Z)

5

2 cos22x+5 sin 2x+1=0 ĐS: 

 

x= −5π

12 +kπ x= −π

12 +kπ

(k∈ Z)

6

3 sin2x+2 cos4x−2=0 ĐS: 

   

x=k2π

x= −π

4 +kπ x= π

4 +kπ

(k∈ Z)

7

4 sin4x+2 cos2x =7 ĐS: 

 

x= π

4 +kπ x= −π

4 +kπ

(k∈ Z)

8

4 cos4x=4 sin2x−1 ĐS: 

 

x= −3π

4 +kπ x= 3π

4 +kπ

(k∈ Z)

9

4 sin4x+5 cos2x−4=0 ĐS: 

   

x= −π

6 +k2π x= π

6 +k2π x=k2π

(k∈ Z)

10

(98)

Ta có:

6 cos2x+5 sinx−2=0 ⇔ −6 sin2x+5 sinx+4=0 Đặtt=sinx(−1≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành

−6t2+5t+4 =0 ⇔ 

 

t=

3 t= −1

2

Vì−1≤t≤1nên t=sinx = −1

2 ⇔ 

 

x = −π

6 +k2π x = 7π

6 +k2π

(k ∈ Z)

1

Ta có:

2 cos2x+5 sinx−4=0 ⇔2−2 sin2x+5 sinx−4=0 ⇔2 sin2x−5 sinx+2=0 Đặtt=sinx(−1≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành

2t2−5t+2 =0 ⇔ 

 t=2 t=

2

2 ⇔ 

 

x = π

6 +k2π x = π

6 +k2π

(k ∈ Z)

2

Ta có:

3−4 cos2x =sinx(2 sinx+1) ⇔3−4(1−sin2x)−2 sin2x−sinx =0 ⇔2 sin2x−sinx−1=0

2t2−t−1 =0 ⇔ 

 t=1 t= −1

2



t=sinx1 t=sinx= −1

2 ⇔



     

x= π

2 +k2π x= −5π

6 +k2π x= −π

6 +k2π

(k∈ Z)

(99)

Ta có:

¯ sin2x−3 cosx+3 =0⇔cos2x−3 cosx+2=0 Đặtt=cosx(−1≤t ≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

t2−3t+2 =0 ⇔ "

t=2 t=1 Vì−1≤t≤1nên t=cosx=1⇔x =k2π(k ∈Z)

4

Ta có:

−2 sin2x−3 cosx+3 =0⇔2 cos2x−3 cosx+1=0 Đặtt=cosx(−1≤t ≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

2t2−3t+1 =0 ⇔ 

 t=1 t=

2



t=cosx =1 t=cosx =

2 ⇔



   

x=k2π

x= π

3 +k2π x= −π

3 +k2π

(k∈ Z)

5

Ta có:

2 cos22x+5 sin 2x+1=0 ⇔ −2 sin22x+5 sin 2x+3=0 Đặtt=sin 2x(−1≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

2t2−5t−3=0⇔ 

 t=3 t= −1

2

Vì−1≤t≤1nên t=sin 2x = −1

2 ⇔ 

 

x = −5π

12 +kπ x = −π

12 +kπ

(k ∈ Z)

6

Ta có:

3 sin2x+2 cos4x−2=0⇔2 cos4x−3 cos2x+1=0 Đặtt=cos2x(0≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

2t2−3t+1 =0 ⇔ 

 t=1 t=

2



t=cos2x =1 t=cos2x =

2 ⇔





cosx =1 cosx =±

√ 2

⇔ 

   

x =k2π

x = −π

4 +kπ x = π

4 +kπ

(k ∈Z)

(100)

Ta có:

4 sin4x+12 cos2x =7 ⇔4 sin4x−12 sin2x+5=0 Đặtt=sin2x(0 ≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

4t2−12t+5=0⇔ 

 

t =

2 t =

2

Vì0≤t≤1nên t=sin2x =

2 ⇔sinx=± √

2 ⇔



 

x= π

4 +kπ x= −π

4 +kπ

(k∈ Z)

8

Ta có:

4 cos4x=4 sin2x−1 ⇔4 cos4x+4 cos2x−3=0 Đặtt=cos2x(0≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

4t2+4t−3=0⇔ 

 

t=

2 t= −3

2

Vì0≤t≤1nên t=cos2x =

2 ⇔cosx=± √

2 ⇔



 

x= −3π

4 +kπ x= 3π

4 +kπ

(k∈ Z)

9

Ta có:

4 sin4x+5 cos2x−4=0⇔4 sin4x−5 sin2x+1=0 Đặtt=sin2x(0 ≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

4t2−5t+1=0⇔ 

 t=

4 t=1



t=sin2x =

4 t=sin2x =1

⇔ 



t=sinx=

2 t=sinx=1

⇔ 

   

x = −π

6 +k2π x = π

6 +k2π x =k2π

(k ∈ Z)

10

2 cos 2x−8 cosx+5=0 ĐS: 

 

x= −π

3 +k2π x= π

3 +k2π

(k∈ Z)

1

1+cos 2x =2 cosx ĐS: 



x=k2π

x= −π

2 +kπ

(k∈ Z)

2

9 sinx+cos 2x=8 ĐS: x= π

2 +k2π(k∈ Z)

(101)

2+cos 2x+5 sinx =0 ĐS: 

 

x= −π

6 +k2π x= −5π

6 +k2π

(k∈ Z)

4

3 sinx+2 cos 2x =2 ĐS: 

    

x =k2π

x =arcsin3

4 +k2π x =−arcsin3

4 +π+k2π

(k∈ Z)

5

2 cos 2x+8 sinx−5=0 ĐS: 

 

x= π

6 +k2π x= 5π

6 +k2π

(k∈ Z)

6

2 cos22x+5 sin 2x+1=0 ĐS: 

 

x= −5π

12 +kπ x= −π

12 +kπ

(k∈ Z)

7

5 cosx−2 sinx

2 +7 =0 ĐS:x =π+4kπ(k∈ Z)

8

sin2x+cos 2x+cosx =2 ĐS:x =k2π(k∈ Z)

9

cos 2x+cos2x−sinx+2=0 ĐS: x= π

2 +k2π(k∈ Z)

10

Lời giải.

Ta có:

2 cos 2x−8 cosx+5=0⇔4 cos2x−8 cosx+3 =0 Đặtt=cosx(−1≤t ≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

4t2−8t+3 =0 ⇔ 

 

t=

2 t=

2

Vì−1≤t≤1nên t=cosx=

2 ⇔ 

 

x = −π

3 +k2π x = π

3 +k2π

(k∈ Z)

1

Ta có:

1+cos 2x =2 cosx ⇔2 cos2x−2 cosx =0 Đặtt=cosx(−1≤t ≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

2t2−2t =0 ⇔ "

t=0 t=1

Vì−1≤t≤1nên "

t =cosx =0 t =cosx =1 ⇔





x=k2π

x= −π

2 +kπ

(k∈ Z)

(102)

Ta có:

9 sinx+cos 2x =8⇔ −2 sin2x+9 sinx−7 =0 Đặtt=sinx(−1≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

2t2−9t+7=0⇔ 



t =1 t=

2 Vì−1≤t≤1nên t=sinx =1⇔x = π

2 +k2π(k∈ Z)

3

Ta có:

2+cos 2x+5 sinx=0⇔ −2 sin2x+5 sinx+3=0 Đặtt=sinx(−1≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

2t2−5t−3=0⇔ 

 t=3 t= −1

2

Vì−1≤t≤1nên t=sinx = −1

2 ⇔ 

 

x = −π

6 +k2π x = −5π

6 +k2π

(k ∈ Z)

4

Ta có:

3 sinx+2 cos 2x=2⇔ −4 sin2x+3 sinx =0 Đặtt=sinx(−1≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

−4t2+3t =0 ⇔ 

 t=0 t=

4



t=sinx=0 t=sinx=

4 ⇔



    

x=k2π

x=arcsin3

4+k2π x=−arcsin3

4+π+k2π

(k ∈ Z)

5

Ta có:

2 cos 2x+8 sinx−5=0⇔ −4 sin2x+8 sinx−3=0 Đặtt=sinx(−1≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

4t2−8t+3 =0 ⇔ 

 

t=

2 t=

2

2 ⇔ 

 

x = π

6 +k2π x = 5π

6 +k2π

(k ∈ Z)

(103)

Ta có:

2 cos22x+5 sin 2x+1=0 ⇔ −2 sin22x+5 sin 2x+3=0 Đặtt=sin 2x(−1≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

2t2−5t−3=0⇔ 

 t=3 t= −1

2

Vì−1≤t≤1nên t=sin 2x = −1

2 ⇔ 

 

x = −5π

12 +kπ x = −π

12 +kπ

(k ∈ Z)

7

Đặty= x

2 Khi đó, phương trình trở thành:

5 cos 2y−2 siny+7=0⇔ −10 sin2y−2 siny+12=0 Đặtt=siny(−1 ≤t≤1) Khi đó, phương trình trở thành:

10t2+2t−12=0⇔ 

 t =1 t = −6

5 Vì−1≤t≤1,y= x

2 nênt=sin x

2 =1⇔x =π+4kπ(k∈ Z)

8

Ta có:

sin2x+cos 2x+cosx=2 ⇔1−cos2x+2 cos2x−1+cosx−2=0 ⇔cos2x+cosx−2=0

Đặtt=cosx(−1≤t ≤1) Khi đó, phương trình trở thành: t2+t−2=0⇔

"

t=−2 t=1 Vì−1≤t≤1nên t=cosx=1⇔x =k2π(k ∈Z)

9

Ta có:

cos 2x+cos2x−sinx+2=0 ⇔1−2 sin2x+1−sin2x−sinx+2=0 ⇔3 sin2x+sinx−4=0

3t2+t−4=0⇔ 



t = −4

3 t =1 Vì−1≤t≤1nên t=sinx =1⇔x = π

2 +k2π(k∈ Z)

10

(104)

3 BÀI TẬP TỰ LUYỆN

3 cos2x−2 cos 2x =3 sinx−1 ĐS: x= π

2 +k2π(k∈ Z)

1

cos 4x+12 sin2x−1=0 ĐS:x =kπ(k∈ Z)

2

cos 4x−2 cos2x+1 =0 ĐS: 

    

x=kπ

x= −2π

3 +kπ x= −4π

3 +kπ

(k∈ Z)

3

16 sin2 x

2−cos 2x=15 ĐS:x =π+2kπ(k∈ Z)

4

cos 2x+2 cosx=2 sin2 x

2 ĐS:



 

−5π

3 +k2π x= −π

3 +k2π

(k∈ Z)

5

cos 2x−3 cosx=4 cos2 x

2 ĐS:



 

x= −4π

3 +k2π x= −2π

3 +k2π

(k∈ Z)

6

1+cos 4x−2 sin2x=0 ĐS: 

    

x= π

2 +kπ x= −π

6 +kπ x= π

6 +kπ

(k∈ Z)

7

8 cos2x−cos 4x =1 ĐS: 

 

x=±2 arctan »

2√3−3+k2π

x=±2 arctan …

1 3(3+2

√

3) +k2π

(k∈ Z)

8

6 sin23x−cos 12x=4 ĐS: 

 

x= −7π

12 + kπ

12 x= −π

12 + kπ

12

9

5(1+cosx) =2+sin4x−cos4x ĐS: 

 

x= −2π

3 +k2π x= 2π

3 +k2π

(k∈ Z)

10

cos4x−sin4x+cos 4x=0 ĐS: 

     

x= −π

2 +kπ x= −π

6 +kπ x= π

6 +kπ

(k∈ Z)

11

4(sin4x+cos4x) +cos 4x+sin 2x =0 ĐS: x= −π

4 +kπ(k∈ Z)

(105)

BÀI Giải phương trình lượng giác sau: cos

2x+2π

3

+3 cosx+π

3

+1=0 ĐS: x= −5π

6 +kπ(k∈ Z)

1

cos2π +x

+4 cosπ −x

=4 ĐS: x= π

6 +k2π(k∈ Z)

2

4 cos2(6x−2) +16 cos2(1−3x) =13 ĐS: 

 

x= π

18+ +

kπ

3 x= −π

18 + +

kπ

3

(k∈ Z)

3

5 cos2x+π

3

=4 sin

5π

6 −x

−9 ĐS: x= π

3 +k2π(k∈ Z)

4

sin

2x+5π

2

−3 cos

x−7π

=1+2 sinx ĐS: 

   

x=kπ

x= π

6 +k2π x= 5π

6 +k2π

(k∈ Z)

5

cos 2x−√3 sin 2x−√3 sinx+4=cosx ĐS: x= π

3 +k2π(k∈ Z)

6

√

3 sin 2x+√3 sinx+cos 2x−cosx=2 ĐS: 

   

x= −5π

6 +kπ x=π+k2π

x= π

3 +k2π

(k∈ Z)

7

2

cos2x+

cos2x

+9

2

cosx −cosx

=1 ĐS:

     

x=kπ

x= −2π

3 +kπ x= 2π

3 +kπ

(k∈ Z)

8

4

sin2x+

sin2x

+4

sinx+

sinx

=7 ĐS:



 

x= −π

6 +k2π x= 7π

6 +k2π

(k∈ Z)

9

cos2x+

cos2x +2=2

cosx+

cosx

ĐS:x =k2π(k∈ Z)

10

cos2x =3+2 tan

2x. ĐS:x =k

π(k∈ Z)

1

cos2x +3 cot

2x =5. ĐS:

          

x= −3π

4 +kπ x= −π

4 +kπ x= −2π

3 +kπ x= −4π

3 +kπ

(k∈ Z)

(106)

√

sin2x =3 cotx+ √

3 ĐS:



 

x= −π

2 +kπ x= −5π

6 +kπ

(k∈ Z)

3

9−13 cosx+

1+tan2x =0 ĐS:x =k2π(k∈ Z)

4

2 tan2x+3=

cosx ĐS:x =k2π(k∈ Z)

5

−1 2tan

2x+ cosx −

5

2 =0 ĐS:



 

x= −π

3 +k2π x= π

3 +k2π

(k∈ Z)

6

√

3 sinx+cosx=

cosx ĐS:





x=kπ

x= −2π

3 +kπ

(k∈ Z)

7

2 sin2x+tan2x =2 ĐS: 

 

x= −3π

4 +kπ x= −π

4 +kπ

(k∈ Z)

8

8 sinxcosx−cos 4x+3=0 ĐS: x= −π

4 +kπ(k∈ Z)

1

2 sin28x+6 sin 4xcos 4x =5 ĐS:x = π

16 + kπ

4 (k∈ Z)

2

cosx

1+sinx =1−sinx ĐS: 



x=k2π

x= π

2 +k2π

(k∈ Z)

3

1−cosx(2 cosx+1)−√2 sinx

1−cosx =1 ĐS:



 

x= −π

4 +k2π x= −3π

4 +k2π

(k∈ Z)

4

3 sin 2x−2 sinx

sin 2xcosx =2 ĐS:



   

x=k2π

x= −π

3 +k2π x= π

3 +k2π

(k∈ Z)

5

2 sin2x+3√2 sinx−sin 2x+1

(sinx+cosx)2 =−1 ĐS: x= −3π

4 +k2π(k∈ Z)

6

2 cos 2x−8 cosx+7=

cosx ĐS:



   

x =k2π

x = −π

3 +k2π x = π

3 +k2π

7

√ cos2x +

4+2 sin 2x sin 2x −2

√

3 =2(cotx+1) ĐS: 

 

x= −π

3 +kπ x= −5π

6 +kπ

(k∈ Z)

(107)

3 cos 4x+2 cos2x+3 =8 cos6x ĐS:     

x=kπ

x= π

4 +kπ x= −π

4 +kπ

(k∈ Z)

9

3 cosx−2=−3(1−cosx)cot2x ĐS:        

x= −π

3 +k2π x= π

3 +k2π

x=−2 arctan√5+k2π

x=2 arctan√5+k2π

(k∈ Z)

10

sin 3x+cos 2x=1+2 sinxcos 2x ĐS: 

   

x=kπ

x= π

6 +k2π x= 5π

6 +k2π

(k∈ Z)

11

2 cos 5xcos 3x+sinx=cos 8x ĐS:       

x= π

2 +k2π x= −5π

6 +k2π x= −π

6 +k2π

(k∈ Z)

12

4(sin6x+cos6x) =4 sin 2x ĐS: 

   

x=−2 arctan + √

15±»2(4+√15)

+k2π

x=−2 arctan − √ 15 ± … 2(4−

√ 15)

!

+k2π

(k∈ Z)

13

sin 4x+2=cos 3x+4 sinx+cosx ĐS: 

   

x=k2π

x= π

6 +k2π x= 5π

6 +k2π

(k∈ Z)

14

cos 2x−tan2x = cos

2x+cos3x−1

cos2x ĐS:

     

x= 2π

3 +k2π x= −2π

3 +k2π x=k2π

(k∈ Z)

1

3 tan 2x− cos 2x −

2 tanx−2

1+tanx +4 cos

2x =2. ĐS:x = −π

12 + kπ

3 (k∈ Z)

2

(2 tan2x−1)cosx =2−cos 2x ĐS: 

   

x=π+k2π

x= −π

3 +k2π x= π

3 +k2π

(k∈ Z)

(108)

2 cos2x+3 cosx−2 cos 3x =4 sinxsin 2x ĐS: 

     

x= −π

2 +kπ x= −2π

3 +k2π x= 2π

3 +k2π

(k∈ Z)

4

4 sinx+3=2(1−sinx)tan2x ĐS: 

 

x= −5π

6 +k2π x= −π

6 +k2π

(k∈ Z)

5

2 sin3x−3= (3 sin2x+2 sinx−3)tanx ĐS: 

 

x= −2π

3 +k2π x= 2π

3 +k2π

(k∈ Z)

6

5 sinπ −x

−3(1−cosx)cot2x=2 ĐS: 

 

x= −π

3 +k2π x= π

3 +k2π

(k∈ Z)

7

3 sin2x+2 sinx−3

cotx +3=2 sin

3x. ĐS:



 

x= −2π

3 +k2π x= 2π

3 +k2π

(k∈ Z)

8

5 sinx+cos 3x+sin 3x

1+2 sin 2x =3+cosx ĐS: 

 

x =−arcsin3

4 +π+k2π x =arcsin3

4 +k2π

(k∈ Z)

9

√

cos2x −tanx−2 √

3=sinx1+tanxtan x

ĐS:



 

x= −2π

3 +kπ x= −π

6 +kπ

(k∈ Z)

10

BÀI 5. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT ĐỐI VỚI SIN VÀ

COS

Dạng tổng quát:asinx+bcosx=c,(a,b ∈R\ {0}) (1) Phương pháp giải:

a2+b2<c2, phương trình vơ nghiệm a2+b2≥c2, ta làm sau:

Chia hai vế của(1)cho √a2+b2,(1) ⇔ √ a

a2+b2sinx+ b √

a2+b2 cosx = c √

a2+b2 (2)

Đặtcosα = √ a

a2+b2,sinα = b √

a2+b2,α ∈ [0; 2π] Ta có

(2) ⇔ sinxcosα+cosxsinα = √ c

a2+b2 ⇔ sin(x+α) = c √

(109)

Lưu ý: Hai công thức hay sử dụng sinacosb±cosasinb =sin(a±b); cosacosb±sinasinb =cos(a∓b) Các dạng có cách giải tương tự

asinmx+bcosmx=c;

asinmx+bcosmx=csinnx+dcosnx, a2+b2 =c2+d2

B VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP

1 VÍ DỤ

1 sinx−√3 cosx =−√3; ĐS: x=k2π,x= 5π

3 +k2π,k∈ Z

2 √3 cosx−sinx =√2 ĐS:x = π

12 +k2π,x=− 5π

12 +k2π,k∈ Z

L Lời giải

sinx−√3 cosx=−√3 ⇔

2sinx− √

3

2 cosx=− √

3 ⇔ cosπ

3 sinx−sin

π

3 cosx =− √

3 ⇔ sinx−π

3

=sin−π

⇔ 

 

x−π =−

π

3 +k2π x−π

3 =π+

π

3 +k2π ⇔





x=k2π

x= 5π

3 +k2π

,k ∈ Z

1

√

3 cosx−sinx =√2 ⇔

√

2 cosx−

2sinx= √

2 ⇔ sinπ

3 cosx−cos

π

3 sinx = √

2 ⇔ sinπ

3 −x

=sin π ⇔



 

π

3 −x =

π

4 +k2π

π

3 −x =π−

π

4 +k2π ⇔



 

x = π

12+k2π x =−5π

12 +k2π

,k ∈Z

2

(110)

1 cos 2x−√3 sin 2x =2 cosπ −x

; ĐS:x = 2π

9 + k2π

3 ,x =k2π,k∈ Z

2 √3 sinπ +x

+sinπ −x

=√2 ĐS:x = π

3 +k2π,x=−

π

6 +k2π,k∈ Z

L Lời giải

cos 2x−√3 sin 2x=2 cosπ −x

⇔

2cos 2x− √

3

2 sin 2x=cos π

3 −x

⇔ cosπ

3 cos 2x−sin

π

3 sin 2x =cos π

3 −x

⇔ cos2x−π

=cosπ −x

⇔ 

 

2x−π =

π

3 −x+k2π 2x−π

3 =−

π

3 +x+k2π ⇔





x= 2π

9 + k2π

3 x=k2π

,k∈ Z

1

√

3 sinπ +x

+sinπ −x

=√2 ⇔

√ sin

π +x

+1 2cos hπ − π

4 −x i

=

√ 2 ⇔ sinπ

3 sin π

4 +x

+cosπ cos

π +x

=

√ 2 ⇔ cosx+π

4 −

π

3

=cosπ ⇔ cosx− π

12

=cosπ ⇔



 

x− π 12 =

π

4 +k2π x− π

12 =−

π

4 +k2π ⇔



 

x = π

3 +k2π x =−π

6 +k2π

,k∈ Z

2

1 cos 4x−sinx =√3(cosx−sin 4x); ĐS:x = π

18 + k2π

3 ,x =

π

10 + k2π

5 ,k∈ Z

2

√

3(cos 2x+sin 3x) = sin 2x+cos 3x ĐS: x=−π

6 +k2π,x =−

π

10 + k2π

5 ,k∈ Z

L Lời giải

1

cos 4x−sinx=√3(cosx−sin 4x) ⇔cos 4x+√3 sin 4x=√3 cosx+sinx ⇔

2cos 4x+ √

3

2 sin 4x= √

3

2 cosx+

2sinx ⇔cos

π

3 cos 4x+sin

π

3 sin 4x =cos

π

6 cosx+sin

π

6 sinx ⇔ cos4x−π

3

=cosx−π ⇔   

4x−π

3 =x−

π

6 +k2π 4x−π

3 =−x+

π

6 +k2π ⇔



 

x= π

18+ k2π

3 x= π

10+ k2π

5

(111)

2

√

3(cos 2x+sin 3x) =sin 2x+cos 3x ⇔√3 cos 2x−sin 2x =cos 3x−√3 sin 3x ⇔

√

2 cos 2x−

2sin 2x=

2cos 3x− √

3

2 sin 3x ⇔cos

π

6 cos 2x−sin

π

6 sin 2x =cos

π

3 cos 3x−sin

π

3 sin 3x ⇔ cos2x+π

6

=cos3x+π

3 ⇔   

2x+π

6 =3x+

π

3 +k2π 2x+π

6 =−3x−

π

3 +k2π ⇔



 

x =−π

6 +k2π x =−π

10+ k2π

5

,k∈ Z

1 √3 sin2x+1

2sin 2x = √

3; ĐS:x = π

3 +kπ,x =

π

2 +kπ,k∈ Z

2 sinx√3−sinx=cosx(1+cosx) ĐS:x = π

3 +k2π,x=π+k2π,k ∈Z

L Lời giải

√

3 sin2x+1

2sin 2x = √

3 ⇔ √3·1−cos 2x

2 +

2sin 2x= √

3 ⇔

2sin 2x− √

3

2 cos 2x = √

3 ⇔ sin 2xcos π

3 −cos 2xsin

π

3 = √

3 ⇔ sin2x−π

3

=sinπ ⇔



 

2x−π =

π

3 +k2π 2x−π

3 =π−

π

3 +k2π ⇔



 

x = π

3 +kπ x = π

2 +kπ

,k∈ Z

1

sinx√3−sinx=cosx(1+cosx)

⇔ √3 sinx−cosx =sin2x+cos2x ⇔

√

2 sinx−

2cosx = ⇔ sinxcos π

6 −cosxsin

π

6 = ⇔ sinx−π

6

=sinπ ⇔



 

x−π =

π

6 +k2π x−π

6 =π−

π

6 +k2π ⇔



 x = π

3 +k2π x =π+k2π

,k∈ Z

2

1 sinx−sin 2x

cosx−cos 2x = √

3; ĐS:x =−π

9 + k2π

3 ,k∈ Z

2 cosx−sin 2x

2 cos2x−sinx−1 = √

3 ĐS: x=−π

(112)

L Lời giải

1 Điều kiện xác định:cosx−cos 2x 6=0 ⇔ ®

x 6=2x+k2π

x 6=−2x+k2π

⇔  



x6=k2π

x6= k2π

3

⇔ x 6= k2π

3 ,k ∈

Z (1)

sinx−sin 2x cosx−cos 2x =

√

3⇔sinx−√3 cosx =sin 2x−√3 cos 2x ⇔

2sinx− √

3

2 cosx =

2sin 2x− √

3

2 cos 2x ⇔ cos π

6 cosx−sin

π

6 sinx =cos

π

6 cos 2x−sin

π

6 sin 2x ⇔ cosx+ π

6

=cos2x+ π

6 ⇔   

x+π

6 =2x+

π

6 +k2π x+π

6 =−2x−

π

6 +k2π ⇔





x =k2π

x =−π +

k2π

3

,k∈ Z

Kết hợp với điều kiện(1)ta có nghiệm phương trình làx =−π +

k2π

3 ,k∈ Z

2 Điều kiện xác định:2 cos2x−sinx−16=0⇔cos 2x−sinx 6=0⇔cos 2x6=cosπ −x

⇔     

2x 6= π

2 −x+k2π 2x 6=−π

2 +x+k2π ⇔     

x 6= π

6 + k2π

3 x 6=−π

2 +k2π

⇔ x6= π

6 + k2π

3 ,k∈ Z (2) cosx−sin 2x

2 cos2x−sinx−1 = √

3⇔ cosx−sin 2x cos 2x−sinx =

√ ⇔ cosx+√3 sinx =sin 2x+√3 cos 2x

⇔

2cosx+ √

3

2 sinx =

2sin 2x+ √

3

2 cos 2x ⇔ cos π

3 cosx+sin

π

3 sinx =cos

π

6 cos 2x+sin

π

6 sin 2x ⇔ cosx− π

3

=cos2x− π ⇔   

x− π

3 =2x−

π

6 +k2π x− π

3 =−2x+

π

6 +k2π ⇔



 

x =−π

6 +k2π x = π

6 + k2π

3

,k ∈Z

Kết hợp với điều kiện(2)ta có nghiệm phương trình làx =−π

6 +k2π,k∈ Z

(113)

1 cos 2x1+tanxtanx

+tanx =2 sinx+1; ĐS: x=k2π,x= 7π

6 +k2π,x = 11π

6 +k2π,k∈ Z

2 sin2x+tanx+√2(1+tanx)sin 3x =1 ĐS: x=−π

4 +kπ,x =

π

20 + k2π

5 ,x = 3π

4 +k2π,k ∈Z

L Lời giải



cosx6=0 cos x

2 6=0 ⇔     

x6= π

2 +kπ x

2 6=

π

2 +kπ ⇔

 

 x 6= π

2 +kπ x 6=π+k2π

,k ∈Z (1) Phương trình cho tương đương với

cos 2x−1−2 sinx+cos 2xtanxtanx

2 +tanx =0 ⇔ cos 2x· sinx

cosx ·tan x +

sinx

cosx −2 sin

2x−2 sinx =0 ⇔ sinx

cos 2x

cosx ·tan x +

1

cosx −2 sinx−2

=0

⇔ 



sinx =0 (2)

cos 2x cosx ·tan

x +

1

cosx −2 sinx−2=0 (3)

(2)⇔ x=kπ,k∈ Z (4)

(3)⇔cos 2xsin x

2 −2 sinxcosxcos x +cos

x

2 −2 cosxcos x =0 ⇔sin x

2 cos 2x−cos x sin 2x

+cos x −

cos3x

2 +cos x

=0 ⇔sin3x

2 +cos 3x

2 =0⇔cos 3x − π =0 ⇔ 3x − π = π

2 +kπ ⇔ x=

π

2 + k2π

3 ,k∈ Z (5)

Từ (1), (4), (5) ta có nghiệm phương trình x = k2π,x = 7π

6 +k2π,x = 11π

6 + k2π,k∈ Z

2 Điều kiện xác định:cosx6=0⇔x 6= π

2 +kπ,k∈ Z (1) Phương trình cho tương đương với

4 sin2x−2+ (tanx+1) +√2(1+tanx)sin 3x =0 ⇔ 2sin2−cos2x+ (tanx+1) +√2(1+tanx)sin 3x =0 ⇔ 2(sinx+cosx) (sinx−cosx) +sinx+cosx

cosx + √

2· sinx+cosx

cosx sin 3x=0 ⇔ (sinx+cosx)

2 sinx−2 cosx+

cosx + √

2· sin 3x cosx =0 ⇔  

sinx+cosx =0 (2)

2 sinx−2 cosx+

cosx + √

2· sin 3x

(114)

(2)⇔sinx+π

4

=0⇔ x+π

4 =kπ ⇔ x=−

π

4 +kπ,k ∈ Z (4)

(3)⇔2 sinx−2 cosx+

cosx + √

2·sin 3x

cosx =0⇔sin 2x−2 cos

2x+1+√2 sin 3x=0

⇔ cos 2x−sin 2x = √2 sin 3x ⇔ sinπ −2x

= sin 3x ⇔ 

 

π

4 −2x =3x+k2π

π

4 −2x =π−3x+k2π ⇔ 

 

x= π

20+ k2π

5 x= 3π

4 +k2π

,k∈ Z (5)

Từ (1), (4), (5) ta có nghiệm phương trình làx = −π

4 +kπ,x =

π

20+ k2π

5 ,x = 3π

4 + k2π,k ∈ Z

BÀI Giải phương trình

1 sinx+√3 cosx=1 ĐS: x=−π

6 +k2π,x =

π

2 +k2π,k ∈Z

2

√

3 sin 3x−cos 3x=√2 ĐS: x= 5π

36 + k2π

3 ,x= 11π

36 + k2π

3 ,k ∈Z

3 √3 sinπ −x

−sinx =2 ĐS:x =−π

6 +k2π,k ∈Z

4

sinx

2 +cos x

2

+√3 cosx=2 ĐS: x=−π

6 +k2π,x =

π

2 +k2π,k ∈Z

Lời giải.

sinx+√3 cosx =1 ⇔

2sinx+ √

3

2 cosx = ⇔ sinxcos π

3 +cosxsin

π

3 = ⇔ sinx+π

3

=sinπ ⇔



 

x+π

3 =

π

6 +k2π x+π

3 =π−

π

6 +k2π ⇔



 

x =−π

6 +k2π x = π

2 +k2π

,k∈ Z

1

√

3 sin 3x−cos 3x =√2 ⇔

√

2 sin 3x−

2cos 3x= √

2 ⇔ sin 3xcosπ

6 −cos 3xsin

π

6 = √

2 ⇔ sin3x−π

6

=sin π ⇔



 

3x−π =

π

4 +k2π 3x−π

6 =π−

π

4 +k2π ⇔



 

x = 5π

36 + k2π

3 x = 11π

36 + k2π

3

,k∈ Z

(115)

√

3 sinπ −x

−sinx=2 ⇔ √3 cosx−sinx=2

⇔ √

3

2 cosx−

2sinx =1 ⇔ sinπ

3 cosx−cos

π

3 sinx=1 ⇔ sinπ

3 −x

=sinπ ⇔ π

3 −x =

π

2 +k2π ⇔ x =−π

6 +k2π,k ∈ Z

3

sin x

2 +cos x

2

+√3 cosx =2 ⇔ sin2 x

2 +cos 2x

2 +2 sin x 2cos

x +

√

3 cosx=2 ⇔ sinx+√3 cosx =1

⇔ sinxcos π

3 +cosxsin

π

3 = ⇔ sinx+π

3

=sinπ ⇔



 

x+π

3 =

π

6 +k2π x+π

3 =π−

π

6 +k2π ⇔



 

x =−π

6 +k2π x = π

2 +k2π

,k∈ Z

4

1 √3 sinx+cosx=2 sin π

12 ĐS: x=−

π

12+k2π,x = 3π

4 +k2π,k ∈Z

2 sin 3x−√3 cos 3x=2 sin 2x ĐS:x = π

3 +k2π,x = 4π

15 + k2π

5 ,k ∈Z

3 cos 3x+√3 sinx+cosx=0 ĐS:x = π

3 + kπ

2 ,k ∈Z

4 √2 cos 2x+sinx−cosx=0 ĐS:x = π

4 +k2π,x=

π

12+ k2π

3 ,k ∈Z

5 cosx−√3 sinx=2 cosπ −x

ĐS:x = π

3 +kπ,k ∈Z

6 sinx−√3 cosx+2=4 cos2x ĐS:x = 2π

9 + k2π

3 ,x = 4π

3 +k2π,k ∈Z

7 2 cosx√3 sinx+cosx−1 =1 ĐS:x = π

6 +kπ,k ∈Z

8 √3 cos 5x−2 sin 3xcos 2x=sinx ĐS: x= π

18+ kπ

3 ,x =

π

6 + kπ

2 ,k ∈Z

(116)

√

2 sinx+

2cosx=sin

π

12 ⇔ sinxcosπ

6 +cosxsin

π

6 =sin

π

12 ⇔ sinx+ π

6

=sin π 12 ⇔



 

x+ π

6 =

π

12 +k2π x+ π

6 =π−

π

12 +k2π ⇔



 

x =−π

12 +k2π x = 3π

4 +k2π

,k ∈Z

1

2sin 3x− √

3

2 cos 3x =sin 2x ⇔ sin 3xcos π

3 −cos 3xsin

π

3 =sin 2x ⇔ sin3x− π

3

=sin 2x

⇔ 

 

3x−π

3 =2x+k2π 3x−π

3 =π−2x+k2π ⇔



 

x = π

3 +k2π x = 4π

15 + k2π

5

,k∈ Z

2

√

2 sinx+

2cosx=cos(π−3x) ⇔ cosxcosπ

3 +sinxsin

π

3 =cos(π−3x) ⇔ cosx−π

3

=cos(π−3x)

⇔ 

 

x−π

3 =π−3x+k2π x−π

3 =−π+3x+k2π ⇔



 

x= π

3 + kπ

2 x= π

3 +kπ ⇔ x = π

3 + kπ

2 ,k∈ Z

3

√

2 cosx− √

2

2 sinx =cos 2x ⇔ cosxcos π

4 −sinxsin

π

4 =cos 2x ⇔ cosx+ π

4

=cos 2x

⇔ 

 

x+π

4 =2x+k2π x+π

4 =−2x+k2π ⇔



 

x = π

4 +k2π x = π

12 + k2π

3

,k ∈ Z

(117)

1

2cosx− √

3

2 sinx=cos π

3 −x

⇔ cosxcosπ

3 −sinxsin

π

3 =cos π

3 −x

⇔ cosx+π

3

=cosπ −x

⇔ 

 

x+π

3 =

π

3 −x+k2π x+π

3 =−

π

3 +x+k2π ⇔ x = π

3 +kπ,k ∈Z

5

sinx−√3 cosx =2 cos 2x ⇔

2sinx− √

3

2 cosx =cos 2x ⇔ cosxcos π

6 −sinxsin

π

6 =cos(π−2x) ⇔ cosx+π

3

=cos(π−2x)

⇔ 

 

x+π

3 =π−2x+k2π x+π

3 =−π+2x+k2π ⇔



 

x = 2π

9 + k2π

3 x = 4π

3 +k2π

,k ∈ Z

6

2√3 sinxcosx+2 cos2x−2=1 ⇔ √3 sin 2x+cos 2x=2

⇔ √

3

2 sin 2x+

2cos 2x=1 ⇔ cos 2xcosπ

3 +sin 2xsin

π

3 =cos ⇔ cos2x−π

3

=cos ⇔ 2x− π

3 =k2π ⇔ x = π

6 +kπ,k ∈ Z

7

√

3 cos 5x−(sin 5x+sinx) = sinx ⇔ √3 cos 5x−sin 5x=2 sinx

⇔ √

3

2 cos 5x−

2sin 5x =sinx ⇔ sinπ

3 cos 5x−cos

π

3 sin 5x=sinx ⇔ sinπ

3 −5x

=sinx

⇔ 

 

π

3 −5x =x+k2π

π

3 −5x =π−x+k2π ⇔



 

x= π

18+ kπ

3 x= π

6 + kπ

2

,k ∈Z

8

1 sin 2x+cosx=cos 2x−sinx ĐS: x=−π

2 +k2π,x = k2π

3 ,k ∈Z

2 sin 2x+2 cos2x+sinx−cosx =1 ĐS: x= π

2 +k2π,x = k2π

3 ,k ∈Z

3 (1−2 sinx)cosx

(1+2 sinx)(1−sinx) =

√

3 ĐS: x=−π

18+ k2π

3 ,k ∈Z

4 8 sinx =

√ cosx +

1

sinx ĐS: x =

π

6 +kπ,x=−

π

12+ kπ

(118)

5

√

3 cos2x+2 sinxcosx−√3 sin2x=1 ĐS: x= π

4 +kπ,x =−

π

12 +kπ,k ∈Z

6 √3(cos 2x−sinx) +cosx(2 sinx+1) = ĐS:x =−π

2 +k2π,x = 5π

18 + k2π

3 ,k ∈Z

Lời giải.

cos 2x−sin 2x=cosx+sinx ⇔

√

2 cos 2x− √

2

2 sin 2x= √

2

2 cosx+ √

2 sinx ⇔ cosπ

4 cos 2x−sin

π

4 sinx =cos

π

4 cosx+sin

π

4 sinx ⇔ cos2x+π

4

=cosx−π ⇔   

2x+π

4 =x−

π

4 +k2π 2x+π

4 =−x+

π

4 +k2π ⇔



 

x=−π

2 +k2π x= k2π

3

,k ∈ Z

1

sin 2x+2 cos2x−1=cosx−sinx ⇔ cos 2x+sin 2x =cosx−sinx ⇔

√

2 cos 2x+ √

2

2 sin 2x = √

2

2 cosx− √

2 sinx ⇔ cos2x−π

4

=cosx+π

4 ⇔   

2x−π

4 =x+

π

4 +k2π 2x−π

4 =−x−

π

4 +k2π ⇔



 

x = π

2 +k2π x = k2π

3

,k∈ Z

2

Điều kiện xác định: ®

1+2 sinx 6=0 1−sinx 6=0

⇔  



sinx 6=−1 sinx 6=1

⇔             

x 6=−π

6 +k2π x 6=−5π

6 +k2π x 6= π

2 +k2π

,k ∈

Z (1)

cosx−sin 2x=√31−sinx+2 sinx−2 sin2x ⇔ cosx−sin 2x=√3(cos 2x+sinx)

⇔ √3 cos 2x+sin 2x=cosx−√3 sinx ⇔ cos2x−π

6

=cosx+π

3 ⇔   

2x−π

6 =x+

π

3 +k2π 2x−π

6 =−x−

π

3 +k2π ⇔



 

x= π

2 +k2π x=−π

18+ k2π

3

,k∈ Z

Kết hợp với điều kiện(1)ta có nghiệm phương trình làx=−π

18+ k2π

3 ,k ∈Z

3 Điều kiện xác định:

®

sinx6=0 cosx6=0 ⇔sin 2x6=0⇔x 6= kπ

2 ,k∈ Z (2) sin2xcosx=√3 sinx+cosx ⇔ cosx+√3 sinx =4 sinxsin 2x ⇔ cosx+√3 sinx =2(cosx+cos 3x)

⇔ cosx−√3 sinx =2 cos 3x ⇔ cosx+π

3

=cos 3x

⇔ 

 

x+π

3 =3x+k2π x+π

3 =−3x+k2π ⇔



 

x = π

6 +kπ x =−π

12 + kπ

2

,k ∈Z

Kết hợp với điều kiện(2)ta có nghiệm phương trình x = π

6 +kπ,x = −

π

12 + kπ

2 ,k∈ Z

(119)

√

3 cos 2x+sin 2x =1 ⇔

√

2 cos 2x+

2sin 2x = ⇔ cos 2xcos π

6 +sin 2xsin

π

6 = ⇔ cos2x−π

6 = ⇔   

2x−π =

π

3 +k2π 2x−π

6 =−

π

3 +k2π ⇔



 

x = π

4 +kπ x =−π

12 +kπ

,k∈ Z

5

√

3 cos 2x+sin 2x =√3 sinx−cosx ⇔

2sin 2x+ √

3

2 cos 2x = √

3

2 sinx− 2cosx ⇔ sin2x+π

3

=sinx−π ⇔   

2x+π

3 =x−

π

6 +k2π 2x+π

3 =π−x+

π

6 +k2π ⇔



 

x =−π

2 +k2π x = 5π

18 + k2π

3

,k∈ Z

6

1 √3 sinx+cosx=−1 ĐS:x =π+k2π,x =−π

3 +k2π,k ∈Z

2 sinx+√3 cosx=2 ĐS:x = π

6 +k2π,k ∈Z

3 cos 7x−√3 sin 7x=−√2 ĐS: x= 5π

84 + k2π

7 ,x=− 13π

84 + k2π

7 ,k ∈Z

4 sin

π +2x

+√3 sin(π−2x) =1 ĐS:x =kπ,x = π

3 +kπ,k ∈Z

5 sinx(sinx−1) =cosx(1−cosx) ĐS:x =k2π,x = π

2 +k2π,k ∈Z

6 sinx+π

4

+2 cosx−π

=3√2 ĐS:x =k2π,x = π

2 +k2π,k ∈Z

7 sin2x+√3 sin 2x−2=0 ĐS: x= π

2 +kπ,x =

π

6 +kπ,k ∈Z

8 cosxsin 3x−√3 cos 2x=√3+cos 3xsinx ĐS: x= π

2 +kπ,x =

π

3 +kπ,k ∈Z

9 √3 sin 2x+cos 2x=2 cosx−1 ĐS: x=k2π,x= π

2 +k2π,x = 2π

3 +k2π,k ∈Z

10 sin2x+π

6

+4 sinx =1 ĐS:x =kπ,x = 5π

6 +k2π,k ∈Z

11 cos 7xcos 5x−√3 sin 2x=1−sin 7xsin 5x ĐS:x =kπ,x =−π

3 +kπ,k ∈Z

12 2cos4x−sin4x+1=√3 cosx+sinx ĐS: x =−π

2 +k2π,x=

π

6 +k2π,x =−

π

(120)

13 sin2x+sin 2x−3 sinx+cosx =2 ĐS: x=−π

6 +k2π,x = 7π

6 +k2π,k ∈Z

14 cosx−2 cos 2x=2 sinxcos

2x−5π

ĐS:x = π

3 +k2π,x =

π

4 + kπ

2 ,k ∈Z BÀI Giải phương trình

1 cosx=√2 sin 2x−sinx ĐS:x = π

4 + k2π

3 ,k ∈Z

2 sinx+cosx=2√2 sinxcosx ĐS:x = π

4 + k2π

3 ,k ∈Z

3 (sinx+cosx)2−√3 cos 2x=1+2 cosx ĐS:x = 5π

18 + k2π

3 ,x =− 7π

6 +k2π,k ∈Z

4 sin 3x+√3 cos 3x−2 sinx=0 ĐS:x =−π

6 +kπ,x =

π

6 + kπ

2 ,k ∈Z

5 2 cos2 x

2 + √

3 sinx=1+2 sin 3x ĐS:x = π

12 +kπ,x = 5π

24 + kπ

2 ,k ∈Z

6 sin2x+sinx =2−√3 cosx ĐS:x =−π

6 +k2π,x=

π

18+ k2π

3 ,k ∈Z

7 √3 sin 2x+2 sin2x=4 sin 3xcosx+2 ĐS:x =−π

12 +kπ,x = 7π

24 + kπ

2 ,k ∈Z

8 2(cos 6x+cos 4x)−√3(1+cos 2x) = sin 2x ĐS: x = π

2 +kπ,x=−

π

24+ kπ

2 ,x=

π

24+ kπ

3 ,k ∈Z

9 sinx cos2x−sin2x =sinx+√3 cos 3x ĐS:x = π

9 + kπ

3 ,k ∈Z

10 √3 sin 2x−2 cos2x =2√2+2 cos 2x ĐS:x = π

2 +kπ,k ∈Z

11 √3 sin 7x−2 sin 4xsin 3x=cosx ĐS: x= π

18+ kπ

3 ,x=

π

24+ kπ

4 ,k ∈Z

12 sin2x+sin 2x

2 = √

2 sinxsin3x+π

4

ĐS: x=kπ,x = π

8 + kπ

2 ,k ∈Z

13 2−√3 cos 2x+sin 2x =4 cos23x ĐS: x=−5π 24 +

kπ

2 ,x =− 5π

48 + kπ

4 ,k ∈Z

14 √3 cos 2x+sin 2x+2 sin2x−π

=2√2 ĐS:x = 5π

24 +kπ,k ∈Z BÀI Giải phương trình

1 cos 2x−√3 sin 2x=√3 sinx+cosx ĐS:x = k2π

3 ,k ∈Z

2 cos 7x−sin 5x=√3(cos 5x−sin 7x) ĐS:x = π

12 +kπ,x=

π

24+ kπ

6 ,k ∈Z

3 1−2 sinx

1+2 sinx =

1−sinx √

3 cosx ĐS: x=

π

18+ k2π

(121)

4 sinx−sin 3x

cosx−cos 3x = √

3 ĐS: x=−π

12+ kπ

2 ,k ∈Z

5 sin2x+π

6

=4 cos 2xcos2x− π

+1 ĐS:x = π

6 + kπ

3 ,x = 5π

6 +kπ,k ∈Z

6 2cosx+√3 sinxcosx =cosx−√3 sinx+1 ĐS:x = k2π

3 ,k ∈Z BÀI Giải phương trình

1 sin 2x−2√3 cos2x =2 cosx ĐS: x= π

2 +kπ,x = 7π

6 +k2π,k ∈Z

2 sin 2x−cosx+sinx=1 ĐS: x= π

4 +kπ,x =

π

2 +k2π,x=π+k2π,k ∈Z

3 √3 sin 2x−cos 2x=4 sinx−1 ĐS:x = π

6 +kπ,x=kπ,k ∈Z

4 tanπ

7 sinx+2 cos x

2 =2 ĐS: x=k2π,k ∈Z

5

√

3 sin 2x−1=cos 2x−2 cosx ĐS: x= π

2 +kπ,x = 4π

3 +k2π,x=k2π,k ∈Z

6 cos 2x+2 sinx=1+√3 sin 2x ĐS: x= π

2 +k2π,x =−

π

6 +k2π,x=kπ,k ∈Z

7 sin 6x−2 sin 4x+√3 cos 2x=√3+sin 2x ĐS: x =−π

12 + kπ

2 ,x =

π

18 + kπ

3 ,x =kπ,k∈ Z

8 cosx+cos 3x=1+√2 sin2x+π

4

ĐS: x= π

2 +kπ,x =−

π

4 +kπ,x=k2π,k ∈Z

BÀI 6. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC ĐẲNG CẤP

(BẬC 2, BẬC 3, BẬC 4)

1) Dạng tổng quátasin2x+bsinxcosx+ccos2x =d(a,b,c,d∈ R) (1) 2) Dấu hiệu nhận dạng: phương trình hàm sin cosin đồng bậc (hoặc lệch

hai bậc) Chú ý hàm tan cotan xem bậc0 3) Phương pháp giải:

Bước 1. Kiểm trax = π

2 +kπ ⇔ ®

cosx =0

sin2x=1 có nghiệm phương trình khơng? Bước 2. Vớix6= π

2 +kπ ⇔ "

cosx6=0

sin2x 6=1, ta chia hai vế (1) chocos 2x.

(1) ⇔a· sin 2x cos2x +b·

sinx

cosx +c = d

cos2x ⇔atan

(122)

! Giải tương tự phương trình đẳng cấp bậc ba bậc bốn

B VÍ DỤ

VÍ DỤ Giải phương trình2 cos2x+2 sin 2x−4 sin2x=1 ĐS: x= π

4 +kπ, x=arctan

−1

5

+kπ

L Lời giải

Ta có phương trình có dạng2 cos2x+4 sinxcosx−4 sin2x=sin2x+cos2x⇔5 sin2x−4 sinxcosx−

cos2x =0 (2)

TH1. Vớix = π

2 +kπ, thay vào phương trình (2) ta được5=0(vơ lí) TH2. Với x 6= π

2 +kπ, chia hai vế (2) cho cos

2x ta được: 5 tan2x −4 tanx−1 = 0 ⇔ 



tanx =1 tanx =−1

5

Vớitanx =1 ⇔x = π

4 +kπ Vớitanx =−1

5 ⇔ x=arctan

−1

+kπ

Vậy nghiệm phương trình làx = π

4 +kπ, x=arctan

−1

+kπ

VÍ DỤ Giải phương trình4 sin3x+3(cos3x−sinx) =sin2xcosx ĐS: x= π

4 +kπ, x=±π

3 +kπ

L Lời giải

2 +kπ, thay vào phương trình cho Nếux = π

2 +k2πthì(1) ⇔1=0(vơ lí) Nếux =−π

2 +k2πthì(1) ⇔7=0(vơ lí) TH2. Vớix 6= π

2 +kπ, chia hai vế phương trình chocos

3xta được:

4 tan3x+3h1−tanx(1+tan2x)i =tan2x ⇔tan3x−tan2x−3 tanx+3=0⇔ "

(123)

Vớitanx =1 ⇔x = π

4 +kπ Vớitanx =√3 ⇔x = π

3 +kπ Vớitanx =−√3 ⇔x =−π

3 +kπ Vậy nghiệm phương trình làx = π

4 +kπ, x=±

π

3 +kπ

VÍ DỤ Giải phương trìnhsin2x(tanx+1) = sinx(cosx−sinx) +3 ĐS: x=−π

4 +kπ, x=±

π

3 +kπ

L Lời giải

Điều kiện xác địnhcosx6=0⇔ x6= π

2 +kπ Chia hai vế phương trình chocos2xta được:

tan2x(tanx+1) = tanx(1−tanx) +3(1+tan2x)⇔tan3x+tan2x−3 tanx−3 =0⇔ "

tanx =−1 tanx =±√3 Vớitanx =−1⇔x =−π

4 +kπ Vớitanx =√3⇔x = π

3 +kπ Vớitanx =−√3⇔x =−π

3 +kπ Vậy nghiệm phương trình làx =−π

4 +kπ, x=±

π

3 +kπ

C BÀI TẬP ÁP DỤNG

1 sin2x+3√3 sinxcosx−cos2x=2 ĐS: x= π

2 +kπ, x=

π

6 +kπ

2 sin2x+sinxcosx−2 cos2x=0 ĐS:x = π

4 +kπ,x =arctan(−2) +kπ

3 cos2x−√3 sin 2x =1+sin2x ĐS:x =kπ, x=−π

3 +kπ

4 cos2x−3√3 sin 2x+4=4 sin2x ĐS: x= π

2 +kπ, x=

π

6 +kπ

5 √3 sin2x+ (1−√3)sinxcosx−cos2x+1 =√3 ĐS: x=−π

4 +kπ, x=

π

3 +kπ

6 sin2x+ (3+√3)sinxcosx+ (√3−1)cos2x+1=0 ĐS: x=−π

4 +kπ, x=

π

6 +kπ

7 4 sin2x−5 sinxcosx−9 cos2x=0 ĐS: x=−π

4 +kπ, x=arctan

9

+kπ

8 cos2(3π−2x)−

√ cos

4x−9π

=1+sin22x ĐS:x =kπ

2,x =−

π

6 +k

π

(124)

Lời giải.

1 Ta có

2 sin2x+3√3 sinxcosx−cos2x=2⇔2 sin2x+3√3 sinxcosx−cos2x =2(cos2x+sin2x)

⇔√3 sinxcosx−cos2x=0 (*) TH1. Vớix = π

2 +kπ, thay vào phương trình (*) ta được0=0(thỏa mãn) TH2. Với x 6= π

2 +kπ, chia hai vế (*) chocos

2x ta được:√3 tanx−1 = 0 ⇔ tanx =

√

3 ⇔x =

π

6 +kπ

Vậy nghiệm phương trình làx= π

2 +kπ, x=

π

6 +kπ

2 Ta cósin2x+sinxcosx−2 cos2x =0 (*) TH1. Vớicosx =0⇔x = π

2 +kπ, thay vào phương trình (*) ta đượcsin

2x =0(vơ lí). TH2. Với x 6= π

2 +kπ, chia hai vế (*) cho cos

2x ta được: tan2x+tanx−2 = 0 ⇔ "

tanx =1 tanx =−2

Vớitanx =1⇔x = π

4 +kπ

Vớitanx =−2 ⇔x =arctan(−2) +kπ

4 +kπ, x=arctan(−2) +kπ

3 Ta có√ cos2x−√3 sin 2x = 1+sin2x ⇔ sin2x+2√3 sinxcosx = ⇔ sinx(sinx+

3 cosx) =

TH1. Vớisinx =0⇔x =kπ

TH2. Vớisinx+√3 cosx=0⇔tanx=−√3⇔ x=−π +kπ Vậy nghiệm phương trình làx=kπ,x =−π

3 +kπ

4 Ta có2 cos2x−3√3 sin 2x+4=4 sin2x ⇔2 cos2x−6√3 sinxcosx+4(1−sin2x) = 0⇔ cosx(cosx−√3 sinx) =

TH1. Vớicosx =0⇔x = π

2 +kπ

TH2. Vớicosx−√3 sinx=0⇔tanx= √1

3 ⇔x =

π

6 +kπ Vậy nghiệm phương trình làx= π

2 +kπ, x=

π

6 +kπ

5 Ta có√ √3 sin2x+ (1−√3)sinxcosx−cos2x+1 = √3 ⇔ sin2x+ (1−√3)sinxcosx−

3 cos2x =0 (*)

TH1. Vớix= π

(125)

TH2. Vớix6= π

2xta được:tan2x+ (1−√3)tanx−√3= 0⇔

"

tanx=−1 tanx=√3

Vớitanx =−1 ⇔x =−π +kπ Vớitanx =√3⇔x = π

3 +kπ Vậy nghiệm phương trình làx=−π

4 +kπ, x=

π

3 +kπ

6 Ta có√ sin2x+ (3+√3)sinxcosx+ (√3−1)cos2x+1=0⇔3 sin2x+ (3+√3)sinxcosx+

3 cos2x =0 (*)

TH1. Vớix= π

2x =0(vơ lí vìsin2x+cos2x= 1)

TH2. Vớix 6= π

2xta được:3 tan2x+ (3+√3)tanx+√3=

0⇔ 



tanx =−1 tanx = √1

3

Vớitanx =−1 ⇔x =−π +kπ Vớitanx = √1

3 ⇔ x=

π

4 +kπ, x=

π

6 +kπ

7 Ta có4 sin2x−5 sinxcosx−9 cos2x =0 (*) TH1. Vớix= π

2x =0(vơ lí vìsin2x+cos2x= 1)

TH2. Với x 6= π

2x ta được:4 tan2x−5 tanx−9 = 0 ⇔ 



tanx =−1 tanx =

4

Vớitanx =−1 ⇔x =−π +kπ Vớitanx =

4 ⇔ x=arctan

9

+kπ

Vậy nghiệm phương trình làx=−π

4 +kπ, x=arctan

9

+kπ

8 Ta có

cos2(3π−2x)−

√ cos

4x−9π

(126)

TH1. Vớisin 2x =0⇔2x =kπ ⇔ x=kπ

2

TH2. Vớisin 2x+√3 cos 2x =0⇔tan 2x=−√3⇔2x =−π

3 +kπ ⇔x =−

π

6 +k

π

2 Vậy nghiệm phương trình làx=kπ

2, x=−

π

6 +k

π

2

1 sinx =2 cos3x ĐS:x =±π

4 +kπ,x =kπ

2 cos3x+sin3x=sinx−cosx ĐS: x= π

2 +kπ

3 sinx−4 sin3x+cosx =0 ĐS: x= π

4 +kπ

4 4(sin3x+cos3x) =cosx+3 sinx ĐS: x= π

4 +kπ, x=±

π

3 +kπ

5 sinx+2 cos3x =5 sin 2xcosx ĐS:x ∈ ∅

6 cos3x−4 sin3x+sinx=3 cosxsin2x ĐS: x= π

4 +kπ, x=±

π

6 +kπ

7 cos4x+sin4x=4 cos2xsin2x ĐS: x=±π

4 +kπ, x=±

π

3 +kπ

8 sin3x+3(cos3x−sinx) =sin2xcosx ĐS: x= π

4 +kπ, x=±

π

3 +kπ

9 2√2 cos3x−π

−3 cosx =sinx ĐS: x= π

4 +kπ, x=

π

2 +kπ

10 sin2x+(1+cos 2x)

2

2 sin 2x =2 cos 2x ĐS: x=−

π

4 +kπ

11 cos2xtan24x+1+sin 2x=0 ĐS: x=−π +kπ

12 tanxsin2x−2 sin2x=3(cos 2x+sinxcosx) ĐS: x=−π

4 +kπ, x=±

π

3 +kπ

13 sin3x−√3 cos3x=sinxcos2x−√3 sin2xcosx ĐS: x=±π

4 +kπ, x=−

π

3 +kπ

14 4(sin4x+cos4x) +5 sin 2xcos 2x+cos22x=6 ĐS:x = π

8 +k

π

2, x=

2arctan +k

π

2

15 cot2x+2√2 sin2x= (2+3√2)cosx ĐS: x=±π

4 +k2π, x=±

π

3 +k2π

Lời giải.

1 Ta cósinx=2 cos3x ⇔sinx−2 cos3x =0 (*) TH1. Vớix= π

(127)

TH2. Vớix 6= π

3xta được:

tanx(1+tan2x)−2 tan3x =0⇔tanx(1−tan2x) =0 ⇔ "

tanx =±1 tanx =0 Vớitanx =−1 ⇔x =−π

4 +kπ Vớitanx =1⇔x = π

4 +kπ Vớitanx =0⇔x =kπ

Vậy nghiệm phương trình làx=±π

4 +kπ, x=kπ

2 Ta cócos3x+sin3x=sinx−cosx (*) TH1. Vớix = π

2 +k2π, thay vào phương trình (*) ta được1=1(thỏa mãn) TH2. Vớix =−π

2 +k2π, thay vào phương trình (*) ta được−1=−1(thỏa mãn) TH3. Vớix 6= π

3xta được:

1+tan3x =tanx(1+tan2x)−(1+tan2x) ⇔tan2x−tanx+2=0(vô nghiệm) Vậy nghiệm phương trình làx= π

2 +kπ

3 Ta cósinx−4 sin3x+cosx =0 (*)

2 +k2π, thay vào phương trình (*) ta được−3=0(vơ lí) TH2. Vớix =−π

2 +k2π, thay vào phương trình (*) ta được3=0(vơ lí) TH3. Vớix 6= π

3xta được:

tanx(1+tan2x)−4 tan3x+1+tan2x =0⇔ −3 tan3x+tan2x+tanx+1=0⇔tanx=1⇔ x= π

4 +kπ

4 Ta có4(sin3x+cos3x) =cosx+3 sinx (*) TH1. Vớix = π

2 +k2π, thay vào phương trình (*) ta được4=3(vơ lí) TH2. Vớix =−π

2 +k2π, thay vào phương trình (*) ta được−4=−3(vơ lí) TH3. Vớix 6= π

3xta được:

4(1+tan3x) = tan2x+1+3 tanx(tan2x+1)⇔tan3x−tan2x−3 tanx+3 =0⇔ "

tanx =1 tanx =±√3 Vớitanx =1⇔x = π

4 +kπ Vớitanx =±√3 ⇔x =±π

(128)

4 +kπ, x=±

π

3 +kπ

5 Ta có6 sinx+2 cos3x =5 sin 2xcosx⇔3 sinx+cos3x =5 sinxcos2x (*) TH1. Vớix = π

2 +kπ, thay vào phương trình (*) ta đượcsinx=0(vơ lí vìsin

2x+cos2x= 1)

TH2. Vớix 6= π

3xta được:

3 tanx(1+tan2x) +1=5 tanx ⇔3 tan3x−2 tanx+1=0(vơ nghiệm) Vậy phương trình vơ nghiệm

6 Ta cócos3x−4 sin3x+sinx=3 cosxsin2x (*) TH1. Vớix = π

2 +k2π, thay vào phương trình (*) ta được−3=0(vơ lí) TH2. Vớix =−π

2 +k2π, thay vào phương trình (*) ta được3=0(vơ lí) TH3. Vớix 6= π

3xta được:

1−4 tan3x+tanx(tan2x+1) =3 tan2x ⇔3 tan3x+3 tan2x−tanx−1=0⇔ 



tanx =1 tanx =±√1

3 Vớitanx =1⇔x = π

4 +kπ Vớitanx =±√1

3 ⇔ x=±

π

4 +kπ, x=±

π

6 +kπ

7 Ta có3 cos4x+sin4x=4 cos2xsin2x (*) TH1. Vớix = π

2 +kπ, thay vào phương trình (*) ta đượcsinx=0(vơ lí vìsin

2x+cos2x= 1)

TH2. Vớix 6= π

4xta được:

3+tan4x =4 tan2x ⇔tan4x−4 tan2x+3=0⇔ "

tanx=±1 tanx=±√3 Vớitanx =±1 ⇔x =±π

3 +kπ Vậy nghiệm phương trình làx=±π

4 +kπ, x=±

π

3 +kπ

8 Ta có4 sin3x+3(cos3x−sinx) = sin2xcosx ⇔ sin3x−3 sinx+3 cos3x = sin2xcosx (*)

(129)

TH2. Vớix =−π

2 +k2π, thay vào phương trình (*) ta được−1=0(vơ lí) TH3. Vớix 6= π

3xta được:

4 tan3x−3 tanx(tan2x+1) +3=tan2x ⇔tan3x−tan2x−3 tanx+3=0⇔ "

tanx=1 tanx=±√3 Vớitanx =1⇔x = π

4 +kπ, x=±

π

3 +kπ

9 Ta có2√2 cos3x− π

−3 cosx =sinx ⇔(sinx+cosx)3−3 cosx=sinx (*) TH1. Vớix = π

2 +k2π, thay vào phương trình (*) ta được1=1(thỏa mãn) TH2. Vớix =−π

2 +k2π, thay vào phương trình (*) ta được−1=−1(thỏa mãn) TH3. Vớix 6= π

3xta được:

(tanx+1)3−3(tan2x+1) =tanx(tan2x+1) ⇔tanx−1=0⇔tanx =1⇔x = π

4 +kπ, x=

π

2 +kπ

10 Điều kiện xác địnhsin 2x 6=0⇔ x6=kπ Ta cósin2x+ (1+cos 2x)

2

2 sin 2x =2 cos 2x⇔sin

2x+cos3x

sinx =2(cos

2x−sin2x). (*) Chia hai vế (*) chosin2xta được:

1+cot3x=2(cot2x−1)⇔cot3x−2 cot2x+3=0⇔cotx =−1⇔ x=−π +kπ Vậy nghiệm phương trình làx=−π

4 +kπ

11 Điều kiện xác địnhcos 4x 6=0⇔ x6= π

8 +k

π

4 Ta có

cos2xtan24x+1+sin 2x=0⇔tan24x+ (1+tanx)2 =0⇔ ®

tan 4x=0 tanx=−1 ⇔

  

 

x =kπ x =−π

4 +kπ

⇔x =−π +kπ Vậy nghiệm phương trình làx=−π

4 +kπ

12 Điều kiện xác địnhcosx 6=0⇔ x6= π

2 +kπ Ta có

tanxsin2x−2 sin2x=3(cos 2x+sinxcosx) ⇔ tanxsin2x−2 sin2x=3(cos2x−sin2x+sinxcosx)

⇔ tan3x−2 tan2x=3(1−tan2x+tanx)

⇔ tan3x+tan2x−3 tanx−3=0 ⇔

"

(130)

Vớitanx=−1⇔ x=−π +kπ Vớitanx=±√3⇔ x=±π

4 +kπ, x=±

π

3 +kπ

13 Ta cósin3x−√3 cos3x=sinxcos2x−√3 sin2xcosx (*) TH1. Vớicosx =0⇔x = π

2x =0(vơ lí). TH2. Vớix 6= π

3xta được:

tan3x−√3 =tanx−√3 tan2x⇔tan3x+√3 tan2x−tanx−√3=0⇔ "

tanx=±1 tanx=−√3 Vớitanx =±1 ⇔x =±π

4 +kπ Vớitanx =−√3 ⇔x =−π

3 +kπ Vậy nghiệm phương trình làx=±π

4 +kπ, x=−

π

3 +kπ

14 Ta có

4(sin4x+cos4x) +5 sin 2xcos 2x+cos22x =6 ⇔41−2 sin2xcos2x+5 sin 2xcos 2x+cos22x =6 ⇔4 1−sin

22x

!

+5 sin 2xcos 2x+cos22x =6

⇔2 sin22x−5 sin 2xcos 2x−cos22x+2=0 (*) TH1. Vớicos 2x =0, thay vào phương trình (*) ta đượcsin22x =−1(vơ lí)

TH2. Vớicos 2x 6=0, chia hai vế (*) chocos22xta được:

2 tan22x−5 tan 2x−1+2(1+tan22x) =0⇔4 tan22x−5 tan 2x+1=0 ⇔ 



tan 2x=1 tan 2x=

4 Vớitan 2x =1 ⇔2x = π

4 +kπ ⇔x =

π

8 +k

π

2 Vớitan 2x =

4 ⇔2x=arctan

4+kπ ⇔ x=

2arctan +k

π

2 Vậy nghiệm phương trình làx= π

8 +k

π

2,x =

2arctan 4+k

π

2

15 Điều kiện xác địnhsinx 6=0⇔ x6=kπ

Ta có

3 cot2x+2√2 sin2x= (2+3√2)cosx ⇔ cosx

cosx sin2x −

√

+2(√2 sin2x−cosx) =0 ⇔ (√2 sin2x−cosx)

2−3 cosx sin2x

(131)

TH1. Với√2 sin2x−cosx =0⇔ √2 cos2x+cosx−√2=0⇔ 

 

cosx = √1

2 (thỏa mãn) cosx =−√2(loại)

⇒ x =±π

4 +k2π

TH2. Với sin2x−3 cosx = ⇔ cos2x+3 cosx−2 = ⇔ 



cosx =

2 (thỏa mãn) cosx =−2(loại)

⇒ x =±π

3 +k2π

Vậy nghiệm phương trình làx=±π

4 +k2π, x=±

π

3 +k2π

BÀI 7. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC ĐỐI XỨNG

Dạng 1. a(sinx±cosx) +bsinxcosx+c =0 (1) Đặtt=sinx±cosx(điều kiện|t| ≤√2), suy rat2 = .và viếtsinxcosxtheot

! Khi đặtt=|sinx±cosx|thì điều kiện củatlà0≤ |t| ≤ √2

Dạng 2. a(tan2x+cot2x) +b(tanx±cotx) +c=0 (2) Đặtt=tanx±cotx(điều kiện|t| ≥ 2), suy rat2 = .và biểu diễn tan2x+cot2x theot

! Ta thường sử dụng kết quảtanxcotx=1vàtan2x+cot2x =

sin 2x

B VÍ DỤ

VÍ DỤ Giải phương trìnhsin 2x+ (2−√2)(sinx+cosx) +1−2√2=0 (1)

L Lời giải

Đặtt =sinx+cosx(|t| ≤√2), suy rat2 =1+2 sinxcosx ⇒ sin 2x =t2−1 Thay vào phương trình (1) ta

t2−1+ (2−√2)t+1−2√2=0⇔t2+ (2−√2)t−2√2=0⇔ "

t=√2(thỏa mãn) t=−2(loại) Với t = √2, suy rasinx+cosx = √2 ⇔ √1

2sinx+ √

2cosx = ⇔ cos

x−π

= ⇔ x = π

(132)

VÍ DỤ Giải phương trình2(tan2x+cot2x)−(4−√2)(tanx+cotx) +4+2√2=0.(1)

L Lời giải

Điều kiện xác định ®

sinx 6=0

cosx 6=0 ⇔x 6=k

π

2

Đặtt =tanx+cotx(|t| ≥2), suy rat2 =tan2x+cot2x+2⇒tan2x+cot2x =t2−2 Thay vào (1) ta

2(t2−2)−(4−√2)t+4+2√2=0⇔2t2−(4−√2)t+2√2=0(vô nghiệm)

sin 2x−2√2(sinx+cosx) =5 ĐS:−3π

4 +k2π

1

2(sinx+cosx) +6 sinxcosx =2 ĐS: π

2 +k2π,k2π

2

sinx+cosx+sinxcosx=1 ĐS: π

2 +k2π,k2π

3

(1+√2)(sinx−cosx) +2 sinxcosx=1+√2 ĐS: π

2 +k2π,π+k2π, 3π

4 +k2π

4

2√2(sinx−cosx) =3−sin 2x ĐS: 3π

4 +k2π

5

(1−√2)(1+sinx−cosx) =sin 2x ĐS:−π

2 +k2π,k2π, 3π

4 +k2π

6

2√2(sinx−cosx)−2 sin 2x =1 ĐS: 5π

12 +k2π, 13π

12 +k2π

7

sinx−cosx=2√6 sinxcosx ĐS: −π

12 +k2π, 9π

12 +k2π, arcsin √

3

!

+π

4 +k2π,−arcsin √

3

!

+5π

4 +k2π

8

Lời giải.

sin 2x−2√2(sinx+cosx) =5 (1) Đặtt = sinx+cosx (|t| ≤ √2), suy rat2 = 1+2 sinxcosx ⇒ sin 2x = t2−1 Thay vào phương trình (1) ta

t2−1−2√2t−5 =0⇔ t2−2√2t−6=0 ⇔ "

t=−√2(thỏa mãn) t=3√2(loại) Vớit =−√2, suy rasinx+cosx = −√2 ⇔ √1

2sinx+ √

2cosx = −1 ⇔cos

x− π

=

−1⇔x =−3π

4 +k2π

(133)

2(sinx+cosx) +6 sinxcosx =2 (1) Đặtt = sinx+cosx (|t| ≤ √2), suy rat2 = 1+2 sinxcosx ⇒ sin 2x = t2−1 Thay vào phương trình (1) ta

2t+3t2−1 =2⇔3t2+2t−5 =0 ⇔ 



t=1(thỏa mãn) t=−5

3 (loại) Với t = 1, suy sinx+cosx = ⇔ √1

2sinx+ √

2cosx = √

2 ⇔ cos

x−π

=

cosπ

4 ⇔x =

π

2 +k2π,x=k2π

2

sinx+cosx+sinxcosx=1 (1) Đặtt = sinx+cosx (|t| ≤ √2), suy rat2 = 1+2 sinxcosx ⇒ sin 2x = t2−1 Thay vào phương trình (1) ta

t+t

2−1

2 =1⇔t

2+2t−3=0⇔ "

t=1(thỏa mãn) t=−3(loại) Với t = 1, suy sinx+cosx = ⇔ √1

2sinx+ √

2cosx = √

2 ⇔ cos

x−π

=

cosπ

4 ⇔x =

π

2 +k2π,x=k2π

3

(1+√2)(sinx−cosx) +2 sinxcosx=1+√2 (1) Đặtt = sinx−cosx (|t| ≤ √2), suy rat2 = 1−2 sinxcosx ⇒ sin 2x = 1−t2 Thay vào phương trình (1) ta

(1+√2)t+1−t2 =1+√2⇔t2−(1+√2)t+√2=0⇔ "

t =1(thỏa mãn) t =√2(thỏa mãn) Vớit=1, suy rasinx−cosx =1 ⇔ √1

2sinx− √

2cosx= √

2 ⇔sin

x−π

=sinπ ⇔ x = π

2 +k2π,x=π+k2π

Vớit = √2, suy rasinx−cosx = √2 ⇔ √1

2sinx− √

2cosx =1 ⇔ sin

x−π

= ⇔ x = 3π

4 +k2π

4

2√2(sinx−cosx) =3−sin 2x (1) Đặtt = sinx−cosx (|t| ≤ √2), suy rat2 = 1−2 sinxcosx ⇒ sin 2x = 1−t2 Thay vào phương trình (1) ta

2√2t=3−(1−t2)⇔t2−2√2t+2 =0⇔ t=√2(thỏa mãn) Vớit = √2, suy rasinx−cosx = √2 ⇔ √1

2sinx− √

2cosx =1 ⇔ sin

x−π

= ⇔ x = 3π

4 +k2π

(134)

(1−√2)(1+sinx−cosx) =sin 2x (1) Đặtt = sinx−cosx (|t| ≤ √2), suy rat2 = 1−2 sinxcosx ⇒ sin 2x = 1−t2 Thay vào phương trình (1) ta

(1−√2)(1+t) =1−t2 ⇔t2+ (1−√2)t−√2 =0⇔ "

t =−1(thỏa mãn) t =√2(thỏa mãn) Vớit=−1, suy

sinx−cosx =−1 ⇔ √1

2sinx− √

2cosx =− √ ⇔ sinx−π

4

=sin−π ⇔ x= 3π

2 +k2π,x =k2π Vớit = √2, suy rasinx−cosx = √2 ⇔ √1

2sinx− √

2cosx =1 ⇔ sin

x−π

= ⇔ x = 3π

4 +k2π

6

2√2(sinx−cosx)−2 sin 2x =1 (1) Đặtt = sinx−cosx (|t| ≤ √2), suy rat2 = 1−2 sinxcosx ⇒ sin 2x = 1−t2 Thay vào phương trình (1) ta

2√2t−2(1−t2) =1 ⇔2t2+2√2t−3=0⇔ 

  

t =

√

2 (thỏa mãn) t =−3

√

2 (loại) Vớit=

√

2 , suy

sinx−cosx=

√ 2 ⇔ √1

2sinx− √

2cosx= ⇔ sinx−π

4

=sinπ ⇔ x = 5π

12 +k2π,x= 13π

12 +k2π

(135)

sinx−cosx=2√6 sinxcosx (1) Đặtt = sinx−cosx (|t| ≤ √2), suy rat2 = 1−2 sinxcosx ⇒ sin 2x = 1−t2 Thay vào phương trình (1) ta

t=√6(1−t2)⇔ √6t2+t−√6=0 ⇔ 

  

t =

√

3 (thỏa mãn) t =−

√

2 (thỏa mãn) Vớit=

√

3 , suy

sinx−cosx =

√ ⇔ √1

2sinx− √

2cosx = √

3 ⇔ sinx− π

4

=

√ 3 ⇔ x= π

4 +arcsin √

3

3 +k2π,x= 5π

4 −arcsin √

3

3 +k2π Vớit=−

√

2 , suy

sinx−cosx=− √

6 ⇔ √1

2sinx− √

2cosx=− √

3 ⇔ sinx−π

4

=sin−π ⇔ x =−π

12 +k2π,x = 19π

12 +k2π

8

3 tan2x+4 tanx+4 cotx+3 cot2x+2 =0 ĐS:−π +kπ

1

2

sin2x +2 tan

2x+5 tanx+5 cotx+4=0. ĐS:−π +kπ

2

tanx−3 cotx=4(sinx+√3 cosx) ĐS:−π +kπ,

4π

9 +k

π

3

2 sin3x−cos 2x+cosx =0 ĐS:k2π,−π

4 +kπ

4

2 cos3x+cos 2x+sinx =0 ĐS: π

2 +k2π,−

π

4 +kπ

5

2 sin3x−sinx=2 cos3x−cosx−cos 2x ĐS: π

2 +k2π,k2π,

π

4 +k

π

2

(136)

sin3x−cos3x=1−sin 2x ĐS: π

2 +k2π,π+k2π,

π

4 +kπ

7

cos 2x+5=2(2−cosx)(sinx−cosx) ĐS: π

2 +k2π,π+k2π

8

Lời giải.

3 tan2x+4 tanx+4 cotx+3 cot2x+2 =0 (1) Điều kiện xác định

®

sinx6=0

cosx 6=0 ⇔x 6=k

π

2

Đặtt = tanx+cotx (|t| ≥ 2), suy t2 = tan2x+cot2x+2 ⇒ tan2x+cot2x = t2−2 Thay vào (1) ta

3(t2−2) +4t+2 =0⇔3t2+4t−4 =0 ⇔ 



t=−2(thỏa mãn) t=

3 (loại) Vớit =−2, suy ratanx+cotx =−2 ⇔tanx+

tanx = −2⇒tan

2x+2 tanx+1 =0 ⇔ tanx =−1⇔x =−π

4 +kπ

1

2

sin2x +2 tan

2x+5 tanx+5 cotx+4=0. (1) Điều kiện xác định

®

sinx6=0

cosx 6=0 ⇔x 6=k

π

2

(1) ⇔ 2(1+cot2x) +2 tan2x+5 tanx+5 cotx+4 = ⇔ 2(cot2x+tan2x) +5(tanx+

cotx) +6=0 (2)

Đặtt = tanx+cotx (|t| ≥ 2), suy t2 = tan2x+cot2x+2 ⇒ tan2x+cot2x = t2−2 Thay vào (2) ta

2(t2−2) +5t+6 =0⇔2t2+5t+2 =0 ⇔ 



t=−2(thỏa mãn) t=−1

2 (loại) Vớit =−2, suy ratanx+cotx =−2 ⇔tanx+

tanx = −2⇒tan

2x+2 tanx+1 =0 ⇔ tanx =−1⇔x =−π

4 +kπ

2

tanx−3 cotx=4(sinx+√3 cosx) (1) Điều kiện xác định

®

sinx6=0

cosx 6=0 ⇔x 6=k

π

2 Ta có

tanx−3 cotx =4(sinx+√3 cosx)

⇔ sinx cosx −

3 cosx

sinx =4(sinx+ √

3 cosx)

⇒ (sinx+√3 cosx)(sinx−√3 cosx) =2 sin 2x(sinx+√3 cosx)

⇔ sinx+π

3 h

sinx−π

−sin 2xi =0 ⇔



 

sinx+π

3

=0 sinx−π

3

−sin 2x =0

⇔x =−π

3 +kπ,x = 4π

9 +k

π

3

(137)

2 sin3x−cos 2x+cosx =0 (1) Ta có

(1) ⇔ sin2xsinx−2 cos2x+cosx+1=0 ⇔ sinx(1−cos2x)−2 cos2x+cosx+1=0

⇔ sinx(1−cosx)(1+cosx) + (1−cosx)(2 cosx+1) =0 ⇔ (1−cosx)[2 sinx(1+cosx) +2 cosx+1] =

⇔ (1−cosx)h(sinx+cosx)2+2(sinx+cosx)i =0 ⇔ (1−cosx)(sinx+cosx)(sinx+cosx+2) =0 ⇔

"

1−cosx =0 sinx+cosx =0 ⇔ x=k2π,x=−π

4 +kπ

4

2 cos3x+cos 2x+sinx =0 (1) Ta có

(1) ⇔ cos3x+cos 2x+sinx =0

⇔ cos3x+cos2x−sin2x+sinx=0 ⇔ cos2x(2 cosx+1) +sinx(1−sinx) = ⇔ (1−sin2x)(2 cosx+1) +sinx(1−sinx) =

⇔ (1−sinx)(1+sinx)(2 cosx+1) +sinx(1−sinx) = ⇔ (1−sinx) [(1+sinx)(2 cosx+1) +sinx] =

⇔ (1−sinx) [2 cosx+1+2 sinx·cosx+sinx+sinx] = ⇔ (1−sinx)h2(sinx+cosx) + (sinx+cosx)2i =0 ⇔ (1−sinx) [(sinx+cosx)(2+sinx+cosx)] =0 ⇔

"

1−sinx=0 sinx+cosx=0 ⇔ x = π

2 +k2π,x=−

π

4 +kπ

(138)

2 sin3x−sinx=2 cos3x−cosx−cos 2x (1) Ta có

(1) ⇔ 2(sinx−cosx)(1+sinxcosx)−(sinx−cosx) + (cosx−sinx)(cosx+sinx) =0 ⇔ (sinx−cosx) [2+2 sinxcosx−1−(cosx+sinx)] =0

⇔ (sinx−cosx) [1+2 sinxcosx−(cosx+sinx)] =0 ⇔ (sinx−cosx)h(sinx+cosx)2−(cosx+sinx)i =0 ⇔ (sinx−cosx)(sinx+cosx)(cosx+sinx−1) =0 ⇔ (sinx−cosx)(sinx+cosx)(cosx+sinx−1) =0 ⇔ −cos 2x(cosx+sinx−1) =

⇔ "

cos 2x=0 cosx+sinx=1 ⇔ x= π

4 +k

π

2,x=

π

2 +k2π,x =k2π

6

sin3x−cos3x=1−sin 2x (1) Ta có

(1) ⇔ (sinx−cosx)(1+sinxcosx) = (sinx−cosx)2

⇔ (sinx−cosx) [(1+sinxcosx)−(sinx−cosx)] =0 ⇔

"

sinx−cosx=0

1+sinxcosx−(sinx−cosx) = ⇔ x = π

4 +kπ,x=

π

2 +k2π,x =π+k2π

7

cos 2x+5=2(2−cosx)(sinx−cosx) (1) Ta có

(1) ⇔ cos2x−1+5=2(2−cosx)(sinx−cosx)

⇔ cos2x+2 = (2−cosx)(sinx−cosx)

⇔ cos2x+2 =2 sinx−2 cosx−cosxsinx+cos2x ⇔ 2(sinx−cosx)−sinxcosx+2=0

⇔ t2−4t−5=0

vớit=sinx−cosx, 1−t

2 =sinxcosx,− √

2≤t ≤√2

⇔ "

t=−1(thỏa mãn)

t=5(loại)

Vớit=−1suy ra⇔cosx−sinx =1 ⇔cosx+π

4

= √1 ⇔

"

x =k2π

x =−π

2 +k2π

(k∈ Z)

8

D BÀI TẬP RÈN LUYỆN

(139)

sin 2x+√2 sinx−π

=1 ĐS: π

2 +k2π,π+k2π,

π

4 +kπ

1

1 sinx +

1 cosx =2

√

2 ĐS: π

4 +k2π, 11π

12 +k2π,− 5π

12 +k2π

2

1 cosx −

1 sinx =2

√

2 cosx+π

4

ĐS: π

4 +kπ,−

π

12+kπ, 7π

12 +kπ

3

2 sin 2x+8=3√6|sinx+cosx| ĐS: 5π

12 +k2π,

π

12 +k2π, 13π

12 +k2π, −7π

12 +k2π

4

|sinx−cosx|+4 sin 2x=1 ĐS:kπ

5

sinxcosx+|sinx+cosx| =1 ĐS:kπ

6

(3−cos 4x)(sinx−cosx) = ĐS: π

2 +k2π,π+k2π

1

tan2x· 1−sin3x

+cos3x =1 ĐS: k2π,π

4 +kπ,

π

2 +k2π,±arctan 1− √

2

!

+k2π

2

BÀI 8. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

KHÁC

Dạng 1. m·sin 2x+n·cos 2x+p·sinx+q·cosx+r =0

• Ta ln viếtsin 2x=2 sinxcosx, còncos 2x=



 

=cos2x−sin2x (1) =2 cos2x−1 (2) =1−2 sin2x (3)

• Nếu thiếusin 2xta biến đổicos 2xtheo(1)và lúc thường đưa dạng A2 =B2 ⇔(A−B)(A+B) =

• Nếu theo(2)được:sinx·(2m·cosx+p) +2n·cos2x+q·cosx+r−n

| {z }

(i)

=

0và theo(3)đượccosx(2m·sinx+q) +−2n·sin2x+p·sinx+r+n

| {z }

(ii)

=0

Ta phân tích(i),(ii)thành nhân tử dựa vào:at2+bt+c =a(t−t1)(t−t2) Vớit1vàt2là hai nghiệm phương trìnhat2+bt+c =0để xác định lượng nhân tử chung

Dạng 2. Phương trình có chứa R( , tanX, cotX, sin 2X, cos 2X, tan 2X, ), cho cung củasin, cosgấp đơi cung củatanhoặccot Lúc đặtt=tanXvà biến đổi:

• sin 2X=2 sinXcosX =2· sinX cosX ·cos

2X = tanX 1+tan2X =

(140)

• cos 2X =2 cos2X−1=2·

1+tan2X −1=

1−tan2X 1+tan2X =

1−t2 1+t2 • tan 2X= sin 2X

cos 2X = 2t

1−t2 vàcot 2X =

1−t2 2t

Từ thu phương trình bậc2hoặc bậc cao theot, giải tìm đượct⇒x

B VÍ DỤ

VÍ DỤ Giải phương trìnhcos 2x−cosx−3 sinx−2=0 (1)

L Lời giải

(1) ⇔ cos2x−sin2x−cosx−3 sinx−2 =0 ⇔

cos2x−2·cosx·1 +

1

−

sin2x+2·sinx· 2+

9

=0 ⇔

cosx−

2 −

sinx+3

2

=0 ⇔

cosx−

2−sinx−

2 cosx−

2 +sinx+

=0 ⇔ (cosx−sinx−2) (cosx+sinx+1) =0

⇔ "

cosx−sinx=2 cosx+sinx=−1 ⇔



 

√

2 cosx+ π

4

=2 √

2 cosx− π

=−1

⇔ 

 

cosx+ π

4

=√2(vô nghiệm)

cosx− π

=−√1 ⇔ cosx−π

4

=cos3π ⇔



 

x−π =

3π

4 +k2π x−π

4 =− 3π

4 +k2π ⇔





x=π+k2π

x=−π

2 +k2π

,k∈ Z

VÍ DỤ Giải phương trình2 sin 2x−cos 2x=7 sinx+2 cosx−4 (1)

(141)

(1) ⇔ sinxcosx−1−2 sin2x−7 sinx−2 cosx+4=0 ⇔ cosx(4 sinx−2) +2 sin2x−7 sinx+3=0

⇔ cosx(2 sinx−1) + (2 sinx−1) (sinx−3) =0 ⇔ (2 sinx−1) (2 cosx+sinx−3) =

⇔ "

2 sinx−1=0

2 cosx+sinx−3=0 (vô nghiệm)

⇔ sinx =1 ⇔ sinx =

2 ⇔ sinx =sinπ

6 ⇔



 

x= π

6 +k2π x=π−π

6 +k2π ⇔



 

x= π

6 +k2π x= 5π

6 +k2π

,k ∈ Z

VÍ DỤ Giải phương trìnhsin 2x+2 tanx=3 (1)

L Lời giải

Đặtt =tanx Ta cósin 2x =2 sinxcosx=2· sinx cosx ·cos

2x = tanx 1+tan2x =

2t 1+t2

(1) ⇔ 2t

1+t2 +2t=3

⇔ 2t+2t1+t2−31+t2=0 ⇔ 2t3−3t2+4t−3=0

⇔ (t−1)(2t2−t+3) =0 ⇔

"

t−1=0

2t2−t+3 =0(vô nghiệm)

⇔ t =1

⇔ tanx =tan π ⇔ x= π

4 +kπ,k∈ Z

BÀI Giải phương trình lượng giáccos 2x+3 cosx+2=sinx ĐS: π

(142)

Lời giải.

cos 2x+3 cosx+2=sinx (1)

Ta có

(1) ⇔ cos2x−sin2x+3 cosx+2−sinx =0 ⇔

cos2x+2·cosx·3 +

9

−

sin2x+2·sinx· 2+

1

=0 ⇔

cosx+

2

−

sinx+1

2

=0 ⇔

cosx+

2+sinx+

2 cosx+

2 −sinx−

=0 ⇔ (cosx+sinx+2) (cosx−sinx+1) =0

⇔ "

cosx+sinx=−2(loại) cosx−sinx=−1 ⇔ x = π

2 +k2π,x=π+k2π

1+3 tanx =2 sin 2x ĐS:−π +kπ

1

cos 2x+tanx=1 ĐS:kπ, π

4 +kπ

2

sin 2x+2 tanx =3 ĐS: π

4 +kπ

3

(1−tanx)(1+sin 2x) =1+tanx ĐS:kπ,−π

4 +kπ

4

1+cotx−π

= 1+tanx

1+sin 2x ĐS:kπ

5

cotx= sin 2x−cos 2x

2+sin 2x ,∀x∈

−π 2;

ĐS:−π

4

6

Lời giải.

1+3 tanx =2 sin 2x (1)

Điều kiệnx6= π

2 +kπ Ta có

(1) ⇔ 1+3 tanx=2· tanx 1+tan2x

⇔ (1+3 tanx)(1+tan2x) =4 tanx ⇔ (tanx+1)(3 tan2x−2 tanx+1) =0 ⇔ tanx+1=0

⇔ tanx =−1 ⇔ x= −π

4 +kπ

(143)

cos 2x+tanx=1 (1) Điều kiệnx6= π

2 +kπ Ta có

(1) ⇔ 1−2 sin2x+ sinx

cosx =1 ⇒ sin2x·cosx−sinx =0 ⇔ sinx[2 sinxcosx−1] = ⇔ sinx(sin 2x−1) = ⇔

"

sinx=0 sin 2x=1 ⇔





x =kπ

x = π

4 +kπ

2

sin 2x+2 tanx =3 (1)

Điều kiệnx6= π

2 +kπ Ta có

(1) ⇔ 1−sin 2x=2

sinx cosx −1

⇔ (sinx−cosx)2−

cosx(sinx−cosx) = ⇔ (sinx−cosx)(sinx−cosx−

cosx) =0 ⇔





sinx−cosx =0 sinx−cosx−

cosx =0 ⇔





tanx =1

vơ nghiệm từ phương trình suy sinx =cosx+

cosx ≥2 √

2(vơ lí) ⇔ x = π

4 +kπ

(144)

(1−tanx)(1+sin 2x) =1+tanx (1) Điều kiệncosx 6=0⇒ x6= π

2 +kπ Ta có

(1) ⇔

1− sinx cosx

(sin2x+cos2x+2 sinx·cosx) = 1+ sinx

cosx ⇔ (cosx−sinx)(sinx+cosx)2=sinx+cosx

⇔ (sinx+cosx)(cos2x−sin2x−1) =0 ⇔

"

sinx+cosx =0 cos 2x=1 ⇔





x = −π

4 +kπ x =kπ

4

1+cotx−π

= 1+tanx

1+sin 2x (1)

Điều kiện    

  

cosx 6=0 sinx−π

2

6=0 sin 2x 6=−1

⇒   

 

x 6= π

2 +kπ x 6=−π

4 +kπ Ta có

(1) ⇔ 1−tanx = 1+tanx

1+sin 2x

⇔ (1+sin 2x)(1−tanx) = (1+tanx)

⇔ 1+sin 2x−tanx−sin 2xtanx=1+tanx ⇔ sinxcosx−2sinx

cosx −2 sinxcosx sinx cosx =0 ⇔ sinxcos2x−2 sinx−2 sin2xcosx =0 ⇔ sinx2 cos2x−2−2 sinxcosx=0 ⇔ sinx2 cos2x−2−2 sinxcosx=0 ⇔ sinx2 cos2x−1−2 sinxcosx−1=0 ⇔ sinx(cos 2x−sin 2x−1) =0

⇔ "

sinx =0

cos 2x−sin 2x=1 ⇔





x=kπ

x=−π

4 +kπ (loại) ⇔ x =kπ

(145)

cotx= sin 2x−cos 2x

2+sin 2x ,∀x∈

−π 2;

(1)

Điều kiệnsinx 6=0⇔x 6=kπ

Ta có

(1) ⇔ cosx sinx =

sin 2x−cos 2x 2+sin 2x

⇔ cosx(2+sin 2x) = (sin 2x−cos 2x)sinx

⇔ cosx+2 sinxcos2x=2 sin2xcosx−(2 cos2x−1)sinx ⇔ cosx+2 sinxcos2x−2 sin2xcosx+2 cos2xsinx−sinx =0 ⇔ cosx−sinx+4 sinxcos2x−2 sin2xcosx=0

⇔ cosx−sinx+2 sinxcosx(2 cosx−sinx) =0 ⇔ (2 cosx−sinx)(1+2 sinxcosx) =0

⇔ (2 cosx−sinx)(sinx+cosx)2 =0 ⇔

"

2 cosx−sinx=0 sinx+cosx =0 ⇔

"

tanx=2 tanx=−1 ⇔





x =arctan 2+kπ

x =−π +kπ ⇒ x=−π

4

vìx ∈−π 2;

6

BÀI Giải phương trình lượng giác sau: 5+cos 2x

3+2 tanx =2 cosx ĐS:k2π

1

3 sinx−cosx+2−cos 2x=sin 2x ĐS:−π

2 +k2π,k2π,−

π

6 +k2π,− 5π

6 +k2π

2

5 cosx+sinx−3=√2 sin2x+π

4

ĐS:±π

3 +k2π

3

sin 2x−cos 2x+sinx−cosx=1 ĐS:±2π

3 +k2π,

π

4 +kπ

4

√

2 sin2x+π

4

=3 sinx+cosx+2 ĐS:−π

2 +k2π,π+k2π

5

cosx+sinx−sin 2x−cos 2x=1 ĐS:±π

3 +k2π,−

π

4 +kπ

6

sin 2x−cosx+2 sinx=cos 2x+3 sin2x ĐS:π+k2π, π

2 +k2π, arctan

3

+kπ

7

sin 2x−2 cos2x =3 sinx−cosx ĐS:−π

6 +k2π,− 5π

6 +k2π

(146)

2√2 sin 2x−cos 2x−7 sinx+4=2√2 cosx ĐS: π

6 +k2π, 5π

6 +k2π, arctan √

2

!

+kπ

9

sin 2x−cos 2x+3 sinx−cosx=1 ĐS: π

6 +k2π, 5π

6 +k2π

10

sin 2x+cos 2x−3 cosx+2=sinx ĐS:±π

3 +k2π,

π

2 +k2π,k2π

11

sin 2x+2 cos 2x =1+sinx−4 cosx ĐS:±π

3 +k2π

12

2 sin 2x−cos 2x =7 sinx+2 cosx−4 ĐS: π

6 +k2π, 5π

6 +k2π

13

2 sinx+π

3

−sin2x−π

=

2 ĐS:

π

2 +k2π,−

π

3 +kπ

14

√

2 sin2x+π

4

=sinx+3 cosx−2 ĐS:±π

3 +k2π,

π

2 +k2π,k2π

15

2−tanx cos5x− π

4 =

1−tanx √

2 sinx ĐS:

π

12+kπ, 5π

12 +kπ,−

π

8 + kπ

2

16

√

3(sin 2x−3 sinx) =2 cos2x+3 cosx−5 ĐS: 2π

3 +k2π,

π

3 +k2π

17

BÀI Giải phương trình lượng giác sau: cotx−tanx+4 sin 2x=

sin 2x ĐS:

π

3 +kπ, 2π

3 +kπ

1

cotx−1= cos 2x

1+tanx +sin

2x−1

2sin 2x ĐS:

π

4 +kπ

2

BÀI 9. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CĨ CÁCH

GIẢI ĐẶC BIỆT

TH1. Tổng số khơng âm:A2+B2 =0⇔ ®

A=0 B=0 TH2. Đối lập:A =Bmà chứng minh

®

A≤ M B≥ M⇒

®

A= M B =M Hoặc: A+B =M+Nmà chứng minh

®

A≤ M B ≤N ⇒

®

(147)

sinu±sinv=2⇔ ®

sinu=1 sinv=±1 cosu±cosv=2⇔

®

cosu =1 cosv =±1

sinu·sinv =1 ⇔ 

   

®

sinu=1 sinv=1 ®

sinu=−1 sinv=−1

cosu cosv =1 ⇔ 

   

®

cosu=1 cosv=1 ®

cosu=−1 cosv=−1

sinu+sinv =−2⇔ ®

sinu =−1 sinv =−1 cosu+cosv =−2⇔

®

cosu=−1 cosv=−1

sinu sinv=−1⇔ 

   

®

sinu =−1 sinv =1 ®

sinu =1 sinv =−1

cosu cosv=−1⇔ 

   

®

cosu=−1 cosv=1 ®

cosu=1 cosv=−1

B VÍ DỤ

VÍ DỤ Giải phương trình lượng giác sau

1 cos2x+3 tan2x−4√3 cosx+2√3 tanx+4 =0 ĐS:x = π

6 +kπ;x =−

π

6 +l2π

2 cos2x−4 cosx+3 tan2x−2√3 tanx+2=0 ĐS: x= π

3 +k2π; x=−

π

3 +k2π; x= π

6 +lπ

L Lời giải

1 cos2x+3 tan2x−4√3 cosx+2√3 tanx+4=0 (1) Điều kiệncosx 6=0

Khi

(1) ⇔ (2 cosx−√3)2+ (√3 tanx−1)2=0 ⇔

"

2 cosx−√3=0 √

3 tanx=1 ⇔



 

x = π

6 +kπ x =−π

6 +l2π Vậyx = π

6 +kπ;x =−

π

6 +l2π

2 4 cos2x−4 cosx+3 tan2x−2√3 tanx+2=0 (2)

(148)

Khi

(2) ⇔ (2 cosx−1)2+ (√3 tanx−1)2=0 ⇔

"

2 cosx−1=0 √

3 tanx=1

⇔      

x = π

3 +k2π x =−π

3 +k2π x = π

6 +lπ Vậyx = π

3 +k2π;x =−

π

3 +k2π; x =

π

6 +lπ

VÍ DỤ Giải phương trình lượng giác sau

1 cosxcos 2x =1 ĐS:x =lπ

2 sinxsin 3x =−1 ĐS:x = π

2 +kπ

L Lời giải

1 cosxcos 2x=1⇔      ®

cosx =1 cos 2x =1 ®

cosx =−1 cos 2x =−1

⇔        ®

x =k2π

x =lπ

 



x=π+2mπ

x= π

2 +nπ

⇔ x=lπ

2 sinxsin 3x = −1 ⇔      ®

sinx =1 sin 3x=−1 ®

sinx =−1 sin 3x=1

⇔                

x= π

2 +k2π x= −π

6 + 2lπ     

x= −π

2 +2mπ x= π

6 + n2π ⇔   

x= π

2 +k2π x= −π

2 +2mπ

⇔ x =

π

2 +kπ

VÍ DỤ Giải phương trình lượng giác sau:tan2x+cot2x=2 sin5x+ π

4

L Lời giải

Điều kiệnsin 2x 6=0 Ta có

 



tan2x+cot2x ≥2 sin5x+ π

4

≤2 ⇔  



tan2x+cot2x =2 sin5x+π

4

(149)

Theo bất đẳng thức Cauchy dấu “=” xảy khi:tanx =cotx Khi đó(1) ⇔

 



tanx =cotx sinx+π

4

=1 ⇔x=

π

4 +k2π

VÍ DỤ Tìm tham sốmđể phương trình sau có nghiệm

1 cos(2x−15◦) = 2m2+m ĐS:−1≤m≤

2

2 mcosx+1=3 cosx−2m ĐS:m∈

−4;2

3 (4m−1)sinx+2=msinx−3 ĐS:m∈

−∞; −4

∪[2;+∞)

L Lời giải

1 Để phương trìnhcos(2x−15◦) =2m2+mcó nghiệm ®

2m2+m≥ −1

2m2+m≤1 ⇔ −1≤m ≤

2 mcosx+1=3 cosx−2m (2)

Vớim=3thì1trở thành1=−6(vơ lý) Suy ram=3khơng thỏa u cầu đề Vớim6=3

Khi đó(1) ⇔cosx = −2m−1

m−3 (2) Để(2)có nghiệm

      

−2m−1 m−3 ≤1 −2m−1

m−3 ≥ −1 ⇔       

−3m+2 m−3 ≤0 −m−4

m−3 ≥0 ⇔    m∈ −∞;2

3

∪(3;+∞)

m∈ [−4; 3)

⇔ m∈ −4;2

3 (4m−1)sinx+2 =msinx−3 (3)

Vớim =

3 thì(3)trở thành2 =−3 (vô lý) Suy ram =

3 không thỏa yêu cầu đề Vớim 6=

3 thì(3) ⇔sinx = −5

3m−1 (4) Để(4)có nghiệm

       −5

3m−1 ≤1 −5

3m−1 ≥ −1 ⇔       

−3m−4 3m−1 ≤0 3m−6

3m−1 ≥0 ⇔        m∈

−∞; −4

∪

3;∞

m∈

−∞;1

∪[2;+∞)

⇔m∈

−∞; −4

∪[2;+∞)

(150)

VÍ DỤ Cho phương trìnhcos 2x−(2m+1)cosx+m+1=0

1 Giải phương trình khim=

2 ĐS:x =

−π

3 +2kπ

2 Tìm tham sốmđể phương trình có nghiệm nằm khoảng

π

2; 3π

2

ĐS:

m ∈ [−1; 0)

L Lời giải

1 Vớim=

2 phương trình trở thành2 cos

2x−4 cosx+3

2 =0 Ta có cos2x−4 cosx+3

2 =0 (1.1)

⇔ 

 

cosx =

2 cosx =

2

(1.2)

⇔ cosx=

2 (1.3)

⇔ 

 

x= π

3 +2kπ x= −π

3 +2kπ

(1.4)

2 cos 2x−(2m+1)cosx+m+1=0⇔2cos2x−(2m+1)cosx+m=0 (1)

Đặtt=cosxkhix∈

π

2; 3π

2

thìt∈ [−1; 0)

(1)trở thành2t2−(2m+1)t+m=0 (2)

Để phương trình(1)có nghiệm nằm khoảng

π

2; 3π

2

thì phương trình(2)có nghiệm nằm khoảngt ∈ [−1; 0)

Mà2t2−(2m+1)t+m =0⇔ (2t−1)(t−m) =0⇔ 

 t=

2 t=m Do đóm ∈ [−1; 0)

2 sin2x+3 tan2x−6 tanx−2√2 sinx+4=0 ĐS:x = π

4 +k2π

1

cos2xtan24x+1+sin 2x =0 ĐS: x= −π

4 +lπ

2

(151)

2 sin2x+3 tan2x−6 tanx−2√2 sinx+4=0 (1) Điều kiệncosx 6=0

Khi đó(1) ⇔(√2 sinx−1)2+ (√3 tanx−√3)2=0⇔  



sinx=

√ 2 tanx=1

⇔x = π

4 +k2π

1

cos2xtan24x+1+sin 2x =0 (1) Điều kiệncos 4x 6=0

Khi

(1) ⇔ (cosx·tan 4x)2+ (sinx+cosx)2 =0 ⇔

®

cosx·tan 4x=0 cosx+sinx =0

⇔    

   "

cosx =0 sin 4x =0 sinx+ π

4

=0

⇔       

     



 

x = π

2 +kπ x = mπ

4 x= −π

4 +lπ ⇔ x= −π

4 +lπ

2

BÀI Giải phương trình lượng giác sau sin 2xcos 4x=1 ĐS: x= −π

4 +k2π

1 cos 2xcos 6x =1 ĐS:x = kπ

2

Lời giải.

sin 2xcos 4x=1⇔ 

   

®

sin 2x=1 cos 4x=1 ®

sin 2x=−1 cos 4x=−1

⇔x = −π

4 +k2π

1

cos 2xcos 6x=1⇔ 

   

®

cos 2x=1 cos 6x=1 ®

cos 2x=−1 cos 6x=−1

⇔x = kπ

2

2 cosx+√2 sin 10x =3√2+2 cos 28xsinx ĐS:x = π

4 +kπ

1

2 sin 5x+cos 4x =3+cot2x ĐS:x = π

2 +k2π

(152)

Lời giải.

2 cosx+√2 sin 10x=3√2+2 cos 28xsinx ⇔2 cosx−2 sinxcos 28x =3√2−√2 sin 10x Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakowski cho vế trái ta

(2 cosx−2 sinxcos 28x)2≤4+4 cos228x ≤8⇒2 cosx−2 sinxcos 28x≤2√2 (1)

Mặt khác3√2−√2 sin 10x ≥3√2−√2 =2√2 (2) Từ(1)và(2)Dấu “=”xảy

®

cos228x =1

sinxcos 28x =−sinx ⇔x =

π

4 +kπ, k ∈Z

1

2 sin 5x+cos 4x =3+cot2x Ta có

®

2 sin 5x ≤2

cos 4x ≤1+cot2x Do

2 sin 5x+cos 4x =3+cot2x ⇔

®

sin 5x =1 cos 4x=1+cot2x

⇔    

  

x= π

10+ k2π

5 (1) cos 4x=

sin2x (2)

(2) ⇔ sin2xcos 4x=1 ⇔ (1−cos 2x)cos 4x=2

⇔ (1−cos 2x)2 cos22x−1=2

⇔ cos22x−1−2 cos32x+cos 2x−2=0 ⇔ −2 cos32x+2 cos22x+cos 2x−3=0 ⇔ −2(cos 2x+1)

cos22x−2 cos 2x+3

2

=0 ⇔ cos 2x =−1

⇔ x= π

2 +kπ (3) Từ(1)và(3)ta x= π

2 +k2π,k∈ Z

2

BÀI Tìm giá trị tham sốmđể phương trình sau có nghiệm m2+m

cos 2x =m2−m−3+m2cos 2x ĐS:m ∈ [−√3;−1]∪[√3; 3]

1

msinx+2 cosx=1 ĐS:m∈ R

2

mcos 2x+ (m+1)sin 2x=m+2 ĐS:m∈ (−∞;−1]∪[3;+∞)

3

(153)

m2+mcos 2x =m2−m−3+m2cos 2x ⇔mcos 2x=m2−m−3 Xétm =0khi ta được0=3(vơ lý)

Xétm 6=0⇔cos 2x= m

2−m−3

m

Vì−1≤cos 2x ≤1⇔ −1≤ m

2−m−3

m ≤1

Xét    

  

m2−m−3

m ≥ −1 (1) m2−m−3

m ≤1 (2)

(1) ⇔ m 2−3

m ≥0 ⇔m∈ [− √

3; 0)∪[√3;+∞)

(2) ⇔ m

2−2m−3

m ≤0⇔m∈ (−∞;−1]∪(0; 3] Vậym∈ [−√3;−1]∪[√3; 3]

1

msinx+2 cosx=1⇔ √ m

m2+4sinx+ √

m2+4cosx = √

m2+4 Đặtcosa= √ m

m2+4 ⇒sina= √

m2+4 Ta

cosa·sinx+sina·cosx = √ m2+11 ⇔ sin(x+a) = √

m2+11 ⇔



  

x =−a+arcsin√

m2+11+k2π x =−a+π−arcsin√

m2+11+k2π Vậy phương trình có nghiệm∀m∈ R

(154)

mcos 2x+ (m+1)sin 2x=m+2 (1)

Điều kiện

m2+m2+12≥m2+22 ⇔ m2−2m−3≥0

⇔ m∈ (−∞;−1]∪[3;+∞) Khi đó(1) ⇔ p m

m2+ (m+1)2cos 2x+

m+1 p

m2+ (m+1)2 sin 2x =

m+2 p

m2+ (m+1)2 Đặtsina= p m

m2+ (m+1)2 ⇒cosa=

m+1 p

m2+ (m+1)2 Ta

sinacos 2x+cosasin 2x = p m+2

m2+ (m+1)2 ⇔ sin(a+2x) = p m+2

m2+ (m+1)2

⇔ 

   

a+2x=arcsinp m+2

m2+ (m+1)2 +k2π a+2x=π−arcsinp m+2

m2+ (m+1)2 +k2π Vậym∈ (−∞;−1]∪[3;+∞)thì phương trình có nghiệm

3

BÀI Cho phương trìnhcos 4x+6 sinxcosx=m

Giải phương trình khim =1 ĐS:x = kπ

2

1

Tìm tham sốmđể phương trình có hai nghiệm phân biệt đoạnh0;π i

.ĐS:2≤m< 17

2

Lời giải.

Khim=1ta

cos 4x+6 sinxcosx=1 ⇔ 1−2 sin22x+3 sin 2x−1=0 ⇔ −2 sin22x+3 sin 2x=0 ⇔





sin 2x =0 sin 2x=

2 ⇔ x = kπ

2

(155)

Đặt f(x) =−2 sin22x+3 sin 2x+1vàg(x) =m Xét f(x) = −2 sin22x+3 sin 2x+1trênh0;π

4 i

Suy ra0≤sin 2x ≤1

Đặta =sin 2x ⇒0≤a≤1

Xét f(a) =−2a2+3a+1trên[0; 1] Bảng biến thiên

a

f(a)

0

4 1

1

17 17

8

2

Vậy f(x) = g(x)có hai nghiệm phân biệt khi2≤m < 17

2

4 sin2x+sin23x =4 sinxsin23x ĐS:x =kπ;x= π

6 +k2π;x = 5π

6 +k2π

1

sin22x+2 sin 2x+

cos2x +2 tanx+1 =0 ĐS:x = 3π

4 +kπ

2

−4 cos2x+3 tan2x+2√3 tanx =4 sinx−6 ĐS:x = 5π

6 +k2π

3

8 cos 4xcos22x+√1−cos 3x+1 =0 ĐS: x= 2π

3 +k2π;x = 3π

3 +k2π

4

sin2x+ sin

23x

3 sin 4x cos 3xsin

3x+sin 3xcos3x

=sinxsin23x ĐS:

x = π

6 +k2π;x= 5π

6 +k2π

5

cos2x−sin2xsin 5x+1=0 ĐS:x = π

2 +k2π

1

(cosx+sinx)(sin 2x−cos 2x) +2=0 ĐS: x=∅

2

sin 7x−sinx =2 ĐS: x=∅

3

cos 4x−cos 6x=2 ĐS:x = π

2 +kπ

4

sin3x+cos3x=1 ĐS:x =k2π;x = π

2 +k2π

5

sin5x−cos3x=1 ĐS:x =π+k2π;x = π

2 +k2π

6

(156)

tan 2x+tan 3x = −1

sinxcos 2xcos 3x ĐS:x∈ ∅

1

(cos 2x−cos 4x)2 =6+2 sin 3x ĐS:x = π

2 +k2π

2

sin4x−cos4x=|sinx|+|cosx| ĐS:x = π

2 +kπ

3

cos23xcos 2x−cos2x=0 ĐS:x = kπ

2

4

cos 2x+cos3x

4 −2=0 ĐS: x=k2π

5

cos 2x+cos 4x+cos 6x=cosxcos 2xcos 3x+2 ĐS: x=kπ

6

BÀI Tìm giá trị tham sốmđể phương trình sau có nghiệm

msinxcosx+sin2x=m ĐS:0≤m≤

3

1

sinx−√5 cosx+1=m(2+sinx) ĐS:−1≤m≤

2

sin 2x+4(cosx−sinx) = m ĐS:−1 ≤m≤5

3

2(sinx+cosx) +sin 2x+m=1 ĐS:−1 ≤m≤3

4

sin 2x−2√2m(sinx−cosx) +1=4m ĐS:−1 ≤m≤0

5

3 sin2x+msin 2x−4 cos2x=0 ĐS:m∈ R

6

(m+2)cos2x+msin 2x+ (m+1)sin2x =m−2 ĐS:m∈ (−∞;−2√3)∪(2√3;+∞)

7

sin2x+ (2m−2)sinxcosx−(1+m)cos2x =m ĐS:−2 ≤m≤1

8

BÀI 10 Tìm tham sốmđể phương trìnhcos2x−cosx+1=mcó nghiệm∀x ∈ h0; π i

ĐS:

4 ≤m ≤1

BÀI 11 Tìm tham sốmđể phương trình2 sinx+mcosx =1−mcó nghiệm∀x ∈ h−π 2;

π

2 i

.ĐS: −1≤m≤3

BÀI 12 Tìm tham số m để phương trình cos 2x+ (m+4)sinx = m+2 có nghiệm ∀x ∈ h

−π 2;

π

2 i

ĐS:−4≤m≤4

BÀI 10. BÀI TẬP ÔN CUỐI CHƯƠNG I

sinx+cos 3x+sin 3x

1+2 sin 2x

=cos 2x+3, ∀x ∈ (0; 2π) ĐS: x= π

3,x= 5π

3

1

sin23x−cos24x =sin26x−cos26x ĐS:x = kπ

9 ,x= kπ

2 ,k∈ Z

2

cos 3x−4 cos 2x+3 cosx−4=0, ∀x ∈ [0; 14] ĐS:x = π

2,x= 3π

2 ,x= 5π

2 ,x= 7π

2

(157)

BÀI Giải phương trình lượng giác sau cotx−1= cos 2x

1+tanx +sin

2x−1

2sin 2x ĐS: x=

π

4 +kπ,k∈ Z

1

cotx−tanx+4 sin 2x=

sin 2x ĐS: x=±

π

3 +kπ,k∈ Z

2

sin2x −

π

4

tan2x−cos2x

2 =0 ĐS: x=π+k2π,x=−

π

4 +kπ,k∈ Z

3

5 sinx−2=3(1−sinx)tan2x ĐS:x = π

6 +k2π,x= 5π

6 +k2π,k∈ Z

1

(2 cosx−1)(2 sinx+cosx) = sin 2x−sinx ĐS:x =±π

3 +k2π,x=−

π

4 +kπ,k∈ Z

2

cos23xcos 2x−cos2x=0 ĐS: x= kπ

2 ,k∈ Z

1

1+sinx+cosx+sin 2x+cos 2x=0 ĐS:x =−π

4 +kπ,x=± 2π

3 +k2π,k∈ Z

2

cos4x+sin4x+cosx−π

sin3x−π

−3

2 =0 ĐS: x= 5π

4 +k2π,k∈ Z

3

BÀI Giải phương trình lượng giác sau cos6x+sin6x

−sinxcosx √

2−2 sinx =0 ĐS: x=

π

4 +kπ,k∈ Z

1

cotx+sinx1+tanxtan x

=4 ĐS:x = π

12 +kπ,x= 5π

12 +kπ,k∈ Z

2

cos 3x+cos 2x−cosx−1=0 ĐS: x=kπ,x=±2π

3 +k2π,k∈ Z

3

BÀI Giải phương trình lượng giác sau 1+sin2x

cosx+ 1+cos2x

sinx =1+sin 2x ĐS: x =−π

4 +kπ,x=

π

2 +k2π,x =k2π,k∈ Z

1

2 sin22x+sin 7x−1=sinx ĐS:x = π

8 + kπ

4 ,x =

π

18 + k2π

3 ,x = 5π

18 + k2π

3 ,k∈ Z

2

sinx

2 +cos x

2

+√3 cosx=2 ĐS:x = π

2 +k2π,x=−

π

6 +k2π,k∈ Z

3

sinx +

1 sin

x−3π

=4 sin

7π

4 −x

ĐS:

x =−π

4 +kπ,x=−

π

8 +kπ,x = 5π

8 +kπ,k ∈Z

1

sin3x−√3 cos3x =sinxcos2x−√3 sin2xcosx ĐS: x= π

4 + kπ

2 ,x=−

π

3 +kπ,k∈ Z

2

2 sinx(1+cos 2x) +sin 2x=1+2 cosx ĐS:x =±2π

3 +k2π,x=

π

4 +kπ,k∈ Z

(158)

(1−2 sinx)cosx

(1+2 sinx)(1−sinx) =

√

3 ĐS:x =−π

18 + k2π

3 ,k∈ Z

1

sinx+cosxsin 2x+√3 cos 3x=2 cos 4x+sin3x ĐS: x =−π

6 +k2π,x=

π

42+ k2π

7 ,k ∈Z

2

√

3 cos 5x−2 sin 3xcos 2x−sinx=0 ĐS:x = π

18 + kπ

3 ,x =−

π

6 + kπ

2 ,k∈ Z

3

BÀI Giải phương trình sau

1

(1+sinx+cos 2x)sinx+π

4

1+tanx = √

2cosx ĐS:x =−

π

6 +k2π;x = 7π

6 +k2π,k ∈Z

2 (sin 2x+cos 2x)cosx+2 cos 2x−sinx =0 ĐS:x = π

4 +kπ,k ∈Z

3 sin 2x−cos 2x+3 sinx−cosx−1=0 ĐS: x= π

6 +k2π;x = 5π

6 +k2π,k ∈Z

Lời giải.

1 Điều kiệncosx 6=0vàtanx 6=−1 Phương trình tương đương với

(1+sinx+cos 2x)

√

2sinx+ √

2cosx

sinx+cosx cosx

= √1 2cosx ⇔ 1+sinx+cos 2x =1

⇔ sin2x−sinx−1=0 ⇔





sinx =1(không thoả điều kiện) sinx =−1

2(thoả điều kiện) ⇔



 

x =−π

6 +k2π x = 7π

6 +k2π

,k∈ Z

2 Phương trình tương đương với

sin 2xcosx−sinx+cos 2xcosx+2 cos 2x=0 ⇔ sinx(2 cos2x−1) +cos 2x(cosx+2) = ⇔ cos 2x(sinx+cosx+2) =

⇔ "

sinx+cosx+2=0(vô nghiệm) cos 2x=0

⇔ x= π

(159)

2 sinxcosx−cosx−1−2 sin2x+3 sinx−1=0 ⇔ cosx(2 sinx−1) +2 sin2x+3 sinx−2=0

⇔ cosx(2 sinx−1) + (2 sinx−1)(sinx+2) = ⇔ (2 sinx−1)(cosx+sinx+2) =0

⇔ 



sinx=

2

cosx+sinx+2=0(vô nghiệm) ⇔



 

x = π

6 +k2π x = 5π

6 +k2π

,k ∈Z

BÀI 10 Giải phương trình sau

1 1+sin 2x+cos 2x

1+cot2x = √

2 sinxsin 2x ĐS: x= π

2 +kπ,x =

π

4 +k2π,k ∈Z

2 sin 2xcosx+sinxcosx =cos 2x+sinx+cosx ĐS: x = π

2 +k2π,x=−π+k2π,x =

π

3 + k2π

3 ,k ∈Z

3 sin 2x+2 cosx−sinx−1

tanx+√3 =0 ĐS:x =

π

3 +k2π,k ∈Z

Lời giải.

1 Điều kiệnsinx 6=0 Phương trình tương đương với 1+sin 2x+cos 2x

1 sin2x

=2√2 cosxsin2x ⇔ 1+cos 2x+sin 2x−2√2 cosx =0 ⇔ cos2x+2 sinxcosx−2√2 cosx=0 ⇔ cosx(cosx+sinx−√2) =

⇔ 



cosx =0 sinxx+ π

4

=1

⇔ 

 

x = π

2 +kπ(thoả điều kiện) x = π

4 +k2π(thoả điều kiện)

(160)

2 sinxcos2x+sinxcosx−sinx =cos 2x+cosx ⇔ sinx(2 cos2x−1+cosx)−(cos 2x+cosx) = ⇔ (cos 2x+cosx)(sinx−1) =

⇔ "

cos 2x =−cosx sinx =1

⇔ 



cos 2x=cos(π−x)

x= π

2 +k2π

⇔ 

    

x=−π+k2π

x= π

3 + k2π

3 x= π

2 +k2π

,k∈ Z

3 Điều kiệncosx 6=0vàtanx 6=−√3 Phương trình tương đương với cosx(sinx+1) + (sinx+1) =0 ⇔ (sinx+1)(2 cosx+1) =0

⇔ 



sinx =−1(không thoả điều kiện) cosx =−1

2 ⇔



 

x = π

3 +k2π x =−π

3 +k2π(không thoả điều kiện) ⇔ x= π

3 +k2π,k∈ Z

BÀI 11 Giải phương trình sau √

3 sin 2x+cos 2x =2 cosx−1 ĐS: π

2 +kπ,k2π, 2π

3 +k2π

1

2(cosx+√3 sinx)cosx =cosx−√3 sinx+1 ĐS: 2π

3 +k2π,k 2π

3

2

sin 3x+cos 3x−sinx+cosx=√2 cos 2x ĐS: π +

kπ

2 , 7π

12 +k2π,−

π

12 +k2π

3

(161)

Phương trình cho tương đương với

(√3 sinx+cosx−1)cosx=0 ⇔

"

cosx =0 √

3 sinx+cosx−1 =0

⇔ 

   

x = π

2 +kπ x =k2π

x = 2π

3 +k2π

,k ∈Z

Vậy nghiệm phương trình cho làx= π

2 +kπ,x =k2π,x = 2π

3 +k2π(k ∈ Z)

1

cos 2x+√3 sin 2x =cosx−√3 sinx ⇔ cos2x− π

3

=cosx+π

3

⇔ 2x−π =±

x+π

3

+k2π(k∈ Z)

⇔ 

 

x = 2π

3 +k2π x =k2π

3

(k ∈ Z)

Vậy nghiệm phương trình làx= 2π

3 +k2π, x=k 2π

3 (k∈ Z)

2

(2 sinx+2 cosx−√2)cos 2x =0 ⇔

"

cos 2x=0

2 sinx+2 cosx−√2=0 ⇔



 

x= π

4 + kπ

2 cosx− π

=

2

⇔ 

     

x= π

4 + kπ

2 x= 7π

12 +k2π x=−π

12+k2π

(k∈ Z)

Vậy nghiệm phương trình cho x = π

4 + kπ

2 , x = 7π

12 +k2π, x = −

π

12 + k2π(k ∈Z)

3

BÀI 12 Giải phương trình lượng giác sau 1+tanx =2√2 sinx+π

4

ĐS:−π

4 +kπ,±

π

3 +k2π

(162)

sin 5x+2 cos2x =1 ĐS:−π +k

2π

3 ,−

π

14+k 2π

7

2

sin 3x+cos 2x−sinx=0 ĐS: π +k

π

2,−

π

6 +k2π,x = 7π

6 +k2π

3

Lời giải.

Điều kiệncosx 6=0 Phương trình cho tương đương với 1+ sinx

cosx =2(sinx+cosx) ⇔ (sinx+cosx)(2 cosx−1) =0 ⇔

"

sinx+cosx =0 cosx−1=0 ⇔



 

x =−π +kπ x =±π

3 +k2π

(k ∈Z)

Đối chiếu điều kiện ta nghiệmx=−π

4 +kπ, x=±

π

3 +k2π(k∈ Z)

1

sin 5x+cos 2x =0 ⇔ cos5x+ π

2

=cos 2x

⇔ 

 

x =−π +k

2π

3 x =−π

14 +k 2π

7

(k∈ Z)

Vậy nghiệm phương trình cho làx=−π +k

2π

3 ,x =−

π

14 +k 2π

7 (k ∈Z)

2

2 cos 2xsinx+cos 2x=0 ⇔ cos 2x(2 sinx+1) =0 ⇔

"

cos 2x =0 sinx+1=0

⇔ 

     

x = π

4 +k

π

2 x =−π

6 +k2π x = 7π

6 +k2π

(k∈ Z)

Vậy nghiệm phương trình cho làx = π

4 +k

π

2,x =−

π

6 +k2π,x = 7π

6 +k2π(k ∈ Z)

3

(163)

sinx+4 cosx=2+sin 2x ĐS:±π

3 +k2π

1

√

2(sinx−2 cosx) =2−sin 2x ĐS:±3π

4 +k2π

2

Lời giải.

sinx+4 cosx =2+2 sinxcosx ⇔ (sinx−2)(2 cosx−1) =0 ⇔

"

sinx−2 =0(vô nghiệm) cosx−1 =0

⇔ x =±π

3 +k2π(k ∈Z) Vậy nghiệm phương trình cho làx=±π

3 +k2π(k ∈Z)

1

2 sinxcosx−2√2 cosx+√2 sinx−2=0 ⇔ (sinx−√2)(2 cosx+√2) =0

⇔ "

sinx−√2 =0(vô nghiệm) cosx+√2=0

⇔ x =±3π

4 +k2π(k ∈Z) Vậy nghiệm phương trình cho làx=±3π

4 +k2π(k ∈Z)

2

BÀI 14 Giải phương trình lượng giác2 sin2x+7 sinx−4 =0 ĐS: π

6 +k2π, 5π

6 +k2π

Lời giải.

Ta có2 sin2x+7 sinx−4 =0 ⇔ 



sinx=−4 sinx =

2 ⇔





sinx=−4vô nghiệm sinx=

2

⇔ 

 

x= π

6 +k2π x= 5π

6 +k2π

(k∈

Z)

Vậy nghiệm phương trìnhx = π

6 +k2π,x= 5π

6 +k2π,(k ∈ Z) BÀI 15 Giải phương trình lượng giác sau

cosxcos 3x−sin 2xsin 6x−sin 4xsin 6x =0 ĐS: π +kπ,

π

6 +k

π

3,±

π

18+ kπ

3

1

cosxcos 2xcos 3x−sinxsin 2xsin 3x =

2 ĐS: −

π

8 +k

π

2,

π

12 +k

π

6,−

π

4 +kπ

2

cotx+cos 2x+sinx =sin 2xcotx+cosxcotx ĐS: π +kπ,

π

2 +k2π

3

4+3 sinx+sin3x=3 cos2x+cos6x ĐS:−π

2 +k2π,kπ

(164)

2 sin3x+cos 2x+cosx =0 ĐS:−π

4 +kπ,π+k2π

5

2 cosxcos 2xcos 3x+5=7 cos 2x ĐS: x=kπ

6

sin2x(4 cos2x−1) =cosx(sinx+cosx−sin 3x) ĐS:x = π

8 + kπ

2 ; x=

π

4 + kπ

2

7

cosx+√3(sin 2x+sinx)−4 cos 2xcosx−2 cos2x+2=0 ĐS: x=±2π

3 +k2π; x = π

3 +k2π;x =−

π

9 + k2π

3

8

(sinx+cosx)2−2 sin2x 1+cot2x =

√ 2

h

sinπ −x

−sinπ −3x

i

ĐS:x = 3π

8 + kπ

2 ; x = π

2 +k2π

9

1

2 cot2x+1 +

1

2 tan2x+1 =

15 cos 4x

8+sin22x ĐS:x =±

π

12 +k2π

10

√

2 sinx− π

tanx−1 +cos 3x = √

2 sin2x− π

−1 ĐS:x =−π

2 +k2π; x=π+k2π

11

3 sin2xcos

3π

2 +x

−sin2π +x

cosx=sinxcos2x−3 sin2xcosx ĐS: x =−π

4 +kπ;x =±

π

6 +kπ

12

(2 sinx+1)(cos 2x+sinx)−2 sin 3x+6 sinx+1

2 cosx−√3 +2 cosx+ √

3 =0 ĐS:x = 7π

6 +k2π

13

… +cos

2x+ …

3 −

1

2cos 2x=2 ĐS:x =±

π

3 +k2π; x=± 2π

3 +k2π

14

(tanx+1)sin2x+cos 2x+2=3(cosx+sinx)sinx ĐS: x= π

4 +kπ; x=

π

3 +kπ; x = 2π

3 +kπ

15

sin3x−cos3x+3 sin2x+4 sinx−cosx+2=0 ĐS:k2π;x =−π

2 +k2π

16

sin 2x−√3 cos 2x+√3(sinx−3) =7 cosx ĐS:x =±5π

6 +k2π

17

8(sin6x+cos6x)−3√3 cos 2x =11−3√3 sin 4x−9 sin 2x ĐS:x = π

12 + kπ

2 ; x = π

4 +kπ;x =− 7π

12 +kπ

(165)

sin 5x sinx +

2 sin 3x sinx +

2 cos 3x

cosx =5 ĐS:x =±

π

6 +k2π

19

2 cos 2x+sin2xcosx+sinxcos2x =2(sinx+cosx) ĐS: x=−π

4 +kπ; x=

π

2 +k2π; x =−π+k2π

20

sinx+sin2x+sin3x+sin4x =cosx+cos2x+cos3x+cos4x ĐS: x= π

4 +kπ; x =±3π

4 +k2π

21

1+ sin

3x 1+cosx +

cos3x

1+sinx =cos 2x+2 cosx ĐS:x=−

π

6 +k2π; x= 7π

6 +k2π; x =−π

4 +k2π;x = 5π

4 +k2π

22

(2 cos 2x−1)cosx−sinx =√2(sinx+cosx)sin 3x ĐS:x =−π

4 +kπ;x =

π

16 + kπ

2 ; x = 3π

8 +kπ

23

Lời giải.

1 Phương trình cho tương đương với

cosx·cos 3x−sin 2x·sin 6x−sin 4xsin 6x=0 ⇔ cosx·cos 3x−(sin 2x+sin 4x)sin 6x=0

⇔ cosx·cos 3x−2 sin 3x·cosx·2 sin 3x·cos 3x =0 ⇔ cosx·cos 3x·(2 cos 6x−1) =0

⇔ 

     

x = π

2 +kπ x = π

6 +k

π

3 x =±π

18 + kπ

3

(k∈ Z)

Vậy nghiệm phương trình cho làx = π

2 +kπ, x=

π

6 +k

π

3,x =±

π

18 + kπ

3 (k ∈Z)

cos 2x[cos 4x+cos 2x−cos 2x] +sin 2x[cos 4x−cos 2x−sin 2x] = ⇔ [cos 2x+sin 2x]·hcos22x−sin22x−sin 2xi =0

⇔ [cos 2x+sin 2x]·[cos 4x−sin 2x] =

⇔ 

    

x =−π +k

π

2 x = π

12 +k

π

6 x =−π

4 +kπ

(k∈ Z)

Vậy nghiệm phương trình làx=−π +k

π

2,x =

π

12 +k

π

6, x=−

π

(166)

3 Điều kiện xác địnhsinx 6=0 Khi phương trình cho tương đương với cotx+cos 2x+sinx =sin 2x·cotx+cosx·cotx ⇔ cotx+cos 2x+sinx =2 cos2x+cosx·cotx ⇔ cosx(1−cosx) +sinx(sinx−1) =0

⇔ (cosx−sinx)(1−sinx−cosx) =0

⇔ 

   

x= π

4 +kπ x=k2π(loại)

x= π

2 +k2π

(k∈ Z)

4 +kπ, x=

π

2 +k2π (k∈ Z)

4+3 sinx+sin3x=3 cos2x+cos6x

⇔ (sinx+1)hsin2x+2 sinx+1−(1−sinx)(3+cos4x)i) =0 ⇔ (sinx+1)3h1−(1−sinx)3i =0

⇔ 



x =−π

2 +k2π x =kπ

(k ∈ Z)

Vậy nghiệm phương trình cho làx =−π

2 +k2π, x=kπ,(k∈ Z)

2 sin3x+1−2 sin2x+cosx =0 ⇔ sin2x(sinx−1) +1+cosx =0

⇔ (1+cosx)[2(1−cosx)(sinx−1) +1] =0 ⇔ (1+cosx)(sinx+cosx) [2−(sinx+cosx)] =0 ⇔





x =−π +kπ x =π+k2π

(k ∈ Z)

Vậy nghiệm phương trình cho làx =−π

4 +kπ, x=π+k2π,(k∈ Z)

cos 2x(cos 4x+cos 2x) +5−7 cos 2x =0

⇔ cos 2x(2 cos22x+cos 2x−1) +5−7 cos 2x=0 ⇔ cos32x+cos22x−8 cos 2x+5=0

⇔ (2 cos 2x+5)(cos 2x−1)2=0 ⇔

"

2 cos 2x+5=0 cos 2x−1=0 ⇔





cos 2x=−5

2 (vô nghiệm) cos 2x=1

⇔ 2x =k2π ⇔ x=kπ(k ∈Z)

(167)

4 sin2xcos2x−sin2x =cosx[2 cos 2xsin(−x) +cosx]

⇔ sin22x−sin2x=cos2x−sin 2xcos 2x ⇔

2sin 4x+

1−cos 4x

2 −1=0 ⇔ sin 4x−cos 4x=1

⇔ √2 sin4x−π

=1

⇔ 

 

4x−π =

π

4 +k2π 4x−π

4 = 3π

4 +k2π ⇔



 

x= π

8 + kπ

2 x= π

4 + kπ

2

(k ∈Z)

Vậy phương trình có nghiệm làx= π

8 + kπ

2 vàx =

π

4 + kπ

2 (k∈ Z)

8 Phương trình cho tương đương với √

3 sinx(2 cosx+1)−4(2 cos2x−1)cosx−2 cos2x+cosx+2=0 ⇔ √3 sinx(2 cosx+1)−8 cos3x−2 cos2x+5 cosx+2=0

⇔ √3 sinx(2 cosx+1)−(2 cosx+1)(4 cos2x−cosx−2) =0 ⇔ (2 cosx+1)(√3 sinx+4 cos2x−cosx−2) =

⇔ "

2 cosx+1=0 √

3 sinx+4 cos2x−cosx−2=0 ⇔

"

2 cosx+1=0 √

3 sinx−cosx+2(2 cos2x−1) =0 ⇔

"

2 cosx+1=0

cosx−√3 sinx =2 cos 2x ⇔



 

cosx =−1 cosx+π

3

=cos 2x

⇔ 

     

x =±2π

3 +k2π x = π

3 +k2π x =−π

9 + k2π

3

(k ∈Z)

Vậy phương trình có nghiệm làx=±2π

3 +k2π; x=

π

3 +k2π; x=−

π

9 + k2π

3 (k∈ Z)

(168)

Với điều kiện xác định, phương trình cho tương đương với cos2x−sin2x+sin 2x

sin2x+cos2x sin2x

=√2 cosπ −2x

sinx

⇔ (cos 2x+sin 2x)sin2x=√2 cos2x−π

sinx ⇔ cos2x−π

4

sin2x =cos2x−π

sinx ⇔ cos2x−π

4

(sin2x−sinx) =0

⇔ 

  

cos2x− π

=0 sinx =0(loại) sinx =1

⇔ 

 

x = 3π

8 + kπ

2 x = π

2 +k2π

(k∈ Z)

Ta thấy2nghiệm thỏa mãn điều kiện xác định Vậy phương trình có nghiệm làx= 3π

8 + kπ

2 ;x =

π

2 +k2π(k∈ Z)

10 Điều kiện xác định : ®

sinx6=0

cosx6=0 ⇔sin 2x 6=0⇔ x6= kπ

2 (k ∈ Z) Với điều kiện xác định, phương trình cho tương đương với

sin2x

sin2x+2 cos2x+

cos2x

cos2x+2 sin2x =

15(1−2 sin22x)

8+sin22x ⇔ sin

2xcos2x+2(sin4x+cos4x) 2(sin4x+cos4x) +5 sin2xcos2x =

15−30 sin22x 8+sin22x ⇔ 2(sin

2x+cos2x)2−2 sin2xcos2x 2(sin2x+cos2x)2+sin2xcos2x =

15−30 sin22x 8+sin22x ⇔

2−sin 22x 2+sin

22x

= 15−30 sin

22x 8+sin22x ⇔ 28 sin42x+217 sin22x−56=0 ⇔





sin22x=

4

sin22x=−8(vô nghiệm)

⇔cos 4x =

2 ⇔ x=±

π

12+k2π(k∈ Z) Ta thấy2nghiệm thỏa mãn điều kiện xác định

Vậy phương trình có nghiệm làx=±π

12+k2π(k ∈Z)

(169)

2

BÀI 1. CÁC QUY TẮC ĐẾM CƠ BẢN

Định nghĩa (Quy tắc cộng) Một công việc Xđược thực theo kphương án A1,A2, ,Ak,

1 Phương ánA1cón1cách thực hiện;

2 Phương ánA2cón2cách thực hiện;

3

4 Phương ánAk cónkcách thực

Khi số cách hồn thành cơng việcXlàn(X) = n1+n2+· · ·+nk = k

∑

i=1

ni cách

Định nghĩa (Quy tắc nhân) Giả sử nhiệm vụ X hồn thành quakgiai đoạn A1,A2, ,Ak:

1 Giai đoạnA1cón1cách làm;

2 Giai đoạnA2cón2cách làm;

3

4 Giai đoạnAk cónkcách làm

Khi cơng việcXcó số cách thực làn(X) = n1·n2·n3· · ·nk = k

∏

i=1

ni cách

Định nghĩa (Quy tắc bù trừ) Đối tượng x cần đếm chứa đối tượng X gồmx x đối lập Nếu X có mcách chọn, x có ncách chọn Vậy x có (m−n) cách chọn

Về mặt thực hành, đề cho đếm đối tượng thỏaavàb Ta cần làm: Bài toán1: Đếm đối tượng thỏaa

Bài toán2: Đếm đối tượng thỏaa, khơng thỏab Do đó, kết tốn=kết toán1−kết toán2

(170)

!

Nếu tốn chia từngtrường hợpkhơng trùng lặp để hồn thành cơng việc dùngqui tắc cộng, tốn chia từnggiai đoạnthực ta dùng quy tắc nhân Trong nhiều tốn, ta khơng kết hợp hai quy tắc lại với để giải mà cần phân biệt cộng, nhân, trừ “Nếu cho tập hợp hữu hạn bất kỳAvàBgiao khác rỗng Khi số phần tử củaA∪Bbằng số phần tử củaAcộng với số phần tử củaBrồi trừ số phần tử củaA∩B, tức làn(A∪B) = n(A) +n(B)−n(A∩B)” Đó quy tắc cộng mở rộng Do giải tốn đếm liên quan đến tìm số cho số làsố chẵn, số lẻ, số chia hếtta nên ưu tiên việc thực hiện(chọn) chúng trướcvà chứa số0nên chia2trường hợpnhằm tránh trùng lặp với

Dấu hiệu chia hết:

GọiN =anan−1 .a1a0là số tự nhiên cón+1chữ số (an 6=0) Khi đó: + N ⇔a0 2⇔ a0 ∈ {0; 2; 4; 6; 8}

+ N ⇔a0 5⇔ a0 ∈ {0; 5} + N 4(hay25) ⇔a1a0 4(hay25) + N 8(hay125) ⇔a2a1a0 8(hay125)

+ N 3(hay9) ⇔a0+a1+· · ·+an 3(hay9)

B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP

1 VÍ DỤ

{DẠNG 1.1 Bài tốn sử dụng quy tắc cộng

VÍ DỤ Trong thi tìm hiểu đất nước Việt Nam, ban tổ chức công bố danh sách đề tài bao gồm:8đề tài lịch sử, 7đề tài thiên nhiên, 10đề tài người và6đề tài văn hóa Hỏi thí sinh có cách chọn đề tài? ĐS: 31

L Lời giải

Mỗi thí sinh có các4phương án chọn đề tài: Chọn đề tài lịch sử có8cách chọn. Chọn đề tài thiên nhiên có7cách chọn. Chọn đề tài người có10cách chọn. Chọn đề tài văn hóa có6cách chọn.

(171)

VÍ DỤ Giả sử từ tỉnh A đến tỉnh B phương tiện: tơ, tàu hỏa máy bay Mỗi ngày có10chuyến tơ,5chuyến tàu hỏa và3chuyến máy bay Hỏi có cách lựa chọn chuyến từ tỉnhAđến tỉnhB? ĐS:18

L Lời giải

Để từ AđếnBcó3phương án lựa chọn: Đi tơ có10cách chọn.

Đi tàu hỏa có5cách chọn. Đi máy bay có3cách chọn.

Theo quy tắc cộng, có10+5+3 =18cách chọn.

{DẠNG 1.2 Bài tốn sử dụng quy tắc nhân

VÍ DỤ An đến nhà Bình để Bình đến chơi nhà Cường Từ nhà An đến nhà Bình có4con đường đi, từ nhà Bình đến nhà Cường có6con đường Hỏi An có cách chọn đường từ nhà đến nhà Cường? ĐS:24

L Lời giải

Để từ nhà An đến nhà Cường cần thực hiện2giai đoạn Đi từ nhà An đến nhà Bình có4cách.

Đi từ nhà Bình đến nhà Cường có6cách.

Theo quy tắc nhân, có4·6=24cách chọn đường đi.

VÍ DỤ Lớp11Acó 30học sinh Tập thể lớp muốn bầu lớp trưởng, lớp phó thủ quỹ Hỏi có cách chọn ban cán lớp trên, biết bạn làm tối đa vai trị? ĐS:24360

L Lời giải

Để bầu ban cán lớp cần thực hiện3giai đoạn Bầu lớp trưởng có30cách

Bầu phó có29cách Bầu thủ quỹ có28cách

(172)

{DẠNG 1.3 Bài toán sử dụng quy tắc bù trừ

VÍ DỤ Có số tự nhiên gồm năm chữ số khác mà không bắt đầu

12? ĐS:26880

L Lời giải

Gọia1a2a3a4a5là số cần lập.

Để lập số tự nhiên có5chữ số khác nhau, ta thực bước lần lượt: Chọna1có9cách.

Chọna2có9cách. Chọna3có8cách.

Chọna4có7cách. Chọna5có6cách.

Do có9·9·8·7·6 = 27216số có năm chữ số khác Để lập số tự nhiên có5chữ số khác bắt đầu bằng12, ta thực bước lần lượt:

Chọna1a2có1cách.

Chọna3có8cách. Chọna4có7cách. Chọna5có6cách.

Do có1·8·7·6=336số có năm chữ số khác Theo quy tắc bù trừ, có27216−336=26880

số có năm chữ số khác khơng bắt đầu bởi12.

VÍ DỤ Trong hộp có6bi đỏ, 5bi trắng và4 bi vàng Có cách lấy3 viên bi từ hộp cho chúng không đủ ba màu? ĐS:335

L Lời giải

Số cách lấy3bi từ15bi làC315 =455.

Số cách lấy3bi từ15bi mà đủ ba màu là6·5·4=120.

Theo quy tắc bù trừ, số cách lấy3viên bi không đủ ba màu là455−120=335.

BÀI Một hộp có12viên bi trắng,10viên bi xanh và8viên bi đỏ Một em bé muốn chọn1viên bi để chơi Hỏi có cách chọn? ĐS:30cách

Lời giải.

Để chọn1viên bi để chơi có phương án + Chọn1viên bi trắng có12cách

(173)

+ Chọn1viên bi đỏ có8cách

Theo quy tắc cộng, số cách để chọn1viên bi để chơi là12+10+8=30cách

BÀI Chợ Bến Thành có4cổng vào Hỏi người chợ:

a) Có cách vào chợ? ĐS:16

b) Có cách vào chợ bằng2cổng khác nhau? ĐS:12

Lời giải.

a) Để vào chợ ta thực liên tiếp bước Vào chợ có4cách

Ra chợ có4cách

Theo quy tắc nhân, có4·4 =16cách vào chợ

b) Để vào chợ bằng2cổng khác ta thực liên tiếp bước Vào chợ có4cách

Ra chợ cổng khác có3cách

Theo quy tắc nhân, có4·3 =12cách vào chợ hai cổng khác

BÀI Có sách Tốn, sách Lí, sách Hóa Một học sinh chọn bất kỳ3loại Hỏi có cách chọn? ĐS:20cách

Lời giải.

Để chọn1quyển sách trong3loại sách, ta có phương án + Chọn1quyển sách Tốn có8cách

+ Chọn1quyển sách Lí có7cách + Chọn1quyển sách Hóa có5cách

Theo quy tắc cộng, số cách để chọn1viên bi để chơi là8+7+5=20cách

BÀI

Cho sơ đồ mạch điện hình vẽ bên cạnh Hỏi có cách đóng - mở5cơng tắc để có dòng điện

từ AđếnB ĐS:12cách A B

Lời giải.

Để dịng điện từ AđếnBcó2phương án

Phương án3cơng tắc phía đóng Khi có22=4trạng thái cơng tắc phía Phương án2cơng tắc phía đóng Khi có23 =8trạng thái cơng tắc phía Theo quy tắc cộng, có4+8=12cách để dòng điện từ AđếnB

BÀI Đề thi học kỳ mơn Hóa gồm hai phần: trắc nghiệm tự luận Trong ngân hàng đề thi có 15đề trắc nghiệm và8đề tự luận Hỏi có cách đề? ĐS:120cách

Lời giải.

(174)

Chọn đề tự luận có8cách

Theo quy tắc nhân, có15·8=120cách đề

BÀI Một ca sĩ có30cái áo và20cái quần, có18cái áo màu xanh và12cái áo màu đỏ; 12quần xanh và8quần đỏ Có cách chọn quần áo khác màu để người ca sĩ

đi trình diễn? ĐS:240cách

Lời giải.

Để chọn quần áo khác màu, ta có phương án Áo màu xanh quần màu đỏ có18·8=144cách Áo màu đỏ quần màu xanh có12·8=96cách

Theo quy tắc cộng, số cách chọn quần áo là144+96=240cách

BÀI Trong lớp11Acó39học sinh có học sinh tên Chiến, lớp11Bcó32học sinh có học sinh tên Tranh Có cách chọn tổ gồm2học sinh khác lớp mà khơng có

mặt Chiến Tranh lúc? ĐS:1247cách

Lời giải.

Để chọn tổ gồm2học sinh khác lớp, có39·32=1248cách Trong có1cách chọn tổ có mặt Chiến Tranh

Do số cách chọn tổ khơng có mặt Chiến Tranh lúc là1248−1=1247cách

BÀI Trong lớp 11Acó50 học sinh, có2học sinh tên Ưu Tiên Có cách chọn ra2học sinh thi mà có mặt nhất1trong2học sinh tên Ưu tên Tiên?ĐS:97 cách

Lời giải.

Có3phương án chọn

Phương án1: Chọn có Ưu1cách, chọn bạn khác Tiên có 48cách nên có 1·48 =48 cách trường hợp

Phương án2: Chọn có Tiên1cách, chọn bạn khác Tiên có48cách nên có1·48=48 cách trường hợp

Phương án3: Có Ưu Tiên:1cách trường hợp

Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu đề là48+48+1=97cách thỏa yêu cầu

BÀI Có 20 bơng hoa có bơng hồng, bơng cúc, bơng đào Chọn ngẫu nhiên bơng, hỏi có cách chọn để hoa chọn có đủ ba loại? ĐS:2380cách

Lời giải.

Phương án 1: Chọn hồng, cúc, bơng đào có 8·7

2! ·7·5 = 980 cách trường hợp

Phương án 2: Chọn hồng, cúc, đào có 7· 7·6

2! ·5 = 840 cách trường hợp

Phương án 3: Chọn hồng, bơng cúc, bơng đào có 8·7· 8·7

2! = 560 cách trường hợp

(175)

BÀI 10 Có12học sinh giỏi gồm3học sinh khối12,4học sinh khối11,5học sinh khối10 Hỏi có cách chọn ra6học sinh cho khối có nhất1học sinh ? ĐS:805cách

Lời giải.

Số cách chọn6học sinh từ12học sinh có 12·11·10·9·8·7

6! =924cách Số cách chọn6học sinh khơng có học sinh lớp12có 9·8·7·6·5·4

6! =7cách Do số cách chọn thỏa mãn yêu cầu là924−(84+28+7) =805cách

BÀI 11 Có biển số xe gồm hai chữ đầu (26chữ cái) và4chữ số theo sau (chữ số đầu không thiết khác0và chữ số cuối khác0), cho:

Chữ tùy ý bốn chữ số tùy ý tạo thành số chia hết cho2theo sau ĐS:2704000 cách

1

Chữ khác và4chữ số đôi khác tạo thành số chia hết cho5tiếp theo

sau ĐS:291200cách

2

Lời giải.

Có3bước chọn

Chọn2chữ cái262cách

Chọn3chữ số có103cách

Chọn chữ số cuối thuộc{2; 4; 6; 8}có4cách Vậy có tất cả262·103·4 =2704000cách

1

Có3bước chọn

Chọn2chữ có26·25=650cách Chữ số cuối có1cách chọn số5

Chọn3chữ số cịn lại8·8·7 =448cách Vậy có tất cả26·25·1·8·8·7=291200cách

2

BÀI 12 Người ta ghi nhãn cho ghế giảng đường Đại học chữ (26chữ cái) số nguyên dương theo sau mà không vượt quá100 Bằng cách ghi vậy, nhiều có ghế ghi nhãn khác nhau? ĐS:2600cách

Lời giải.

Có26chữ và100số thỏa mãn

Vậy số cách ghi nhiều là26·100=2600cách

(176)

Tùy ý ĐS:90000số

1

Khác đôi ĐS:27216số

2

Khác đôi năm chữ số tạo thành số lẻ ĐS:13440số

3

Khác đôi năm chữ số tạo thành số chia hết cho5 ĐS:5712số

4

Khác đôi năm chữ số tạo thành số chia hết cho2 ĐS:13776số

5

Lời giải.

Gọiabcdelà số cần tìm

acó9cách chọn bcó10cách chọn ccó10cách chọn dcó10cách chọn ecó10cách chọn

Vậy có9·10·10·10·10=90000số thỏa yêu cầu

1

acó9cách chọn bcó9cách chọn ccó8cách chọn dcó7cách chọn ecó6cách chọn

Vậy có9·9·8·7·6=27216số thỏa mãn yêu cầu

2

ecó5cách chọn acó8cách chọn bcó8cách chọn ccó7cách chọn dcó6cách chọn

Vậy có5·8·8·7·6=13440số thỏa mãn yêu cầu

(177)

Có2trường hợp: Trường hợp1:

e =0có1cách chọn acó9cách chọn bcó8cách chọn ccó7cách chọn dcó6cách chọn

Vậy có9·8·7·6·1=3024số trường hợp Trường hợp2:

e =5có cách chọn acó8cách chọn bcó8cách chọn ccó7cách chọn dcó6cách chọn

Vậy có8·8·7·6·1=2688số trường hợp Vậy có tất cả:3024+2688=5712số thỏa mãn yêu cầu

4

Có2trường hợp: Trường hợp1:

e =0có1cách chọn acó9cách chọn bcó8cách chọn ccó7cách chọn dcó6cách chọn

Vậy có9·8·7·6·1=3024số trường hợp Trường hợp2:

e ∈ {2; 4; 6; 8}có4cách chọn acó8cách chọn

bcó8cách chọn ccó7cách chọn dcó6cách chọn

Vậy có8·8·7·6·4=10752số trường hợp Vậy có tất cả3024+10752=13776số thỏa mãn yêu cầu

5

BÀI 14 Từ chữ số0, 1, 2, , 9có thể lập số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số khác đôi chữ số ln số 2? ĐS:1218số

Lời giải.

GọiA= ab2cd(a6=0)

XétA =ab2cd,abất kì,d ∈ {0; 4; 6; 8}

(178)

XétA =ab2cd,d∈ {4; 6; 8}vàa =0

Có3cách chọnd,7cách chọnb,6cách chọnc, nên có3·7·6=126cách

Vậy số cách chọn thỏa yêu cầu toán là1344−126=1218số

BÀI 15 Cho tập hợpX = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Có thể lập số tự nhiên gồm năm chữ số khác đôi từX, cho ba chữ số phải bằng1 ĐS:2280số

Lời giải.

Đặt số cần tìm làabcde(a6=0) + Xét trường hơpabất kỳ

Xếp số1vào ba vị trí a,b,ccó3cách

Xếp số cịn lại vào vị trí có7, 6, 5, 4cách Do có3·7·6·5·4=2520cách xếp

+ Xét trường hợpa=0

Xếp số1vào hai vị tríb,ccó2cách

Xếp số cịn lại vào vị trí có6, 5, 4cách Do có2·6·5·4=240cách

Vậy có tất cả2520−240=2280số xếp thỏa yêu cầu

BÀI 16 Cho sáu chữ số1; 2; 3; 4; 5; Có thể tạo số gồm bốn chữ số khác nhau? Trong có số chia hết cho5? ĐS:360số và60số

Lời giải.

Gọi số cần tìm làabcd acó6cách chọn bcó5cách chọn ccó4cách chọn dcó3cách chọn

Do có tất cả6·5·4·3=360số có4chữ số khác Trong đó, số cha hết cho5có dạngabc5

dcó1cách chọn acó5cách chọn bcó4cách chọn ccó3cách chọn

Do có1·5·4·3=60số thỏa yêu cầu

BÀI 17 Cho tậpA ={0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Có số gồm sáu chữ số có nghĩa đơi khác chia hết cho5và ln có chữ số0được lấy từ tập A? ĐS:4680số

Lời giải.

Gọix =abcde f

+ Xét sốxcó dạngabcde0có1·7·6·5·4·3 =2520số + Xét sốxcó dạngabcde5

(179)

Xác vị trí cịn lại có6, 5, 4, 3cách Do có5·6·5·4·3=1800cách

+ Xét sốxdạng0bcde5có6·5·4·3=360cách

Vậy có tất cả2520+1800−360=3960số thỏa mãn yêu cầu

BÀI 18 Có số tự nhiên gồm năm chữ số đơi khác nhau, chữ số1phải có

mặt hai vị trí đầu? ĐS:5712số

Lời giải.

Gọi số cần tìm làx =abcde

+ Xétxdạng1bcdecó1·9·8·7·6=3024số + Xétxdạnga1cde

Vớiabất kỳ có9·1·8·7·6=3024số Vớia=0có1·1·8·7·6=336số Do có3024−336=2688số

Vậy có tất cả3024+2688=5712số thỏa mãn yêu cầu

BÀI 19 Có số tự nhiên gồm ba chữ số mà có hai chữ số chẵn đứng liền nhau,

còn chữ số lại lẻ? ĐS:225số

Lời giải.

Gọi số cần tìm làabc

TH1:a,bchẵn,clẻ có4·5·5=100số TH2:alẻ,b,cchẵn có5·5·5=125số

Vậy có tất cả100+125 =225số thỏa yêu cầu

BÀI 20 Từ chữ số1; 2; 3; 4; 5có thể lập số có ba chữ số khác nằm

khoảng (300; 500)? ĐS:24số

Lời giải.

Gọi số cần tìm làabc

acó2cách chọn (a=4hoặc a=3) bcó4cách chọn

ccó3cách chọn

Vậy có2·3·4=24số thỏa mãn yêu cầu

BÀI 21 Cho chữ số1; 2; 5; 7; 8, có cách lập số gồm ba chữ số khác từ năm chữ số cho số tạo thành số nhỏ hơn278? ĐS:20số

Lời giải.

Gọi số cần tìm làabc Trường hợp1:

a =1có1cách chọn bcó4cách chọn ccó3cách chọn

(180)

a =2có1cách chọn b <7có2cách chọn ccó3cách chọn

Vậy có1·2·3=6số trường hợp Trường hợp3:

a =2có1cách chọn b =7có1cách chọn c ∈ {1; 5}có2cách chọn

Vậy có1·1·2=2số trường hợp

Vậy có tất cả12+6+2 =20số thỏa mãn yêu cầu

BÀI 22 Từ chữ số0; 1; 2; 3; 4; 5; 6có thể lập số lẻ có ba chữ số khác nhỏ

hơn400? ĐS:35số

Lời giải.

Gọi số cần tìm là:abc(a ∈ {1; 2; 3}) Trường hợp1:

a ∈ {1; 3}có2cách chọn ccó2cách chọn

bcó5cách chọn

Vậy có2·2·5=20số trường hợp Trường hợp2:

a =2có1cách chọn ccó3cách chọn bcó5cách chọn

Vậy có3·5·1=15số trường hợp

Vậy có tất cả20+15 =35số thỏa mãn yêu cầu

BÀI 23 Có số tự nhiên chẵn có năm chữ số khác nhỏ hơn34000?ĐS:3570số

Lời giải.

Trường hợp1: Số lập bắt đầu giá trị sau:13; 15; 17; 19; 31 Có5cách chọn hai chữ số

Có5cách chọn chữ số hàng đơn vị Có7cách chọn chữ số hàng chục Có6cách chọn chữ số hàng trăm

Vậy có5·5·7·6=1050số có5chữ số thoả mãn trường hợp

Trường hợp2: Số lập bắt đầu giá trị sau:10; 12; 14; 16; 18; 21; 23; 25; 27; 29; 30; 32 Có12cách chọn hai chữ số

(181)

Có7cách chọn chữ số hàng chục Có6cách chọn chữ số hàng trăm

Vậy có12·4·7·6=2016số có5chữ số thoả mãn trường hợp Trường hợp3: Số lập bắt đầu giá trị sau:20; 24; 26; 28

Có4cách chọn hai chữ số Có3cách chọn chữ số hàng đơn vị Có7cách chọn chữ số hàng chục Có6cách chọn chữ số hàng trăm

Vậy có4·3·7·6=504số có5chữ số thoả mãn trường hợp

Vậy có tổng cộng1050+2016+504=3570số có5chữ số thoả mãn

BÀI 24 Có số tự nhiên gồm năm chữ số khác mà không bắt đầu bởi12? ĐS: 26880số

Lời giải.

Trước hết ta đếm số số tự nhiên có5chữ số khác Có9cách chọn chữ số hàng chục nghìn

Có9cách chọn chữ số hàng nghìn Có8cách chọn chữ số hàng trăm Có7cách chọn chữ số hàng chục Có6cách chọn chữ số hàng đơn vị

Vậy có tất cả9·9·8·7·6=27216số tự nhiên có5chữ số khác

Tiếp theo, ta đếm số số tự nhiên có5chữ số khác mà bắt đầu bởi12 Có8cách chọn chữ số hàng trăm

Có7cách chọn chữ số hàng chục Có6cách chọn chữ số hàng đơn vị

Vậy có tất cả8·7·6=336số tự nhiên có5chữ số khác mà bắt đầu bởi12

Vậy có27216−336=26880số tự nhiên gồm5chữ số khác mà không bắt đầu bởi12

BÀI 25 Cho tậpA ={0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} Có số tự nhiên gồm năm chữ số khác đôi lấy từ tậpAvà có chứa chữ số4? ĐS:1560số

Lời giải.

Trường hợp1: Chữ số4ở vị trí hàng chục nghìn Có6cách chọn chữ số hàng nghìn

Có5cách chọn chữ số hàng trăm Có4cách chọn chữ số hàng chục Có3cách chọn chữ số hàng đơn vị

(182)

Có4cách chọn vị trí cho chữ số4 Có5cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có5cách chọn chữ số thứ ba

Có4cách chọn chữ số thứ tư Có3cách chọn chữ số thứ năm

Vậy có4·5·5·4·3=1200số thoả mãn trường hợp

Vậy có tổng cộng360+1200=1560số có5chữ số thoả mãn

BÀI 26 Hỏi từ10 chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9có thể lập số gồm chữ số khác nhau, cho chữ số có mặt số0và số1? ĐS:50400số

Lời giải.

Có6cách chọn vị trí cho chữ số0 Có5cách chọn vị trí cho chữ số1

Có8cách chọn giá trị cho chữ số thứ ba Có7cách chọn giá trị cho chữ số thứ tư Có6cách chọn giá trị cho chữ số thứ năm Có5cách chọn giá trị cho chữ số thứ sáu

Vậy có6·5·8·7·6·5=50400số có6chữ số khác thoả mãn

BÀI 27 Từ chữ số0; 1; 2; 3; 6; 7; 8; 9có thể lập số tự nhiên gồm có sáu chữ số đơi khác nhau, phải có mặt chữ số7? ĐS:13320số

Lời giải.

Trường hợp1: Chữ số7ở vị trí hàng trăm nghìn Có7cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có6cách chọn chữ số hàng nghìn Có5cách chọn chữ số hàng trăm Có4cách chọn chữ số hàng chục Có3cách chọn chữ số hàng đơn vị

Vậy có7·6·5·4·3=2520số thoả mãn trường hợp Trường hợp2: Chữ số7không nằm vị trí hàng trăm nghìn

Có5cách chọn vị trí cho chữ số7 Có6cách chọn chữ số hàng trăm nghìn Có6cách chọn chữ số thứ ba

(183)

Vậy có5·6·6·5·4·3=10800số thoả mãn trường hợp

BÀI 28 Cho tập hợp A = {0; 1; 2; 3; 4; 5}, từ A lập số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau, thiết phải có chữ số0và3? ĐS:480số

Lời giải.

Có5cách chọn vị trí cho chữ số0 Có4cách chọn vị trí cho chữ số3

Có4cách chọn giá trị cho chữ số thứ ba Có3cách chọn giá trị cho chữ số thứ tư Có2cách chọn giá trị cho chữ số thứ năm

Vậy có5·4·4·3·2=480số có5chữ số khác thoả mãn

BÀI 29 Cho tập hợp A = {0; 1; 2; 3; 4; 5}, từ chữ số thuộc tập A lập số tự nhiên có năm chữ số số chia hết cho3? ĐS:216số

Lời giải.

Vì số lập chia hết cho3nên chữ số số là1; 2; 3; 4; 5hoặc0; 1; 2; 4; Trường hợp1: Các chữ số số lập là1; 2; 3; 4;

Có5cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có4cách chọn chữ số hàng nghìn Có3cách chọn chữ số hàng trăm Có2cách chọn chữ số hàng chục Có1cách chọn chữ số hàng đơn vị

Vậy có5·4·3·2·1=120số thoả mãn trường hợp Trường hợp2: Các chữ số số lập là0; 1; 2; 4;

BÀI 30 Từ chữ số0; 1; 2; ; 9có thể lập số tự nhiên chẵn gồm năm chữ số khác đôi chữ số ln số2? ĐS:1218số

Lời giải.

Trường hợp1: Chữ số hàng đơn vị là0 Có1cách chọn chữ số hàng đơn vị Có1cách chọn chữ số hàng trăm

(184)

Có7cách chọn chữ số hàng nghìn Có6cách chọn chữ số hàng chục

Vậy có1·1·8·7·6=336số thoả mãn trường hợp Trường hợp2: Chữ số hàng đơn vị khác0

Có3cách chọn chữ số hàng đơn vị Có1cách chọn chữ số hàng trăm

Có7cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có7cách chọn chữ số hàng nghìn Có6cách chọn chữ số hàng chục

BÀI 31 Trong trường THPT A, khối11mỗi học sinh tham gia hai câu lạc Toán Tin học Có160em tham gia câu lạc Tốn,140em tham gia câu lạc Tin học,50em tham gia hai câu lạc Hỏi khối11có học sinh? ĐS:250học sinh

Lời giải.

Số học sinh khối11là160+140−50=250học sinh

BÀI 32 Một lớp có40 học sinh, đăng ký chơi hai mơn thể thao bóng đá cầu lơng Có30 em đăng ký mơn bóng đá,25 em đăng ký mơn cầu lơng Hỏi có em

đăng ký hai môn thể thao? ĐS:15học sinh

Lời giải.

Số em học sinh đăng ký hai môn thể thao là30+25−40=15học sinh

BÀI 33 Có5học sinh, có An Bình Hỏi có cách xếp5học sinh lên đoàn tàu gồm8toa, biết rằng:

1 5học sinh lên toa ĐS:8cách

2 5học sinh lên5toa đầu toa người ĐS:120cách

3 5học sinh lên5toa khác ĐS:6720cách

4 An Bình lên toa ĐS:512cách

5 An Bình lên toa, ngồi khơng có học sinh khác lên toa này.ĐS:2744cách

Lời giải.

1 Có8cách chọn toa tàu để cả5học sinh lên toa tàu Vậy có8cách xếp để5học sinh lên toa

2 Có5cách chọn học sinh lên toa Có4cách chọn học sinh lên toa thứ hai Có3cách chọn học sinh lên toa thứ ba Có2cách chọn học sinh lên toa thứ tư Có1cách chọn học sinh lên toa thứ năm

Vậy có5·4·3·2·1=120cách xếp để5học sinh lên5toa đầu toa người

(185)

Có7cách chọn toa tàu cho học sinh thứ hai Có6cách chọn toa tàu cho học sinh thứ ba Có5cách chọn toa tàu cho học sinh thứ tư Có4cách chọn toa tàu cho học sinh thứ năm

Vậy có8·7·6·5·4=6720cách xếp để5học sinh lên5toa khác

4 Có1cách chọn toa tàu cho An Bình Có8cách chọn toa tàu cho học sinh thứ ba Có8cách chọn toa tàu cho học sinh thứ tư Có8cách chọn toa tàu cho học sinh thứ năm

Vậy có1·8·8·8=512cách xếp để An Bình lên toa

5 Có8cách chọn toa tàu cho An Bình Có7cách chọn toa tàu cho học sinh thứ ba Có7cách chọn toa tàu cho học sinh thứ tư Có7cách chọn toa tàu cho học sinh thứ năm

Vậy có8·7·7·7 = 2744cách xếp để An Bình lên toa, ngồi khơng có học sinh khác lên toa

BÀI 34 Có số tự nhiên có năm chữ số, cho số chữ số đứng sau

lớn chữ số đứng liền trước? ĐS:126số

Lời giải.

Vì chữ số đứng sau lớn chữ số đứng liền trước nên chữ số phải khác0 Trước tiên ta đếm số số có5chữ số đơi khác khác0

Vậy có9·8·7·6·5=15120có5chữ số đơi khác khác0

Nhận thấy, với bộ5chữ số có5·4·3·2·1=120cách xếp vị trí cho chữ số đó, nhiên có1cách xếp chữ số thoả mãn

Vậy số số thoả mãn toán 15120

120 =126số

BÀI 35 Có20thẻ đựng hai hộp khác nhau, hộp chứa10thẻ đánh số liên tiếp từ 1đến10 Có cách chọn hai thẻ (mỗi hộp thẻ) cho tích hai số ghi hai thẻ

một số chẵn ĐS:75cách

Lời giải.

Có10cách chọn thẻ hộp thứ có10cách chọn thẻ hộp thứ hai, nên có10·10=

100cách chọn hai thẻ, hộp thẻ

Có5cách chọn thẻ có số lẻ hộp thứ có5cách chọn thẻ có số lẻ hộp thứ hai, nên có5·5=25cách chọn hai thẻ, hộp thẻ tích hai số ghi hai thẻ số lẻ Vậy có100−25= 75cách chọn hai thẻ, hộp thẻ tích hai số ghi hai thẻ số

(186)

BÀI 36 GọiSlà tập hợp tất số tự nhiên gồm hai chữ số phân biệt khác lấy từ tậpA ={0; 1; 2; 3; 4; 5; 6} Hỏi Scó phần tử? Có cách lấy hai phần tử từ tập Ssao cho tích hai phần tử số chẵn? ĐS:1050cách

Lời giải.

Có6cách chọn chữ số hàng chục Có6cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy tậpScó6·6=36phần tử

Ta đếm xem tậpScó số lẻ Có3cách chọn chữ số hàng đơn vị Có5cách chọn chữ số hàng chục Vậy tậpScó3·5=15số lẻ

Có36·35 = 1260cách chọn hai số từ tậpSvà có15·14 = 210cách chọn hai số từ tậpScó tích số lẻ nên có1260−210 =1050cách chọn hai số từ tậpScó tích số chẵn

BÀI 37 Có số tự nhiên gồm tám chữ số phân biệt cho tổng tám chữ số

chia hết cho9 ĐS:181440số

Lời giải.

Vì số lập chia hết cho9nên tổng hai chữ số không xuất số lập phải bằng9 Trường hợp1: Hai chữ số0và9khơng xuất số lập

Có8cách chọn chữ số hàng chục triệu Có7cách chọn chữ số hàng triệu

Có6cách chọn chữ số hàng trăm nghìn Có5cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có4cách chọn chữ số hàng nghìn Có3cách chọn chữ số hàng trăm Có2cách chọn chữ số hàng chục Có1cách chọn chữ số hàng đơn vị

Vậy có8·7·6·5·4·3·2·1=40320số có8chữ số thoả mãn trường hợp

Trường hợp21: Hai chữ số không xuất số lập là(1; 8)hoặc(2; 7)hoặc(3; 6)hoặc

(4; 5)

Có4cách chọn hai chữ số khơng xuất Có7cách chọn chữ số hàng chục triệu Có7cách chọn chữ số hàng triệu

Có6cách chọn chữ số hàng trăm nghìn Có5cách chọn chữ số hàng chục nghìn Có4cách chọn chữ số hàng nghìn Có3cách chọn chữ số hàng trăm Có2cách chọn chữ số hàng chục Có1cách chọn chữ số hàng đơn vị

Vậy có4·7·7·6·5·4·3·2·1=141120số có8chữ số thoả mãn trường hợp

(187)

BÀI 2. HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP - TỔ HỢP

(188)

Định nghĩa (Giai thừa) Cho số tự nhiênn ≥1, ta định nghĩangiai thừa, ký hiệu bởin!,

n! =n·(n−1)·(n−2)· · ·2·1 Tính chất Giai thừa có tính chất sau đây:

1 n! =n·(n−1)! =n·(n−1)·(n−2)!=n·(n−1)·(n−2)· · · · ·2·1

2 Quy ước0!=1

Định nghĩa (Hốn vị) Cho tập hợpAcónphần tử (n ≥1)

1 Ta nói cách xếp thứ tự củanphần tử tập hợp A làmột hoán vịcủanphần tử

2 Số hoán vịcủanphần tử tập hợp Ađược ký hiệu bởiPn

4! Các hoán vị khác khác thứ tự xếp phần tử.

Ví dụ: Hốn vị của3phần tửa,b,cgồm:a,b,c; a,c,b;b,a,c; .

Định lí (Số hốn vị) Số hốn vị của nphần tử tính theo công thức:

Pn =n! =n·(n−1)·(n−2)· · ·2·1

Định nghĩa (Chỉnh hợp) Cho tập hợp Sgồmn phần tử (n ≥ 1) Kết việc lấy k phần tử khác từ n phần tử tập hợp S xếp chúng theo thứ tự gọi chỉnh hợp chậpkcủanphần tử cho

Định lí Số chỉnh hợp chậpkcủanphần tử(1≤k ≤n)là:

Akn =n(n−1) .(n−k+1) = n!

(n−k)!

4! Khi giải toán chọn tậpXcónphần tử, ta dùng chỉnh hợp có dấu hiệu sau:

Chỉ chọnkphần tử trongnphần tử của X(1≤k<n). Có thự tự phần tử chọn.

Định nghĩa (Tổ hợp) Cho tập hợp Acón(n≥1)phần tử số nguyênkvới1≤k≤n Mỗi tập củaAcókphần tử gọi tổ hợp chậpkcủanphần tử A(hay tổ hợp chậpkcủaA) Ký hiệuCkn

Định lí Số tổ hợp chậpkcủa tập hợp cónphần tử(1≤k≤n)là

Ckn = A

k n k! =

n(n−1)(n−2) .(n−k+1)

k!

4! Với quy ướcC0

n =1thì với số ngunkthỏa0≤k ≤nta có Ckn = n!

k!·(n−k)! Tính chất Ckn =Cnn−kvới0≤k ≤n

(189)

B VÍ DỤ MINH HỌA

VÍ DỤ Giả sử muốn xếp 3bạn A,B,C ngồi vào bàn dài có3ghế Hỏi có cách xếp cho bạn ngồi ghế? ĐS: P3 =3! =6

L Lời giải

Mỗi cách xếp chỗ cho3bạn gọi hốn vị vị trí của3bạn

Như ta có số cách xếp chỗ làP3=3! =6cách

VÍ DỤ Có 5quyển sách Tốn, 4quyển sách Lý 3quyển sách Hóa Hỏi có cách xếp số sách lên kệ dài trường hợp sau

1 Các sách xếp tùy ý? ĐS:P12

2 Các sách môn xếp cạnh nhau? ĐS:P5·P4·P3·P3

L Lời giải

1 Số cách xếp sách tùy ý hốn vị của12phần tử, nên ta cóP12cách xếp

2 Vì sách mơn xếp cạnh nên ta coi môn phần tử, ta cóP3cách xếp

Ngồi mơn, ta có hốn vị sách, ta cóP5·P4·P3cách xếp

Vậy ta cóP5·P4·P3·P3cách xếp sách thỏa mãn yêu cầu đề

VÍ DỤ Giả sử muốn chọn 3bạn 5bạn A, B, C, D,Evà sắp3bạn vào bàn

dài Hỏi có cách? ĐS:A35

L Lời giải

Mỗi cách xếp3bạn trong5bạn vào bàn dài chỉnh hợp chập3của5phần tử, nên ta có

A35cách

VÍ DỤ Cho tậpX={1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}có thể lập số tự nhiên gồm bốn chữ số, cho

1 Đôi khác nhau? ĐS:A47

2 Số tự nhiên lẻ đôi khác nhau? ĐS:4·A36

L Lời giải

(190)

2 Để số cần lập số tự nhiên lẻ chữ số tận số lẻ, ta có4cách chọn chữ số tận

Mỗi cách chọn3chữ số lại chỉnh hợp chập3của6phần tử nên ta cóA36cách Vậy có4·A36số tạo thành

VÍ DỤ Có cách lập ban chấp hành gồm3người chi đồn có14 đồn viên?

ĐS:C314

L Lời giải

Mỗi cách lập ban chấp hành gồm3người tổ hợp chập3của14nên ta cóC314 cách

VÍ DỤ Vịng chung kết bóng đá Euro có24đội bóng thi đấu Hỏi có cách dự

đốn4đội bóng vào chung kết? ĐS:C424

L Lời giải

Mỗi cách dự đoán4đội vào chung kết tổ hợp chập4của24nên ta cóC424cách

VÍ DỤ Một lớp học có30học sinh, cần lập tổ cơng tác gồm5học sinh Hỏi có bao

nhiêu cách? ĐS:C530

L Lời giải

Mỗi cách lập tổ cơng tác tổ hợp chập5của30nên ta cóC530 cách

VÍ DỤ Trong khơng gian, cho tập hợp X gồm10 điểm, khơng có điểm thẳng hàng Hỏi:

1 Có đường thẳng tạo thành? ĐS:C210

2 Có tam giác tạo thành? ĐS:C310

L Lời giải

1 Để tạo thành đường thẳng, ta chọn điểm 10 điểm nên số đường thẳng tạo thành làC210

2 Để tạo thành tam giác, ta chọn3điểm trong10điểm nên số tam giác tạo thành làC310

(191)

C DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP

{DẠNG 2.1 Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

Bước 1.Tìm điều kiện Ta có điều kiện thường gặp sau: Các kí hiệu cơng thức Điều kiện

◦ n! = n ·(n−1) ·(n− 2)· · ·3·2·1

n∈ N ◦Pn =n! n∈ N ◦Akn = n!

(n−k)!

®

n,k ∈N 1≤k ≤n ◦Ckn = n!

(n−k)!k!

®

n,k ∈N 0≤k ≤n ◦Ckn =Cnn−k

®

n,k ∈N 0≤k ≤n ◦Ckn+1=Ckn+Ckn−1

®

n,k ∈N 1≤k ≤n

Bước 2.Thu gọn dựa vào công thức đưa phương trình đại số Giải phương trình đại số tìm biến.

Bước 3.So với điều kiện để nhận giá trị cần tìm.

1 VÍ DỤ

VÍ DỤ Thu gọn biểu thức D= 7!4!

10!

8! 3!5!−

9! 2!7!

ĐS: D=

3

L Lời giải

D= 7!4!

10!

8! 3!5!−

9! 2!7!

= 4!

8·9·10

6·7·8 3! −

8·9 2!

= 4·6·7

9·10 − 3·4

10 = 28 15−

6 =

2

VÍ DỤ Giải phương trình (n+1)!

(n−1)! =72 ĐS: n=8

L Lời giải

Điều kiện:n ≥1,n ∈ N

(n+1)!

(n−1)! =72⇔(n+1)n=72⇔n

2+n−72 =0⇔ "

n=8(nhận) n=−9(loại)

(192)

VÍ DỤ Giải phương trình sau:

P2·x2−P3·x=8; ĐS:x =−1hoặc x=4

1 2 C32n =20C2n; ĐS:n=8

Cxx+2Cxx−1+Cxx−2 =C2xx+−23; ĐS:x =3

3 Px−Px−1

Px+1

=

6; ĐS: x=3

4

72A1x−A3x+1=72 ĐS:x =8

5

L Lời giải

1

P2·x2−P3·x =8⇔2!·x2−3!·x−8=0⇔2x2−6x−8=0⇔ "

x =−1 x =4

2 Điệu kiện:n≥2,n∈ N C32n =20C2n ⇔

(2n)!

3!(2n−3)! =20·

n!

2!(n−2)! ⇔

2n(2n−1)(2n−2)

6 =

20n(n−1)

2 ⇔(2n−1)(2n−2) =30(n−1)

vìn≥

⇔2n2−36n+32 =0⇔ "

n =8(nhận) n =1(loại)

3 Điều kiện:x ≤5,x∈ N

Cxx+2Cxx−1+Cxx−2 =Cx2+x−23 ⇔Cxx+Cxx−1+Cxx−1+Cxx−2 =C2xx+−23 ⇔Cxx+1+Cxx+−11=C2x

−3 x+2

⇔Cxx+2 =C2xx+−23⇔ "

x=2x−3

x=x+2−(2x−3) ⇔





x=3(nhận) x=

2 (loại)

4 Điều kiện:x ≥1,x ∈N Px−Px−1

Px+1

=

6 ⇔ x!

(x+1)!−

(x−1)!

(x+1)! = ⇔

1 x+1−

1

(x+1)x = ⇔ x

2−5x+6=0 ⇔ "

x=3 x=2

5 Điều kiện:x ≥2,x ∈N

72A1x−A3x+1 =72⇔72· x!

(x−1)!−

(x+1)!

(x−2)! =72⇔72x−(x+1)x(x−1) = 72⇔x

3−73x+72=0⇔ 

 

x=8(nhận) x=1(loại) x=−9(loại)

VÍ DỤ Giải phương trình C5x −

2 Cx6 =

14

C7x ĐS:x =3

(193)

Điều kiện:x ≤5,x ∈N

C5x − Cx6 =

14 Cx7 ⇔

5 5! x!(5−x)!

− 6! x!(6−x)!

= 14

7! x!(7−x)!

⇔ −

2

(6−x)

= 14

6·7

(6−x)(7−x)

⇔5−2(6−x) =

14(7−x)(6−x)

6·7 ⇔15−(6−x) = (7−x)(6−x) ⇔ x

2−14x+33=0⇔ "

x =11(loại) x =3(nhận)

VÍ DỤ Giải bất phương trình sau: A3n+15<15n; ĐS:n=3hoặcn =4

1 2 A3n+5A2n <21n; ĐS:n=3

2C2x+1+3Ax2−20<0 ĐS:x =2 3

L Lời giải

1 Điều kiện:n≥3,n ∈N

A3n+15<15n⇔ n!

(n−3)! +15<15n⇔n(n−1)(n−2) +15<15n ⇔n3−3n2−13n+15<0 ⇔(n−5)(n+3)(n−1) <0⇔

"

n<−3 1<n<5 Giao với điều kiện ta được3 ≤n<5,n∈ Nhayn =3hoặcn=4

2 Điều kiện:n≥3,n ∈N A3n+5A2n <21n⇔ n!

(n−3)!+5· n!

(n−2)! <21n⇔n(n−1)(n−2) +5n(n−1)<21n ⇔n3+2n2−24n<0⇔n(n−4)(n+6) <0⇔

"

n<−6 0<n<4 Giao với điều kiện ta được3 ≤n<4,n∈ Nhayn =3

3 Điều kiện:x ≥2,x ∈N

2C2x+1+3A2x−20<0⇔2·

(x+1)! 2!(x−1)! +3·

x!

(x−2)! −20<0 ⇔x(x+1) +3x(x−1)−20<0 ⇔4x2−2x−20<0⇔ −2<x <

2 Giao với điều kiện ta được2 ≤x<

2,x ∈Nhayx =2

VÍ DỤ Giải hệ phương trình sau: ®

2Ayx+5Cyx =90 5Ayx−2Cyx =80

; ĐS:x =5;y =2

1 C

y x+1

6 = Cyx+1

5 = Cyx−1

2 ; ĐS:

x=8;y=3

2

(

5Cyx−2=3Cy −1 x Cyx =Cy

−1 x

ĐS:x =7;y =4

(194)

L Lời giải

1 Điều kiện:x ≥y≥0vàx,y∈ N ®

2Ayx+5Cyx =90 5Ayx−2Cyx =80

⇔ ®

Ayx =20 Cyx =10

⇔        x!

(x−y)! =20 x!

y!(x−y)! =10 ⇔        x!

(x−y)! =20 20

y! =10 ⇔

®

x(x−1) =20

y!=2 ⇔

®

x2−x−20=0

y=2 ⇔

® x=5

y =2 (nhận)∨ ®

x =−4

y=2 (loại)

2 Điều kiện:x ≥y+1,y ≥0vàx,y ∈N

Cyx+1 =

Cyx−1 ⇔       

(x+1)!

6·y!(x−y+1)! =

x!

5(y+1)!(x−y−1)!

(x+1)!

6·y!(x−y+1)! =

x!

2(y−1)!(x−y+1)!

⇔       

x+1

6(x−y+1)(x−y) =

1 5(y+1)

x+1 3y =1

⇔  



3y−1+1

6(3y−1−y+1)(3y−1−y) =

1 5(y+1)

x=3y−1

⇔  



x=3y−1

2·2(2y−1) =

1 5(y+1)

⇔ ®

x =3y−1

8y−4=5y+5 ⇔ ®

x =8

y=3 (nhận)

3 Điều kiện:x ≥y,y ≥2, x,y ∈N (

5Cyx−2 =3Cy −1 x Cyx =Cy

−1 x ⇔       

5· x!

(y−2)!(x−y+2)! =3·

x!

(y−1)!(x−y+1)! x!

y!(x−y)! =

x!

(y−1)!(x−y+1)!

⇔       

x−y+2 = y−1

y = x−y+1

⇔ ®

3x−8y=−11 x−2y=−1 ⇔

® x=7

y=4 (nhận)

BÀI Thu gọn biểu thức D= 2011!

2010!−2009! · 2009

2011 ĐS:D =2010

Lời giải.

D = 2011!

2010!−2009! · 2009 2011 =

2011·2010·2009! 2009!(20010−1) ·

2009

2011 =2010

(195)

BÀI Giải phương trình x!−(x−1)!

(x+1)! =

6 ĐS:x =3hoặcx=2

Lời giải.

Điều kiện:x ≥1,x ∈N

Khi đó, phương trình cho tương đương với

(x−1)!(x−1) (x+1)! =

1 ⇔

x−1 x(x+1) =

1

6 ⇔6x−6=x

2+x ⇔x2−5x+6=0⇔ "

x =3

x =2 (nhận)

BÀI Giải phương trình C4x −

1 Cx5 =

1

Cx6 ĐS: x=2

Lời giải.

Điều kiện:0≤x ≤4vàx∈ N

Khi phương trình cho tương đương với x!(4−x)!

4! −

x!(5−x)! 5! =

x!(6−x)! 6! ⇔

x!(4−x)! 4!

1−5−x −

(6−x)(5−x)

6.5

=0 ⇔30−6(5−x)−(6−x)(5−x) = 0⇔ −x2+17x−30=0⇔

"

x =2(nhận) x =15(loại)

BÀI Giải phương trình sau:

A3n =20n; ĐS:n =6

1 2 4C8x =5C7x−1; ĐS:x =10

A3n+5A2n =2(n+15); ĐS:n =3

3 4 2C2x−1−Cx1 =79; ĐS:x =11

2A2x+50=A22x ĐS:x =5

5

Lời giải.

1 Điều kiện:n≥3vàn∈ N

Khi phương trình cho tương đương với n!

(n−3)! =20n⇔n(n−1)(n−2) =20n

⇔ n(n2−3n+2−20) =0⇔n(n2−3n−18) =0⇔ 

 

n=0(loại) n=6(nhận) n=−3(loại)

2 Điều kiện:x ≥8vàx∈ N

Khi phương trình cho tương đương với 4· x!

8!(x−8)! =5·

(x−1)!

7!(x−8)! ⇔4· x

8 =5⇔x =10(nhận)

Khi phương trình cho tương đương với n!

(n−3)! +5· n!

(196)

Khi phương trình cho tương đương với 2· (x−1)!

2!(x−3)!−x =79 ⇔(x−1)(x−2)−x =79⇔x

2−4x−77=0⇔ "

x =11(nhận) x =−7(loại)

Khi phương trình cho tương đương với 2· x!

(x−2)!+50 =

(2x)!

(2x−2)! ⇔2x(x−1) +50=2x(2x−1) ⇔2x

2−50=0⇔ "

x =5(nhận) x =−5(loại)

BÀI Giải bất phương trình sau:

A3n <A2n+12; ĐS:n =3

1 2 2C2x+1+3Ax2 <30; ĐS:x =2

1 2A

2

2x−A2x ≤ xC

3

x+10 ĐS:x =3hoặc x =4

3

Lời giải.

Khi bất phương trình cho tương đương với n!

(n−3)! < n!

(n−2)! +12⇔n(n−1)(n−2)<n(n−1) +12 ⇔n3−4n2+3n−12<0⇔(n−4)(n2+3) <0⇔n<4 Kết hợp với điều kiện suy ra3 ≤n<4, hayn=3

Khi bất phương trình cho tương đương với 2· (x+1)!

2!(x−1)!+3· x!

(x−2)! <30⇔x(x+1) +3x(x−1) <30⇔4x

2−2x−30<0⇔ −5

2 < x<3 Kết hợp với điều kiện suy ra2 ≤x<3, hayx=2

Khi bất phương trình cho tương đương với

2 ·

(2x)!

(2x−2)! − x!

(x−2)! ≤ x ·

x!

3!(x−3)!+10⇔

2 ·2x(2x−1)−x(x−1) ≤(x−1)(x−2) +10 ⇔x(2x−1)−x2+x≤x2−3x+2+10⇔3x≤12⇔x ≤4

Kết hợp với điều kiện suy ra3 ≤x≤4, hayx=3hoặcx=4

(197)

®

2Ayx+Cyx =180 Ayx−C

y x =36

; ĐS:x =9;y =2

1 Cmn++11: Cmn+1 : Cmn+−11 =5 : : 3; ĐS: m =3;n=6

2

(

7Ay5−x3 =Ay5−x2

4Cy5−x2 =7Cy5−x3 ĐS:x

=2;y =6

3

Lời giải.

1 Điều kiện:y≤ xvàx,y ∈N, x ≥1 Khi hệ phương trình tương đương với

®

Ayx =72 Cyx =36

⇔ ®

Cyx·y! =72 Cyx =36

⇔ ®

y! =2 Cyx =36

⇔ ®

y=2 C2x =36 ⇔

® y =2

x=9 (nhận)

2 Điều kiện:n≥m ≥1vàn,m∈ N

Khi hệ phương trình tương đương với 





Cmn++11: Cmn+1=1 Cmn+1: Cmn+−11=

5 ⇔       

(n+1)!

(m+1)(n−m)! ·

m!(n−m+1)!

(n+1)! =1

(n+1)! m!(n+1−m)! ·

(m−1)!(n+2−m)!

(n+1)! = ⇔     

n−m+1 m+1 =1 n+2−m

m =

5

⇔ ®

n−m+1=m+1 3n+6−3m=5m ⇔

®

n−2m =0 3n−8m=−6 ⇔

® m=3

n=6 (nhận)

3 Điều kiện:5x ≥y−2,y ≥3vàx,y ∈N, x ≥1 Khi hệ phương trình tương đương với

      

7· (5x)!

(5x−y+3)! =

(5x)!

(5x−y+2)! 4· (5x)!

(5x−y+2)!(y−2)! =7·

(5x)!

(5x−y+3)!(y−3)! ⇔       

(5x−y+3) =1

4

(y−2) =

7

(5x−y+3)

⇔ ®

5x−y+3=7

4(5x−y+3) = 7(y−2) ⇔

®

5x−y=4

20x−11y=−26 ⇔ ®

x =2

y=6 (nhận)

BÀI Thu gọn biểu thức sau: D = 5!

m(m+1) ·

(m+1)!

(m−1)!3!; ĐS:D =20

1 D= 7!

(m2+m) ·

(m+2)!

4!(m−1)!; ĐS: D=210(m+2)

2

D = 6!

m(m+1) ·

(m+1)!

4!(m−1)!; ĐS:D =30

3 D= (n+1)C

2 n

n(n2−1) ĐS: D=

4

(198)

n!

(n−2)! − n!

(n−1)! =3; ĐS:n =3

1 n3+ n!

(n−2)! =10 ĐS: n=2

2

BÀI Giải phương trình sau:

C10x++4x =C210x+−10x ; ĐS:x =14∨x =8

1 2 Ck14+Ck14+2 =2Ck14+1; ĐS:k =4

A3n+2C2n =16n; ĐS:n =5

3 4 A3x+Cxx−2 =14x; ĐS:x =5

Ax2−2+Cxx−2 =101; ĐS:x =10

5 6 2C2x−1−Cx1 =79; ĐS:x =11

Pn+2 Ann−−41·P3

=210; ĐS:n =5

7 C

2x 28 C224x−4 =

225

11 ; ĐS: n=7

8

x2−Cx4·x+C32·C13=0; ĐS:x ∈ ∅

9 10 Cxx−+21+2C3x−1 =7(x−1); ĐS:x =5

6C2x+6C3x =7x2−7x; ĐS:x =6

11 12 C1x+6C2x+6C3x =9x2−14x; ĐS:x =7

2 A3n+3A2n

=Pn+1; ĐS:x =4

13 2Pn+6A2n −Pn·A2n =12 ĐS: x=3hoặc

x=2

14

BÀI 10 Giải phương trình sau:

C1 x

− C2x+1 =

7

6C1x+4; ĐS:x =8hoặc x =3

1 C4n−1−C3n−1−5

4A

n−2 =0; ĐS:x =11 hoặcx =3

2

C1x+C2x+C3x =

2x; ĐS:x =4

3 Cxx−1+Cxx−2+Cxx−3+· · ·Cxx−10 =1023 ĐS:x =20

4

BÀI 11 Giải bất phương trình sau:

4≤n!+ (n+1)! <50; ĐS:n =2hoặc n=3

1 72A1x−A3x+1≤72; ĐS:

n ∈ [−2; 1]∪[8;+∞]

2

n3+ n!

(n−2)! ≤10; ĐS:x =2

3 A

4 n+4

(n+2)! < 15

(n−1)!; ĐS:n∈ (2; 6)

4

A4x+4

(x+1)! ≤ 42 Px

; ĐS:x =0

5 Pn+5

(n−k)! ≤60A k+2

n+3; ĐS:∀n∈ N

6

12 x C

3

x−3A2x ≥ 2A

2

2x−81; ĐS:x ∈ [3; 5]

7 C4x−1−C3x−1−5

4A

x−2<0; ĐS: x∈ [5; 11]

8

Ann−+21

C2n−1 ≥2Pn; ĐS:n∈ ∅

9 A

4 n+2 Pn+2

− 143 4Pn−1

<0 ĐS:n ∈[2;+∞)

10

(199)

  

 

Axy Px+1

+Cyy−x =147 Px+1 =720

; ĐS:x =5;y =9

1 Cyx+1 : Cyx+1: Cy

−1

x =6 : : 2; ĐS: x=8;y=3

2

  

 

Cyx : Cxy+2 = Cyx : Ayx =

24

; ĐS:x =4;y =8

3

  

 

Cmn++11=Cmn+1 Cmn+1

Cmn+−11 =

; ĐS:m=3;n=6

4

  

 

Ayx+1 Px

+Cyy−x−1 =126 Px+2 =720

; ĐS:x =4;y =7

5

  

 

C4n−1−C3n−1 < 4A

2 n−2 Cnn−+41≥

15A n+1

; ĐS: n=1

6

(

Cyx−Cy

+1

x =0

4Cyx−5Cy −1

x =0

; ĐS:x =17;y =8

7

  

 

Cxx−1

2

+2Cyy−1

=3Axx−1·C y−1 y 2Cxx−13 =Ayy−1+1

ĐS: x=1;y=1

8

{DẠNG 2.2 Các toán sử dụng hoán vị

1 VÍ DỤ

VÍ DỤ Có cách xếp5bạn học sinh A, B,C,D,Evào ghế dài cho:

1 BạnCngồi giữa? ĐS:24

2 Hai bạn AvàEngồi hai đầu ghế? ĐS:12

L Lời giải

1 Xếp bạnCngồi giữa: có1cách

Xếp4bạn cịn lại vào4vị trí cịn lại: có4!cách

Vậy có1×4!=24cách xếp thỏa mãn yêu cầu toán

2 Xếp hai bạnAvàEở hai đầu ghế: có2!cách Xếp3bạn cịn lại vào3vị trí cịn lại: có3!cách

Vậy có2!×3! =12cách xếp thỏa mãn u cầu tốn

VÍ DỤ Có cách xếp 12 học sinh đứng thành hàng để chụp ảnh lưu niệm, biết phải có5em định trước đứng kề nhau? ĐS:4838400

L Lời giải

Chưa kể thứ tự giữa5em nhóm “định trước”, để xếp5em đứng kề ta có8!cách xếp;

Lại có5!cách xếp5em

(200)

VÍ DỤ Trên kệ sách dài có 5quyển sách Tốn, sách Lí, sách Văn Các sách khác Hỏi có cách xếp sách trên:

1 Một cách tùy ý ĐS:479001600

2 Theo mơn? ĐS:103680

3 Theo mơn sách Tốn nằm giữa? ĐS:34560

L Lời giải

1 Trên kệ có tất cả5+4+3=12quyển sách

Mỗi cách xếp thứ tự12quyển sách hốn vị của12phần tử Do có tất cả12!=479001600cách xếp

2 Xem loại sách khối thống nhất, ta có3!cách xếp3khối Có5!cách xếp sách tốn, có4!cách xếp sách Lí có3!cách xếp sách Văn Vậy có tất cả3!×5!×4!×3! =103680cách xếp thỏa mãn yêu cầu toán

3 Xem loại sách khối thống nhất, ta có2! cách xếp hai mơn cịn lại hai bên sách Tốn;

Ứng với cách, có5!cách xếp sách Tốn; có4!cách xếp sách Lí có3!cách xếp sách Văn Do có2!×5!×4!×3! =34560cách xếp thỏa mãn u cầu tốn

VÍ DỤ Hỏi có cách xếp cặp vợ chồng ngồi xung quanh bàn tròn cho:

1 Nam nữ ngồi xen kẽ nhau? ĐS:86400

2 Mỗi bà ngồi cạnh chồng mình? ĐS:7680

L Lời giải

1 Cố định người, có5!cách xếp5người giới cịn lại vào5vị trí cịn lại; Có6!cách xếp6người khác giới cịn lại vào vị trí xen kẽ

Vậy có tất cả5!×6!=86400cách xếp thỏa mãn u cầu tốn

2 Ta tiến hành theo hai công đoạn:

Công đoạn 1: Xếp6người chồng xung quanh bàn trịn: có5!cách

Công đoạn 2: Xếp vợ ngồi gần chồng hai vợ chồng đổi vị trí cho nhau: có26cách Vậy có tất cả5!×26=7680cách

VÍ DỤ Cho tập hợp E = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9} Có số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau, biết tổng ba chữ số số bằng9? ĐS:18

L Lời giải

Tóm tắt lý thuyết, các dạng toán và bài tập Toán 11 - TOANMATH.com

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan