chuyen_de_luong_giac.pdf

Cách 3: Với những yêu cầu biện luận tính chất nghiệm của phương trình trong (  ,  ), ta có thể lựa chọn phương pháp điều kiện cần và đủ. Cách 1 thường được sử dụng bởi các bài toán [r]

PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC CƠ BẢN

I CÁCH GIẢI CÁC PHƢƠNG TRÌNH LƢỢNG GIÁC CƠ BẢN 1 Phƣơng trình sin x = a

A Cách giải:

 Điều kiện để phương trình có nghiệm: -1 a 

 Cách giải: + Đặt a = sin

+ 

 

     

      

2 k x

2 k x

sin x

sin (kZ)

 Chú ý: sin x sin x k.360 (k Z)

x 180 k.360

    

      

 Một số trường hợp đặc biệt:

+ sin x x k2

2

     

+ sin x x k2

2



     

+ sin x   0 x k B Bài tập ví dụ:

Ví dụ: Giải phương trình a) sin x

2

 b) sin 2x

2



Giải: a)

x k2

1

sin x sin x sin

5

2

x k2

6

     

     

     

b)

2x k2 x k2

3

sin 2x sin 2x sin (k Z)

2

2

2x k2 x k2

3

 

       

 



     

 

       

 

 

2 Phƣơng trình cos x = a: A Cách giải:

 Điều kiện để phương trình có nghiệm là: 1a1

 Cách giải: + Đặt a = cos

) Z k ( k x

2 k x

cos a

cos  

 

    

       

 Chú ý: cos x cos x k.360

x k.360

    

     

 

+ cos x x k

     

B Bài tập ví dụ:

Ví dụ: Giải phương trình a) cos x

2

  b) cos(x 60 )

2

   c) cos x



Giải:

a) cos x cos cos x cos3 3x k2 x k2

2 4

   

            

b) cos(x 60 ) cos(x 60 ) cos 45 x 15 k360

x 105 k360

2

     

              

c) cos x x arccos1 k2

3

      3 Phƣơng trình tan x = a:

A Cách giải:

- Điều kiện: k (k Z)

x    - Cách giải:

+ Đặt atan

+ tanxtanx k(kZ)

Với phương trình tanxtan xk.180(kZ) B Bài tập ví dụ:

) Z k ( k ) arctan(

1 x

k ) arctan( x

2

3 x tan / a

    



   



 

) Z k ( 180 k 15 x

180 k 30 15 x

30 tan ) 15 x tan(

3 ) 15 x tan( / b

  

  

 

    

 

  

  

4 Phƣơng trình cot x = a: A Cách giải:

- Điều kiện: xk(kZ) - Cách giải:

+ Đặt acot

      

cotx cot x k

) Z k ( k ) cot( arc x

k ) cot( arc x

2 x cot / a

    



   



 

) Z k ( k x

k x

) cot( ) x cot(

3 ) x cot( / b

       

      

    

  

II Một số tập tham khảo: Giải phương trình:

2 ) cos( /

a   với x

2 ) 15 x sin( /

b    với 120x90 Giải phương trình:

0 sin sin /

0 cos

sin /

2 cos

sin /

) sin( ) sin( /

 

 



 



x x

d

x x

c

x x

b

x x

a

Một số phƣơng trình lƣợng giác thƣờng gặp

I Phƣơng trình bậc hàm số lƣợng giác Khái niệm:

Là phương trình có dạng asinx + b = (a ≠ 0) acosx + b = (a ≠ 0) atanx + b = (a ≠ 0) acotx + b = (a ≠ 0)

Với dạng ta biến đổi để cô lập hàm lượng giác vế, vế lại số, tức đưa dạng

VD: asinx + b = asinx = -b

sinx =

Asinax + Bcosax = C

a số thực ≠ ; A B khơng đồng thời Phương trình giải cách

Cách 1: Ta có Asinax + Bcosax = Rsin(ax + a), R = > 0, α số thực thoả mãn: cos = , sin =

Do đó, phương trình tương đương với phương trình dạng

sin(ax + ) =

Cách 2: Đặt t = tan Ta chứng minh sinax = , cosax = Thay vào phương trình ta có:

2At + B - B = C + C

(C + B) - 2At + C – B = (1)

Nếu + phương trình (1) có hai nghiệm t1, t2

Khi việc giải phương trình quy việc giải phương trình

tan = t1, tan = t2

BÀI TẬP:

BT1: Giải phương trình

+ sinx + cos3x = cosx + sin2x + cos2x (1) BT2: Giải phương trình

cos2x – cosx = 2sin2

BT3: Giải phương trình

sin4x + 3sin2x = tanx (ĐK: cosx 0)

II.Phƣơng trình bậc hai hàm số lƣợng giác Phƣơng pháp chung

Bài tập tự luận Cho phương trình: cos x – (2m + 1)cosx + m +1 = a Giải phương trình với m =

2

b Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc [π 2,

3π ] Cho phương trình: – 4sin x - 82 cos2 x

2 = 3m a Giải phương trình với m = -

3

b Tìm m ngun dương để phương trình có nghiệm Cho phương trình: cos2x + 5sinx + m =

a Giải phương trình với m = b Tìm m để phương trình có nghiệm

4 Cho phương trình: 4cos x – (2m – 1)cosx – m = a Giải phương trình với m =

b Tìm m để phương trình có nghiệm

5 Xác định m để phương trình: mcos2x – 4(m – 2)cosx + 3(m – 2) = có nghiệm thuộc (- π

2, π 2)

6 Giải biện luận theo m phương trình: (m – 1)sin x - 2(m + 1)cosx + 2m – = III.Phƣơng trình bậc sin x cos x

Phƣơng pháp chung Phương trình bậc sinx cosx có dạng:

asinx + bcosx = c (1)

Để giải phương trình (1) ta lựa chọn cách sau: Cách 1: Thực theo bước:

Bước 1. Kiểm tra:

1 Nếu a + b< c phương trình vơ nghiệm

2 Nếu a + b  c, để tìm nghiệm phương trình (1) ta thực tiếp bước

Bước 2. Chia hai vế phương trình (1) cho a2b2 , ta được: 2

a a b

sinx +

2 b a b

cosx =

2 c a b Vì (

2 a a b

2 ) + (

2 b a b

2

) = nên tồn góc α cho

2 a a b

= cos α ,

2 b a b

= sin α Khi đó, phương trình (1) có dạng:

sinx.cos α + sin α cosx =

2 c a b

 sin(x + α ) =

Cách 2: Thực theo bước:

Bước 1. Với cosx

2 = x = π + 2k π , k  Z, kiểm tra vào phương trình

Bước 2 Với cosx

2  x  π + 2k π , đặt t = tg x

2, suy sinx = 2t2

1 t cosx = 2 - t t Khi đó, phương trình (1) có dạng:

a 2t2 t + b

2 - t

1 t = c (c + b)

t - 2at + c – b = (2)

Bước 3 Giải phương trình (2) theo t

Cách 3: Với yêu cầu biện luận tính chất nghiệm phương trình ( ,  ), ta lựa chọn phương pháp điều kiện cần đủ

Nhận xét quan trọng:

1 Cách thường sử dụng toán yêu cầu giải phương trình tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm, vơ nghiệm giải biện luận phương trình theo tham số

2 Cách thường sử dụng với toán yêu cầu giải phương trình tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm thuộc tập D với D [0, π ]

3 Cách thường sử dụng với toán yêu cầu biện luận theo tham số để phương trình k có nghiệm thuộc tập D với D  [0, π ]  

4 Từ cách giải ta có kết sau:

- a2b2  asinx + bcosx  a2b2

kết gợi ý cho toán giá trị lớn nhỏ hàm số dạng y = a.sinx + b.cosx, y = a.sinx + b.cosx

c.sinx + d.cosx phương pháp đánh giá cho số phương trình lượng giác

Dạng đặc biệt:

 sinx + cosx = x = - π

4 + k π , k  Z  sinx – cosx =  x = π

4 + k π , k  Z

Bài tập tự luận Giải phương trình sau:

a 3sinx – cos3x = 4sin x – b sin4x – cos4x = sinx – cosx c 2sinx(cosx – 1) = cos2x

d 2sin3x – sin2x + cos2x = Giải phương trình sau:

a sin(x - π

3) + sin (x + π

6) – 2sin1972x = b sinx =

9 Giải phương trình sau:

a (1 + )sinx + (1 - )cosx = b sin2x + ( - 2)cos2x = 10 Giải phương trình sau:

a 3cosx – sin2x = (cos2x + sinx)

b cos(x

5 - π

12) - sin( x -

π

12) = 2sin( x +

2π

3 ) – 2cos( x +

π 6) 11 Cho phương trình: (m - 1)sinx – cosx =

a Giải phương trình với m =

b Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc [ - π 2,

π 2] 12 Cho phương trình: sinx + cosx = m

a Giải phương trình với m = -1

b Biện luận theo m số nghiệm thuộc (-π

6, π ] phương trình IV.Phƣơng trình bậc hai sin x cos x

Phƣơng pháp chung Phương trình bậc hai sinx cosx có dạng:

asin x + bsinx.cosx + c.2 cos2x = d (1) Để giải phương trình (1) ta lựa chọn cách sau:

Cách 1: Thực theo bước:

Bước 1: Với cosx = x = π

2 + k π , k  Z Khi phương trình (1) có dạng a = d - Nếu a = d, (1) nhận x = π

2 + k π làm nghiệm - Nếu a  d, (1) khơng nhận x = π

2 + k π làm nghiệm

Bước 2: Với cosx  x  π

2 + k π , k  Z

Chia hai vế phương trình (1) cho cos x  0, ta atg x + btgx + c = d(1 + tg x)

Đặt t = tgx, phương trình có dạng:

(a – d)t + bt + c – d = (2)

Bước 3: Giải phương trình (2) theo t Cách 2: Sử dụng công thức:

2

sin x = cos2x



, cos x = cos2x



sinx.cosx = 2sin2x ta được:

b.sin2x + (c - a)cos2x = d – c – a (3)

1) Cách thường sử dụng với tốn u cầu giải phương trình tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm thuộc tập D

2) Cách thường sử dụng với tốn u cầu giải phương trình tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm, vơ nghiệm giải biện luận phương trình theo tham số

Bài tập tự luận 13 Giải phương trình: 4sin x + 3 sin2x – 22 cos x = 14 Cho phương trình: 3sin x + m.sin2x - 42 cos x = a Giải phương trình m =

b Xác định m để phương trình có nghiệm

15 Cho phương trình: (m + 1)sin x – 2sinx.cosx + cos2x = a Giải phương trình m =

b Xác định m để phương trình có hai nghiệm thuộc (0, π 2) 16 Cho phương trình: m.sin x – 3sinx.cosx – m – =

a Giải phương trình với m =

b Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc (0, 3π ) 17 Cho phương trình: m.sinx + cosx =

cosx, với m 0 a Giải phương trình m =

b Xác định m để phương trình có nghiệm

c Giả sử m giá trị làm cho phương trình có nghiệm x1, x2 thoả mãn

x1 + x2 

π

2 + k π Tính cos2(x1 + x2) theo m

V.Phƣơng trình đối xứng sin x cos x Phƣơng pháp chung

Phương trình đối xứng sinx cosx có dạng:

a(sinx + cosx) + bsinx.cosx + c = (1)

hoặc a(sinx - cosx) + bsinx.cosx + c = (2)

Để giải phương trình (1) ta thực theo bước sau:

Bước 1: Đặt sinx + cosx = t, điều kiện | t |   sinx.cosx =

t

2



Khi đó, phương trình có dạng: at + b

2 t

2



+ c = bt + 2at + 2c - b = (*)

Bước 2: Giải (*) theo t chọn nghiệm t0 thỏa mãn điều kiện | t | 

Với t = t0, ta được:

sinx + cosx =t0  sin(x +

π

4) = t0 sin(x + π 4) =

0 t

Chú ý:

1) Ta giải (1) cách đặt ẩn phụ z = π

4 - x, ta có: sinx + cosx = cos(π

4 - x) = cosz sinx.cosx =

2sin2x = 2sin2 (

π

4 - z) = 2sin(

π - 2z) =

2cos2z = 2(2

2 cos z - 1)

Khi đó, phương trình ban đầu đưa dạng phương trình bậc hai cosz 2) Phương trình (2) giải tương tự (1) với ẩn phụ:

t = sinx – cosx, điều kiện | t |   sinx.cosx =

t

2

 Bài tập tự luận 18 Giải phương trình sau:

a | sinx – cosx | + 4sin2x = b | sinx + cosx | - sin2x =

19 Tìm m để phương trình: 3(sinx + cosx) = 4msinx.cosx có nghiệm thuộc (0, 3π ) 20 Cho phương trình: (1 - cosx)(1 - sinx) = m

a Giải phương trình với m =

b Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc [0, π 2] 21 Cho phương trình: m(sinx + cosx) + sinxcossx + = a Giải phương trình với m =

b Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc [-π 2, 0] 22 Cho phương trình: m(sinx + cosx) + sin2x =

a Giải phương trình với m =

b Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc [0, π ] 23 Giải biện luận theo k phương trình:

cosx - sinx = k 24 Cho phương trình: m(sinx - cosx) + 2sinxcosx = m a Giải phương trình với m = +

b Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc [0, π ]

VI.Phƣơng trình lƣợng giác chứa dấu giá trị tuyệt đối Bài 1: Giải phương trình:

2 sin cos

3 x x 

Bài 2: Giải phương trình:

x x

x

sin tan

Bài 3: Giải phương trình: cos sin

cos

sinx x  x x 

Bài 4: Cho phương trình:

a x

x  sin 

1 cos

1

a) Giải phương trình với a = 2

b) Chứng minh a < 2 phương trình vơ nghiệm Bài 5:Giải phương trình

| sinx – cosx | + | sinx + cosx | =

VII Phƣơng trình lƣợng giác chứa thức Bài 1: Giải phương trình:

x x

x x

cos sin

1 cos

sin2  

= Bài 2: Giải phương trình:

0 cos sin

1 x x

Bài 3: Giải phương trình:

x x

x x

sin cos

cos cos

1   

VIII.Phƣơng trình sử dụng cơng thc cng cung Ví dụ: Giải ph-ơng trình sau

1. cos3x tgxsin3x 1;

2. cos3x 3 sin3x 2 cosx;

3. cos5x cos2x sin3xsin 2x 0.

 

 

  

§iỊu kiƯn: x k 2    

1 Ta cã: cos3x tgxsin3x 1  cos3xcosx sinxsin3x cosx

 

x 2k

2x x 2k

cos2x cosx 2k k

2x x 2k x

3   

  

 

     



    

 

 

cos3x cos sin sin3x cosx

3 3

3x x k2

3

cos 3x cosx

3

3x x 2k

3

x k

6

k k x

12 2

 

  



     



 

     



       

 

    

 

 

   

3 Ta cã: cos5x + cos2x + sin3xsin2x =

 

cos3xcos2x cos2x 0 cos2x cos3x 1 0

     

XÐt hai tr-êng hỵp

 

k

a.cos2x 0 2x k x

2 4 2

2k

b.cos3x 1 3x 2k x k

3 3

  

       

 

Bµi tËp p dụng công thức cộng cung giải ph-ơng tr×nh

1 sin5x cos5x 2sin x; 2.sin 7x cos7x 2 cos3x

3.cos4x tgxsin 4x 1; 4.sin 6x 3 cos6x 2 cosx

cos6x sin x

5. 3

cosx sin 6x

   

   

 



2.p dụng công thức biến tích thành tổng giải ph-ơng trình

3

1 2sin3x cosx sin 2x 3 cos4x; 2 2sin3x cosx sin 4x sin 2x 2; 3 cos5x cosx cos4x sin3x; 4 2sin 7xsin x cos8x 3 sin 6x 1;

3 5 cos7x cos3x cos10

2

 

  

 

  

 

3 Áp dơng c¸c công thức biến tổng thành tích giải ph-ơng trình

 

1 cos9x cosx sin13x sin3x 2 cos9x cosx cos5x cos 4x

3. 2 cos4x 2 cos 2x 1 0

8 4 2sin 6x 4sin 3x

12

5 2sin 4x 3 4 cos2x

3

  

  



 

    

 



 

    

 



   

 

 

2

2

3

3

2

1 sin x 3cos x sin 2x 2 cos2x 5 2 sin x cos2x 2sin 2x 1

3 cos3x cosx 4sin x 4 cosx cos2x cos x sin x

5 2sin x cosx cos x cosx sin x

   

  

 

 

  

5 Đặt tsin xcosx, giải ph-ơng trình sau:

 

3

2

3

1 sin3x cos3x 2 sin x cosx 1 2 sin x cos x sin x cosx 2 3 cosx sin x 2sin x cosx 1

4 3sin x cosx 3sin 2x 8sin x 1 5 sin x cos x sin 2x 0

   

   

  

   

   

6 Sử dụng công thức nhân đôi, nhân ba giải ph-ơng trình:

3

2

3 1 cos3x sin 2x cosx 0 2 sin3x sin 2x 2sin x 0 3 cos3x 4sin x 3sin x 1 4 cos3x cos2x sin x 2 5 cos3x 3cosx 4 cos 3x

  

  

  

 

7 Giải ph-ơng trình sau

2

3

2

3

2

2

2

1 1

1. 2 7 tg x

cos x cosx 1

2. tg x tgx 4

cos x

3 tg x tgx 2 cot gx 4 1

4 cot g x 3

sin x 1

5. tg x cot g x 6

sin x cos x

   

 

 

  

  

 

  

 

3

4

4

4 6

1 sin3x cos3x 2sin 2x 1 2 sin x cos x sin x cosx 3 8cos x 8cos x sin 4x 4 8cos x 8cos x cos8x

5 8cos x 8cos x sin x cos x sin 4x

6. 3 cosx

2 cos3x cosx

               

9 Giải ph-ơng trình



2

2

1. 3 tg x sin 2x tg x 1 2tgx

2 cot gx 0

1 tg x sin3x

3. tg5x 4 cos x

sin x

  

  



 

IX.Phƣơng trình lƣợng giác khơng mẫu mực

Trường hợp 1: tổng hai số không âm

Áp dụng:

AA0BB00  A B 0 Giải phương trình:

1 4cos3x3tan2 x4 3cosx2 3tanx40 (1) Ta có:     2 6 0 ) 1 tan 3 ( ) 3 cos 2 ( ) 1 ( t an cos t an 2 k x x x k x x x x                           

2 8cos4xcos22x 1cos3x10 (2)

0 cos ) cos ( cos ) cos 4 cos ( cos 1 ) cos ( cos ) ( 2                  x x x x x x x x   2 3 2 cos

cos x k

x

x    

  

Trường hợp 2: phương pháp đối lập

Áp dụng: AAMB B  A B M Giải phương trình:

1 (cos2xcos4x)2 62sin3x (1) Ta có:

x x

x.sin 2sin3

sin )

(  2  

Do: sin23x1 sin2x1 nên 4sin23x.sin2 x4 Vậy 4sin23x.sin2 x462sin3x

Dấu = xảy  2 k

x 

2 3cosx  cosx12 (2)

1 cos ) (cos cos cos cos cos cos ) (                 x x x x x x x Ta có: x x x x        , cos , ) (cos

Do dấu = (2) xảy khi:

) ( cos Z k k x x        

Trường hợp 3:

Áp dụng: 

M A N B N B M A N M B A         sin sin sin sin sin , sin sin sin sin sin sin sin                   v u v u v u v u v u v u

Tương tự cho trương hợp: cos cos ; cos sin       v u v u

Giải phương trình:

1

4 cos

cos x x  (1)

4 cos

cos  

 x x

Mà

4 cos ,

Z k k x x x      , cos cos 

2. cos2xcos4xcos6xcosx.cos2x.cos3x2 (2)

) ( 2 cos cos cos cos cos cos ) cos cos (cos 4 ) cos cos (cos cos cos cos ) ( cos cos cos ) cos (cos cos cos cos cos 2 tm k x k x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x VT                               

X.Loại nghiệm khơng thích hợp phƣơng trình lƣợng giác Phƣơng pháp chung

Ta thường gặp dạng toán sau:

Dạng 1: Tìm nghiệm thuộc (a, b) phương trình Ta thực theo bước:

Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phương trình

Bước 2: Giải phương trình để tìm nghiệm x = α + 2kπ

n , k, n  Z

Bước 3: Tìm nghiệm thuộc (a, b): a < α + 2kπ

n < b (k, n  Z)  (k0, l0)  x0 = α + 0 2k π

n Dạng 2: Phương trình chứa ẩn mẫu

Ta thực theo bước:

Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phương trình x β + 2lπ

n , l, n  Z

Bước 2: Giải phương trình để tìm nghiệm x0 = α +

2kπ

n , k, n  Z

Bước 3: Kiểm tra điều kiện ta lựa chọn hai phương pháp sau:

Phương pháp đại số:

 Nghiệm x0 bị loại khi:

α + 2kπ

n = β + 2lπ

n

 Nghiệm x0 chấp nhận khi:

α + 2kπ

n  β + 2lπ

n

 Biểu diễn điểm x = β + 2lπ

n , l, n  Z đường trịn đơn vị, ta tập điểm C = {C1,…, Cp}

 Biểu diễn điểm x = α + 2kπ

n , k, n  Z đường tròn đơn vị, ta tập điểm D = {D1,…, Dq}

 Lấy tập E = D\C = {E1,…, Er} từ kết luận nghiệm phương trình là:

x = E1 + 2k π ,… x = Er + 2k π , k  Z

Bài tập tự luận

25 Giải phương trình sau: a - cos4x

2sin2x =

sin4x + cos4x b

2

cotg x - tg cos2x

x

= 16(1 + cos4x) 26 Giải phương trình sau:

a 6sinx – 2cos x = 5sin 4x.cosx cos 2x

b

4

sin x + cos x sin 2x =

1

2(tgx + cotgx) 27 Giải phương trình sau:

a s inx + sin2x + sin3x

cosx + cos2x + cos3x = b

2

1 2sin x - s inx + sin2x 2sin x.cosx -



= 28 Giải phương trình sau:

a 2(sin3x – cos3x) = s inx +

1 co s x b

3

sin x + cos x

cosx - sinx = cos2x 29 Giải phương trình sau: a 2 sin(x + π

4) = s inx +

1 co s x b

4 x x

sin cos

2

1 - sinx



- tg x.sinx =

2(1 + sinx) + tg x 30 Giải phương trình sau:

a 3(cotg2x cos2x) cotg2x - cos2x



- 2sin2x =

b

tgx + cotg2x =

a

sin x + co s x =

8cotg(x + π

3).cotg( π - x)

b

co s x + sin 2x =

2 sin 4x 32 Giải phương trình sau: a 3tg3x + cotg2x = 2tgx +

sin4x b sin x – sinx + 12

sin x - sinx = 33 Tìm nghiệm phương trình: sinx

2 - cos x

2 = – sinx thỏa mãn điều kiện |x

2- π 2| ≤

3π

34 Tìm nghiệm phương trình:

2(cos5x + cos7x) -

cos 2x + sin 3x = thỏa mãn điều kiện | x | <

35 Tìm nghiệm phương trình: 3π

4 sin(2x + 5π

2 ) – 3cos(x - 7π

2 ) = + 2sinx thỏa mãn điều kiện x  (π

2, π )

36 Tìm tổng nghiệm thỏa mãn ≤ x ≤ 70 phương trình: cos2x - tg x =

2

2 cos x - cos x -

cos x

Một số tập tổng hợp luyện tập

1) 22 sin(x + /4)=1/sin x + 1/cos x

2) Giải phương trình sin3x + cos3x = 2(sin5x + cos5x) 3) Giải phương trình sin2x = 2cos2x + cos23x

4) 8cos3(x + /3) = cos3x

5) sin6x + cos6x = 2(sin8x + cos8x) 6) cos6x – sin6x = 13/8 cos22x 7) + 3tgx = 2sin2x

9) sin3x = cosx.cos2x.(tg2x + tg2x)

10) Cho f(x) = cos22x + 2(sinx + cosx)2 – 3sin2x + m Giải PT f(x) = m = -3

Phương trình bậc bậc 2: 2sin2 x + 5sinx – = Ans:

 

 

2

2

k x

k x

 

 

2 2cos2x - 3cosx + = Ans:

 

 



2

2

2

k x

k x

k x

  

  

3 cos2x = sinx Ans:

 

 2

5 arcsin

2

5 arcsin

k x

k x

   



   

4 (Đại học quốc gia Hà Nội- Khối D năm 2000-2001)

x

2 sin tan

1 

Ans:  k

4

Phương trình bậc đối với sinx cosx: sinx + cosx =

Ans:

 

 

2

k x

k x

 

 

y =

4 sin cos

3 sin cos

 

 

x x

x x

( x(;)) Tìm xđể y min, max

Ans:

2 max

11

 

y y

Phương trình bậc đối với sinx cosx

Ans:

2 tan

4 tan

  

x x

2 sin2x - sinxcosx+ 2cos2x = Ans:

 

 

k x

k x

 

 

6

3 4sin2x + 3 sin2 - 2cosx 2x = Ans:

 

 

k x

k x

 

 

6

Phương trình đối xứng đối với sinx cosx: (2 + )(sinxcosx) – sin2 = 2x + Ans:  2

4 k

x 

2 -6( sinx - cosx) - sinxcosx = Ans:

 

 2

2

k x

k x

  

3 + tanx = 2sinx +

x

cos

Ans:

 

 

2

4

k x

k x

 

 

Phương trình bậc chẵn bậc lẻ đối với sinx, cosx

1 3sin3 x - cos3 x+ 2cosx = Ans: x  k

4

2 6sinx - 2cos3 x = sin2 cosx x

Ans: x k

3 sin2 = 4( cosx x

+ cos2 ) + sinx x

Ans:

 

 

k x

k x

 

  

4

4 sin7 x + cos5 x +

2

Ans:

  

 

k x

k x

k x

   

 

4

Sử dụng cơng thức biến tích thành tổng: sinx.sin2 sinx = x sin4x

4

Ans:

4

  

k x

k x

  

2 sin2 sinx = sinx sinx x

Ans:

 

k x

k x

 

3 cos5 sinx = cosx sinx x

Ans:

7 14

2  



k x

k x

  

4 + 2sinx sin3 = 3cosx x

Ans: xk

5

Sử dụng công thức biến tổng thành tích:

1

4 cos cos

1

cos cos

1

cos cos

1   

x x x

x x

x

Ans: x =



k

2 sinx + sin2 + sinx = cosx x + cos2 + cosx x

Ans:

 

 

 

2

2

2

k x

k x

k x

  

 

 

3

Dạng khác

1 )

4 sin( ) sin(

1 sin

1

x x

x   

Ans:

 

 

 

k x

k x

k x

 

 

  

8

8

2

1 sinx = sin5 - cosx x

Ans:

3 24

2 16

3  

 

k x

k x

 

  

2 + tanx = 2sinx +

x

cos

Ans:

 

 

2

4

k x

k x

 

 

3 (tan cot )

2

sin cos

sin4

gx x

x

x x

 



Ans: phương trình vơ nghiệm sin3 xcos4 x1 Ans:

 

 2 k

x k x

  

5 sin2x.sinx 3sin2x.cosx

Ans:

 



k x

k x

  

3

6 x x 2sinx

2 cos

sin4    Ans:

 

 2

k x

k x

  

7 (Đại học sư phạm Hà Nội- Khối B, D năm 2000-2001)

x x

x 2sin2 8cos cos

Ans:

 

 

 

2

2

k x

k x

k x

 

 

 

8 (Đại học giao thông vận tải Hà Nội năm 2000-2001)

x x

x

x cos ).cos cos2

(sin

2   

Ans: Phương trình vơ nghiệm

9 (Đại học hàng hải năm 2000-2001) cos ) sin cos )( sin

( x x x  2x

Ans:

2

  

k x

k x

  

10 (Đề thi đại học kiến trúc Hà Nội- chuyên ban năm 2000-2001)

x x

x gx

x x

x cos sin cot cos tan 2sin2

sin3    

( gợi ý: sinxcosx 2sin2x)

11 (Đại học ngoại thương - Khối A – CSII – năm 2000-2001)

x x

x x

x cos3 cos sin2 cos2

sin

1    

Ans:

 

 

  

2

2

2

k x

k x

k x

k x

  

 

   

12 Tìm m để phương trình sau có nghiệm

1 sin cos

sinx xm x

Ans: m(;1][1;)

13 Tìm m để phương trình sau có nghiệm m( sinx+cosx) + sin2 = x

Ans: ;2 2]

2 [



m

14 2a.sinx + (a+1)cosx =

x a

b, Tìm a để phương trình có nghiệm Ans: a,

 

k x

k x

  

  

) arctan(

) arctan(

b, a(;1)(0;)

15.: Giải phương trình: cotanx + sinx(1+tanx.tanx/2)=4 (Đề thi ĐH&CĐ,khối B,năm 2006)

16 Giải phương trình sau:a) sin³x.cosx- cos³x.sinx=¼ b) sin cos x =5/8

( Trích sách 400 toán lượng giác tự luận ) 17 Giải phương trình sau :

a)cos^6x+sin^6x=cos^6x +1/16 b)cos^6-sin^6x=cos2x (Trích sách ‘400 BT lượng giác tự luận ’)

18 Giải phương trình sau: a) (sinx.cot5x)/ cos9x = (ĐH Huế) b) 2tanx +cot2x = 2sin2x +1/sin2x ( ĐHQG Hà Nội)

(Trích sách ‘400 BT lượng giác tự luận)

19 Giải phương trình sau: cos3x +cos2x – cosx-1=0 (Trích sách ‘400BT lượng giác tự luận’)

20.Giải phương trình sau: sin²2x +cos²3x =1

21.Giải phương trình sau: a) cos²x + cos²2x + cos²3x +cos²4x = 3/2 ( HVQHQT)

b) sin²x + sin²2x +sin²3x = 3/2

22 Cho phương trình (*):

0 cos ) ( cos sin ) ( sin ) ( sin )

(  m 3x m x m 2x x m x

a/ Giải phương trình m =

b/ Tìm m để phương trình (*) có nghiệm

   

4 , 

Phƣơng trình lƣợng giác

II Một số tập tham khảo: Giải phương trình:

2 ) cos( /

a   với x

                                                                                               x x k k Z k k 2 k k x * x k Z k k 2 k k x * ) Z k ( k x k 3 cos ) cos( 2 ) 15 x sin( /

b    với 120x90

                                                                                  75 x 105 x k k Z k 12 k 12 13 90 180 k 75 120 180 k 75 x * 30 x k Z k k 90 180 k 30 120 180 k 30 x * ) Z k ( 180 k 75 x 180 k 30 x 360 k 135 15 x 360 k 45 15 x

) Z k ( k x k x x cos x sin x cos x sin ) x cos ( x sin sx cos x sin 2 x sin x sin x sin / d ) Z k ( k 18 x k 2 x k 2 x k 2 x 2 x cos x cos x cos x cos x cos ) x cos( x cos x sin / c ) Z k ( k 10 x k x k x 2 x k x 2 x ) x 2 sin( x sin x cos x sin / b ) Z k ( ) k ( x k x k ) x ( x 2 k x x ) x sin( ) x sin( / a                                                                                                                                                                              

Phƣơng trình bậc hai hàm số lƣợng giác

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

Chuyển tất số hạng từ vế phải sang vế trái biến đổi thành tích:

sinx + (1– cos2x) – (cosx – cos3x) – sin2x = sinx + 2sin2x – 2sinxsin2x – sin2x = sinx(1 + 2sinx) – sin2x(2sinx + 1) = (1 + 2sinx)(sinx – sin2x)

= (1 + 2sinx)sinx(1 – 2cosx)

(1) (1 + 2sinx)sinx(1 – 2cosx) =

BT2: Giải phương trình

cos2x – cosx = 2sin2

Ta có:

cos2x – cosx = 2sin2

–2sin sin – 2sin2 =

–2sin =

–2sin 2sinxcos =

(k )

(k )

(k )

BT3: Giải phương trình

sin4x + 3sin2x = tanx (ĐK: cosx 0)

Nhân hai vế phương trình với cosx biến đổi sau:

sin4xcosx + 3sin2xcosx – sinx = sin5x + 4sin3x + sinx = sin5x + sinx + 4sin3x = sin3x(cos2x + 2) = sin3x =

x = (tmđk)

Phƣơng trình bậc hai hàm số lƣợng giác

1 Đặt t = cosx, điều kiện | t |  Khi đó, phương trình có dạng:

t - (2m + 1)t + m + =



1 t =

2 t = m

   



1 cosx =

2 cosx = m

   



π

x = 2kπ

3 cosx = m (*)

   

 

, k  Z a Với m =

2 phương trình (*) vơ nghiệm Vậy với m =

2 phương trình có hai họ nghiệm

π

x = 2kπ

3

  , k  Z b Để phương trình có nghiệm thuộc [π

2, 3π

2 ] điều kiện là: (*) có nghiệm thuộc [π

2, 3π

2 ] -1  m  Vậy, với -1  m  thỏa mãn điều kiện đề Biến đổi phương trình dạng:

5 – 4(1 - cos x) – 4(1 + cosx) = 3m 4cos x – 4cosx – 3m – = Đặt t = cosx, điều kiện | t | 

Khi phương trình có dạng:

f(t) = 4t - 4t – 3m – = (1)

a Với m = -

3, phương trình có dạng: 4t - 4t + = t =

2 cosx =

2 

π

x = 2kπ

3

  , k  Z Vậy, với m = -

3, phương trình có hai họ nghiệm b Phương trình có nghiệm:



f(-1).f(1) ' af(-1) af(1)

S

-1

2

 

   

     

   



(5 3m)(-3 - 3m) 16 + 12m - 3m - - 3m

1

-1

2

 



  

    



   

+

m Z 

m = - m = m =

   

Vậy, với m = 1 m = phương trình có nghiệm Biến đổi phương trình dạng:

1 - 2sin x + 5sinx + m = 2sin x – 5sinx – m -1 = Đặt t = sinx, điều kiện | t | 

Khi đó, phương trình có dạng: f(t) = 2t - 5t – m -1 =

a Với m = 2, phương trình có dạng: 2t - 5t – = 

t

3 t = (L)

2

     

sinx = -1 x = -π

2 + 2k π , k  Z Vậy, với m = 2, phương trình có họ nghiệm

b Phương trình có nghiệm (1) có nghiệm thuộc [-1, 1]

(1) có nghiệm thuộc [-1, 1]

hoặc (1) có nghiệm thuộc [-1, 1] (loại S =

5 4)

f(-1).f(1)  (6 – m)(- – m)  - 4 m 6 Vậy, với - 4 m 6 phương trình có nghiệm

4 Đặt t = cosx, điều kiện | t |  Khi đó, phương trình có dạng:

f(t) = 4t - 2(m – 1)t – m =

a Với m = , phương trình có dạng: 4t - 2( - 1)t - =



1 t =

-2 t =

2

    



1 cosx =

-2 cosx =

2

    



2π

x = 2kπ

3 π

x = 2kπ

6

   



   

, k  Z Vậy, với m = , phương trình có bốn họ nghiệm

b Phương trình có nghiệm (1) có nghiệm thuộc [-1, 1] (1) có nghiệm thuộc [-1, 1]

hoặc (1) có nghiệm thuộc [-1, 1]



f(-1).f(1) ' af(-1) af(1)

S

-1

2

 

   

     

   



(m + 2)(6 3m) m 2m + m + - 3m

m -

-1

4

  

   

 

 

 

  



   



mọi m

Vậy, với m phương trình ln có nghiệm Biến đổi phương trình dạng:

mcos x – 2(m – 2)cosx + m – = Đặt t = cosx, điều kiện | t |  Khi đó, phương trình có dạng:

f(t) = mt - 2(m – 2)t + m – = Để phương trình có hai nghiệm thuộc (-π

2, π

2) điều kiện là: (1) có nghiệm thuộc (0, 1)

3  m <

6 Biến đổi phương trình dạng:

(m – 1)(1 - cos x) – 2(m + 1)cosx + 2m – =

(m – 1)cos x + 2(m + 1)cosx – 3m + = Đặt t = cosx, điều kiện | t | 

Khi đó, phương trình có dạng:

(m – 1)t + 2(m + 1)t – 3m + = Ta có:

Δ’ = (m +

) + (3m - 2)(m - 1) = 4m - 3m + 3, af(-1) = (m – 1)(- 4m – 1), af(1) = 3(m – 1),

S

2 - = - m +

m - - = - 2m m - 1, S

2 + = - m +

m - + = - m - Kẻ bảng:

m Δ’ af(-1) af(1) S

2 - S +

So sánh nghiệm với - 

-1/4 + 

+ + + +

- + + -

- - - +

- - + || -

- - - || +

t1 < -1 < t2

t1= -1

-1 < t1 < < t2

t = ¼ t1 < -1 < t2 <

Vậy:

 Với m < -

4, phương trình vơ nghiệm  Với m = -

4, phương trình có nghiệm t1 = - x = π + 2k π , k  Z  Với -

t1 =

2

m - - 4m 3m m

  

 cosx = t1 = cos α x =  α + 2k π , k  Z

 Với m = 1, phương trình có nghiệm: t =

4 cosx =

4 = cos β x =  β + 2kπ, k  Z  Với m > 1, phương trình có nghiệm:

t2 =

2

m - + 4m 3 m

m

  

 cosx = t2 = cosγ x =  γ + 2kπ, k  Z

Phƣơng trình bậc sin x cos x

a Biến đổi phương trình dạng: 3sinx - 4sin x - cos3x =

sin3x - cos3x = 1

2sin3x -

2 cos3x =

sin3x.cosπ

3 - cos3x.sin π =

1

2 sin(3x - π

3) = sin π



π π

3x - 2kπ

3

π π

3x - π - 2kπ

3

   



  





π 2kπ x

6

7π 2kπ x

18

   



   

, k  Z Vậy, phương trình có hai họ nghiệm

b Biến đổi phương trình dạng:

2 sin4x -

2cos4x = 2sinx -

3

2 cosx sin(4x - π

6) = sin(x - π 3)



π π

4x - x - 2kπ

6

π π

4x - π - x + 2kπ

6

  

 

  





π 2kπ

x -

18

3π 2kπ x

10

   



   

, k  Z Vậy, phương trình có hai họ nghiệm

c Biến đổi phương trình dạng:

2sinx.cosx – 2sinx = cos2xsin2x - cos2x = 2sinx

2sin2x -

2 cos2x = sinxsin2x.cos π

3 - cos2x.sin π

3 = sinx

sin(2x - π 3)

π

2x - x + 2kπ

π

2x - π - x 2kπ

 

 

  





π x = + 2kπ

3

4π 2kπ x =

9

  

 



, k  Z Vậy, phương trình có hai họ nghiệm

d Biến đổi phương trình dạng: 2sin3x = sin2x - cos2xsin3x =

2sin2x -

sin3x = sin2x.cosπ

3 - cos2x.sin π

3 = sinxsin3x = sin(2x - π 3)



π

3x = 2x - + 2kπ

π 3x = π - 2x + 2kπ

3

  

 





π x = - + 2kπ

3 4π 2kπ x =

15

  

 



, k  Z Vậy, phương trình có hai họ nghiệm

8

a Biến đổi phương trình dạng: sin(x - π

3) + cos(x + π -

π

2) – 2sin1972x =

 sin(x - π

3) + cos(x - π

3) = 2sin1972x



2 sin(x - π 3) +

1

2cos(x - π

3) = sin1972x

sin(x - π +

π

3) = sin1972x

sin1972x = sinx  1972x x + 2kπ 1972x = π - x + 2kπ

 



 

2kπ x

1971

π 2kπ

x = + 1973 1973

     

, kZ Vậy, phương trình có hai họ nghiệm

b Biến đổi phương trình dạng: 3sinx + cosx = 1

2 sinx +

2cosx =

2

2

π π

π x + = - + 2kπ

m x = - 2kπ

1α - t 6

3

π π m

2 t

x = π 2kπ x + = π + + 2kπ

6

 

    

 

  



   

 

sinx.cosπ

6 + cosx.sin π =

1

2 sin(x + π 6) =

1

2 = sin α



π

x + α 2kπ

6 π

x + = π - α + 2kπ

   

  



π x α - 2kπ

6 5π

x = - α + 2kπ

   

  

, k  Z

a Ta lựa chọn hai cách sau: Cách 1: Biến đổi phương trình dạng:

1 +

2 sinx + -

2 cosx =

2 Đặt +

2 = cos α , -

2 = sin α , ta được: sinx.cos α + cosx.sin α =



π x + α = 2kπ

4 π

x + α = π - + 2kπ        π

x = α 2kπ

3π

x = - α+ 2kπ       

, k  Z Vậy, phương trình có hai họ nghiệm

Cách 2: Biến đổi phương trình dạng: (sinx + cosx) + (sinx – cosx) = 2 sin(x + π

4) - cos(x + π 4) =



2sin(x + π 4) -

3

2 cos(x + π 4) =

1

sin(x + π 4).cos

π

3 - cos(x + π 4).sin

π =

1

2 sin(x - π

12) = sin π



π π

x - = 2kπ

12

π π

x - = π - + 2kπ

12        π x = 2kπ

3 5π

x = + 2kπ      

, k  Z Vậy, phương trình có hai họ nghiệm

b Biến đổi phương trình dạng: ( - 2)cos2x = – sin2x ( - 2)(

cos x - sin x) = (cosx - sinx2 ) 2 [( - 2)(cosx + sinx) – (cosx – sinx)](cosx - sinx) =

 ( 3)cosx = (1 - 3)s inx

cosx = sinx

  

 

tgx = - tgx =

 

 

π x = - kπ

3 π x = kπ

4       

, k  Z Vậy, phương trình có hai họ nghiệm

10

a Biến đổi phương trình dạng: 3cosx - sinx = cos2x + sin2x

 (

2 cosx -

2sinx) =

2 cos2x + 2sin2x

 cos(x + π

6) = sin(2x + π 3)

 cos(x + π

6) = 2sin(x + π

6).cos(x + π 6)



π cos(x + )

6

π

sin(x + ) =

6        π π

x + kπ

6

π π

x + = + 2kπ

6

π 2π

x + = + 2kπ

6            π x = kπ

3 π x = 2kπ

6 π x = 2kπ

2           

, k  Z

Vậy, phương trình có ba họ nghiệm

b Sử dụng phép biến đổi phần: cos(x

5 - π

12) - sin( x -

= 2[1 2cos(

x -

π 12) -

3 sin(

x -

π 12)] = 2sin(π

6 - x +

π

12) = 2sin( π -

x

5) = 2sin[ π - ( x +

2π )] = 2sin(x

5+ 2π

3 ) = 2sin( x +

π +

π

2) = 2cos( x +

π 6) Từ đó, phương trình biến đổi dạng:

2 sin(x +

2π

3 ) =  x +

2π

3 = k π x = - 10π

3 + 5k π , k  Z Vậy, phương trình có họ nghiệm

11 Xét hai trường hợp:  Với cosx

2 =  x =

π

2 + k π x = π + 2k π , k  Z, thay vào phươg trình ta được: (m – 1)sin( π + 2k π ) – cos( π + 2k π ) =

Vậy x = π + 2k π , k  Z họ nghiệm phương trình  Với cosx

2 0 x 

π

2 + k π x  π + 2k π , k  Z Đặt t = tgx

2, suy sinx = 2t

1 t cosx = 2 - t t Khi đó, phương trình có dạng:

2 2(m - 1)t

1 t - 2 - t

1 t = 2(m – 1)t – +

t = +

t (m – 1)t = (2)

a Với m = ta thấy phương trình có họ nghiệm x = π + 2k π , k  Z b Với x  [-π

2, π

2] t  [-1, 1] Do vậy, để phương trình có nghiệm thuộc [-π

2, π

2] điều kiện phương trình (2) có nghiệm thuộc [-1, 1]

 m - 11

- 1

m -

  

  

 

m m

    

Vậy, với m  (-, 0]  [2, +) thỏa mãn điều kiện đề 12

a Với m = -1, phương trình có dạng: sinx + cosx = -1 

2 sinx +

2cosx = -

2 sin(x + π

6) = sin(-π 6)



π π

x + = - + 2kπ

6

π π

x + = π + + 2kπ

6

    



π x = - 2kπ

3 x = π 2kπ

 



  

, k  Z Vậy, với m = -1 phương trình có hai họ nghiệm

b Số nghiệm phương trình số giao điểm đường thẳng y = m với phần đồ thị hàm số y = sin(x + π

6) D = (-π 6, π ] Từ đó, ta kết luận:

 Với | m | > 2, phương trình vơ nghiệm

 Với – < m  < m < 2, phương trình có nghiệm thuộc D  Với < m  1, phương trình có nghiệm thuộc D

Phƣơng trình bậc hai sin x cos x 13 Biến đổi phương trình dạng:

2(1 – cos2x) + 3 sin2x – (1 + cos2x) =

 sin2x – cos2x = 

2 sin2x -

2cos2x =

sin(2x - π

6) = sin π 

π π

2x - 2kπ

6

π π

2x - π - 2kπ

6

   



  





π

x kπ

6 π

x kπ

2

   



   

, k  Z

14 Ta có cosx = khơng phải nghiệm phương trình Chia vế phương trình cho

cos x 0, ta được: 3tg x + 2mt.tgx – =

Đặt t = tgx, phương trình có dạng:

3t + 2mt – = (2)

a Với m = 0, ta được: 3t – = t = 

3  tgx = tg π

6 x =  π

6 + k π , k  Z Vậy, với m = phương tình có hai họ nghiệm

b Để phương trình có nghiệm:

(2) có nghiệm  '  0m +  , ln Vậy, với m phương trình ln có nghiệm

15 Biến đổi phương trình dạng: (m + 1)sin x - 2sinx.cosx + - 22 sin x =

(m - 1)sin x - 2sinx.cosx + = Xét hai trường hợp:

 Với cosx = x = π

2 + k π , k  Z Khi đó, phương trình có dạng:

m – = = m =  Với cosx  x π

2 + k π , k  Z Chia vế phương trình cho co s2 0, ta được:

(m - 1)tg x – 2tgx + + tg x = mtg x – 2tgx + = Đặt t = tgx, phương trình có dạng:

f(t) = mt - 2t + = (1)

a Với m = 0, phương trình có dạng: -2t + = t =

2 tgx =

2 = tg α x = α + k π , k  Z Vậy, với m = phương trình có hai họ nghiệm

b Để phương trình có hai nghiệm thuộc (0, π 2)



' > af(0) > S

0

       



1 m > >

1 m

        

0 < m <

Vậy, với < m < thỏa mãn điều kiện đầu 16 Ta thấy phương trình khơng nhận x = π

2 + k π làm nghiệm Chia vế phương trình cho co s2 0, ta được:

m.tg x - 3tgx – (m + 1)(1 + tg x ) =  tg x + 3tgx + m + = Đặt t = tgx, phương trình có dạng:

f(t) = t + 3t + m + =

a Với m = 1, phương trình có dạng:

t + 3t + =  t = - t = -

 

 

tgx = - tgx = - = tgα

 

 

π x = - kπ

4 x = α + kπ

 

  

, k  Z Vậy, với m = phương trình có hai họ nghiệm

b Để phương trình có nghiệm thuộc (0, 3π )

(1) có nghiệm phân biệt thỏa mãn t1 < < t2 af(0) < m + < m < -

Vậy, với m < - thỏa mãn điều kiện đề 17 Điều kiện cosx 0 x  π

2+ k π , k  Z

Cách 1: Biến đổi phương trình dạng:

msinx.cosx + cos x = msinx.cosx = sin x

 s inx =

m.cosx = sinx

  

cosx 0

 s inx =

tgx = m

 

 (I)

a Với m = , ta được: (I)  s inx =

tgx =

 

 

x = kπ π x = + kπ

3

   

, k  Z

Vậy, với m = , phương trình có hai họ nghiệm b Từ (I) ta thấy phương trình (1) có nghiệm với m c Vì x1 + x2 

π

2+ k π , coi:

 x1 nghiệm phương trình sinx =  tgx1 =

 x2 nghiệm phương trình tgx = m tgx2 = m

suy ra:

cos2(x1 + x2) = cos2x1.cos2x2 – sin2x1.sin2x2

=

1

1 tg x tg x

 

2 2

2 tg x tg x



 - 21 2tgx tg x

2

2 2tgx tg x =

2 - m m

Cách 2: Chia vế phương trình (1) cho cosx  0, ta mtgx + = + tg x t2  tg x – mtgx =  tgx =

tgx = m

 

a Với m = , ta được: (I)  tgx =

tgx =

 

 

x = kπ π x = + kπ

3

   

, k  Z

Vậy, với m = phương trình có hai họ nghiệm b Từ (II) ta thấy phương trình (1) có nghiệm với m c Vì x1 + x2 

π

2+ k π , coi:

 x1 nghiệm phương trình tgx =  tgx1 =

 x2 nghiệm phương trình tgx = m tgx2 = m

suy cos2(x1 + x2) = 2 - m m

Phƣơng trình đối xứng với sin x cos x

18

a Đặt | sinx – cosx | = t, điều kiện  t  , suy sinx.cosx = t

2



Khi đó, phương trình có dạng:

t + 4(1 - t ) = 12 4t - t - 3=  t

3

t (L)

4

      

| sinx – cosx | = 1sin2x = 02x = k π x = kπ

2 , k  Z Vậy, phương trình có họ nghiệm

b Đặt | sinx + cosx| = t, điều kiện  t  , suy sinx.cosx = t

2



Khi đó, phương trình có dạng: t – (t - 1) =  t - t = 02  t

t

   

 

sin 2x sin 2x

 

   



2x kπ π

2x 2kπ

2

  

    



kπ x

2 π

x kπ

4

   

    

, k  Z Vậy, phương trình có hai họ nghiệm

19 Đặt t = sinx + cosx điều kiện | t |  , suy sinx.cosx = t

2



Khi đó, phương trình có dạng:

3t = 2m(t - 1) = f(t) = 2mt - 3t – 2m = Với x  (0, 3π

4 ) điều kiện  t  phép biến đổi: < x < 3π

4 

π

4 < x + π

0 < sin(x + π

4)  1 < t  Để phương trình có nghiệm thuộc (0, 3π

4 ) điều kiện

(1) có nghiệm thuộc (0, ] (1) có nghiệm thuộc (0, ] (1) có nghiệm thuộc (0, ]



f (0).f ( 2) 0

af(0) af( 2)

S

0

2

 

    



 

 

  

   





m

3 m

2

     

Vậy,với m  (-, 0) [3

2 , +) thoả mãn điều kiện đầu 20 (1 - cosx)(1 - sinx) = m

 sinx + cosx – sinx.cosx + m - =

Đặt sinx + cosx = t, điều kiện | t |  , suy sinx.cosx = t

2



Khi đó,phương trình có dạng: t -

2 t

2



+ m – = f(t) = t - 2t – 2m + = (1) a Với m = phương trình có dạng:

2

t - 2t – =  t = -1 t = (L)

 

 sinx + cosx = -1 sin(x +

π 4) = -

2



π π

x + 2kπ

4

π 5π

x + 2kπ

4

    



   



π

x 2kπ

2

x π 2kπ

    

   

, k  Z Vậy, với m = phương trình có hai họ nghiệm b Với x  [0, π

2] điều kiện 1 t  phép biến đổi: 0 x  π

2 

π

4  x + π 

3π

4 

2

2  sin(x + π 4) 

1  sin(x + π

4)  1  t  Để phương trình có nghiệm thuộc [0, π

2] điều kiện là: (1) có nghiệm thuộc [1, ]



f (t).f( 2) b

1

2a

 

 

    



0  m  2



Vậy, với  m  2



21 Đặt sinx + cosx = t, điều kiện | t |  , suy sinx.cosx =

t

2



Khi đó, phương trình có dạng: mt +

2 t

2



+ = f(t) = t + 2mt + = (1) a Với m = , phương trình có dạng:

2

t + = vô nghiệm

Vậy, với m = phương trình vơ nghiệm b Với x  [-π

2, 0] điều kiện -1  t  phép biến đổi: -π

2  x   -π

4  x + π 

π 

-2

2  sin(x + π 4) 

2

-1  sin(x +π

4)1 -1  t  Để phương trình có nghiệm thuộc [-π

2, 0] điều kiện là: (1) có nghiệm thuộc [-1, 1]



f(-1).f(1) b

- -

2a

 



   



| m | 

Vậy, với | m |  thỏa mãn điều kiện đề

22 Đặt sinx + cosx = t, điều kiện | t |  , suy sinx.cosx =

t

2



Khi đó, phương trình có dạng:

mt + t - =  f(t) = t + mt – = a Với m = phương trình có dạng:

2

t - = sin2x = 02x = k π x = kπ

2 , k  Z Vậy, với m = phương trình có họ nghiệm

b Với x  [0, π ] điều kiện -1  t  phép biến đổi:  t  π  π

4  x + π 

5π 

-2

2 sin(x + π 4)1

-1 sin(x +π

4) -1 t 

Để phương trình có hai nghiệm thuộc [0, π ] điều kiện là: (1) có hai nghiệm phân biệt thuộc [-1, ]



0 af(-1) af( 2)

S

0

2

  

 



 



   

-  m 0

Vậy, với -  m 0 thỏa mãn điều kiện đề 23 Điều kiện:

s inx cosx

 

 

Biến đổi phương trình dạng: s inx - cosx

s inx.cosx - k = sinx – cosx – ksinx.cosx = Đặt sinx – cosx = t, điều kiện | t |  , suy sinx.cosx =

2 t

2



Khi phương trình có dạng: t – k

2 t

2



= f(t) = kt + 2t – k = (2)

1) Với k = 0, ta được:

t = sinx + cosx = x = -π

4 + k π , k  Z Vậy với k = phương trình có họ nghiệm 2) Với k  , ta có:

Δ = +

k > k, suy phương trình (2) có hai nghiệm là: t1 =

2

1 k

k

  

; t2 =

2

1 k

k

  

Phương trình (1) có nghiệm  (2) có nghiệm thỏa mãn -  t  Xét trường hợp:

Trƣờng hợp 1: Phương trình (2) có nghiệm thuộc [- , ]

f(- )f( )  (k - )(k + )  -2  k  2 Khi đó, nghiệm thuộc [- , ] t2 =

2

1 k

k

   sinx – cosx =

2

1 k

k

   

sin(x - π 4) =

2

1 k

k

  

= sin α



π

x - α + 2kπ

π

x - π - α + 2kπ

  



  



π

x α + + 2kπ

5π

x = - α + 2kπ

     

, k  Z Vậy phương trình có hai họ nghiệm

Trƣờng hợp 2: Phương trình (2) có nghiệm thuộc [- , ]



0 af( 2) af(- 2)

S

2

2

  

 



 



   



2

1 k

k(k 2) k(k - 2)

1

2

k

   

  

 



    

 k 2

k - 2

  

 

Khi đó, ta có:  Với t1 =

2

1 k

k

   sinx – cosx =

2

1 k

k

   

sin(x - π 4) =

2

1 k

k

  

= sin α



π

x - α + 2kπ

π

x - π - α + 2kπ

  



  



π x α + + 2kπ

4 5π

x = - α + 2kπ

     

 Với t2 =

2

1 k

k

   sinx – cosx =

2

1 k

k

   

sin(x - π 4) =

2

1 k

k

  

= sinβ



π

x - β + 2kπ

π

x - π - β + 2kπ

  



  



π x β + + 2kπ

4 5π

x = - β + 2kπ

     

, k  Z Vậy phương trình có họ nghiệm

24 Đặt sinx - cosx = t, điều kiện | t |  , suy sinx.cosx =

t

2



Khi phương trình có dạng:

mt + - t = m f(t) = t - mt + m – = 02  t t = m -

     s inx - cosx

t = m -

 



 

π

s in(x - )

4

t = m -



 

 



x = π + 2kπ π x = 2kπ

2 t = m - (*)

 

  



, k  Z a Với m = + ta giải phương trình:

t = sinx – cosx = x = 3π

4 + 2k π , k  Z Vậy với m = + phương trình có họ nghiệm

b Để phương trìn có nghiệm thuộc [0, π ] điều kiện là: (*) vô nghiệm có nghiệm

 | m 1|

m - =

   

 

m > m < - m =

  

  

Vậy với m  (-, - )(1 + , +){2}thỏa mãn điều kiện đề Phƣơng trình lƣợng giác chứa dấu giá trị tuyệt đối

Bài 1:

2 sin cos

3 x x 

x

x 3cos

sin

2  



Điều kiện:

3 cosx

                    k k x x l x x x x x x , cos ) ( 13 / 12 cos cos cos 12 cos 13 cos sin 2  

Vậy phương trình có họ nghiệm Bài 2: x x x sin tan

cot  

Điều kiện:   

     k k x x x , cos sin                                                           k x k x x x x x x x x x x x x x x x x x x 2 2 cos cos cos cos sin cos cos 1 sin sin cos tan cot 2 sin tan cot sin tan 2 2 2 2

Kiểm tra điều kiện (1): - Với x =  2

3

k

 0 3 3 sin tan sin tan                            k k x x

Do họ nghiệm bị loại - Với x = -  2

3

k

 , ta được:

0 3 3 sin tan sin tan                          k k x x

Do họ nghiệm thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình có họ nghiệm x = -  2

2

k

 ,k Bài 3: , 2 sin cos 2 sin cos sin 2 cos sin cos sin 2 cos sin cos sin                                                                               k k x x x x x x x x x x x x x x        

x x a x x a x x cos sin cos sin sin cos     

Đặt sinx  cosx t, suy

2 cos sin 2  t x x

Do sin2xcos2x10 sinx 1,0 cosx 1nên

    cos sin cos sin cos sin cos cos sin sin 2             x x x x x x x x x x Vậy điều kiện 1t 

Khi phương trình có dạng:

) ( 2 2              a t at t a t

a) Với a = 2, ta có:

  , cos sin 2 2 2 2                    k k x x x t t t t  

Vậy với a = 2phương trình có họ nghiệm

b) Phương trình (1) có nghiệm => (2) có nghiệm thỏa mãn 1t

Mà (2) có nghiệm thuộc khoảng 1t  2(do (2) khơng thể có nghiệm dấu a.c = -1 < 0) nên (2) có nghiệm thuộc khoảng 1t

    2 ) 2 )( (         a a f f

Vậy a < 2 phương trình vơ nghiệm Bài :| sinx – cosx | + | sinx + cosx | =

Bình phương vế ta | cos2x | =  sin2x =  x = k/2

, sin cos cos sin cos cos sin cos sin cos sin cos sin cos sin 2 4                                       k k x x x x x x x x x x x x x x x x  

Vậy phương trình có họ nghiệm Bài 2:                           sin sin cos cos sin cos cos sin cos sin 2 x x x x x x x x x x Giải (2):                                     k k x k x x x x x x x x , 2 sin cos ) ( cos sin cos sin sin    

Vậy phương trình có hai họ nghiệm Bài 3: x x x x sin cos cos cos

1   

Điều kiện: ,

2

cosx  x k k

                                                                                                                   , 10 8 2 2 2 cos cos 2 sin cos cos 2 sin sin cos sin cos sin cos sin sin cos sin sin sin 2 sin cos sin sin 2 sin cos sin 2 sin 2 cos 2 2 2 k k x k x k x k k x x k x x k x k x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                 

Vậy phương trình có hai họ nghiệm

Phƣơng trình lƣợng giác sử dụng cơng thức cộng cung

1 sin5x cos5x 2sin x; 2.sin 7x cos7x 2 cos3x

3.cos4x tgxsin 4x 1; 4.sin 6x 3 cos6x 2 cosx

cos6x sin x

5. 3

cosx sin 6x

   

   



 

H-íng dÉn

1 sin5x cos5x 2sin x cos 5x sin x

3

2.sin 7x cos7x 2 cos3x sin 7x cos3x

4 3 §iỊu kiƯn: x k ;

2

cos4x tgxsin 4x 1 cos3x cosx

4.sin 6x 3 cos6x 2 cosx sin 6x cosx

3 5 §iỊu kiƯn: cosx sin6x

cos6x si



 

     

 



 

     

 

   

   



 

     

 

  n x

3 cosx sin 6x

cos 6x sin x cos x

3 3 6

 

  

     

         

     

2 ¸p dơng công thức biến tích thành tổng giải ph-ơng tr×nh

3

1 2sin3x cosx sin 2x 3 cos4x; 2 2sin3x cosx sin 4x sin 2x 2; 3 cos5x cosx cos4x sin3x; 4 2sin 7xsin x cos8x 3 sin 6x 1;

3 5 cos7x cos3x cos10

2

 

  

 

  

H-íng dÉn

  

3

3

3

2

1 2sin3x cosx sin 2x 3 cos4x sin 4x sin 2x sin 2x 3 cos4x

tg4x 3

2 2sin3x cosx sin 4x sin 2x 2 sin 4x sin 2x sin 2x sin 4x 2 sin 4x sin 4x 2 0

sin 4x sin 4x sin 4x 2 0 sin 4x 1

3 cos5x cosx cos4x sin3x cos6x cos4x cos

 

   

 

  

    

   

    

 

 

   4x sin3x

cos6x cos 3x

2

4 2sin 7xsin x cos8x 3 sin 6x 1 cos6x cos8x cos8x 3 sin 6x 1

cos 6x cos

3 3

3 5 cos7x cos3x cos10

2 3 cos10x cos4x cos10x

2 3

cos4x 2

 

 

    

 

  

    

 

 

   

 

 

  

3 áp dụng công thức biến tổng thành tích giải ph-ơng trình

 

1 cos9x cosx sin13x sin3x 2 cos9x cosx cos5x cos 4x

3. 2 cos4x 2 cos 2x 1 0

8 4 2sin 6x 4sin 3x

12

5 2sin 4x 3 4 cos2x

3

  

  



 

    

 



 

    

 



   

 

 

 

 

 

 

  

3

3

3

2

1 cos9x cosx sin13x sin3x 2 cos5x cos4x 2sin8x cos5x cos5x cos4x sin8x 0

2 cos9x cosx cos5x cos 4x 2 cos5x cos4x cos5x cos 4x cos5x cos 4x cos4x 1 0

cos5x cos4x cos 4x cos4x 1 0 3. 2 cos4x 2 cos 2x 1

8

  

 

  

  

  

   

    



 

    

 

 

0

cos4x 2 cos 2x cos 0 Chia c¶ vÕ cho 2

8 4

2 cos 2x cos 2x 2 cos 2x 0

8 8 8

2 cos 2x cos 2x 1 0

8 8

4 2sin 6x 4sin 3x 12

sin 6x sin 2sin 3x Chia c¶ v

6 12

 

 

    

 

  

     

         

     

 

 

   

       

    



 

    

 

   

    

  

 

Õ cho 2 2sin 3x sin 3x 2sin 3x

12 12 12

2sin 3x sin 3x 1 0

12 12

5 2sin 4x 3 4 cos2x 3

sin 4x sin 2 cos2x Chia c¶ vÕ cho 2

3 3

2sin 2x cos2x 2 cos2x 3

2 c

  

     

         

     

 

 

   

       

    



   

 

 

 

 

    

 



 

    

 

 os2x sin 2x 1 0 3

    

 

   

 

2

2

3

3

2

1 sin x 3cos x sin 2x 2 cos2x 5 2 sin x cos2x 2sin 2x 1

3 cos3x cosx 4sin x 4 cosx cos2x cos x sin x

5 2sin x cosx cos x cosx sin x

   

  

 

 

  

H-íng dÉn

 

2

2 2

2 2

2

2

2

2 2

1 sin x 3cos x sin 2x 2 cos2x 5

sin x 3cos x 2sin x cosx 2 cos x 1 5 sin x 7cos x 2sin x cosx 7sin x 7cos x 6sin x 2sin x cosx 0

2 sin x cos2x 2sin 2x 1 sin x 2 cos x 2sin 2x 1

sin x 2 cos x 4sin x cosx 2sin x 2 co

   

     

    

  

  

    

    

 

 

2

2

3

3 2

3

2

s x sin x 4sin x cosx 0

3 cos3x cosx 4sin x

4 cos x 4sin x 4 cosx cos x sin x 4sin x 4 cosxsin x 0

4sin x sin x cosx 0

  

 

   

  

  

 

  

3

2

3 2

3 3 2

3 2

4 cosx cos2x cos x sin x

cosx cos x 1 cos x sin x cos x sin x cosx sin x cos x

cos x cos x sin x sin x cos x cosxsin x sin x sin x cos x cosxsin x 0

 

   

   

    

   

Chia c¶ vÕ cho cos x3 0 ta thu đ-ợc: tg x3 tg x2 tgx0

  

2

2 2

2 3 2

3 2

5 2sin x cosx cos x cosx sin x

2sin x cosx cos x cosx sin x sin x cos x

2sin x cosx cos x cos x sin x sin x cos x cosxsin x sin x sin x cosx cos xsin x 0

  

    

     

   

 

3

2

3

1 sin3x cos3x 2 sin x cosx 1 2 sin x cos x sin x cosx 2 3 cosx sin x 2sin x cosx 1

4 3sin x cosx 3sin 2x 8sin x 1 5 sin x cos x sin 2x 0

   

   

  

   

   

H-íng dÉn

 

     

    

 

  

3

2

2

2

1 sin3x cos3x 2 sin x cosx 1

3sin x 4sin x 4 cos x 3cosx 2 sin x cosx 1

4 sin x cosx sin x cosx 5 sin x cosx 1 Đặt t = sinx + cosx, t 2 ta nh ận được:

t 1

- 4t 1- 5t 1

2

t 2t t 1 1 2t t 1 0

t 1 2t 2t 1 0 t 1

2 si

   

      

      

    

 

 

       

      

  

 

  

3

2

2

3

n x cos x sin x cosx 2

sin x cosx sin x cosx sin x cosx 2 Đặt t = sinx + cosx, - 2 t 2 ta thu được:

t 1

t 1- t 2 t 3 t 2t 4

2

t 5 4 0 t 1 t t 4 0

3 cosx sin x 2sin x cosx 1

Đặt t = cosx - sinx, - 2 t 2 ta thu được

   

    

 

       

 

 

        

  

 

 

  

2

2

2

2

3

:

t + - t 1 t t 0 t 0;t 1

4 3sin x cosx 3sin 2x 8sin x 1

Đặt t = 3sinx + cosx, - 2 t 2 suy t 1 8sin x 3sin 2x ta thu được: t 1 2 0

5 sin x cos x sin 2x 1 0

sin x cosx sin x cosx sin 2x 0

      

   

    

  

   

 

 

  

2

2

2

2

Đặt t = sinx - cosx, - 2 t 2 ta thu được: 1 - t

t - 1 t 1 0

2

t t 4 2t 0

t 1 t 3t 4 0 t 1

 

 

   

 

 

    

       

6 Sử dụng công thức nhân đơi, nhân ba giải ph-ơng trình:

3

2

3 1 cos3x sin 2x cosx 0

2 sin3x sin 2x 2sin x 0 3 cos3x 4sin x 3sin x 1 4 cos3x cos2x sin x 2 5 cos3x 3cosx 4 cos 3x

  

  

  

  

 

H-íng dÉn

 

 

 

 

3

3

2

2

3

2

1 cos3x sin 2x cosx 0

2 cos x 3cosx 2sin x cosx cosx 0 8cos x 2sin x cosx 5cosx 0

cosx 8cos x 2sin x 5 0

cosx 8sin x 2sin x 3 0

2 sin3x sin 2x 2sin x 0

3sin x 4sin x 2sin x cosx 2sin x 0 sin x 4sin x 2 cosx 5 0

sin x 4

  

    

   

   

    

  

    

    

  

3

cos x 2 cosx 1 0

sin x 0

3 cos3x 4sin x 3sin x 1 3 cos3x sin3x 1

sin 3x cos sin

3 3 6

  

 

  

  

  

 

    

 

   

2

3 2

4 cos3x cos2x sin x 2

4 cos x 3cosx 2 cos x 1 1 cos x 2

  

  

3

2

3

3

4 cos x cos x 3cosx 2 0

cosx cos x 5cosx 2 0

cosx 1

5 cos3x 3cosx 4 cos 3x 4 cos x 4 cos 3x

cos3x cosx

    

    

 

 

7 Giải ph-ơng tr×nh sau

2

3

2

3

2

2

2

1 1

1. 2 7 tg x

cos x cosx 1

2. tg x tgx 4

cos x

3 tg x tgx 2 cot gx 4 1

4 cot g x 3

sin x 1

5. tg x cot g x 6

sin x cos x

   

 

 

  

  

 

  

H-íng dÉn

  

 

 

2

3

3

2

3

2

3

1 1

1. 2 7 tg x

cosx cos x

1 1 1

2 8

cosx

cos x cos x 1

Đặt t, t 1, ta thu được cosx

2t t 2t 8 0

t 2 2t 3t 4 2 0 2 §iỊu kiƯn: cos2x 0 x k k

2 1

tg x tgx 4 1 tg x tg x tgx 4 cos x

tg x tg x tgx 3 0 tgx 1 tg

   

 

 

 

    

 

     

    



   

       

    

   

x 2tgx 3 0 tgx 1

  

 

  

 

  

2

3

2

3

2

3

2

3 §iỊu kiƯn: sin2x 0 x k k 2

2

tg x tgx 2 cot gx 4 tg x tgx 4

tgx tg x tg x 4tgx 2 0

tgx tg x 2tgx 2 0

4 §iỊu kiƯn: sinx 0 x k k 1

cot g x 3 cot g x cot g x 3

sin x

cot g cot g x 2 0

cot gx cot g x 2 cot gx 2 

   

      

    

    

    

     

   

   

 

  

2

2

2 2

2

2

2

4

2

cot gx 1

5 §iỊu kiƯn: sin2x 0 x k k 2 1

tg x cot g x 6 sin x cos x

1 tg x cot g x tg x cot g x 6 2tg x 2 cot g x 4 0

2

2tg x 4 0

tg x

2tg x 4tg x 2 0 tg x 1

 



   

  

     

   

   



8 Giải ph-ơng trình sau

3

4

4

4 6

1 sin3x cos3x 2sin 2x 1 2 sin x cos x sin x cosx 3 8cos x 8cos x sin 4x 4 8cos x 8cos x cos8x

5 8cos x 8cos x sin x cos x sin 4x

6. 3 cosx

2 cos3x cosx

  

  

  

  

   

H-íng dÉn

    

    

3

4

4

4

1 sin3x cos3x 2sin 2x 1

sin x cosx 2sin 2x 1 2sin 2x 1 0 2 sin x cos x sin x cosx

sin x cosx sin x cosx 1 sin x cosx 0 3 8cos x 8cos x sin 4x

cos4x sin 4x tg4x 1

4 8cos x 8cos x cos8x cos4x cos8x

5 8cos x 8cos x

  

     

  

     

  

 

 

  

 



 

 

 

6

2

1 sin x cos x 3 cos4x 3

cos4x 1 sin 2x 1

4 8

6 §iỊu kiÖn: cos3x + cosx

x k ;x k k

4 2 2

sin 4x

3 cosx 2 cos3x cosx

sin x 3 cosx tgx 3

  



    



  

       

 

  

9 Giải ph-ơng trình



2

2

1. 3 tg x sin 2x tg x 1 2tgx

2 cot gx 0

1 tg x sin3x

3. tg5x 4 cos x

sin x

  

  



 

H-íng dÉn

 

 

2

2

1 §iỊu kiÖn: cosx 0 x k k

2 3 tg x sin 2x tg x 1

1 tg x

3 sin 2x 1 tg x

1 cos2x 3 sin 2x tg2x

3 

     

  



 



 

   

   

 

  

2

2

2

2 §iỊu kiƯn: sin2x 0 x k k 2 2tgx

3 cot gx 0

1 tg x 3 cot gx sin 2x 0

1 sin 2x 2 cot gx 0 2

sin x cosx sin x cosx 0

sin x 2

sin x cosx sin x cosx 0

sin x sin x cosx

2 sin x sin x cosx 0 sin x

sin x cosx 0 tgx 1

3.



   

  



   

    

    

 

     

 



   

     

 

2

2

§iỊu kiƯn: x k ;X k k

10 5

sin3x

tg5x 4 cos x sin x

sin3x

5g5x 4 cos x sin x

tg5x 1

 

    

 

  

  

Loại nghiệm khơng thích hợp phƣơng trình lƣợng giác 25

a Điều kiện: sin 2x

1 + cos4x

 

 

 

sin 2x 2cos 2x

 





 sin4x ≠ x ≠

kπ

4 , k  Z Biến đổi phương trình dạng:

1 - cos 4x = 2sin4x.sin2x2 

sin 4x = 2sin4x.sin2x sin 4x 0

 sin4x = 2sin2x2sin2x.coss2x = 2sin2x sin 2x 0

 cos2x = loại Vậy phương trình vô nghiệm

b Điều kiện: s inx

cosx cos2x

 

  

 



 sin 2x

cos2x

 

 

 sin4x ≠ x ≠

kπ

4 , k  Z Ta có:

2

cot g - t g =

4

2

cos x sin x sin x.cos x



=

2

2 cos x sin x

1

sin 2x



2

sin 2x = 32

co s 2x 1 = 2sin 4x cos8x =

8x = π

2 + k π x = π 16 +

kπ

8 , k  Z thỏa mãn điều kiện Vậy phương trình có họ nghiệm

26

a Điều kiện: cos2x ≠ 2x ≠ π

2 + k π x ≠ π +

kπ

2 , k  Z (*)

Biến đổi phương trình dạng:

6sinx – 2cos x = 5sin2x.cosx 6sinx - 2cos x = 10sinx.3 cos x (1)  Với cosx =  x = π

2 + k π , k  Z (1)6sin(π

2 + k π ) = mâu thuẫn Vậy phương trình khơng nhận x = π

2 + k π làm nghiệm  Với cosx ≠ x ≠ π

2 + k π , k  Z

Chia vế phương trình (1) cho cos3x ≠0, ta 6(1 + tg x)tgx - = 10tgx 2 3tg x - 2tgx - = 3 (tgx – 1)(3tg x + 3tgx + 1) =

tgx = 1x = π

4 + k π , vi phạm điều kiện (*) Vậy phương trình vơ nghiệm

b Điều kiện: sin 2x

cosx sinx

 

  

  

sin2x ≠ 2x ≠ k π x ≠ kπ

2 , k  Z (*)

Biến đổi phương trình dạng:

2 2 2

(sin x cos x) 2sin x.cos x sin 2x

 

=

2

sin x cos x cosx.sin x





2

1 sin 2x

sin 2x



=

sin 2x sin2x = loại Vây phương trình vơ nghiệm

27

a Biến đổi tương đương phương trình dạng: 2sin 2x.cosx + sin2x

2co s 2x.cosx + cos2x = 

(2cosx + 1)sin2x

(2cosx + 1)cos2x =

 2cos x

tg2x =

  



 

1 cos x

2 π 2x = kπ

3

   



 



2π

x 2kπ

3 π kπ x =

6

    



 





π

x kπ

6 π x = - 2kπ

3

   



 



, k  Z Vậy phương trình có hai họ nghiệm

b Điều kiện:

2sinx.cosx – ≠ sin2x ≠ x ≠ π

4 + k π , k  Z (*)

Biến đổi phương trình dạng:

1 + 2sin x - 32 sinx + sin2x = sin2x –

2sin x - 32 sinx + = |sinx| 1

 sinx = 2

(*)

x = 3π

4 + 2k π , k  Z Vậy phương trình có họ nghiệm

28

a Điều kiện: s inx

cosx

 

 

 sin2x ≠ 2x ≠ kπ x ≠

kπ

2 , k  Z (*)

Ta có:

sin3x – cos3x = 3sinx - 4sin x - 43 co s x + 3cosx = 3(sinx + cosx) – 4(sin x + co s x )

= (sinx + cosx)[3 – 4(sin x + co s x – sinx.cosx)] = (sinx + cosx)(2sin2x -1)

1 s inx +

1 co s x =

s inx + cosx sinx.cos x =

2(s inx + cosx) sin2x Do đó, phương trình biến đổi dạng:

2(sinx + cosx)(2sin2x – 1) = 2(s inx + cosx) sin2x

(sinx + cosx)(2sin2x – 1)sin2x = sinx + cosx

(sinx + cosx)(2sin 2x - sin2x - 1) =



sinx + cosx =

2sin 2x sin 2x - =



 

 

tgx = - 1 sin2x = -

2 sin 2x =

    



π x = - kπ

4 π 2x = - 2kπ

6 7π

2x = 2kπ

6 π 2x = 2kπ

2

 

 

 

 

 

 

 





π x = - kπ

4 π x = - kπ

12 7π

x = kπ

16 π x = kπ

4

 

 

 

 

 

 

 





π kπ x =

4

π x = - kπ

12 7π

x = kπ

12

  



 

 

 



, k  Z

Vậy phương trình có họ nghiệm b Điều kiện:

cosx – sinx ≠  tgx ≠ 1x ≠ π

4 + k π , k  Z (*)

3

sin x + co s x = cos2x.cosx – cos2x.sinx



sin x + co s x =

2(cos3x + cosx) -

2(sin3x –sinx)

2(sin x + 3

co s x) =

co s x - 3cosx + cosx – 3sinx +

sin x + sinx



sin x +

co s x – sinx – cosx = 0(sinx + cosx)(1 – sinx.cosx – 1)=0



2(sinx + cosx)sin2x = 0

s inx + cosx = sin2x =

 

 

tgx = - sin2x =

   

π x = - kπ

4 2x = kπ

 

  



π x = - kπ

4 kπ x =

2

 

   

, k  Z Vậy phương trình có hai họ nghiệm 29

a Điều kiện: s inx

cosx

 

 

 sin2x ≠ 2x ≠ kπ x ≠

kπ

2 , k  Z (*)

Biến đổi phương trình dạng:

2(sinx + cosx)sinx.cosx = sinx + cosx

(sinx + cosx)(sin2x – 1) = 0 s inx + cosx = sin2x =

 

 

x = - sin2x =

   

π x = - kπ

4 π 2x = 2kπ

2

 

 

 





π x = - kπ

4 π x = kπ

4

 

 

  

x = π +

kπ

2 , k  Z Vậy phương trình cso họ nghiệm

b Điều kiện: s inx cosx

  

 

 

s inx cosx

 

 

 cosx ≠ 0x ≠

π

2 + kπ, k  Z (*) Biến đổi phương trình dạng:

2 x x 2 x x

(sin cos ) 2sin cos

2 2

1 sinx

 

 =

1

2(1 + sinx) + (1 + sinx) tg x



2 1 sin x

2 s inx



 = (1 + sinx)(

1 +

2

tg x) 2 - sin x = (1 - sin x)(1 + tg x)

1 + cos x = cos x + 22 sin x cos2x = 0x = π +

kπ

2 , k  Z Vậy phương trình có họ nghiệm

30

a Điều kiện: sin 2x

cotg2x - cos2x

 

 

 

sin 2x cos2x

- cos2x sin2x

 



 

 

sin 2x cos2x sin2x

 

 



 

 sin4x ≠ 4x ≠ k π x ≠ kπ

4 , k  Z (*)

cos2x

3 cos2x

sin2x cos2x

cos2x sin2x

  

 

 

 = 2(1 + sin2x)

3(1 sin 2x) sin 2x



 = 2(1 + sin2x) 3(1 + sin2x) = 2(1 - sin 2x) 2sin 2x + 3sin2x + =



sin2x = - (L) sin2x = -

2

   



π 2x = - 2kπ

6 7π

2x = 2kπ

6

 

 

 





π x = - kπ

12 7π

x = kπ

12

 

 

 



, k  Z b Điều kiện:

cos x sin2x

tgx + cotg2x cotgx

 

 



 



 





sin2x

tgx + cotg2x cotgx

 

 



 



(*)

Biến đổi phương trình dạng:

s inx cos2x cosxsin2x

= 2(cosx - sinx) cosx

1 sinx 

 sin2x.cosx

cos(2x x) = sinx sinx 0

 2sinx = cosx =

2 x =  π

4 + 2k π , k  Z Kiểm tra điều kiện (*) ta nhận nghiệm x = - π

4 + 2k π , k  Z Vậy phương trình có họ nghiệm

31

a Ta có: cotg(x + π

3).cotg( π

6 - x) = cotg(x + π 3).tg(

π -

π + x) = cotg(x + π

3).tg(x + π 3) = Từ đó, ta có:

 Điều kiện có nghĩa phương trình là: π

sin(x + )

π cos(x + )

3

 

 

 



sin(2x + 2π

3 ) ≠ x ≠ - π +

kπ

2 , k  Z (*)  Phương trình biến đổi dạng:

(sin x + cos x2 ) - 22 sin x2 cos x =

8 1 -

2

sin 2x = 4

2

sin 2x =

2(1 – cos4x) = 1cos4x =

2 x =  π 12 +

kπ

2 , k  Z Vậy, phương trình có họ nghiệm

b Điều kiện sin4x ≠ 4x ≠ k π x ≠ kπ

4 , k  Z Biến đổi phương trình dạng:

1 cosx =

2

2sin 2x.cos2x - sin2x 

1 cosx =

1 cos2x sin 2x.cos2x



cosx =

2 2sin x

2sinx.cosx.cos2x cos2x = sinx2

sin x + sinx – =



sinx = - (L) sinx =

2

   



π x = 2kπ

6 5π

x = 2kπ

6

  



 



, k  Z Vậy, phương trình có họ nghiệm

32

a Điều kiện cos3x

sin2x cosx sin4x

 

 



  

 



 cos3x

sin4x

 

 

 

π kπ x

6

kπ x

4

   

   

, k  Z Biến đổi phương trình dạng:

2(tg3x – tgx) + (tg3x + cotg2x) = sin 4x

 2sin 2x

cos3x.cosx +

cosx cos3x.sin2x =

2 sin 4x

4sin4x.sinx + 2cos2x.cosx = 2cos3x

4sin4x.sinx + cos3x + cosx =2cos3x 4sin4x.sinx = cos3x - cosx

8sin2x.cos2x.sinx = - 2sin2x.sinx (*)

cos2x = -

4= cos2 α

2x = 2 α + 2k π  x =  α + k π , k  Z Vậy phương trình có họ nghiệm

b Điều kiện sinx ≠ x ≠ kπ, k  Z (*)

Biến đổi phương trình dạng:

sin x -

sin x + – sinx = (sinx – 1)sin x – (sinx – 1) =

(sinx – 1)(sin x - 1) = 03 sinx = 1x = π

2 + 2k π , k  Z Vậy phương trình có họ nghiệm

33 Biến đổi phương trình dạng: sinx

2 - cos x = (sin

x - cos

x

2

) (sinx - cos

x

2 - 1)(sin x - cos

x 2) =



x π

2 sin( )

2

x x

sin cos

2

  

 

  



x π

sin( )

2

x

tg

2



  

   



x = π + 4kπ x = 2π + 4kπ

π x = 2kπ

2

    

 



, k  Z

Lần lượt kiểm tra nghiệm cho điều kiện | x -

π | 

3π

4 nhận nghiệm phương trình x = π

2, x = π, x = 2π x = 5π

2 34 Biến đổi phương trình dạng:

cos6x.cosx -

2(cos6x + cos4x) =

 cos6x = cos5x

cosx =

 

 

6x = 5x + 2kπ π

x = kπ

 



  



2kπ x =

11 x 2kπ

π x = kπ

2

     

 



, k  Z

Lần lượt kiểm tra nghiệm cho điều kiện | x | < nhận nghiệm phương trình x =  π

2, x = 2kπ

11 với k = 0,1, 2, 3 35 Biến đổi phương trình dạng:

sin(2x + π

2) – 3cos(x + π

2) = + 2sinx cos2x + 3sinx = + 2sinx

1 - 2sin x = - sinx2 2sin - sinx =

 s inx = 01

sinx =

   



x = kπ π x = 2kπ

6 5π

x = 2kπ

6

  

  



 



π x ( ,3π)

2





x = π, x = 2π 13π x =

6

5π 17π

x = , x =

6

       

Vậy phương trình có nghiệm

36 Tìm tổng nghiệm thỏa mãn 1 x 70 phương trình cos2x - tg x =

2

2

cos x cos x cos x

 

Điều kiện cosx ≠ x ≠ π

2 + k π , k  Z (*)

Biến đổi phương trình dạng: 2cos x - - 2

tg x = – cosx – (1 + tg x)

2cos x + cosx – =

 cosx = - 11

cosx =

   

 x = π + 2kππ

x = 2kπ

3

 

   

x = π 2kπ

3 , k  Z Với nghiệm thỏa mãn 1 x 70 ta

1≤ π 2kπ

3 ≤ 70  π

2π



≤ k ≤ 210 π 2π

 k Z

 k = 0, 32 Từ ta nhận được:

S =

3( π + π + π + … + 65 π ) = 363 π Một số tập tổng hợp luyện tập

1) + 2cos2x = -5sinx

 2sin2x – 5sinx – =

2) sin3x + cos3x = 2(sin5x + cos5x)

 (sin3x + cos3x)(sin2x + cos2x) = 2(sin5x + cos5x)

 sin3x.cos3x + cos3x.sin2x = sin5x + cos5x

 cos2x - sin2x =

 cos3x - sin3x =  cosx = sinx

 cos2x - sin2x =

 cos2x =

 x = /4 + k/2

3) sin2x = 2cos2x + cos23x

 (1 – cos2x)/2 = (1 + cos4x)/2 + (1 + cos6x)/2

 (cos2x + cos4x) + (cos6x + 1) =

 2cos3x.cosx + 2cos23x =

 cosx = 0, cos2x = 0, cos3x =

KL: x = /2 + k, x = /4 + k/2, x = /6 + k/3 (k  Z) 4) 8cos3(x + /3) = cos3x

 [3cos(x + /3) + cos(3x + )] / = cos3x

 6cos(x + /3) – 2cos3x = cos3x

 2cos(x + /3) = cos3x

 4cosx - cos3x - 3sinx =

 2sinx(sin2x - 3/2) =

 x = k, x = /6 + k, x = /3 + k 5) sin6x + cos6x = 2(sin8x + cos8x)

 sin6x(1 - sin2x) + cos6x(2 cos2x – 1) =

 cos2x(sin6x + cos6x) = cos2x =  x = /4 + k/2 6) cos6x – sin6x = 13/8 cos22x

 cos2x(2cos22x = 13cos2x + 6) =

+) cos2x =  2x = /2 + kx = /4 + k/2

+) 2cos2x – 13cos2x + =  cos2x = (loại); cos2x = ½  x = /6 + k 7) + 3tgx = 2sin2x

Đặt tgx = t

PT  + 3t = 4t/(1+t2) PT có nghiệm t = -1 KL: x = -/4 + k

8) 2sin2x – cos2x = 7sinx + 2cosx –

 2cosx (2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx – 3) = +) 2sinx – =  sinx = ½

+) 2cosx + sinx – =  2cosx + sinx = (1)PT (1) vơ nghiệm 22 + 12 > 32, PT cho tương đương PT sinx = ´

 x = /6 + 2k; x = 5/6 + 2k 9) sin3x = cosx.cos2x.(tg2x + tg2x)

 3sinx – 4sin3x = cosx.cos2x.[ sin2x/cos2x + 2sinx.cosx/cos2x) ] ĐK: cosx  0, cos2x 

a) sinx =  x = k (ko thỏa mãn)

b) – 4sin2x = cosx.cos2x sinx/cos2x + 2cos2x

 cos2x(1 – tgx) = +) cos2x = (loại)

+) tgx =  cos2x = (1- tg2x)/(1+ tg2x) = (loại) KL: x = k

10) f(x) = cos22x + 2(sinx + cosx)2 – 3sin2x + m = cos22x + 2(sinx + cosx)3 – 3(1 + sin2x) + m + = -(sinx + cosx)2 [sinx + cosx – 1]2 + m +

khi m = -3 f(x) = -(sinx + cosx)2 (sinx + cosx – 1)2 f(x) =  sinx + cosx =

sinx + cosx =

 cos (x - /4) = cos (x - /4) = 1/2

 x = 3/4 + k; x = 2k; x = /2 + 2k Dạng khác

15: Giải phương trình: cotanx + sinx(1+tanx.tanx/2)=4 (Đề thi ĐH&CĐ,khối B,năm 2006)

Bài giải:

Điều kiện:{sinx≠0,cosx≠o,cosx/2≠} <=> sin2x≠0 (*) Phương trình cho tương đương với:

cosx/sinx +sinx{1+(sinx.sinx/2)/(cosx.cox/2}=4 <=>cosx/sinx + {(sinx.cosx/2)/cox.cosx/2)}=4 <=> (cos²x +sin²x)/sinx.cosx =4

<=>sin2x =1/2 (thỏa mãn (*)) ặ

16: Giải phương trình sau:a) sin³x.cosx- cos³x.sinx=¼ ( Trích sách 400 toán lượng giác tự luận )

Bài gii:

a)Ta cú: sinx.cosx- cosx.sinx=ẳ <=>sinx.cosx(sinx-cosx)=ẳ <=>ẵsin2x.(-cos2x)=ẳ <=>-ẳsin4x=ẳ

<=>sin4x=-1

<=>x= - (k thuộc Z) <=>1- 2sin²x.cos²x= 5/8

<=> -½sin²2x= -3/8 <=> sin²2x=3/4 <=>1-cos4x=3/2 <=> cos4x=-½

(k thuộc Z) 17: Giải phương trình sau :

a)cos^6x+sin^6x=cos^6x +1/16 b)cos^6-sin^6x=cos2x (Trích sách ‘400 BT lượng giác tự luận ’)

Bài giải

a) Phương trình <=> – ¾ sin²2x = Cos²2x =1/16 <=> – ¾ (1- cos²2x)= cos²2x +1/16

<=> ẳ + ắ cos2x = cos2x + 1/16 <=> ¼cos²2x = 3/16

<=> cos²2x = ¾ <=> +cos4x = 3/2 <=> cos4x = ½

( k Thuộc Z) b) Ta có : cos^6x – sin^6x = cos2x <=> (cos²x

-<=> cos2x(1- sin²x.cos²x) = 2cosx <=> cos2x = sin²2x = O

<=> sin4x=0 x = ( k thuộc Z)

18 Giải phương trình sau: a) (sinx.cot5x)/ cos9x = (ĐH Huế) b) 2tanx +cot2x = 2sin2x +1/sin2x ( ĐHQG Hà Nội)

Bài giải:

a) Điều kiện: cos9x ≠ sin5x ≠ ộc Z)(*)

Phương trình: <=> sinxcos5x = cos9x.sin5x <=> ½ (sin6x – sin4x) = ½ (sin14x – sin4x) <=> sin14x = sin6x

<=> hoặ -

<=> ặ

So sánh với điều kiện nghiệm cần tìm là:

ặ ( l,k thuộc Z; l kô chia hết cho 4) b) Điều kiện: sin2x ≠ k thuộc Z

Phương trình: <=> 2tanx = 2sin2x + (1-cos2x)/sin2x <=> 2tanx = 2sin2x + tanx

<=> tanx = 2sin2x

<=> sinx = 2sin2x.cosx = sin3x + sinx <=> sin3x = <=> ộc Z

Vậ ộc Z; k kô chia hết cho 3) nghiệm cần tìm 19 Giải phương trình sau: cos3x +cos2x – cosx-1=0

(Trích sách ‘400BT lượng giác tự luận’) Bài giải:

Phương trình tương đương với: (cos3x – cosx) – (1 – cos2x) =0 <=> -2sin2x.sinx – 2sin²x =0

<=> sin²x(2cosx +1) =0

<=>

<=> (k thuộc Z)

20.Giải phương trình sau: sin²2x +cos²3x =1 Bài giải:

Ta có: sin²2x + cos²3x =1

<=> ½(1 – cos4x) + ½ (1+cos6x)=1 <=> cos6x = cos4x

6x = -sinx=0 cosx= ½

hoặ

( k thuộc Z)

21.:Giải phương trình sau: a) cos²x + cos²2x + cos²3x +cos²4x = 3/2 ( HVQHQT)

c) sin²x + sin²2x +sin²3x = 3/2

Bài giải:

a) Phương trình :

<=> ½ (1+ cos2x) + ½ (1+cos4x) + ½ (1+cos6x) + cos²4x =3/2 <=> (cos6x + cos2x) + cos4x +2cos²4x =0

<=> 2cos4xcos2x + cos4x + 2cos²4x =0 <=> cos4x(2cos2x +1+ 2cos4x) =0 <=>cos4x(4cos²2x + 2cos2x -1) =0

<=> cos4x =0 4cos²2x + 2cos2x – 1=0

<=> cos4x =0 cos2x = (-1 -√5)/4 cos2x = (-1+√5)/4

ặ -1 -√5)/4 hoặ cosb= (-1+√5)/4 (k

thuộc Z)

b) Phương trình :

<=> ½ (1 – cos2x) + ½ (1- cos4x)+ ½ (1-cos6x)= 3/2 <=> cos4x +(cos6x + cos2x) =0

<=>cos4x(2cos2x +1) =

<=> cos4x =0 cos2x = -1/2 ặ

ặ (k thuộc Z)

22 Khi x   k

2 cosx0,sinx1 nên(*) thành:

0 ) ( ) (      

 m m

Vô nghiệm

Chia hai vế (*) cho cos3x 0 thì:

0 ) tan )(tan (tan tan ) ( tan ) ( tan ) tan )( ( tan ) ( ) tan ( tan ) ( tan ) ( (*) 2 2                          m x m x x m x m x m x x m x m x x m x m

a/ Khi m = (*) thành:

) ( tan ) tan )(tan (tan Z k k x x x x x            

b/ Ta có:   ; 

t x khi t f m

mt

t 2 4 3)0 ( ), tan 

( (**)

Theo yêu cầu đầu ta suy (tan2x2mtanx4m3)0 vô nghiệm 0;1

(**) có nghiêm  0;1

1

; ) (

; ) (

;

0 ) ( ) (

 

    

  

S af af

f f

1

3 ) 2 )(

(      

 m m m

Do (**) vơ nghiệm  0;1

3 

