Đang tải... (xem toàn văn)
Do vËy ®ßi hái häc sinh cÇn tinh ý xem bµi to¸n nµo nªn ¸p dông ph¬ng ph¸p nµy.[r]
(1)Chơng I: Phơng trình lợng giác và số phơng trình lợng giác thờng gặp
Để giải PTLG , nói chung ta tiến hành theo bớc sau:
Bc 1: t điều kiện để phơng trình có nghĩa Các điều kiện bao hàm điều kiện để có nghĩa,phân số có nghĩa, biểu thức logarit có nghĩa Ngồi PTLG có chứa biểu thức chứa tanx va cot gx cần điều kiện để tanx cot gx có nghĩa
Bớc 2: Bằng phơng pháp thích hợp đa phơng trình cho phơng trình
Bớc 3: Nghiệm tìm đợc phải đối chiếu với điều kiện đặt Những nghiệm không thoả mãn điều kiện y thỡ b loi
1.1-Phơng trình lợng giác bản
1.1.1- Định nghĩa: Phơng trình lợng giác phơng trình chứa hay nhiều hàm số lợng giác
1.1.2- Các phơng trình lợng giác bản.
a) Giải biện luận phơng trình sinx m (1)
Do sinx 1;1 nên để giải phơng trình (1) ta biện luận theo bc sau
Bớc1: Nếu |m|>1 phơng trình vô nghiệm
Bớc 2: Nếu |m|<1 ,ta xét khả
-Khả 1: Nếu m đợc biểu diễn qua sin góc đặc biệt ,giả sử phơng trình có dạng đặc biệt
2
sin sin ,
2
x k
x k
x k
-Khả 2: Nếu m không biểu diễn đợc qua sin góc đặc biệt đặt m=sin Ta có: 2
sin sin ,
2
x k
x k
x k
Nh ta kết luận phơng trình có hä nghiÖm
Đặc biệt ta cần phải nhớ đợc giá trị cung đặc biệt nh
; ; ; ; ;2 6 3
sau biến đổi các toán thơng đa cung đặc biệt
Ví dụ 1: Giải phơng trình
1 sin
4 x Gi¶i:
Ta nhËn thÊy 1
4 không giá trị cung đặc biệt nên ta đặt 1
(2)Khi ta có:
2
sin sin ,
2
x k
x k
x k
VËy phơng trình có họ ngiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình 3 sin(3 )
4 2
x Gi¶i:
Do
3 sin
3 2
nªn
3
sin(3 ) sin(3 ) sin
4 2 4 3
2
3 2 3 2
4 3 4 3 24 3
5 2
3 2 3 2
4 3 3 4 24 3
x x
x k x k x k
k
x k x k x k
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
b) Giải biện luận phơng trình lợng giác cosx m ( )b
Ta cịng ®i biƯn ln (b) theo m
Bớc 1: Nếu m 1phơng trình vô nghiệm
Bíc 2: NÕu m 1 ta xÐt khả năng:
-Kh nng 1: Nu m c biu diễn qua cos góc đặc biệt, giả sử góc Khi phơng trình có dạng 2
cos cos ,
2
x k
x k
x k
-Khả 2: Nếu m khơng biểu diễn đợc qua cos góc đặc biệt
đặt m=cos Ta có:
2
cos cos ,
2
x k
x k
x k
Nh vËy ta kết luận phơng trình có họ nghiƯm
VÝ Dơ Minh Ho¹.
VÝ dơ 1: Giải phơng trình sau: 1
cos
(3)Gi¶i:
Do
2 1
cos( ) cos
3 3 2
nªn
1 2
cos cos cos 2 ( )
2 3 3
x x x k k Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình: 3cos(2 ) 1
6 x Gi¶i:
1 3cos(2 ) 1 cos(2 )
6 6 3
x x
V× 1
1;1 3 vµ
1
3 khơng giá trị cung đặc biệt nên tồn góc 0;
cho 1
cos 3
Ta cã:
cos(2 ) cos 2 2
6 6
x x k
2 2 ( )
6 12 2
x k x k k VËy ph¬ng trình có hai họ nghiệm
c) Giải biện luận phơng trình lợng giác tanx m c ( )
Ta biện luận phơng trình (c) theo bớc sau:
Bớc 1: Đặt điều kiÖn
cos 0 ,
2
x x k k
Bớc 2: Xét khả
-Kh nng 1: Nếu m đợc biểu diễn qua tan góc đặc biệt , giả sử phơng trình có dạng tanxtan x k ,k
-Khả 2: Nếu m không biểu diễn đợc qua tan góc đặc biệt , đặt m=tan ta đợc tanxtan x k ,k
Nhận xét: Nh với giá trị tham số phơng trình có nghiệm
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình
(4)Do
3 tan 6
nªn ta cã:
tan 3 tan tan
6 6
x x x k
k
VËy ph¬ng trình có họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình tan( ) 2
5 x
Giải:
Điều kiện:
cos( ) 0
5 x 5 x 2 k
Do 2 biểu diễn đợc qua tan góc đặc biệt nên ta đặt tan 2 Từ ta có
tan( ) 2 tan( ) tan ( )
5 x 5 x 5 x k x 5 k k
Vậy ph-ơng trình có họ nghiệm
d) Giải biện luận phơng trình lợng giác cotx m ( )d
Ta cịng ®i biƯn ln theo m
Bớc1: Đặt điều kiện sinx 0 x k k Bíc 2: XÐt khả
-Kh nng 1: Nu m c biểu diễn qua cot góc đặc biệt , giả sử phơng trình có dạng cotxcot x k ,k
-Khả 2: Nếu m khơng biểu diễn đợc qua cot góc đặc biệt , đặt m=cot ta đợc cotxcot x k ,k
NhËn xÐt: Nh với giá trị tham số phơng trình (d) có nghiệm
Ví Dụ Minh Hoạ: Ví dụ 1:
Giải phơng trình sau:
1 cot( )
4 x 3
(1)
Giải:
Điều kiện
cos( ) 0 4 x
4 x k x 4 k k
(*) Ta cã:
(1)
cot( ) cot
4 x 3 4 x 3 k x 12 k k
Họ nghiệm thoả mÃn điều kiện (*) Vậy phơng trình có họ nghiÖm
(5)cot(4x 35 )o 1
Gi¶i:
Ta nhËn thÊy cot( 45 ) 1
o
nªn ta cã cot(4x35 )o 1 cot(4x35 ) cot( 45 )o o 4x 35o 45o k180o 4x 80o k180ox 20o k45 (o k )
Vậy phơng trình cã hä nghiƯm
Lu ý: Khơng đợc ghi hai loại đơn vị ( radian độ ) cơng thức
1.2- Mét sè ph¬ng trình lợng giác thờng gặp.
1.2.1- Phng trỡnh bc hai hàm số lợng giác Dạng 1:
2
sin sin 0 ( 0; , , ) a x b x c a a b c (1) Cách giải: Đặt tsinx , điều kiện | |t 1
Đa phơng trình (1) phơng trình bậc hai theo t , giải tìm t ý kết hợp với điều kiện giải tìm x
Dạng 2:
2
cos cos 0 ( 0; , , ) a x b x c a a b c
(2)
Cách giải: Đặt tcosx điều kiện | |t 1 ta đa phơng trình (2) phơng trình bậc hai theo t, giải tìm t tìm x
D¹ng 3:
2
tan tan 0 ( 0; , , )
a x b x c a a b c (3)
Cách giải: Điều kiện
cos 0 ,
2
x x k k
Đặt ttanx t ta đa phơng trình (3) phơng trình bậc hai theo t, ý tìm đợc nghiệm x cần thay vào điều kiện xem thoả mãn hay khơng
D¹ng 4:
2
cot cot 0 ( 0; , , )
a x b x c a a b c (4) Cách giải: Điều kiện sinx 0 x k k
Đặt tcotx (t ) Ta đa phơng trình (4) phơng trình bậc hai theo Èn t
VÝ Dơ Minh Ho¹:
VÝ dơ 1: Giải phơng trình
2
2cos x 3cosx 1 0 (1)
Giải:
Phơng trình (1)
2 cos 1
, 1
2 cos
3 2
x k x
k
x k
x
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình:
2 cot tan 4sin 2
sin 2
x x x
x
(2)
(6)§iỊu kiƯn
sin 2 0 ,
2
k
x x k
Ta cã:
2
2
2
cos sin 2
(2) 4sin 2
sin cos sin 2
cos sin 2
4sin 2
sin cos sin 2
2cos2 2
4sin 2 cos2 2sin 2 1 sin 2 sin 2
cos 2 1
2cos 2 cos2 1 0 1 *
cos 2
2
x x
x
x x x
x x
x
x x x
x
x x x
x x
x
x x
x
Ta thấy cos2x1 khơng thoả mãn điều kiện Do (*)
1 2
cos 2 2 2
2 3 3
x x k x k k VËy ph¬ng trình có họ nghiệm
Bài tập:
Bài 1: Giải phơng trình:
2
5sin x 4sinx 1 0 Bài 2 Giải phơng trình: cos2x 3cosx 4 0
Bài 3: Giải phơng trình:
5 3tan 2 3tan 0
2 x x
Bài 4: Giải phơng trình: cos(4x2) 3sin(2 x1) 2
Bài 5: Giải phơng trình:
4
tan 3x 3tan 3x 1 0
Bài 6: Giải phơng trình:
4 25
cos 2 6cos 2
16
x x
Bµi 7: Giải phơng trình:
2
sin 2
tan 6 2cos 2sin
4 x
x
x
Bµi 8: Giải phơng trình
2
1 2sin 3 sin sin 2 1 2sin cos 1
x x x
x x
Bài 9: Giải phơng trình
4
4
1
cot 2 25
sin 2 x
x
(7)1.2.2- Phơng trình bậc sin ,cosx x
a)Định nghĩa: Phơng trình asinx b cosx c (1) a, b, c a2b2 0 đợc gọi phơng trình bậc sin ,cosx x
b) Cách giải
Ta lựa chän c¸ch sau:
C¸ch 1: Thùc hiƯn theo c¸c bíc
Bíc 1:KiĨm tra
-NÕu a2 b2<c2 phơng trình vô nghiệm
-Nu a2b2 c2 để tìm nghiệm phơng trình ta thực tiếp bớc
Bíc 2: Chia c¶ vế phơng trình (1) cho
2
a b , ta đợc
2 2 2
sin cos
a b c
x x
a b a b a b
V×
2
2 2
( a ) ( b ) 1
a b a b nªn tån t¹i gãc cho
2 2
cos , sin
a b
a b a b
Khi phơng trình (1) có dạng 2 2
sin cosx sin cosx c sin(x ) c
a b a b
Đây phơng trình sin mà ta biết cách giải
C¸ch 2: Thùc hiƯn theo c¸c bíc
Bíc 1: Víi
cos 0 2 ( )
2 x
x k k
thử vào phơng trình (1) xem có nghiệm hay không?
Bớc 2: Víi
cos 0 2 ( )
2 x
x k k Z
Đặt
tan 2 x t
suy
2
2
2 1
sin , cos
1 1
t t
x x
t t
Khi phơng trình (1) có dạng
2
2
2
2 1
( ) 2 0 (2)
1 1
t t
a b c c b t at c b
t t
Bớc 3: Giải phơng trình (2) theo t , sau giải tìm x
* Dạng đặc biệt:
sin cos 0 ( )
4
(8)
sin cos 0 ( )
4
x x x k k
Chú ý: Từ cách ta có kết sau
2 sin cos 2
a b a x b x a b
từ kết ta áp dụng tìm GTLN GTNN hàm
sè cã d¹ng y a sinx b cosx,
sin cos sin cos
a x b x
y
c x d x
phơng pháp đánh giá cho số phơng trình lợng giác
VÝ Dơ Minh Hoạ:
Ví Dụ 1: Giải phơng trình: sin 2x 3cos 2x3 (1)
Giải :
Cách 1: Chia hai vế phơng trình (1) cho
2
1 3 10 ta đợc
1 3 3
sin 2 cos 2
10 x 10 x 10
Đặt
3 1
sin , cos
10 10 Lúc phơng trình (1) viết đợc dới dạng
cos sin 2 sin cos 2 sin sin(2 ) sin
2 2
2 2
2
x x x x
x k
x k
x k x k
k
VËy ph¬ng trình có nghiệm
Cách 2:-Ta nhận thấy cosx0 nghiệm phơng trình -Với
cos 0 ,
2
x x k k
Đặt ttanx ,lúc
2
2
2 1
sin 2 , cos2
1 1
t t
x x
t t
Phơng trình (1) có dạng
2
2
2
2 1
3 3 2 3(1 ) 3(1 ) 3
1 1
t t
t t t t
t t
Hay tanx 3 tan x k ,k Vậy phơng trình có hä nghiƯm
Cách 3: Biến đổi phơng trình dạng
2
sin 2 3(1 cos2 ) 2sin cos 6cos
cos 0 tan 3 tan (sin 3cos )cos 0
sin 3cos 0 cos 0
x x x x x
x x
x x x
x x x
, 2
x k
k
x k
(9)Chú ý: Khi làm toán dạng nên kiểm tra điều kiện trớc bắt tay vào giải phơng trình có số tốn cố tình tạo phơng trình khơng thoả mãn điều kiện Ta xét ví d sau:
Ví Dụ 2: Giải phơng trình 2 2(sinxcos )cosx x 3 cos 2x 2
Gi¶i:
Ta biến đổi phơng trình (2)
Ta cã:
2 2
2
2 sin 2 2(1 cos ) cos 2 2 sin 2 ( 1)cos 2 3 2
2 ; 2 ; 3 2 2 ( 1) 5 2 (3 2) 11 2
x x x
x x
a b c
a b
c
Suy a2 b2<c2
Vậy phơng trình cho vơ nghiệm
Ngồi cần lu ý việc biến đổi lợng giác cho phù hợp với toán biểu diễn chẵn họ nghiệm Ta xét ví dụ sau
VÝ Dơ 3: Giải phơng trình (1 3)sinx(1 3)cosx2 (3)
Giải :
Cách 1:Thực phép biến đổi
(3)
1 3 1 3 2 1
( )sin ( )cos
2 2 x 2 2 x 2 2 2
Đặt
1 3 1 3
cos ; sin
2 2 x 2 2 x
Phơng trình (3) đợc viết thành
1
sin cos sin cos sin( ) sin 4 2
x x x
2 2
4 4 ,
3
2 2
4 4
x k x k
k
x k x k
Vậy phơng trình cã hai hä nghiÖm
(10)(sin cos ) 3(sin cos ) 2 2 sin( ) 6 cos( ) 2
4 4
1 3 1
sin( ) cos( )
2 4 2 4 2
1 sin( )cos cos( )sin
4 3 4 3 2
sin( ) sin
4 3 4
2 2
3 12 4
5
2 2
12 4 6
x x x x x x
x x
x x
x
x k
x k
k
x k x k
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Qua hai cách giải ta nhận thấy cách ta thu đợc nghiệm phơng trình chẵn Bài cĩng sử dụng cách đặt
tan 2 x t
ta thu đợc nghiệm chẵn
*Chú ý: Đối với phơng trình dạng asin ( )P x bcos ( )Q x csin ( )Q x dcos ( ) (*)P x a, b, c, d thoả mãn a2 b2 c2 d2>0 P(x) ,Q(x) không đồng thời hàm số Bằng phép chia cho
2
a b ta cã (*) sin P x( ) sinQ x( ) hc
(*) cos ( ) P x cosQ x( ) , góc phụ thích hợp Ta xét ví dụ sau:
Ví Dụ 4: Giải phơng trình: cos7x sin5x 3(cos5x sin ) (4)x
Gi¶i:
(4) cos7x 3 sin 7x 3 cos5xsin 5x
1 3 3 1
cos7 sin 7 cos5 sin 5
2 x 2 x 2 x 2 x
cos cos7 sin sin 7 cos cos5 sin sin 5
3 x 3 x 6 x 6 x
cos(7 ) cos(5 )
3 6
x x
7 5 2
3 6
7 (5 ) 2
3 6
x x k
x x k
(11)
2 2
6 12
3
12 2
8 6 2
x k x k
k Z k
x
x k
VËy ph¬ng trình có hai họ nghiệm
Bài tập: Giải phơng trình sau :
1 3 sinxcosx 3
2 10cosx 24sin 2x13
3
2
sin x 6 cosx3cos x 2 sinx
4
3
4cos x 3 sin 3x 1 3cosx
5
4
sin x cos x 1 2 sin cosx x
6
4
2( 3sinx cos )x 7 sin 2x3(cos x sin )x
7
3 1
8sin
cos sin x
x x
8 2 2(sinxcos )cosx x 3 cos 2x
9 cosx2cos 2x2 cos3 x
10.
2 3
2 cos( ) 6 sin( ) 2sin( ) 2sin( )
5 12 5 12 5 3 5 6
x x x x
1.2.3- Phơng trình bậc hai sinx cosx.
a) Định nghĩa: Phơng trình bậc hai sinx ,cosx phơng trình asin2x b sin cosx x c cos2x d (1) a, b, c, d
b) C¸ch giải :
Chia vế phơng trình (1) cho mét ba h¹ng tư
2
sin ,cosx x sin cosx x Chẳng hạn
nếu chia cho cos2 x ta làm theo bíc sau:
Bíc 1: KiĨm tra:
cos 0 ,
2
x x k k
xem có phải nghiệm phơng trình(1) hay không?
Bc 2: Vi cos x 0 chia hai vế cho cos2x lúc phơng trình (1) trở thành
2
2
tan tan (1 tan )
( ) tan tan 0
a x b x c d x
a d x b x c d
(12)Đây phơng trình bậc hai theo tan ta biết cách gii
Cách 2: Dùng công thức hạ bậc
2 1 cos2 1 cos2 sin 2
sin ; cos ; sin cos
2 2 2
x x x
x x x x
đa phơng trình cho phơng trình bsin 2x(c a )cos 2x d c a
Đây phơng trình bậc sin cos ta biết cách giải
*Chú ý: Đối với phơng trình đẳng cấp bậc n (n3) với dạng tổng quát (sin ,cos ,sinn n k cos ) 0h
A x x x x
k h n k h n ; , , Khi ta làm theo bớc :
Bíc 1: KiĨm tra xem cosx0 có phải nghiệm phơng trình hay kh«ng?
Bớc 2: Nếu cosx0.Chia hai vế phơng trình cho cosnx ta đợc phơng trình bậc n theo tan Giải phơng trình ta đợc nghiệm phơng trình ban đầu
VÝ Dơ Minh Hoạ:
Ví Dụ 1: Giải phơng trình :
2
2 cos x6sin cosx x 3 3 (1) Giải:
Cách 1: Phơng trình (1) 3(1 cos ) 3sin 2 x x 3 3 cos2x 3 sin 2x 3
1 3 3 3
cos 2 sin 2 cos(2 )
2 x 2 x 2 x 3 2
2 2 2
3 6 4
2 2
3 6 12
x k x k
k
x k x k
Vậy phơng trình cã hai hä nghiƯm
C¸ch 2: +) Thư víi
cos 0 2
2
x x k k
vào phơng trình (1) ta cã 0 3 3 v« lÝ VËy
2 2
x k k
không nghiệm phơngtrình
+)Vi cosx0 Chia hai vế phơng trình cho cos2x ta đợc
2
2 6tan x(3 3)(1 tan ) x (3 3) tan x 6 tanx 3 3 0
tan 1
4 3 3
tan tan
3 3
x
x k
k
x x k
(13)* Chú ý: Khơng phải phơng trình dạng ta phải thực số phép biến đổi thích hợp
VÝ Dơ 2: Giải phơng trình:
3
sin ( ) 2 sin 4
x x
(2)
Gi¶i :
Ta nhËn thÊy
sin( ) 4 x
biểu diễn đợc qua sinx cosx Luỹ thừa bậc ba biểu thức sinx cosx ta đa phơng trình dạng nht ó bit cỏch gii
Phơng trình (2)
3
2 sin ( ) 4sin 2 sin( ) 4sin
4 4
x x x x
3
(sinx cos )x 4sinx
+) XÐt víi
cos 0 2
2
x x k k
Khi phơng trình có dạng
3
sin ( ) 4sin( )
2 k 2 k
mâu thuẫn Vậy phơng trình không nhËn
2 2
x k
lµm nghiƯm
+) Với cosx0 Chia hai vế phơng trình (2) cho cos3x ta đợc :
3
(tanx 1) 4(1 tan ) tan x x 3tan x3tan xtanx 1 0 Đặt ttanx phơng trình có đợc đa dạng:
3 2
3 3 1 0 ( 1)(3 1) 0 1
4
t t t t t
t x k k
Hä nghiệm thoả mÃn điều kiện phơng trình Vậy phơng trình có họ nghiệm
*Chú ý: Ngồi phơng pháp giải phơng trình nêu có phơng trình giải ph-ơng pháp khác tuỳ thuộc vào toán để giải cho cách giải nhanh ,khoa hc nht
Ví Dụ 3: Giải phơng trình:
1 tan
1 sin 2 1 tan
x
x x
(3)
Giải :
Điều kiện
cos 0 2
tan 1
4
x k
x
k x
x k
(14)
2
3
cos sin
cos sin cos sin
cos sin cos sin
x x
x x
x x
x x x x
Chia hai vế phơng trình (3) cho cos3x0 ta đợc :
3
2
3 2
1 tan tan tan tan
tan tan tan tan tan tan (*)
x x x x
x x x x x x
(dotan2xtanx 2 0 vô nghiệm) nên: Phơng trình (*) tanx 0 x k k Z
VËy ph¬ng tr×nh cã mét hä nghiƯm
Cách 2: Biến đổi phơng trình dạng
2
2
2
cos sin
cos sin cos sin
cos
2
4 2sin cot( )
4 4 1 cot ( )
sin
4 4
x x
x x
x x
x
x x
x x
Đặt
cot( ) 4 t x
ta đợc :
3
2
2
2 0 1 2 0 1
1
cot( ) 1 ( )
4 4 4
t t t t t t t
t
hay x x k x k k
VËy phơng trình có họ nghiệm
Bài tập :
Giải phơng trình sau :
1)
2
3sinx 4sin cosx xcos x0
2)
3
2cos xsin x 11sin x 3cosx0
3)
1 4sin 6cos
cos
x x
x
(15)5) sin3x 5sin2xcosx7sin cosx 2x 2cos3x0 6) sin sinx xsin 3x6cos3x
7)
3 1
8cos
sin cos x
x x
8)
2
(sin x 4cos )(sinx x 2sin cos ) 2x x cos x
9) cos3x sin3xsinx cosx
1.2.4-Phơng trình đối xứng sinx cosx.
a) Định nghĩa: Phơng trình đối xứng sinx cosx phơng trình dạng a(sinxcos )x bsin cosx x c 0 a b c, , (1)
b) Cách giải: Cách 1: Do
2
(sin ) 1 sin cos
a x cosx x x nên ta đặt sin cos 2 sin( ) 2 cos( )
4 4
t x x x x
§iỊu kiƯn | |t 2 Suy
2 1
sin cos
2 t x x
phơng trình (1) đợc viết lại:
2 2 ( 2 ) 0
bt at b c Đó phơng trình bậc hai ó bit cỏch gii
Cách 2: Đặt 4 t x
th×
sin cos 2 cos( ) 2 cos 4
x x x t
2
1 1 1 1
sin cos sin 2 cos( 2 ) cos 2 cos
2 2 2 2 2
x x x x t t
nên phơng trình (1) trở thành
2
cos 2 cos 0
2 b
b x x c
Đây phơng trình bậc hai biết cách giải
*Chó ý: Hai c¸ch giải áp dụng cho phơng trình a(sinx cos )x bsin cosx x c 0 b»ng c¸ch
đặt tsinx cosx lúc
2
1 sin cos
2 t x x VÝ Dô Minh Hoạ :
Ví Dụ 1: Giải phơng trình sinxcosx 2sin cosx x 1 (1)
Gi¶i:
Cách 1: Đặt sinxcosx t điều kiện | |t 2 Lúc
2 1
sin cos
(16)Khi phơng trình (1) có dạng
2 1
2( ) 0 2
t
t
2 2 0 1 (*)
2 t t t
t
Với t2 không thoả mÃn điều kiện nên (*) t 1 sinxcosx 1
2 1
2 sin( ) 1 sin( ) 2
4 4 2 2
x k
x x k
x k
Cách 2: Đặt 4 z x
Khi phơng trình có dạng 2 cos( ) sin 2 1 0
4 x x
2 cosz sin 2(4 z) 0
2 cosz sin(2 z) 0
2 cosz cos 2z 2 0 2 cosz (2cos2z 1) 0
2cos2z 2 cosz 1 0
cos 2 2 cos
2 z
z
(*) Ta thấy cosz 2 không thoả m·n
Do (*’)
3
2
2 4
cos
3 2
2 4
z k
z
z k
3
2
4 4
3
2
4 4
x k
x k
2 2
2
x k
k
x k
Vậy phơng trình có hai hä nghiƯm
*Chú ý: Ta đa số dạng phơng trình dạng phơng trình đối xng ó xột trờn
Bài toán 1: Giải phơng trình
2tan 2cot ( sin cos ) (1) 0
(17)Cách giải: Phơng trình (1) viết
2sin2 2cos2
( sin cos ) sin cos
a x b x
c a x b x
x x
( sina x b cos )( sinx a x b cos )x c a( sinx b cos )x ( sina x bcos ) ( sinx a x bcos )x csin cosx x 0
sin cos 0
sin cos sin cos 0
a x b x
a x b x c x x
*Quy íc: Khi cã nhiỊu dÊu mét biĨu thøc hay hệ hiểu lấy dòng lấy dòng dới
Ví Dụ 2: Giải phơng trình tanx 3cotx4(sinx 3 cos ) (2)x
Gi¶i:
§iỊu kiƯn:
sin cos 0
2 k
x x x k
Ta cã (2)
2
1
(sin 3cos ) 4(sin 3 cos )
sin cosx x x x x x
(sinx 3 cos )(sinx x 3 cos ) 4(sinx x 3 cos )sin cosx x x (sinx 3 cos ) (sinx x 3 cos )sin 2x x 0
sin 3 cos 0 (4) sin 3 cos sin 2 0 (3)
x x
x x x
Ta cã (3)
tan 3 (5)
3
x x k
(4)
1 3
sin cos sin 2
2 x 2 x x
cos sin sin cos sin 2
3 x 3 x x
2 2
3 sin( ) sin 2
3
2 2
3
x x l
x x
x x l
2 3 4
2 3
x l
l
x l
(6) Các gía trị x (5) (6) thoả mãn điều kin ca phng trỡnh
Vậy theo phơng trình có hai họ nghiệm
Bài toán 2: Giải phơng trình:
(tan sin ) (cot cos ) ( ) 0
a x x b x x a b
víi a b c d, , , (1)
(18)Ta cã:
(tan sin 1) (cot cos 1) 0
(sin sin cos cos ) (sin sin cos cos ) 0
cos sin
( )(sin sin cos cos ) 0 cos sin
a x x b x x
a b
x x x x x x x x
x x
a b
x x x x
x x
0 tan
cos sin
sin sin cos cos 0 sin sin cos cos 0
a b b
x
x x a
x x x x x x x x
Đến ó bit cỏch gii
Tơng tự cho phơng trình a(tanx sin )x b(cotx cos )x a b 0
Ví Dụ 3: Giải phơng trình
tanx 3 cotx sinx 3 cosx 1 3 0 (3)
Giải:
Điều kiện
sin 2 0
2 k
x x k
(3) tanx sinx 3(cotx cos ) 1x 3 0
1 3
(sin sin cos cos ) (sin sin cos cos ) 0
cosx x x x x sinx x x x x
1 3
( )(sin sin cos cos ) 0 cosx sinx x x x x
1 3
0 (4)
cos sin
sin sin cos cos 0 5
x x
x x x x
Gi¶i (4)
tan 3
3
x x k k
Giải (5): Đặt
sin cos 2 cos( ) | | 2 4
t x x x t
(*) Suy
2 1
sin cos
2 t
x x
Phơng trình (5) trë thµnh
2
2
1
0 1 0
2 t
t t t
1 2 1 2 t
t
(19)Kết hợp với điều kiện (*) t 1 2 bị loại
Với t 1 2 ta cã
1 2 2 cos( ) 1 2 cos( ) cos
4 x 4 x 2
2 2
4 x l x 4 l
, l Các nghiệm phơng trình (4) (5) thoả mãn điều kin ca phng trỡnh
Vậy phơng trình có ba hä nghiƯm
Chú ý: Ta áp dụng phơng pháp phơng trình hỗn hợp chứa biểu thức đối xứng sinx cosx với bc ln hn 2.
Ví dụ 4: Giải phơng tr×nh:
4
cos sin sin 2 (1)
2 2
x x
x
Gi¶i :
Ta cã:
4 2 2
cos sin (cos sin )(cos sin ) cos
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
x
Phơng trình (1) có d¹ng
cos sin 2 cos 2sin cos
2 6 1
sin 2 5
cos (1 2sin ) 0 2 2
6 cos 0
2 2
x x x x x
x k
x
x x x k k
x
x k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví Dụ 5: Giải phơng trình:
6
2
sin cos
8 tan cot
sin 2
x x
x x
(20)Giải:
Điều kiện: sin 2x0
Phơng trình (2)
2
2
2
3 sin cos
8(1 sin ) 2sin ( )
4 cos sin
x x
x x
x x
2
2
1 1 sin 2
2 8 6sin 2 4sin
sin 2 x
x x
x
(8 6sin )sin 2 x x 4 2sin 22 x 3sin 23 x sin 22 x 4sin 2x 2 0 (sin 2x 1)(3sin 22 x2sin 2x 2) 0
sin 2 1 0
3sin 2 2sin 2 2 0 x
x x
sin 2 1
1 7 sin 2
3 7 1 sin 2 sin
3 x
x
x
(lo¹i)
4
x k
x k k
x k
Các nghiệm thoả mãn điều kiện sin 2x0 Vậy phơng trình có h nghim
Bài tập:
Giải phơng tr×nh sau:
1.
20 1 1
( tan )cos2 9
sin 2x 2(sinx cos )x 2 xsinxcosx x
2. 2(tanx sin ) 3(cotx x cos ) 0x
3
3
1 cos x sin xsin 2x 4. sinxcosx( 1)cos2 x
5.
2
2cos (1 sin ) cos 0 2
x
x x
3
sin xcos xsin 2xsinxcosx
7.
4
4(sin xcos )x 3sin 4x2 8.
8 17
sin cos
32 x x
9.
3 1 1 2
sin cos cos 2 sin cos sin 2
4 4 8
(21)10.
3 5
sin xcos x2(sin xcos )x 11.
8 10 10 5
sin cos (sin cos ) cos2 4
x x x x x
1.2.5- PTLG hỗn hợp chứa biểu thức đối xứng tanx cotx.
* Phơng trình có dạng
(tan cot ) (tan cot ) 0 ( 0; 2)
n
k k k
k k
p x x q x x r k
Cách giải:
Bớc 1: Đặt ẩn phụ
tan cot | | 2 tan cot
t x x t
t x x t
đa phơng trình cho dạng đại số F t( ) 0
Bớc 2: Giải phơng trình F t( ) 0 loại nghiệm không thoả mÃn điều kiện to¸n
Bớc 3: Với nghiệm t tìm đợc bớc vào bớc để tìm x
Ví dụ Minh Hoạ:
Ví Dụ 1: Giải phơng tr×nh
3 2
tan x cot x 3(tan xcot ) 3(tanx x cot ) 10 (1)x Giải:
Phơng trình (1)
3 2
tan x cot x 3tan cot (x x tanx cotx) 3(tan x cot x 2) 0
3
(tanx cot )x 3(tanx cot ) (2)x
Đặt ttanx cotx , phơng trình (2) trë thµnh
3 3 4 0 ( 1)( 4 4) 0
t t t t t
2 1
( 1)( 2) 0
2 t
t t
t
hay
tan cot 1 tan cot 2
x x
x x
1 2 2
cot 2 cot 2 2
2
2
cot 2 1 4
8 2
x k x k
x
k
x k
x x k
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Ví Dụ 2: Giải phơng trình:
tan3xtan2xtanxcot3xcot2xcotx6 (2)
(22)§iỊu kiÖn
sin cos 0
2 x x x k Ta có: Phơng trình (2)
3
2
tan cot 3tan cot (tan cot )
tan cot 2 tan cot 2(tan cot ) 0
x x x x x x
x x x x x x
3
(tanx cot )x (tanx cot )x 2(tanx cot ) 0x
(3) Đặt ttanxcotx t| | 2 , phơng trình (3) có dạng
t3 t2 2t 8 0 t3 8t2 2t 0
2
(t 2)(t 2t 4) t t( 2) 0
(t 2)(t2 2t 4 t) 0 (t 2)(t2 t 4) 0 Víi | | 2t th× t2 t 4 0 nªn (4) t 2 0 t 2
Suy
tan cot 2 sin 2 1
4 x x x x k
( thoả mÃn điều kiện(2)) Vậy 4
x k
họ nghiệm nht ca phng trỡnh ó cho
Bài tập:Giải phơng trình sau:
7
2(tanxcot ) tanx xcot x 2. tan3xtan2xcot2xcot3x 4 0
3
2
5(tanxcot ) 3(tanx xcot ) 0x
2
2
11 1 tan 2(tan cot )
3 sin
x x x
x
2
2
tan cot 2 tan 8
sin x x x x sinxcosxtanxcotx
4
8(tan xcot ) 9(tanx xcot )x 10
1.3- Vấn đề loại nghiệm không thích hợp PTLG.
Với nhiều PTLG ta cần đặt điều kiện cho ẩn Khi đó, trớc kết luận nghiệm ta cần kiểm tra xem nghiệm tìm đợc có thoả mãn điều kiện đặt hay khơng, để ta loại nghiệm khơng thích hp
Chúng ta xét ba phơng pháp sau:
1.3.1 Phơng pháp loại nghiệm trực tiếp
Giả sử ta cần tìm nghiệm phơng trình (1) thoả mãn điều kiện (*) Trớc hết ta giải phơng trình (1) sau thay nghiệm phơng trình (1) tìm đợc vào (*) để loại nghiệm khụng thớch hp
Ví Dụ: Giải phơng trình
1 sin 0 sin 4
x x
(1) Gi¶i:
(23)Khi (1)
1 sin 0 sin 1 2 ,
2
x x x k k
Thay
2 2
x k
vào (*) xem có thoả m·n hay kh«ng ? sin 4( 2 ) sin( 2 2 ) ( ) 0
2 k k sin
Suy
2 2
x k
không thoả mÃn (*) Vậy phơng trình (1) vô nghiƯm
1.3.2- Phơng pháp hình học (dùng đờng trịn lợng giác).
Giả sử ta cần tìm nghiệm phơng trình (1) thoả mãn điều kiện (*) Gọi L tập cung khơng thoả mãn điều kiện (*), N tập nghiệm phg trình (1).Ta biểu diễn điểm cuối cung thuộc hai tập L N lên đờng tròn lợng giác Chẳng hạn điểm cuối cung thuộc L ta đánh dấu (x), điểm cuối cung thuộc N ta đánh dấu (.) Khi cung có điểm cuối đợc đánh dấu (.) mà khơng bị đánh dấu (x) nghiệm phơng trình
Ví Dụ: Giải phơng trình: cos cot 2x xsinx (1)
Giải:
Điều kiện
sin 2 0 2 ( ) (*)
2
x x n x n n
Khi phơng trình (1)
cos 2
cos sin
sin 2 x
x x
x
cos cos2x xsin sin 2x x cos cos 2x x sin sin 2x x 0
cos3 0 3 (**)
2 6 3
x x k x k k
(24)Từ ta có nghiệm phơng trình (1)
6 6
x k
k
x k
sin
(25)1.3.3- Phơng pháp đại số.
Phơng pháp ta kiểm tra nghiệm cách chuyển phơng trình (thờng phơng trình nghiệm nguyên) bất phơng trình đại số
* Ví Dụ: Giải phơng trình: cos8
0 (1) sin 4
x x
Gi¶i:
Điều kiện sin 4x 0 4x n (n ) Khi (1)
cos8 0 8 ,
2 16 8
x x k x k k
Gía trị nghiệm (1) nÕu
1 2 4 16 k 8 n 4 k n
Điều 1 2k số lẻ 4n số chẵn Vậy nghiệm phơng trình
, 16 8
x k k Bài tập:
1: Tìm c¸c nghiƯm thc ;3 2
phơng trình
5 7
sin(2 ) 3cos( ) 2sin
2 2
x x x
2: Giải phơng tr×nh:
sin cot 5 1 cot 9
x x
x 3: Giải phơng trình:
cos 2sin cos
3 2cos sin 1
x x x
x x
4: Giải phơng trình:
sin 5 1 5sin
x
x 5: Giải phơng trình:
1 cos2 1 cot 2
sin 2 x x
x
6: Giải phơng trình:
2
sin 3xcos cos2 (tanx x xtan )x
Chơng II: Hệ thống số phơng pháp giải phơng trình lợng giác
ng trc mt PTLG l, điều mà làm ta băn khoăn làm để giải nó, vấn đề nảy sinh phải đa phơng trình phơng trình mà ta biết cách giải Và để giải phơng trình ta phải thực phép biến đổi theo hớng
-Nếu phơng trình chứa nhiều hàm lợng giác khác biến đổi tơng đơng phơng trình chứa hàm
-Nếu phơng trình chứa hàm lợnggiác nhiều cung khác biến đổi tơng đơng phơng trình chứa cung
Dới số phơng pháp biến đổi tuỳ thuộc vào toán khác mà ta lựa chọn phơng pháp cho phù hợp
(26)Phơng pháp: Sử dụng công thức lợng giác học thực phép biến đổi đại số lợng giác đa phơng trình dạng quen thuộc biết cách giải
Chú ý : Ta phải ý đến mối liên hệ cung hàm lợng giác Vì mối liên hệ đờng cho cách biến đổi phơng trình
VÝ dụ Minh Hoạ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình
3
3sin 3x 3 cos9( x) 4sin 3 x (1)
Gi¶i:
NhËn xÐt: Ta nhận thấy toán có số hạng
3
3sin ,4sin 3x x ta sử dụng đợc cơng thức góc
nh©n ba Ta cã
3
(1) 3sin 3x 4sin 3x 3 cos9x1
1 3 1
sin 9 3 cos9 1 sin 9 cos9
2 2 2
1
sin sin 9 cos cos9 cos( ) cos
6 6 2 6 3
x x x x
x x x
2 2
6 3 6 ( )
2 2
6 3 2
x k x k
k
x k x k
Vậy phơngtrình có họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình sin cos33x xsin cosx 3xsin 43 x
Gi¶i:
Ta cã:
2 3
cos3xcos (4cosx x 3)sin cos3x xsin cos (4cosx x x 3)
2 2 1 2
sin cos (4sin cos 3sin ) sin (sin 2 3sin ) (1) 2
x x x x x x x x
T¬ng tù ta còng cã
3 1 2
cos sin 3 sin (3cos sin ) (2) 2
x x x x x
Cộng vế với vế (1) (2) ta đợc
3
2 2
2
sin cos3 cos sin3 1
sin (sin 2 3sin 3cos sin ) 2
3 3 3
sin cos sin sin cos2 sin 4
2 2 4
x x x x
x x x x x
x x x x x x
Từ ta có :
3
3
(27)
sin12 0 12 ( )
12 k
x x k x k
VËy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 3: Giải phơng trình 2 cosx sinx 1 (1)
Gi¶i :
Ta cã :
2
(1) 2 cosx 1 sinx 4cos x (1 sin )x 5sin2x 2sinx 3 0
2
sin 1 2
2 ( )
3 sin sin
( ) 2
5
x k
x
x k k
x
x k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 4: Giải phơng trình:
2
6
10 10
log x x (sin 3x sin ) logx x x sin 2x (1)
Gi¶i:
Ta cã :
2
6
0 1 0 6
10
(1) sin 2 0 sin 2 0
sin 3 sin sin 2 2sin cos sin 2 x x
x
x x
x x x x x x
0 6
sin 2 0 1
cos (*) 2
x x x
Gi¶i (*): ta cã
2 3 (*)
2 3
x k
x k
*Víi
2 3
x k
lo¹i sin 2x0 *Víi
2 3
x k
xÐt víi ®iỊu kiƯn 0
6 x
Ta xÐt
0 2 6
3 k
(28)Vậy phơng trình cho có nghiệm 3 x
Nhận xét : Phơng pháp biến đổi tơng đơng đòi hỏi phải sử dụng nhiều cơng thức lợng giác việc nắm công thức vận dụng linh hoạt vào toán cần thiết
2.1- Phơng pháp đặt ẩn phụ. Phơng pháp :
Có loại đặt ẩn phụ
(1) Đặt ẩn phụ , đa phơng trình cho phơng trình dễ giải (2) Đặt ẩn phụ đa phơng trình cho hệ phơng trình đại số
Phụ thuộc vào phơng trình mà ta phải biết đặt ẩn phụ cách khéo léo để có đợc phơng trình đơn giản dễ giải
Thông thờng phơng pháp đặt ẩn phụ để giải PTLG ta thờng gặp loại đặt ẩn phụ sau: +) i bin di hm lng giỏc
+) Đặt biểu thức lợng giác làm ẩn phụ
2.1.1- Đổi biến dới hàm lợng giác Phơng pháp:
Khi biểu thức dới hàm lợng giác có mối liên hệ đặc biệt : bù nhau, 2 k
, biểu thức gấp hai, ba lần biểu thức thờng giải phơng pháp đổi bin
Ví dụ 1: Giải phơng trình
2
4
cos cos 3
x
x
(1)
Gi¶i:
Ta cã
4 1 cos2 cos
3 2
x x
Đặt
2 3
3 2
x t
t x
Lúc ta có
1 cos3 cos2
2 t t
3
2
2cos 2 1 4cos 3cos 2(2cos 1) 4cos 3cos 4cos 2 4cos 3cos 1 0
t t t t t t
t t t
3
(cos 1)(cos 3) 0
cos 1 2
( ) (*) 3
cos
4 2 2
t t
t t k
k
t k
t
(29)(*)
2 3
2
3 ( )
2
2 4 2
3 3
x x k
k
k
x k x k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình
3 1 3
sin( ) sin ( ) 10 2 2 10 2
x x
(1)
Ta nhËn thÊy
3 sin ( )
10 2 x
cã thĨ biĨu diƠn
3 3
sin ( ) sin3( )
10 2 10 2
x x
Nh phơng trình đợc đa phơng trình chứa hàm lợng giác chứa cung Từ ta sử công thức nhân ba để biến đổi
Gi¶i:
Ta cã:
3 3 3
sin( ) sin sin 3( )
10 2 10 2 10 2
x x x
Đặt 3 3
( ) 2
10 2 5
x
t x t
ph¬ng trình (2) trở thành
2
sin (4sin 1) 0 sin (2cos 2 1) 0 2 2 sin 0
1
2 2 2 2
cos 2
3 3
2
t t t t
t k t k
t
t k t k
t 3 3 2 2 5 5 3 3 2 2
5 5 3
t k t k
hay
3
2 5 4
2 ( )
5 14
2 5
x k
x k k
x k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
2.1.2- Đặt biểu thức lợng giác lµm Èn phơ.
Chú ý số phơng pháp đặt ẩn phụ phơng pháp đại số sau +Phơng trình trùng phơng
4 0 ( 0)
ax bx c a Đặt
2 0
t x t +Phơng trình bậc bốn
4
(30)Đặt 2 a b t x + Phơng trình bậc bốn
(x a x b x c x d )( )( )( )k víia b c d Đặt t(x a x b )( )
+ Phơng trình bậc bốn đối xứng ax4 bx3 cx2 bx a 0 Chia hai vế cho
2 ( 0)
x x
Đặt
1 t x
x VÝ dơ Minh Ho¹
Ví dụ1: Giải phơng trình
tan2x 3tanx 9cotx9cot2 x 2 0 (1)
Gi¶i :
§iỊu kiƯn
sin 0
sin 2 0
cos 0 2
x
x x k k
x
Ta cã: (1)
2
2
9 3
(tan ) 3(tan ) 0
tan tan
x x
x x
Đặt
3
tan 2 3
tan
t x t
x
(*) Do
2 2
2
9 9
tan 6 6 tan
tan tan
t x t x
x x
Phơng trình (1) trë thµnh
2 3 4 0 1
4
t
t t
t
(2) Do (*) nên ta có (2) t 4 Lúc ta có
2
3
tan 4 tan 4tan 3 0 tan
x x x
x tan 1
( ) 4
tan 3 tan
x x k
k
x x k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Chú ý: Một số phơng trình có cách đặt ẩn phụ khơng tồn phần ,nghĩa sau đặt ẩn phụ ẩn cũ ẩn cung tồn phơng trình Bộ phận cũ cịn lại đợc xem tham số phơng trình
(31)
4
(sin 3)sin (sin 3)sin 1 0
2 2
x x
x x
(1) Giải:
Cách 1: Đặt
2
sin 0 1
2 x
t t
phơng trình (1) trở thành
2
sinx3 t (sinx3)t 1 (*)
Do sinx 3 0 nên phơng trình (*) phơng trình bậc hai t
2
(sin 3) 4(sin 3) (sin 1)(sin 3)
x
x x
Do sinx 1 0
Do vËy (*)
2
0 sin 1 sin 1 1 1 cos2 1 sin
2 2 2 2 2
x x
b x x
t
a
sin 1
sin 1 2
cos 0 2
x
x x k
x
(k )
Vậy phơng trình có họ nghiệm
C¸ch 2:
(2)
2
(sin 3)sin (sin 1) 0
2 2
x x
x
2
1 (sin 3)sin cos 0
2 2
x x
x
2
3 2
4 (sin 3)sin 0
sin 3sin 4 0 (sin 1)(sin 2) 0
sin 1 2 ( )
2
x x
x x x x
x x k k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 3: Giải phơng trình cosx 2 cos x 2 (1)
Gi¶i:
Đặt u 2 cos x điều kiện 1 u 3 ta có
2 2 cos (*)
u x
Tõ (*) vµ (1) ta cã hÖ
2
2 cos cos 2
u x
x u
(32)Ta cã u2 cos2x u cosx cos2 xcosx u u 0
(cos )(cos ) cos 0 cos cos (cos 1) 0
cos 1
x u x u x u
x u
x u x u
x u
-Với u cosx vào (*) ta đợc
2 cos 1
cos cos 2 0 2 ( )
cos 2 ( ) x
x x x k k
x vn
-Với ucosx1thế vào (*) ta đợc
2
cos cos 1 0 1 5
cos ( )
2 2 ( )
5 1
cos cos
2
x x
x vn
x k k
x
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 4: Giải phơng trình
2
16sin x 16cos x 10
Giải:
Cách 1: Viết lại phơng trình
2 2
2
1 16
16 16 10 16 10
16
sin x sin x sin x
sin x
Đặt
2
16sin x
t , điều kiện 1 t 16 0sin x2 1 nên 16o 16sin x2 161 Khi phơng trình có dạng
2
2 8 16 8
16
10 10 16 0
2 16 2
sin x sin x
t
t t t
t t
2
2
4
2
2
3 1
2
2 2 4 2 2 1
4
1 1
2 2 2
4 2
sin x sin x
sin x cos x
cos x
sin x cos x
1 2
4 4 2
2 3 6 2
cos x x k x k k
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
(33)Đặt
2
16
1 16
16
sin x
cos x
u
u, v v
Khi đó:
2 2
16sin x16cos x 16sin x cos x 16
u v
Phơng trình tơng đơng với
10 16
u v
uv
Khi u, v nghiệm phơng trình: t2 10t16 0
2 8
t t
2 2
2
2
2
2
1 4 16 2
2 3 1 1
2
8 16 8 4 4 2
3 1
8 16 8 3 2
4 2
4
2 16 2
1 4
sin x
cos x
sin x
cos x
sin x u
cos x sin x cos x
v u
sin x cos x
sin x v
cos x
22 1 4 1 4 2 2
4 2 3 6 2
cos x cos x x k x k ( k )
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Chú ý: Để phá dấu giá trị tuyệt đối ta sử dụng phơng pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 5: Giải phơng trình
6 2 sin cos sin cos
sin 2 2 sin cos
x x x x
x x x
(1) Giải:
Đặt t sin cosx x sinxcosx , suy 2tsin 2x2 sinxcosx
Ph¬ng trình (1) trở thành
2 1
6
2 2 3 0
3 t
t t t
t t
-Víi t1 ta cã: sin cosx x2 sinxcosx 1
sinxcosx 1 sin cosx x a( ) Do 1 sin cos x x0 nªn (a)
2
(sinx cos )x (1 sin cos )x x
(34)2
1 2sin cos 1 2sin cos (sin cos ) sin cos (sin cos 4) 0
sin cos 0 sin 2 0 2 ( )
2
x x x x x x
x x x x
x x x x k x k k
-Víi t3 ta cã sin cosx x sinxcosx 3 sinxcosx 3 sin cosx x ( )b
Ta nhËn thÊy 3 sin cosx x 2 sinxcosx , suy phơng trình (b) vô nghiệm Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 6: Giải phơng trình
2
2
sin sin
9 3
2(cos 2 2) 4cos 3 0 81 x x 9 x x
(1) Giải:
Đặt
2
2
1 2sin cos
sin sin
3 3
0 3 3
9 9
x x
x t t x
2
1 2sin cos cos 2
sin
9
9 9 (3 )
81
x x x
x t
Phơng trình (1) trở thành
2 2(cos 2 2) 4cos2 3 0
t x t x
2 2(cos 2 2) 2cos 2 5 0
t x t x
1
5 2cos2 t
t x
-Víi t 1 0 lo¹i
-Víi t 5 2cos2x ta cã 3cos 2x 5 2cos2x
cos
3 x 2cos 2x 5
(*)
Đặt y cos ,x y 1phơng trình (*) trở thành 3 2 5
y y
Đặt ( ) 3 2
y
f x y Rõ ràng f y( ) hàm ng bin trờn
Mặt khác ta có f(1) 5 suy y 1 lµ nghiƯmduy nhÊt cđa phơng trình (*) Với y1ta có cos2x 1 2x k 2 x k (k )
VËy ph¬ng tr×nh cã nhÊt hä nghiƯm
NhËn xÐt:
(35)phải tìm điều kiện lu ý ta phải thử lại xem nghiệm có thoả mÃn điều kiện phơng trình hay không
2.3- Giải phơng trình lợng giác sử dụng công thức hạ bậc Phơng pháp: Ta thực theo bíc sau:
Bớc 1:Đặt điều kiện để phơng trình có nghĩa
Bớc 2: Thực việc hạ bậc phơng trình cơng thức *Hạ bậc đơn:
2
2
2
2
2
2
2
1 1
1 sin 1 cos2 5 sin 3sin sin 3
2 4
1 1
2 cos 1 cos 2 6 cos 3cos cos3
2 4
sin 1 cos2 3sin sin 3
3 tan 7 tan
cos 1 cos2 3cos cos3
cos 1 cos2 3sin sin 3
4 cot 8 cot
sin 1 cos2 3cos cos
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 x x
3x
* Hạ bậc toàn côc
4
4
6
6
3 1 sin cos cos4
4 4 sin cos cos2
5 3 sin cos cos 4
8 8
1 3
sin cos cos 2 cos2
4 4
x x x
x x x
x x x
x x x x
* Hạ bậc đối xứng: Giả sử cần biến đổi biểu thức dạng :
3
sin cos3 sin cos
A x x x x
Ta cã thÓ lùa chän theo hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Ta cã :
3
2
sin cos3 sin cos
1 cos sin cos3 1 sin sin cos
sin cos3 sin cos (cos cos3 sin sin3 )sin cos
1 1 3
sin 4 cos sin 2 sin 4 sin 4 sin 4
2 4 4
A 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
(36)1 1
(3sin sin )cos3 (3cos cos3 )sin3
4 4
3 3
(sin cos3 .sin 3 sin 4
4 4
A x x x x x x
x x consx x x
Chú ý: (+) Tuỳ thuộc bậc toán ta lựa chọn việc hạ bậc cho phù hợp Chẳng hạn phơng trình bậc lẻ nhân tử bậc cao (giả sử 3) thông th ờng ta không hạ bậc tất nhân tử mà chọn hai nhân t h bc
(+) Với nhân tử bậc cao ta phải hạ bậc
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình:
2 2
sin xcos xcos 3x
Gi¶i.
Phơng trình đợc biến đổi dới dạng
2
2
1 cos 2 1 cos2
cos 3 2cos 3 (cos4 os )
2 2
2cos 3 2cos3 cos 0 (cos3 os5 )cos3 0 2cos cos cos3 0
x x
x x x c x
x x x x c x x
x x x
cos 2 0 2
cos 2 0 2 4 2
cos 0
cos3 0
3 cos3 0
6 3 2
x x k x k
x
x k
x
x k
x k
x
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng tr×nh
4 4 9
sin sin ( ) sin ( )
4 4 8
x x x (1)
Gi¶i.
Ta cã:
(1)
2
2 1 cos(2 ) 1 cos(2 )
1 cos2 4 4 9
2 2 2 8
x x
x
2 2 2
2
9 9
(1 cos2 ) (1 sin ) (1 sin ) 1 2cos 2 cos 2 2(1 sin )
2 2
2cos 2 4cos2 1 0
x x x x x x
x x
(37)6 cos 2 1
2 6
cos 2 1 ( ) 2
6
cos 2 1 cos 2 2 2 2 ( )
2 x
x loai
x x k x k k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 3: Giải phơng trình:
3 3
sin xcos xsin cotx xcos tanx x 2sin 2x (2)
Gi¶i
Ta cã: (2)
3 2
sin x cos x sin cosx x cos nx si x 2sin 2x
2
2
sin (sin cos ) s (cos n ) 2sin 2
(sin s )(sin cos ) 2sin 2 sin cos 2sin (3)
x x x co x x si x x
x co x x x x x x x
§iỊu kiƯn
sin cos 0 sin cos 0 sin 0 (*) sin 2 0 sin cos 0 cos 0
x x x x x
x x x x
Bình phơng hai vế phơng trình (3) ta có:
2
(sinxcos )x 2sin 2x 1 2sin cos sin 2 2sin 2 sin 2 1
2 2
2 4
x x x x x
x k x k k
Các giá trị 4 x k
thỏa mãn điều kiện (*) k 2m Vậy phơng trình cho có họ nghiệm nht
Ví Dụ 4: Giải phơng trình:
7 1
sin cos (sin cos )sin 2 sin cos 2
x x x x x x x
(4)
Gi¶i: Ta cã
7 5
(4) sin xcos x(sin xcos )sin cosx x xsinxcosx
7
sin x cos x sin xcosx sin cosx x sinx cosx
7
6
6
6
(sin sin cos ) (cos sin cos ) sin cos sin (sin cos ) cos (sin cos ) sin cos
sin cos 0 (5) (sin cos )(sin cos 1) 0
sin cos 1 (6)
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x
x x x x
x x
(38)Ta cã (5)
tan 1
4
x x k k
L¹i cã:
6
6 2
4
cos cos
cos sin sin cos 1 sin sin
x x
x x x x
x x
Dâú đẳng thức xảy sinx 0 cosx0
Bëi thÕ (6)
sin 0
cos 0 2
x
x k k
x
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Ví Dụ 5: Giải phơng trình :
4
2
sin cos 1 sin
2 2 tan sin tan
1 sin 2
x x
x
x x x
x
(7)
Giải:
Điều kiện: cosx0 Ta có:
4 2 2
sin cos (sin cos ) 2sin cos
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
2
1 1 cos
1 sin
2 2
x
x
4
2
sin cos 1 cos
2 2
1 sin 2(1 sin )
x x
x
x x
.
Thay vào (7) ta thu đợc
2
2
2
2
1 cos 1 sin
tan sin tan
2(1 sin ) 2
1 cos 1 sin
(1 sin ) tan 2(1 sin ) 2
x x
x x x
x
x x
x x
x
2 2
2 2 2
2 2 2
1 cos (1 sin )(1 tan ) 1 cos (1 sin )(1 sin )(1 tan )
2(1 sin ) 2 2(1 sin ) 2(1 sin )
1 cos (1 sin )(1 sin )(1 tan ) 1 cos (1 sin )(1 tan ) 1 cos cos (1 tan ) 1 cos cos 2sin )
x x x x x x x
x x x
x x x x x x x
x x x x x x
1 2sin2 cos 2 0 2
2 4 2
x x x k x k k
(39)Ví Dụ 6: Giải phơng trình:
3
3
6 8
tan 2 cot 2
sin 2 sin 4
x x
x x
(8)
Gi¶i: Ta cã:
3
3 3
8 8 1
(tan 2 cot ) sin 4x (2sin cos2 )x x (sin cos2 )x x x x
3
3
tan 2 cot 2 3tan cot (tan 2 cot ) 3 tan 2 cot 2
sin 2
x x x x x x
x x
x
Do vËy (8)
3 6 3 3
tan 2 cot 2 tan 2 cot 2
sin 2 sin 2
x x x x
x x
3
0 sin 2x
(v« nghiƯm )
Vậy phơng trình cho vơ nghiệm
Nh ận xét: Việc sử dụng công thức hạ bậc tỏ hữu hiệu có chứa hạng tử bậc cao, khó giải Vì để sử dụng tốt phơng pháp đòi hỏi học sinh cần nắm vững công thức hạ bậc nêu trên, đồng thời phải sử dụng đẳng thức cách linh hoạt
2.4- Biến đổi phơng trình lợng giác thành phơng trình tích
Có nhiều cách đa phơng trình lợng giác phơng trình tích ta sử dụng phép biến đổi dạng nh sau:
Dạng 1: Biến đổi tổng hiệu thành tích
Dạng 2: Biến đổi tích thành tổng
Dạng 3: Lựa chọn phép biến đổi cho cos x2
Dạng 4: Phơng pháp tách hệ số
Dạng 5 : Phơng pháp số biến thiên Dạng 6: Phơng pháp nhân
Dng 7: S dng cỏc phép biến đổi hỗn hợp Ta đa phơng trình cần giải dạng
1
( ) 0 ( ) ( ) 0
( ) 0
n
n
f x f x f x
f x
trong phơng trình: f x( ), , ( )1 f xn phơng trình có dạng chuẩn
Sau ta xét dạng
2.4.1- Phng pháp biến đổi tổng , hiệu thành tích:
VÝ Dụ 1: Giải phơng trình: 1 cos xcos 2xcos3x0 (1)
Gi¶i:
(40)Ta cã: (1)
2
(1 cos ) cos3x x cosx 0 2cos x 2cos2 cosx x 0
3
(cos cos2 )cos 0 2cos cos cos 0 2 2
x x
x x x x
cos 0
cos 0
2 2
cos 0 3
2 3
2 cos 0
2
3 2 2 3 3
cos 0 2 x
x x k x k
x
k
x x k
x k x
Vậy phơng trình có hai họ nghiƯm
Cách 2: Biến đổi phơng trình chứa hàm lợng giác (1) 1 cosx2cos2x 1 4cos3x 3cosx 0
3 2
4cos 2cos 2cos 0 (2cos cos 1)cos 1
cos 0 2
2
cos 1 2
2 1
cos 2 3 3
2 3
x x x x x x
x k
x x k
x x k k
k x
x x k
Ví Dụ 2: Giải phơng trình: 1 sin xcos3xcosxsin 2xcos 2x (2) Gi¶i:
Ta cã (2) (1 cos ) sin x x(cos3x cos ) sin 2x x0
2
2sin sin 2sin sin 2sin cos 0
(2sin 1 4sin cos 2cos )sin 0 (2sin 1)(1 2cos )sin 0
x x x x x x
x x x x x x x x
2 1 3 cos 2 sin 0 2 1 6 sin 7 2 2 6 x k x x k x k x k x x k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví Dụ 3: Giải phơng trình
2 4
sinxsin xsin xsin xcosxcos xcos xcos x (3)
(41)(3)
2 3 4
(sinx cos ) (sinx x cos ) (sinx x cos ) (sinx x cos ) 0x
(sin cos ) 1 sin cos 1 sin cos sin cos 0 sin cos 2 sin cos sin cos 0
x x x x x x x x
x x x x x x
sin cos 0 (1)
2 sin cos sin cos 0 (2)
x x
x x x x
Giải (1) ta đợc
sin cos tan 1
4
x x x x k k
Giải (2): Đặt sinxcosx t | |t 2 (*) suy
2 1
sin cos
2 t x x Khi phơng trình có dạng
2
2 1
1
2 2 0 4 3 0
3 2
t t
t t t
t
Kết hợp với điều kiện (*) phơng trình tơng đơng với
1 sin cos 1 2 sin( ) 1 sin( )
4 4 2
x x x x 2
2
4 4 2
5
2 2
3 4
x k
x k
k
x k
x k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
2.4.2- Phơng pháp biến đổi tích thành tổng
Ví Dụ 1: Giải phơng trình: sin sin 3x xsin sin8x x0 (1)
Gi¶i:
Ta cã (1) cos 4x cos 2xcos12x cos 4x0
12 2 2 5
cos12 cos2
12 2 2
7 k x
x x k
x x k
x x k k
x
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Ví Dụ 2: Giảiphơngtrình:
cos2xcos 4xcos6xcos cos cos3x x x2 (2)
(42)Ta cã:
2
4cos cos cos3 2cos2 2(cos cos3 ) 2cos2 cos2 cos4 2cos 2 2cos2 cos 4 1 cos 4 cos2 cos6
x x x x x x x x x
x x x x x x
Do vËy (2)
1
cos 2 cos4 cos6 (1 cos 4 cos 2 cos6 ) 2 4
x x x x x x
cos2x cos4x cos6x 3
cos 2 1
cos 4 1 cos2 1 cos6 1
x
x x x k k
x
Vậy phơng trình có họ nghiệm
2.4.3- Lựa chọn phép biến đổi cho cosx.
VÝ Dụ 1: Giải phơng trình : 2cos3xcos 2xsinx0 (1)
Gi¶i:
3 2
2
2
(1) 2cos 2cos 1 sin 0 2(cos 1)cos sin 1 0 2(cos 1)(1 sin ) sin 1 0
(1 sin ) 2(cos 1)(1 sin ) 1 0
(1 sin ) 2sin cos 2(sin cos ) 0 (1 sin ) (sin cos ) 2(sin cos ) 0 (1 sin )(sin co
x x x x x x
x x x
x x x
x x x x x
x x x x x
x x s )(sin cos 2) 0
1 sin 0 sin 1
sin cos 0
sin( ) 0
sin cos 2 0 ( ) 4
2 2
4 4
x x x
x x
x x
x
x x vn
x k x k
k
x k x k
Vậy phơng trình cã hai hä nghiÖm
Nhận xét: Trong lời giải lựa chọn phép biến đổi cos2x2cos2 x 1 hai nhân tử lại 2cos3x(cos có hệ số 2) sinx(sincó hệ số 1),thực phép biến đổi để nhóm nhân tử chung đa phơng trình dạng tích
Nh trờng hợp trái lại ta lựa chọn phép biến đổi cos2x 1 2sin2x
Cô thĨ ta xÐt vÝ dơ sau:
(43)Gi¶i:
Ta cã:
3 2
2
2
(2) 2sin 1 2sin cos 0 2( 1) 1 0 2(sin 1)(1 cos ) cos 1 0 2( 1)( 1) 0 (1 cos ) (sin cos ) 2(sin cos )
(1 cos )(sin cos )(sin cos 2) 0 1 cos 0
sin cos 0 sin cos
x x x sinx sin x cosx
x x x sinx cosx
x x x x x
x x x x x
x
x x
x
cos 1 2
sin( ) 0
2 ( ) 4 4
x x k
k
x x k
x vn
Vậy phơng trình có hä nghiÖm
Nhận xét: Nh có đợcphơng pháp suy luận việc lựa chọn hớng biến đổi cos2x Cuối trờng hợp hệ số đối xứng ta lựa chọn phép biến đổi
cos2xcos2x sin2 x Cơ thĨ ta xÐt ví dụ sau:
Ví Dụ 3: Giải phơng trình: sin3xcos3xcos2x (1)
Giải:
Phơng trình (1) sin3xcos3x cos2x sin2x
(cosxsin )(1 cos sinx x xcosx sin ) 0x
cos sin 0 (2)
1 cos sin cos sin 0 (3)
x x
x x x x
Giải (2): Ta đợc
sin cos tan 1
4
x x x x k k
Giải (3): Ta đặt sinx cosx t t | | 2, suy
2 1
sin cos
2 t x x Khi (3) có dạng:
2
2
1
1 0 2 1 0
2
t t t t
2
( 1) 0 1 sin cos 1 2 sin( ) 1 4
2 1
sin( ) 2
4 2 2
t t x x x
x k
x k
x k
(44)2.4.4- Phơng pháp tách hệ số.
Ví dụ 1: Giải phơng trình: cosxcos3x2cos5x0 (1)
Giải. 2
1 cos5 cos (cos3 cos5 ) 0 2cos3 cos 2 2cos cos 0
(4cos 3cos ).cos 2 cos 4 cos3 0 [(4cos 3)cos 2 cos ] os 0
{[2(1 cos ) 3]cos2 2cos 2 1}.cos 0 (cos 2 cos 2 1)cos 0
cos 0 1 17 cos2
x x x x
x x x x
x x x x x
x x x c x
x x x x
x x x
x x 1 2 2 2
cos 2 2 2
8 2
2 2
1 17
cos2 cos2 2
8 x k x k
x k x k k
x k x k x Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình:
sin 3 sin 5
3 5
x x
Giải. Biến đổi phơng trình dạng
3
5sin3 3sin 5 2sin 2 3(sin5 in3 ) 2(3sin 4sin ) 6cos sin
x x x x s x
x x x x
2
(3 sin 3cos4 )sin 0
3 cos2 3 cos 2 1 sin 0 3cos 2 cos 2 2 sin 0
x x x
x x x
x x x
cos 2 1
2
cos 2 cos2 2
cos 2 3
3 sin 0 cos 2 0
2 2 2
( ) x x x x x
x k x k
k
x k x k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
(45)3
2
sin 3 3sin 4sin
sin 5 sin( 4 ) sin cos 4 sin cos
sin cos 4 2cos sin cos2 sin cos4 4cos sin cos2
x x x
x x x x x x x
x x x x x x x x x x
2.4.5- Phơng pháp số biến thiên. Ví dụ 1: Giải phơng trình:
4
sin 3 sin sin 3 sin 1 0
2 2
x x
x x
(1)
Gi¶i.
Ta cã thĨ lùa chän c¸ch sau
Cách 1: Phơng pháp số biến thiên §Ỉt
2
sin 2 x t
®iỊu kiƯn 0 t 1
Khi (1) có dạng
2
sinx3 t sinx3 t 1 0
Ta cã
2
sinx 3 4 sinx 3 sinx 3 sinx 1 0
( sin x 1) Do phơng trình đợc chuyển thành
2
0 sin 1 0 sin 1 1 1 cos 1 sin
2 2 2
sin 1 ( )
2
x x
b x x
t
a
x x k k
Cách 2: Phơng pháp phân tích
1 sin2 1 sin 3 sin 1 0
2 2
x x
x
2
2
2
sin 3 sin cos 1 0
2 2
(sin 1)(sin 4sin 4) 0
(sin 1)(sin 2) 0 sin 1 2 ( ) 2
x x
x
x x x
x x x x k k
VÝ dô 2: Giải phơng trình:
2sin sin
3 x 3sinx 10 3 x 3 sinx 0
Gi¶i.
Đặt
sin
3 x , 0
t t
Khi phơng trình tơng đơng với
2
(46) 2 2
1 3sin 10 4.3 sin 3sin 8 3
3 sin t
x x x
t x
-Víi 1 3 t
ta đợc
sin 1
3 sin 2 1 sin 1 2
3 2
x x x x k k
-Với t 3 sinx ta đợc
sin
3 x 3 sinx Ta đoán đợc nghiệm sinx2và
0
3 2
Vì VT hàm đồng biến VP hàm nghịch biến, sinx2 nghiệm phơng trình Nhng phơng trình sinx2 vơ nghiệm
VËy phơng trình có họ nghiệm
2.4.6- Phơng pháp nhân. Ví dụ 1: Giải phơng trình:
1
2cos2 8cos 7 1 cos
x x
x
Gi¶i.
Điều kiện: cosx0 Nhân hai vế phơng trình (1) với cosx0 ta có
2
2cos cosx x 8cos x7cosx1
2
2cos (2cos 1) 8cos 7cos 1
x x x x
3
2
4cos 8cos 5cos 1 0 (cos 1)(4cos 4cos 1) 0
x x x
x x x
2
2 cos 1
(cos 1)(2cos 1) 0 1 ( )
2 cos
3 2
x k
x
x x k
x k
x
Các họ nghiệm thỏa mÃn điều kiện Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình
3
5
sin 5cos sin 2
2 2
x x
x
(47)+) Víi
cos 0 2 x
ta đợc
2
cos 2cos 1 1 2
x
x
vµ
sin 1 5
2 x
VP
Khi phơng trình (2) có dạng: 5
sin 5 2
x
v« nghiƯm
+)Víi
cos 0 2
2 2 2
x x
k x k k
(*) Nhân hai vế phơng trình (2) với
cos 0 2 x
ta đợc
3
5
2sin .cos 10cos sin cos
2 2 2 2
x x x x
x
3
3
3
2
3
sin 3 sin 2 5cos sin
3sin 4sin 2sin cos 5cos sin 3sin 4sin 2sin cos 5cos sin (3 4sin cos 5cos )sin 0 (5cos 4cos 2cos 1)sin 0
x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x
2
5cos cos 1 0 (5cos cos 1)(cos 1)sin 0 cos 1 0
sin 0
x x
x x x x x
x
*
1 21
cos cos
10
2 1 21
cos cos 2
10 sin 0
2 2 2
x
x k
x x k
x k x
x k
x k k
x k
2.4.7- Sử dụng phép biến đổi. Ví dụ 1: Giải phơng trình:
2
cos10x2cos 4x6cos3 cosx xcosx8cos cos x x
(48)Biến đổi phơng trình dạng
3
cos10 1 cos8 cos 2(4cos 3cos3 )cos 2cos9 cos 1 cos 2cos9 cos
cos 1
x x x x x x
x x x x x
x x k k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình:
2
cos xsin xcosx0 2
Gi¶i.
2 2
2 cos cos sin sin 0 (cos 1)(1 cos )sin 0 (cos 1)[cos 1 cos sin ] 0
x x x x x x x
x x x x
cos 1 1
sin cos sin cos 1 2 x
x x x x
Giải (1): Ta đợc x k2 , k Giải (2): Đặt
2 1
sin cos , 2 sin cos
2 t x x t t x x
2
2
1
2 0 2 0
2 1 2
sin cos 1 2 1 2
1 2
2 sin 1 2 sin sin
4 4 2
2 2
4 4
3
2 2
4 4
t
t t t
t
x x
t loai
x x
x k x k
k
x k x k
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Ví dụ 3: Giải phơng trình:
3
cos xsin xcosxsin 2xsinx (3)
Gi¶i.
3 (cosxsin )(1 cos sin ) cosx x x xsin 2xsinx
1
(cos sin )sin 2 sin 2 (cos sin 2)sin 2 0 2
sin 2 0 2
2
x x x x x x x
(49)Vậy phơng trình có họ nghiệm
2.5- Biến đổi phơng trình lợng giác thành tổng đại lợng không âm. Phơng pháp: Ta cần nhớ đại lợng không âm lợng giác, bao gồm
2, , cos , sin
A B x x
để sử dụng phơng pháp giải PTLG ta thực theo bớc sau
Bớc 1: Biến đổi phhơng trình ban đầu dạng A A1 2 An0 1
Bíc 2: Dïng lËp luËn Ai 0, i 1,n
Bớc 3: Khi
1
0 0
1 :
0
n
A A
I A
Bíc 4: Gi¶i hƯ I
VÝ Dô Minh Häa:
VÝ dô 1: Giải phơng trình:
2 2
cos 4xcos 8xsin 12xsin 16x2 1
Gi¶i.
2 2
2 2
1 1 sin 4 1 sin 8 2 sin 12 sin 16 2 sin 4 sin 8 sin 12 sin 16 0
sin 4 0 sin8 0
sin 4 0 4
sin12 0 4
sin16 0
x x x x
x x x x
x x
x x k x k k
x x
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình:
3
cos 2x cos6x4(3sinx 4sin x 1) 0 2
Gi¶i Ta cã:
2 2
2 cos2 cos6 4sin 3 4 0
(1 cos2 ) (1 cos6 ) 4sin 3 2 0
2cos 2sin 3 4sin 3 2 0 cos (sin 3 1) 0
x x x
x x x
x x x x x
(50)
cos 0 2
2
sin 3 1 3 2
2
x k
x
x k k
x
x k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 3: Giải phơng trình:
2
4cos x3tan x 4 cosx2 tanx 4 0 3 Giải.
Nhận xét: Ta nhận thấy phơng trình có hạng tử
2
cos , cos ,x x tan ,x tan2 x
vậy ta biến đổi phơng trình dạng tổng bình phơng hai biểu thức
Gi¶i.
Ta cã:
2
2
3 (4cos 4 cos 3) (3tan 2 tan 1) 0 2cos 3 3 tan 1 0
3 cos
2cos 3 0 2
1 3 tan 1 0 3 tan
3 2
6 2
6 6
x x x x
x x
x x
x x
x k
x k k
x k
Vậy phơng trình có họ nghiệm
Ví dụ 4: Giải phơng trình
1
tan 1 cot 1 4
sin 2
x x
x
Giải.
Điều kiện:
tan 1 cot 1 sin 2 0
x x x
(51)
2
1
4 tan 1 cot 1 tan cot 2
[(tan 1) tan 1 1] [(cot 1) cot 1 ] 0 ( tan 1 1) ( cot 1 1) 0
tan 1 0
tan cot 2 cot 1 0
x x x x
x x x x
x x
x
x x
x
tan cotx x 4
(mâu thuẫn) Vậy phơng trình vô nghiệm
Cỏch 2: S dng bt ng thức Cô si ta đợc 1 tan 1 tan 1(tan 1)
2 2
1 t 1 t
1(cot 1)
2 2
1 1
tan 1 cot 1 (tan cot )
2 sin 2
x x
x
co x co x x
x x x x
x
Do vËy
4 tan 1 1 tan cot 2
cot 1 1 x
x x
x
(mâu thuẫn).
Vậy phơng trình vô nghiệm
Ví dụ 5: Giải phơng trình
2 2
tan xtan ycot (x y ) 1 5
Gi¶i.Ta cã
1 tan tan
cot( )
tan tan
(tan tan )cot( ) tan tan
tan tan tan cot( ) tan cot( ) 1 *
x y
x y
x y
x y x y x y
x y x x y y x y
Do vËy
2 2
2 2
5 tan tan cot
tan tan tan cot( ) tan cot( ) 1
[(tan tan ) (tan cot ) (tan cot( )) ] 0 2
tan tan cot 6
x y x y
x y x x y y x y
x y x x y y x y
x y x y
(52)Tõ (5) vµ (6) ta cã:
1
tan tan cot
3 x y x y
6 6
x k
y k
hc
6 6
x k
y k
VËy ph¬ng tr×nh cã hä nghiƯm
Chó ý: Víi mäi x y, lµm tan , tan , tanx y x y cã nghÜa ta lu«n cã
tan tanx ytan cotx x y tan coty x y 1
VÝ dơ 6: Gi¶i phơng trình
sin sin
4 x 2 x.cos xy 2y 0
(6)
Gi¶i.
2
sin sin
2 sin sin
6 2 2.2 cos 1 2 0 2 1 (2 1) 0
2 1 sin 0
0 0
2 1
y
x x
y x
x y
x y
x x k
k
y y
Vậy phơng trình có họ nghiƯm
Nhận xét: Để giải phơng trình lợng giác phơng pháp đòi hỏi học sinh phải có t duy, nhận xét qua tốn xem đa đẳng thức số hạng khơng âm Với phơng pháp có tác dụng tích cực tới t sáng tạo cho học sinh
2.6- Giải phơng trình lợng giác phơng pháp đánh giá. Phơng pháp: Xét phơng trình f x g x x D (1)
Nếu x D f x, k g x k k, số phơng trình tơng đơng với h ệ
2 f x k
g x k
Nh ta quy ớc việc giải PTLG (1) giải hệ PTLG (2) Để đánh giá phơng trình ta dựa dạng sau:
D¹ng 1: TÝnh chất hàm số lợng giác biểu thức lợng giác
Dạng 2: PTLG dạng Pitago
Dng 3: Sử dụng bất đẳng thức Côsi
Dạng 4: Sử dụng bất đẳng thức Bunhicôpski Sau ta xét dạng
(53)VÝ dơ 1: Gi¶i phơng trình sinx 3 cos sin 3x x2 (1)
Gi¶i
Ta cã nhËn xÐt
| sin 3 cos | 2
(sin 3 cos )sin 3 2 sin 3 1
x x
x x x
x
Do phơng trình (1) tơng dơng với sin( ) 1
sin 3 cos 2 3
sin 3 1 sin 3 1
sin 3 cos 2 sin( ) 1 3 sin 3 1
sin 3 1 x
x x
x x
x x x
x x 2 6 sin 3 1
5
2 6 sin 3 1
x k x x k x 2 6 5 6 2 6 x k
x k k
x k
VËy ph¬ng tr×nh cã mét hä nghiƯm
VÝ dơ 2: Giải phơng trình:
8 10 10 5
sin cos 2(sin cos ) cos2 4
x x x x x
(2)
Gi¶i.
2 (1 2sin )sin2 (2cos2 1)cos8 5cos2 4
x x x x x
8 5
cos2 sin cos cos cos 2 4
x x x x x
8 8
cos 2 0 3
5
(sin cos ) os2 cos2 5
4 sin cos 4
4 x
x x c x x
x x
Giải (3) ta đợc
2
2 4 2
x k x k k Gi¶i (4): Ta cã nhËn xÐt
VT =
8 8
sin x cos xsin x1 2
(54)Nhận xét: Hầu hết phơng trình lợng giác dạng ban đầu cha thể khẳng định đợc có thuộc loại đánh giá hay khơng Tất đợc khẳng định sau biến đổi lợng giác mà biết
VÝ dô 3: Giải phơng trình
3
log sin
2
2
3.sin x 2 x log (sin x 1) log sinx
(3)
Giải.
Điều kiện sinx0 Ta thÊy
3
2
log sin log sin
2 x 2.2 x 2sin x
Ta cã
2
log sin
2
2
sin 1 3 3.sin 2 log
sin
x x
x
x
(4)
Víi sinx 0 ta cã
2
2
2
sin 1 sin 1
sin 1 2sin 2 log 1 5
sin sin
x x
x x
x x
Dấu = xảy chØ
6
10 10
2
1 sin cos
(sin cos ) (1)
4 sin 2 4cos 2
x x
x x
x x
sin2x 1 2sinx
2
(sinx 1) 0 sinx 1 *
Tõ (4) vµ (5)
2 3
3sin x 2sin x 1 2sin x 3sin x 1 0
2
(sinx 1) (2sinx 1) 0 (6)
Do sinx 0 2sinx 1 1 (6)
2
(sinx 1) 0
sin 1 2 ( ) (**)
2
x x k k
Tõ (*) vµ (**) ta suy
2 ( ) 2
x k k
là họ nghiệm phơng trình cho
2.6.2 Phơng trình lợng giác dạng Pitago.
2.6.3 Ví dụ 1: Giải phơng trình
6
10 10
2
sin cos
sin cos (1)
sin 2 4cos 2
x x
x x
x x
Gi¶i:
(55)VP=
2
3 2
2
2 2
3 1 sin 2 (sin cos ) 3sin cos 4 1
4 3sin 2 4 4 sin 2 cos 2 3sin 2
x
x x x x
x
x x x
Mặt khác: 10
10 10 2
10
cos cos 1 1 1
(sin cos ) (sin cos )
4 4 4
sin sin
x x
VT x x x x
x x
Do đó: (1)
10 10 cos 0 cos 1 cos cos 1
4 sin sin sin 0 sin 1 x x x x VT x x x x cos 0
sin 2 0 2 ( )
sin 0 2
x
x x k x k k
x
Nh vËy b»ng nhËn xÐt
2
cosnx cos x , sinn x sin x n( 2, n )
vµ ta giải toán cách dễ dàng
Ví dụ 2: Giải phơng trình:
2007 2008
sin x cos x1
Gi¶i: Ta cã:
2
2007
sin 1 sin sin 1 sin sin 1 sin sin ( )
x x x x x
x x a
Mặt khác ta có:
2
2008
cos 1 cos cos 1 cos cos 1 cos cos ( )
x x x x x
x x b
Tõ (a) vµ (b)
2007 2008 2
sin x cos x sin x cos x 1
DÊu “=” x¶y
3
3
sin 0 sin 1
sin sin sin 0
sin 1 cos 0 cos cos 2 cos 1 x x k x
x x x
k
x x k
x x x x
2.6.3 Sử dụng bất đẳng thức Cosi:
VÝ dô 1: Giải phơng trình:
8 1
sin 2 cos 2 (1) 8
(56)Gi¶i:
Cách 1: Sử dụng giải PTLG hỗn hợp chứa biểu thức đối xứng sin ,cosx x Ta có:
8 4 4
2
2 2 2 4
2 4
sin 2 cos 2 (sin 2 cos ) 2sin cos 2 (sin 2 cos ) 2sin cos 2 2sin cos 2
1 1 1
(1 sin ) sin 4 sin 4 sin 4 1
2 8 8
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
Lúc (1)
4 4
1 1
sin 4 sin 4 1 sin 4 8sin 4 7 0
8 x x 8 x x
2
sin 4 1
cos4 0 sin 4 7 ( )
4
2 8 4
x
x
x vn
x k x k k
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Cosi Ta có nhận xét
8 4
8 4
1 1 1 1
cos 2 ( ) ( ) ( ) cos 2
2 2 2 2
1 1 1 1
sin ( ) ( ) ( ) sin 2
2 2 2 2
x x
x x
Céng vÕ víi vÕ
8 1 1 2
sin 2 cos 2 6 ( ) (sin 2 cos )
2 2
x x x x
8 1
sin 2 cos 2 8
x x
Do đó: (1)
8
2
8
1 cos 2 ( )
1
2 sin 2 cos 2 cos 4 0
1 2
sin 2 ( ) 2 x
x x x
x
4 ( )
2 8 4
x k x k k
VÝ dô 2: Giải phơng trình:
1
(tan cot ) sin cos 2, (2) 4
n n n
x x x x n n
Giải:
Điều kiện:
cos 0
sin 2 0 2 ,
sin 0 2
x
x x k x k k
x
(57)+) Với n 2 phơng trình cho trở thành
2 2
1
(tan cot ) sin cos 1 4
x x x x
Ta cã:
2 1 1
(tan cot ) tan cot 1
6 2
x x x x
DÊu “=’’ x¶y ra:
2 1
tan cot 6
1
tan tan ( )
2
x x
x x k k
+) Víi n2 ta cã
1 1
| tan cot | (| tan | | cot |) 1
4 4
n n
x x x x
(Theo bất dẳng thức Cosi) Mặt khác: n 2 th×
2
|sin | sin
|sin | | cos | 1 | cos | cos
n
n n
n
x x
x x
x x
Do đó:
1 |sin cos | |sin | | cos | | tan cot |
4
nx nx nx nx x x n
DÊu “=” x¶y
2
| sin | sin
| cos | cos 2
1 1
| tan | | cot | | tan | | cot |
4 4
n n
x k
x x
x k
x x
x x x x
Hệ vô nghiƯm
Vậy phơng trình cho có hai họ nghiệm
2.6.3 Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski Ví dụ 1: Giải phơng trình
2
sinx 2 sin x sinx 2 sin x 3 (1)
Gi¶i:
Ta cã:
2 2
2 2
(1.sin 2 sin sin 2 sin )
(1 sin sin ) sin 1 sin 9 3
VT x x x x
x x x x VT
(58)Vậy phơng trình cã nghiÖm
sin 1 ( )
2
x x k k
VÝ dơ 2: Gi¶i phơng trình :
2
tanx tan 2x cot 3x 1
Gi¶i:
§iỊu kiƯn
cos 0 sin 4 0
cos2 0 1
cos3
sin 3 0 2
x x
x
x x
Ta cã:
tan 2 tan 1 tan (2 )
1 tan tan cot 3
tan tan tan cot 3 cot tan 1
x x
x x
x x x
x x x x x x
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có
2 2
1 tan tan x x tan cot3x x cot3 tanx x tan x tan 2x cot 3x DÊu “=” x¶y tanx tan 2x cot 3x
2
2tan
tan tan 2 tan
1 tan cot 3 tan
cot 3 tan tan 0
cot 3 0 cot 3 0 x
x
x x
x
x x
x x
x x k
x x
Hệ phơng trình vơ nghiệm Vậy phơng trình cho vơ nghiệm
2.7- Dùng phơng pháp khảo sát hàm số
Phơng pháp ta dùng tính chất biến thiên ( đồng biến hay nghịch biến) cực trị hàm số để tìm nghiệm phơng trình Để hiểu rõ vấn đề ta xét số ví d c th
Ví dụ 1: Giải phơng trình:
2
1 cos (1) 0
2 2
x
x x
Phơng trình cho tơng đơng với
2
1 cos 0
2 x
x
(59)XÐt hµm sè
2
'
( ) 1 cos ( ) sin 2
x
f x x f x x x
"
( ) 1 cos 0 0 ; 2
f x x x
Bảng biến thiên x
0 2 ( )'
f x ( )''
f x
0 1
2 ( )
f x
0
2
1 8
Dựa vào bảng biến thiên ta suy
( ) 0 0 ; 2 f x x
DÊu “=” x¶y x0
Vậy phơng trình cho có nghiệm x 0
Ví dụ 2: Giải phơng trình:
2 cos 1
1 sin 2 sin 2 cos2 2
x
x x x
(2)
Gi¶i:
Ta cã : (2)
2 cos 2
2sin 2x x sin 2x 2(1 cos2 ) 2x
cos 2
cos cos
cos
(1 cos2 )( 2 (1 cos ) 2(1 cos ) 0 (1 cos2 ) 2 (1 cos ) 2 0
(1 cos2 )(2 cos 2 1) 0 1 cos 2 0 (2)
2 cos 2 1 0 (3)
x x x x
x x x
x x
x x
x x
Ta cã: (2) cos 2x 1 2x k 2 x k k (4) Đặt cos 2x t t 1 phơng trình (3) trở thành ( ) 2 1 0
t
f t t
Rõ ràng f t( ) hàm số đồng biến Lại có f(0) 0 t 0 nghiệm (3)
(60)Víi t0 ta suy
cos 2 0 2 ( ) (5)
2 4 2
x x k x k k Từ (4) (5) suy phơng trình cho có hai nghim
Ví dụ 3: Giải phơng trình :
log2 sin x(4 sin ) log 5 x (1)
Gi¶i:
Ta cã:
5
3 5
5
log (4 sin )
(1) log 5 log (4 sin ) log 5.log (2 sin ) log (2 sin )
x
x x
x
5
log sinx log (2 sin )x
Đặt log sin5 x log (2 sin )3 x t
Lúc ta có:
2 sin 3 4 sin 5
t t
x x
(2)
1 3
2 5 3 2( ) ( ) 1 (3)
5 5
t t t t
XÐt hµm sè
1 3 ( ) 2( ) ( )
5 5
t t
f t
Ta thấy f t( ) hàm nghịch biến f(1) 0 t 1 nghiệm phơng trình (3)
Với t1 vµo (2) ta cã
sin 1 2 ( )
2
x x k k Vậy phơng trình có họ nghiệm nhÊt
Nhận xét: Phơng trình f x( )m f x( ) hàm đồng biến (hoặc nghịch biến ) miền xác định phơng trình , có nghiệm nghiệm
Phơng trình f x( ) g x( ) miền xác định phơng trình ,2 hàm số f x( ) g x( ) có tính đồng biến nghịch biến trái ngợc ,nếu có nghiệm nghiệm
VÝ dụ 4: Giải phơng trình :
2
sin cos 2
n
n x nx n
víi
0 , 2
2
x n
Giải:
Xét hàm số
2
( ) sin cos 2
n
n n n
f x x x
víi 0 x 2 ,n 2
(61)Ta cã
1 2
( )' sinn cos sin cosn sin cos (sinn cosn )
f x n x x n x x n x x x x
2
( )' 0 sin cos 0
4
n n
f x x x x
Bảng biến thiên: x
0 4
2 ( )'
f x ( )
f x
2
2
n
Dựa vào bảng biến thiên
2
( ) ( ) 2 4
n
f x f
Từ ta có
2
( ) 2
4
n
f x x
0; 2
VËy phơng trình có nghiệm là: 4 x
Nhận xét : Với phơng pháp khảo sát hàm số ta thờng áp dụng để chứng minh nghiệm ta nhẩm nghiệm dựa vào bảng biến thiên để suy nghiệm phơng trình Do địi hỏi học sinh cần tinh ý xem toán nên áp dụng phơng pháp Đặc biệt phơng pháp thờng đợc áp dụng để tìm nghiệm PTLG dạng đại số
2.8- BiƯn luận phơng trình lợng giác chứa tham số
Cng nh phơng trình có chứa tham số khác ,việc giải biện luận PTLG có chứa tham số quan trọng chơng trình tốn phổ thơng nh đề thi Đại Học.Thờng tốn lợng giác chứa tham số u cầu tìm điều kiện tham số để phơng trình có nghiệm tìm điều kiện tham số để phơng trình có n nghiệm thuộc khoảng D Để có nhìn tổng quan phơng pháp giải phơng trình ta xét dạng
Dạng 1: Tìm điều kiện để phơng trình có nghiệmx D
Cho phơng trình Q m x( , ) (1) phụ thuộc vào tham số m ,x D Tìm m để phơng trình có nghiệm
Cách 1: Phơng pháp đạo hàm
Bớc 1: Đặt ẩn phụ t h x( ) h x( ) biểu thức thích hợp phơng trình (1)
Bớc 2: Tìm miền giá trị (điều kiện) t tập xác định D Gọi miền giá trị t D1
Bớc 3: Đa phơng trình (1) phơng tr×nh f m t( , ) 0
(62)Bớc 5: Căn vào bảng biến thiên kết bớc mà định giá trị ca m
Cách 2: Phơng pháp tam thức bậc hai
( áp dụng đa Q m x( , ) vỊ d¹ng tam thøc bËc hai )
Bớc 1: Đặt ẩn phụ t h x( ) h x( ) biểu thức thích hợp phơng trình (1)
Bớc 2: Tìm miền giá trị (điều kiện) t tập xác định D Gọi miền giá trị t D1
Bớc 3: Đa phơng trình (1) phơng trình
2
( , ) 0
f m t at bt c Bớc 4: Giải tìm điều kiện để tam thức f m t( , ) có nghiệm t U
Bíc 5: KÕt luËn
Ví dụ 1: Tìm m để phơng trình có nghiệm
0; 4 x
2
cos 4sin cos 2 0
m x x x m
(1)
Gi¶i:
Víi
0; 4 x
cosx 0. Chia hai vế phơng trình cho
2
cos x 0
ta đợc
2
4tan ( 2) (1 tan ) 0
( 2) tan 4tan 2 2 (2)
m x m x
m x x m
Đặt t tanx
0; 4 x
nên t 0; 1 ta đợc
2
(m 2) t 4 t 2 m 2 0 3
Khi (1) có nghiệm
0; 4 x
vµ chØ (3) cã nghiƯm t 0; 1 Ta cã thÓ lùa chän mét hai c¸ch sau
Cách 1: +) Với m 2 0 m 2, (3) có dạng
1
4 0 0 ; 1
2
t t
Vậy m2 thỏa mãn đề
(63) (3) cã nghiƯm 0; 1 hc (3) cã nghiƯm 0; 1
2
(3 8)(2 2) 0 (1) (2) 0
' 0 2 6 0
8 (1) 0 (3 8)( 2) 0 1
3 (0) 0 ( 2)(2 2) 0
2
0 1 0 1
2 2
m m
f f
m m
af m m m
af m m
S
m
VËy víi
8 1
3 m
phơng trình có nghiệm
0; 4 x
C¸ch 2: Viết lại phơng trình dới dạng :
2
2 4 2 2
t t
m t
Phơng trình có nghiệm
0; 4 x
đờng thẳng y m cắt đồ thị hàm số
2
2 4 2 2
t t
y
t
trªn 0 ;1
XÐt hµm sè (C)
2
2 4 2 2
t t
y
t
trªn 0 ;1
Đạo hàm
2
2 2
4 4 8 4( 1)( 2)
' 0 0;1
( 2) ( 2)
t t t t
y t
t t
tức hàm số đồng biến 0 ;1
Do đờng thẳng y m cắt đồ thị hàm số(C) khoảng 0 ;1 8
(0) (1) 1
3
y m y m
VËy víi
8 1
3 m
phơng trình có nghiệm
0; 4 x
Ví dụ 2: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm
4 6
4(sin xcos ) 4(sinx xcos ) sin 4x x m (1)
(64)6
4
2
3 sin cos 1 sin 2
4 1 sin cos 1 sin 2
2
sin 4 4sin 2 4sin 2
x x x
x x x
x x x
Do phơng trình đợc biến đổi dạng
2 2
4
3 1
4(1 sin ) 4(1 sin ) 4sin 2 4sin 2
4 2
4sin 2 3 sin 2
x x x x m
x x m
Đặt
2
sin 0 1
t x t Khi phơng trình có dạng 4t2 3t m (2) Cách 1: phơng trình (1) có nghiệm (2) có nghiệm 0 ; 1
(2) cã nghiƯm hc (2) cã nghiÖm 0 ; 1 (0) (1) 0
(1 ) 0
' 0 9 16 0
0 1
9
(0) 0 0 1
9
16 0
(1) 0 1 0
16 3
0 1 0 1
2 8
f f
m m
m m
af m m
m
af m
S
VËy víi 9
1 16 m
phơng trình có nghiệm
Cách 2: Phơng trình (1) có nghiệm đờng thẳng y m cắt đồ thị hàm số
2
4 3
y t t trªn đoạn 0;1 Xét hàm số
2
4 3 y t t
đoạn 0;1 Đạo hµm
3 ' 8 3 , ' 0
8 y t y t B¶ng biÕn thiªn
t
0 3
8 '
(65)y
9 16
Dựa vào bảng biến thiên ta đợc điều kiện 9
1 16 m
VËy víi 9
1 16 m
phơng trình có nghiệm
Ví dụ 3: Cho phơng trình
2
cos2x m 1 tan cos x x (1)
Tìm m để phơng trình có nghiệm thuộc 0;
3
Giải:
Điều kiện
cos 0 (*) tan 1
x x
Đặt ttanx
2
1 cos 2
1 t x
t
vµ
2
2
1 cos
1 x
t
Khi phơng trình có dạng
2
2
2
1 1
1 1 1
1 1
t
m t t m t
t t
V×
0; 3 x
suy t0 ; 3
Do 1 t 0 nên phơng trình đợc viết lại dới dạng (1 t) 1 t m
Để phơng trình (1) cã nghiÖm
0; 3 x
phơng trình (3) có nghiệm t0 ; 3 , suy đờng thẳng y m cắt đồ thị hàm số y (1 t) 1t trên đoạn 0 ; 3
XÐt hµm sè y (1 t) 1t trªn D 0 ; 3
Đạo hàm
1 2(1 ) 1 3 1
' 1 0
2 1 2 1 2 1
t t t t
y t t D
t t t
(66)Do điều kiện f( 3) m f(0) (1 3) 1 3 m 1 Vậy với (1 3) 1 3 m 1 thoả mãn điều kiện đề
Nhận xét: Với toán dạng cần phải nhớ đặt ẩn phụ, ta nên nhớ đặt điều kiện cho ẩn phụ từ ta xét điều kiện cho ẩn ban đầu
Dạng 2: Tìm điều kiện để phơng trình có k nghiệm thuộc D
Cho phơng trìnhQ m x( , ) (1) phụ thuộc vào tham số m , x D Tìm m để phơng trình có k k( 1) nghiệm thuộc D
Cách giải:
Cỏch 1: Phng phỏp o hàm
Bớc 1: Đặt ẩn phụ t h x( ) h x( ) biểu thức thích hợp phơng trình
Bớc 2: Tìm miền giá trị (ĐK) t tập xác định D Gọi miền giá trị t U
Bíc 3: Đa phơng trình (1) phơng trình f m t( , ) 0
Bớc 4: Tìm mối tơng quan số lợng t U x D phơng trình t h x( ) Hay nói cụ thể xét xem với toU phơng trình to h x( ) cã bao nhiªu nghiƯm x D
Bớc 5: Lập bảng biến thiên hàm sè f m t( , ) trªn miỊn U
Bớc 6: Căn vào bảng biến thiên kết bớc mà xác định giá trị m
Cách 2: Phơng pháp tam thức bậc hai
Bớc 1: Đặt ẩn phụ t h x( ) h x( ) biểu thức thích hợp phơng trình
Bớc 2: Tìm miền giá trị (điều kiện) t tập xác định D Gọi miền giá trị t U
Bíc 3: Đa phơng trình phơng trình bậc hai theo t
Bớc 4: Tìm tơng quan số lợng t U x D phơng trình t h x( ) Hay nói cụ thể xét xem với toU phơng trình to h x( ) cã bao nhiªu nghiƯm x D
Bớc 5: Giải tốn tìm điều kiện để tam thức f m t( , ) có đủ nghiệm t U gây nên k nghiệm x D
Chó ý: Gäi k số nghiệm phơng trình Q x( ) D, m số nghiệm phơng trình t h x( ) D, n số nghiệm phơng trình f t( ) U k m n .
Ví dụ 1: Cho phơng trình
3
cos xsin x m (1)
Xác định m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt
; 4 4 x
(67)Gi¶i:
Ta cã : (1) (cosx sin )(1 cos sin )x x x m Đặt
2
cos sin 2 cos( ) sin 2 1 4
t x x x x t
Víi
0 0 cos( ) 1 0 2
4 x 4 x 4 2 x 4 t
Khi phơng trình (1) trở thành
2
1
1 (1 ) 3 2
2
t t m t t m
Ta nhận thấy với giá trị t0; 2 phơng trình
2 cos( ) 4 t x
có nghiệm ;
4 4 x
Do (1) có nghiệm phân biệt
; 4 4 x
(2) có nghiệm t0; 2 Xét hàm số
3
( ) 3
f t t t víi t0; 2
2
( )' 3 ( )' 0 1 f t t f t t Bảng biến thiên
t
0 2 f t( )'
( ) f t
2
0 2 Dựa vào bảng biến thiên suy (2) có nghiệm t0; 2
2
2 2 2 1
2
m m
Vậy giá trị m cần tìm
2
1 2 m
Ví dụ 2: Cho phơng trình
tan tan
(3 2) x (3 2) x 1
(68)Tìm m để phơng trình có nghiệm
; 2 2
Giải :
Điều kiện
cos 0
2
x x k k Ta thÊy
tan tan
(3 2) x.(3 2) x 1
Do đặt
tan
(3 2) x 0 t t th×
tan 1
(3 2) x
t
Khi phơng trình có dạng
2
1
1 0
t m t mt
t
Cách 1: Để phơng trình có nghiệm
( ; ) 2 2
(2)
có nghiệm dơng phân biÖt
2
0 4 0
(0) 0 1 0 2
/ 0 / 0 m
af m
S m
VËy víi m2 thoả mÃn điều kiện đầu
Cỏch 2: Để phơng trình có nghiệm
( ; ) 2 2
đờng thẳng y m cắt đồ thị hàm số
1 y t
t
(0;) điểm phân biệt Xét hàm
1 y t
t
D(0;)
Đạo hàm 2
1 1
' 1 ' 0 1 0 1
y y t
t t
Bảng biến thiên :
t '
y
y 2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy m2 thoả mÃn điều kiện toán
Ví dụ 3: Biện luËn theo m sè nghiÖm
3 0;
2
(69)msinxcosx2m (1)
Gi¶i:
Biến đổi phơng trình (1) dạng
cos cos (2 sin )
2 sin x
m x m
x
Số nghiệm phơng trình số giao điểm đờng thẳng y m Với đồ thị hàm số
cos 2 sin
x y
x
trªn
3 0;
2 D
XÐt hµm sè
cos 2 sin
x y
x
Miền xác định
3 0;
2 D
Đạo hàm
2
sin (2 sin ) cos cos 1 2sin '
(2 sin ) (2 sin )
x x x x x
y
x x
1 ' 0 1 2sin 0 sin
2
y x x
víi x D ta cã
6 5 6 x x
Bảng biến thiên:
x
0 6
5
6
3
2
'
y + y
1
3 0
1
2 1
3
KÕt luËn:Víi
1 3 m
phơng trình vô nghiệm
Víi
1 3 m
hc
1 0
2 m
phơng trình có nghiệm D Với
1
0 3 m
hc
1 1
2 m 3 phơng trình có nghiệm D
(70)cũng phải nắm vững phơng pháp giải số phơng trình lợng giác khơng mẫu mực để có hớng đắn cho toán
Bài tập củng cố:
Giải phơng trình sau
1.
2
sin ( ) 3 sin3 1 2 0
2 x x
2
3
8cos ( ) cos3 3
x x
3.
1 cot tan
sin
x x
x
4
1 sin( ).
tan cos
1 2 x 3.4 x x
5.
4
sin sin
log x.log x 4
6. 2
3sin 2sin
( ) 2
sin cos
7
log log
x x
x x
x x
7.
sin 2 5sin cos3
3 6
x x x
8.
6
32sin sin 6 1 4
x x
9.
sin 3 sin sin
4 4
x x x
10
2
2
1 2
18cos 5(3cos ) 5 0
cos cos
x x
x x
11
2
2 cosx 3 4cos x 3 cosx 3 4cos x 5 12. sinx cosx 4sin 2x1
13
2 1 cos
tan
1 sin x x
x
14.
sin sin
7 3 x 7 3 x 4
15
cot cos
3
2log x log x
16 log(3sin2 2x2) 3cos2x
17.
( 2cos 1)
log
2 x 2cosx 18. cos 2x cos6x4(3sinx 4sin3x1) 0
19
2
3sinx 2sin x 4cosx 6 0 20. 4sin2xsin 33 x4sin sin 3x x 21
2 2 cos 2sin 2 0
x x xy xy
22. sinxsinysinz 6 sin x 1 sin y 1 sin z
23.
5 sin sin 2 sin 3
2
x x x
24.
1
cot3 cot 2 0
sin sin sin
x x
x x x
25. cosx 3 sin 2x 3 sinx cosx 4 0 26.
2 2 sin 1 0
x x xy
27.
4
4
1 1 sin
sin cos 8
sin cos 2
y
x x
x x
28
3 3 81
sin sin cos cos cos
2 2 2 2 4
x x x x
x
(71)29
2
2 cosx 3 4cos x 3 cosx 3 4cos x 5
30
2
sinxcosx 3 sin x2cos x 2 31
3 1
8cos
sin cos x
x x
32
1 1 1 tan tan 3
cos cos2 cos cos3 sin
x x
x x x x x
33.
6
2008 2008
4
sin cos sin cos
3cos cos cos 2
x x
x x
x x x
34
3 sin cos sin cos sin cos 1 ln
4 sin cos
x x
x x x x
x x
35
sin
2
log log
sinx3 x (sin )x
37 Cho phơng trình mcosx 2cosx cos4x1 Xác định m để phơng trình có nghiệm
; 3 2 x
.
38 Cho phơng trình 4(cosx sin ) sin 2x x m Tìm m phng trỡnh vụ nghim
39 Cho phơng trình
3 2
sin (3 4)sin cos (3 7)sin cos ( 3)cos 0
m x m x x m x x m x
Xác định m để phơng trình có nghiệm phân biệt thuộc
;0 2
.
40 Cho phơng trình
sin ( 1)cos
cos m
m x m x
x
a Xác định m phng trỡnh cú nghim
b Giả sử mlà giả thiết làm cho phơng trình có nghiệm x x1, 2 tho¶ m·n 2
x x k TÝnh cos2(x1x2) theo m
41 Cho ph¬ng tr×nh
4
(cosx 2) (1 cos ) x m Xác định m để phơng trình có nghiệm
42 Cho phơng trình sin 4x m tanx
Xác định m để phơng trình có nghiệm x k k ( )
(72)Xác định m để phơng trình (1) có nghiệm
0; 2 x
44. Cho phơng trình
2 2
( 1) tan 2 0
cos
m x m
x
Xác định giải thiết m để phơng trình có nhiều nghiệm
0; 2 x
.
45 Cho phơng trình
2
cos2 2( 1)sin 3 2 0 2
x
x m m
Xác định m để phơng trình có nghiệm
; 3 3 x