ON THI DH PHUONG TRINH LUONG GIAC

C ũng như đại số hóa, đây l à m ột tư tưởng quan trọng khi giải phương tr ình nói chung,. phương tr ình l ượng giác nói riêng.[r]

PHẠM HỒNG PHONG

 Phân loại chi tiết

 Hệ thống ví dụ phong phú

 Bài tập có đáp số đầy đủ

 Trích dẫn tất thi năm 2002 - 2012

Bản quền thuộc ThS Phạm Hồng Phong – Trường Đại học Xây dựng

Tài liệu download miễn phí violet.vn

Mục lục

Chủ đề 1. Một số kiến thức chung phương trình lượng giác 1

Loại 1. Các phương trình lượng giác 1

Loại 2. Phương trình bậc sin cos 13

Chủ đề 2.Đặt ẩn phụ để giải phương trình lượng giác 23

Loại 1. Một số phép đặt ẩn phụ đơn giản 23

Loại 2. Phép đặt ẩn phụ cho phương trình đối xứng gần đối xứng sin, cos 33 Loại 3. Phép đặt ẩn phụ x 2 ttan 41

Loại 4. Phép đại số hóa t = tanx 47

1

Chủ đề 1. Một số kiến thức chung phương trình lượng

giác

Loại 1.Các phương trình lượng giác bản

A.Tóm tắt lý thuyết

1.Phương trình sin xm  1

* Điều kiện có nghiệm:  1 có nghiệm  m  1;1

* Công thức nghiệm: Với m  1;1, ta có  1  x arcsin m 2k

x arcsin m 2k

  

 

    



(k)

Trong đó, arcsin m nghiệm thuộc đoạn

2 2;

 

 

  phương trình sin xm (

Hình 1)

Ta thấy với m  1;1, giá trị arcsin m

luôn tồn

y=sinx

-1 1

-π 2

π

2 arcsinm

O m y

x

Hình

2.Phương trình cos xm  2

* Điều kiện có nghiệm:  2 có nghiệm  m  1;1

2

Trong đó, arccos m nghiệm thuộc đoạn

0; phương trình sin xm (Hình 2) Ta thấy với m  1;1, giá trị arccos m

luôn tồn

π

y=cosx

-1 1

π

2 arccosm O

m y

x

Hình

3.Phương trình tan xm  3

Với m, ta có  3  xarctan m k (k)

Trong đó, arctan m nghiệm thuộc khoảng  

2 2;

 



phương trình tan xm (Hình 3)

Ta thấy với m, giá trị arctan m tồn

y=tanx

arctanm -π

2

π

2 O

m y

x

Hình

3 Với m, ta có  4  xarc cot m k (k)

Trong đó, arc cot m nghiệm thuộc khoảng 0; phương

trình cot xm (Hình 4)

Ta thấy với m, giá trị arc cot m tồn

π

2 π

O

y=cotx

arccotm m

y

x

Hình

5.Ngồi phương trình kể trên, phương trình sau có cách giải gần giống phương trình bản:

+) sin f x  sin g x       

   

f x g x 2k

f x g x 2k

   



    



(k);

+) cosf x cosg x   f x  g x 2k (k)

+) tan f x  tan g x       

  2

f x g x k f x  k

   

 

  

 

4

B.Một số ví dụ

Ví dụ 1.GPT: 2cos x sin x2  2  1

Giải

 1  2 sin x  2 sin x2

 2sin x sin x2  0

 sin x sin x 1  0

 1

2 sin x 0 sin x

  

 



6 5 6

x k

x 2k

x 2k

 

   

    



  



, (k)

Ví dụ 2.GPT: sin 2xcos x0  1

Giải

 1  2sin x cos xcos x0

 cos x sin x 1  0

 1

2 cos x 0 sin x

  

  



2 6 7

6

x k

x 2k

x 2k

  

    

     



  



, (k)

Ví dụ 3.GPT: sin x2 cos 2x2 1  1

Giải

 1  cos 2x2  1 sin x2

5

 cos 2x cos x

cos 2x cos x           2 3

 2  2x x 2k

2x x 2k

           2k 3 x 2k x         2k 3

x  (  2k 

3

2k k    k )  3  cos 2xcos x

 2x x 2k

2x x 2k

              2k 3 3 x x 2k             Vậy nghiệm  1 là: 2k

3

x , 2k

3 3

x  , x  2k (k)

Ví dụ 4.GPT: sin 3x sin5xcosx

2 2

  1

Giải

 1  1 

2

sin 3x sin 3xsin 2x

 sin 3xsin 2x

 3x 2x 2k

3x 2x 2k

            2k 5 5 x 2k

x  

 

 

 



(k)

Ví dụ 5.GPT: sin 3x cos 4x  cos 3x sin 4x  1

Giải

6

 sin 7xsin 3x

 7x 3x 2k

7x 3x 2k

  

 

    





k 2

k 10 5 x

x



 

  

  



(k)

Ví dụ 6.GPT: sin 4x sin 7xcos 3x cos 6x  1

Giải

 1  1  1 

2 cos11x cos 3x 2 cos 9x cos 3x

   

 cos11x cos 9x  cos11xcos 9x

 11x 9x 2k

11x 9x 2k

    



     





k 20 10

2 x

x k

 



  



     

(k)

Ví dụ 7.GPT: 1 tan x

2 3

cos x

1

   1

Giải

 1  1 tan x

2 3

cos x

1 0

 

  

 

 

 2 tan x

3

tan x 0

 1

3 tan x tan x  0

7

 1

3

tan x 0 tan x        6 x k

x  k

   

  



(k)

Ví dụ 8.GPT: 2sin x sin x 12

2 cos x 3 0

 

   1

Giải

Điều kiện để  1 có nghĩa: 2cos x 30  3

2

cos x 

6

x 2k (k)

Ta có  1  2sin x sin x 12   0  1

2 sin x 1 sin x        2 6 7 6 x 2k x 2k x 2k                   

(k)

Kết hợp điều kiện: Những giá trị vi phạm điều kiện

biểu diễn điểm trắng, giá trị thỏa mãn

1 2 sin x 1 sin x      

được biểu diễn điểm đen

 họ nghiệm  1

2 2k

 , 7 6 2k

  (k)

y

x

π

2+2kπ

7π

6+2kπ

-π

6+2kπ

π

6+2kπ -1

-1 1

1 O

Chú ý: Khi biểu diễn họ 2k

n

x    (k, n*, n số) đường tròn lượng giác ta được:

+) Một điểm trường hợp n1

+) Hai điểm đối xứng qua gốc tọa độ trường hợp n2 Hai điểm

điểm biểu diễn giá trị 2k

n



8 +) n điểm cách trường hợp n3 n điểm điểm biểu diễn giá

trị 2k

n



  với k0, 1, …, n 1 y

x -1

-1 1

1 O

n2

y

x -1

-1 1

1 O

n3

y

x -1

-1 1

1 O

n4

Ví dụ 9.Giải phương trình 1 sin x 2 cos x2  cos x 0  1 Giải

Điều kiện để  1 có nghĩa: cos x0

 1 

2 1 sin x 2cos x 0

cos x 0

   



 



 

 

2 3

Ta thấy  2  1 sin x 2 sin x  2 0

 2sin x2 5sin x30

  

1 2

sin x 3 1 sin x

    



  



vô nghiệm

 6

7 6

x 2k

x 2k

 

    



   



 3  cos x0 

2

9 Kết hợp điều kiện: biểu diễn nghiệm  2  3

đường tròn lượng giác (điểm đen) bỏ điểm vi phạm điều kiện (điểm khoanh trắng), ta họ nghiệm

của  1 là:

2 k

 ,

6 2k



   (k)

-π 2+2kπ

y

x

π

2+2kπ

7π

6+2kπ

-π

6+2kπ -1

-1 1

1 O

Ví dụ 10.Giải phương trình 1

2 8 cos x

sin x

  1

Giải

Điều kiện để  1 có nghĩa: cos x0 

2

x  k  2

Ta có  1  1 2

2 8cos x sin x 0

sin x 

 

 

 

 

 

3 4

 4   

2 2

8 sin x cos x 1 cos x 0 cos x 0

   

 

  

 2sin 2x2 1

 cos 4x0



2

4x  k

 k

8 4

10 Kết hợp điều kiện: biểu diễn nghiệm  4 đường

tròn lượng giác (điểm đen) bỏ điểm vi phạm hai điều kiện  2 ,  3 (điểm khoanh trắng), ta họ nghiệm  1 là:

8 2k

 , 3 8 2k

 , 5 8 2k

 , 7 8 2k

  (k)

-7π

8 +2kπ -5π

8 +2kπ

-3π

8 +2kπ -π

8+2kπ 7π

8+2kπ 5π

8+2kπ

3π

8+2kπ

π

8+2kπ y

x -1

-1 1

1 O

Chú ý: Họ nghiệm 2k

n

x    (k) thực tập hợp  2k  n k



   Ta có

 2k     2      2 

n k 2k k n 2k k n n 2k k

       

                 

 

   

nói cách khác 2k

n

x      

 

2 n

2 n

x 2k

x 2k

x n 1 2k





   

 

    

   

 

     

  



11

C.Bài tập

Bài 1.Giải phương trình sau 1) sin x 3 cos x0

2) 1

4

sin x cos x

3) sin 3x cos 2xsin 2x cos x 4) cos x cos x 2 3 cosx 0

2

  

5) 2sin x 4sin x 3 3 sin xsin 2x0 6) sin x sin 2x cos x cos 2x 0 7) sin x sin 2x cos xcos 2x0

Bài 2.Giải phương trình sau 1) cos x cos 7x  

cos 6x sin x 4



 

 

 

 

2) 1 1 2

sin xcos x sin 2x

3) 1 1 2

sin xcos x  sin 2x

4) sin 2x tan 2x tan x  1 5) sin 2xtan x sin 2x tan 2x  

6)    

2 x 2 3 cos x 2sin

2 4 2cos x 1 1



  

 

7)   2 cos 2x 1

2 cos x2

12

D.Đáp số

Bài 1 1)

3 k

  (k) 2)

12 k

  , 5 6 k

  (k)

3) k, k

8 4

  (k) 4) 4k

5

 , 4k 7

 (k)

5) k, k

8 2

 ,

4 k

  (k) 6) 2k, 2k 6 3

  (k)

7) 2k, 2k

3 3

  (k)

Bài 2 1) k, k

5

 (k) 2)

12 2k



  , 7

12 2k

  (k)

3)

12 2k

  , 7 12 2k



   (k) 4) k

8 2

 

 (k)

5) x k (k) 6) 4

3 2k

  (k)

7)

4 k



13

Loại 2.Phương trình bậc sin và cos

A.Tóm tắt lý thuyết

* Phương trình bậc sin x, cos x phương trình có dạng:

A sin xB cos xC,  1

trong đó, A B số khơng đồng thời 0 (A2B2 0)

* Cách giải: chia hai vế  1 cho A2B2, ta phương trình tương đương:

2 2 2 2 2 2

A B C

sin x co

B B A B

s x A A      Vì 2 2

2 2 2 2

A B

1

A B A B

   

    

   

 

   

nên tồn  0;2 để:

2 2 2 2 A cos A B B sin A B             

Do đó:  

2 2 C 1 sin x cos cos x sin

A B          2 2 C sin x A B    

 2

Ta thấy  2 phương trình có dạngcơ sin f x    m

* Chú ý:

+) Từ cách giải suy điều kiện có nghiệm phương trình  1 :  1 có nghiệm  A2 B2C2 0

+) Nếu chọn  0;2 để:

2 2 2 2 cos A B sin A B B A             

 1   

14 Nếu chọn  0;2 để:

2 2

2 2

cos

A B

sin

A B

A

B



  

 



   



 

 1   

2 2 C sin x

A B

  



Nếu chọn  0;2 để:

2 2

2 2

cos

A B

sin

A B

B

A



  

 



   



 

 1   

2 2 C cos x

A B

  



Trong trường hợp, việc chọn  phù hợp giúp q trình tính tốn bớt phức tạp

+) Một số công thức hay sử dụng:

 4  4

sin xcos x 2 sin x  2 cos x ,

   3 

4 4

sin x cos x  2 sin x  2 cos x  ,

 3  6

sin x 3 cos x2 sin x  2 cos x ,

   5 

3 6

sin x 3 cos x 2 sin x  2 cos x  ,

 6  3

3 sin xcos x2 sin x  2 cos x ,

   2 

6 3

15

B.Một số ví dụ

Ví dụ 1.GPT: sin x 3 cos x 1 0  1

Giải

Ta có  1  1 3 1

2sin x 2 cos x 2



3 3 6

sin x coscos x sin sin

  

3 6

sin x sin

 3 6

5

3 6

x 2k

x 2k

 

 

    



    



 2

7 6

x 2k

x 2k

 

   



   



(k)

Ví dụ 2.GPT: 2 sin x cos x sin x cos x  0  1

Giải

Ta có  1  1  

2

sin 2x  sin x cos x

 3 3

4 4

sin 2xsin x cos cos x sin 

  3 

4 sin 2xsin x 



3 4 4

2x x 2k

2x x 2k

 

    



    





3 4

2k 12 3

x 2k

x



 

   



  



(k)

Nhận xét: Phương trình ví dụ khơng phải phương trình bậc Việc giải phương trình

này liên quan đến việc rút gọn biểu thức 1   2 sin x cos x

16

Ví dụ 3.GPT: 3 sin x cos 2x 1 2 cos x



  1

Giải

Điều kiện để  1 có nghĩa: cos x0 

2

x  k  2

Ta có  1  2 sin x cos xcos 2x 1  3 sin 2x cos 2x  1

 3 1 1

2 sin 2x2cos 2x 2

  

6 6 6

sin 2x coscos 2x sin sin 

    

6 6

sin 2x sin 

 6 6

7

6 6

2x 2k

2x 2k

 

 

     



    



 2

3 x k

x  k

   

  



(k) (thỏa mãn  2 )

Ví dụ 4.[ĐHD07] GPT  x x2

2 2

sin cos  3 cos x2  1

Giải

Ta có  x x2 2 x 2 x x x

2 2 2 2 2 2

sin cos sin cos 2 sin cos  1 sin x Do

 1  sin x 3 cos x1

 1 3 1

2sin x 2 cos x 2

 1

3 3 2

sin x coscos x sin 

   1

17

 3 6

5

3 6

x 2k

x 2k

 

 

    



    



 6

2

x 2k

x 2k

 

    



    

(k)

Ví dụ 5.[ĐHD09] GPT 3 cos 5x2sin 3x cos 2x sin x 0  1 Giải

Ta có 2sin 3x cos 2xsin 5xsin x Do

 1  3 cos 5x sin 5x 2 sin x

 3 1

2 cos 5x2sin 5xsin x

 2 2

3 3

sin 5x cos cos 5x sin  sin x

  2 

3

sin 5x  sin x



2 3 2

3

5x x 2k

5x x 2k

 

    



      





k

6 2

k 18 3

x x

 

 

    

  



(k)

Ví dụ 6.[ĐHA09] GPT  

  

1 sin x cos x

1 sin x sin x 3



    1

18

Đk:

1 2 sin x sin x 1

         6 7 6 2 x 2k x 2k x 2k                    

Ta có 1 2sin x sin x    sin x1 sin x 2 sin xcos 2x Do

 1  cos x sin 2x  3 sin x cos 2x  

 sin 2x 3 cos 2xcos x 3 sin x

 1 3 1 3

2sin 2x 2 cos 2x 2cos x 2 sin x



3 3 6 6

sin 2x coscos 2x sin sin cos x cos sin x  

    

3 6

sin 2x sin x

 3 6

5

3 6

2x x 2k

2x x 2k

                   2k 18 3 2 x x 2k             

(k)

Kết hợp với điều kiện để  1 có nghĩa ta có tập nghiệm  1 2k

18 3

 

  (k)

Ví dụ 7.Cho phương trình 2 sin x cos x 1  

sin x cos x 3 a 1

 

   , (a tham số)

1) Giải phương trình 1

3

a 2) Tìm a để  1 có nghiệm

Giải

19 Ta có 12  2232   4 0   2 vô nghiệm  sin x2 cos x30 x

Do

 1  2sin xcos x 1 a sin x 2 cos x3  2 a sin x  2a cos x  3a 1

1) 1

3

a :  1 trở thành 5 5

3sin x 3cos x0  tan x 1  x 4 k 

    (k)

2) Ta có 2 a 22a 1 23a 1 2  4a26a  4 2 a 23a2

Do  1 có nghiệm  2 a 23a20  a23a 2 0  1 a 2 2

20

C.Bài tập

Giải phương trình sau

1) 2 sin x cos x cos x 3 cos 2x 2) sin x sin 2x  3 cos x cos 2x 3) 4 sin x cos x 4  4  3 sin 4x2

4) 8 sin x cos x 6  6 3 sin 2x cos 2x25 5) 4sin x 13  3 sin x 3 cos 3x

6)    

4 4

sin 3x sin 2x sin x

7)  

6

3 cos 2xsin 2x2 sin 2x 2 2

8) [ĐHB09] sin x cos x sin 2x  3 cos 3x2 cos 4x sin x  3  9) [ĐHB12] 2 cos x  3 sin x cos x cos x 3 sin x 1

10) 2 x 2 3 

2 4

21

D.Đáp số

1) Vô nghiệm. 2)  2k, 2 2k

9 3

  (k).

3) k

12 2

 

  , k

4 2

 

(k). 4) k

2



, k

8 2

 

  (k)

5) 2k

18 3

  , 2k 2 3

  (k) 6) k 4 2

  (k)

7) 5

12 k

 

(k) 8)

6 2k



  , 2k

42 7

   (k)

9) 2k

3



(k) 10) 5

18

 , 17 18

, 5 6

23

Chủ đề 2. Đặt ẩn phụ để giải phương trình lượng giác

Loại 1.Một số phép đặt ẩn phụ đơn giản

A.Nội dung phương pháp

Phần đề cập đến việc giải phương trình lượng giác cách thực phép đặt ẩn

phụ đơn giản: tsin x, x

2

tsin , tsin 2x, tcos x, x

2

tcos , tcos 2x, ttan x,

x 2

ttan , ttan 2x, … Ta thấy rằng, loại toán này, việc phát ẩn phụ đơn giản giải lượng lớn tốn giải phương trình lượng giác đề thi đại học

Các công thức sau cho ích cho việc phát ẩn phụ:

* Các công thức “quy sin”

cos x sin x 2           ,   2n 2n 2

cos x 1 sin x ,

n 2n

2

1

cot x 1

sin x

 

  

 

, cos 2x 1 sin x2 ,

3 sin 3x3 sin x4sin x,

2

x x

sin cos 1 sin x

2 2

 

  

 

  ,

4 x 4 x 1 2

sin cos 1 sin x

2 2 2 ,

6 x 6 x 3 2

sin cos 1 sin x

2 2 4 ,

x x 2

tan cot

2 2 sin x,

sin 2x cos 2x 1 cos x  sin x  sin x * Các công thức “quy cos”

sin x cos x 2          ,   2n 2n 2

sin x 1 cos x ,

n 2n

2

1

tan x 1

cos x

 

  

 

, cos 2x2 cos x 12  ,

3

cos 3x4 cos x3 cos x, sin2 x 1 cos x

2 2



24

2 x 1 cos x cos

2 2



 , sin4 x cos4 x 1 1cos x2

2 2 22 , 6 x 6 x 1 3 2

sin cos cos x

2 2 4 4 ,

x 1

tan tan x

25

B.Các ví dụ

Ví dụ 1.[ĐHD06] GPT cos 3xcos 2xcos x 1 0  1 Giải

Ta có  1  4 cos x3 3 cos x  2cos x 12  cos x 1 0

 4cos x3 2cos x2 4 cos x20

 2cos x3 cos x2 2 cos x 1 0

Đặt tcos x  t  1;1, phương trình trở thành 2t3t22t 1 0

 t 1  t1 2t 1 0

 1

2

t 1

t    

  

+) t 1  cos x 1  sin x0  x k (k)

+) 1

2

t   1

2

cos x   x 2 2k 3



    (k)

Vậy  1 có họ nghiệm k, 2 k2 3



   (k)

Ví dụ 2.[ĐHD02] Tìm nghiệm thuộc đoạn 0;14 phương trình

cos 3x4 cos 2x3 cos x 4 0  1 Giải

Ta có  1  4 cos x3 3 cos x 4 2cos x 12  3cos x 4 0

26

 cos x3 2cos x2 0

 cos x cos x2  20

 cos x0 (do cos x   2 1 0 x)

 x k

2 

   (k)

Ta có k 0;14 2



    k0;1;2;3

Vậy nghiệm thuộc đoạn 0;14

2 

, 3

2 

, 5

2 

, 7

2 

Ví dụ 3.GPT 2cos 2x 8 cos x 7 1 cos x

    1

Giải

ĐK: cos x0 

2

x  k

Ta có  1  cos x cos 2x 8 cos x71 ( cos x0)

 cos x 2 cos x 1  2  8 cos x71

 

 

 4cos x3 8 cos x2 5 cos x 1 0

 cos x 1  2 cos x 1 2 0

 1

2 cos x 1 cos x

 



 



x 2k

x k2

3

 



 

    



27 Ta thấy ví dụ trên, việc phát ẩn phụ đơn giản Sau ví dụ mà đó, ta

phải thực vài phép biến đổi trước phát ẩn phụ

Ví dụ 4.GPT 2cos 4x4 sin x cos x2 54 3  1 Giải

Ta có cos 4x 1 sin 2x2 , sin xcos x2 sin x2 cos x2 2 sin x cos x 1 sin 2x

Do  1  2 2sin 2x  2 4 sin 2x   5 3

 4sin 2x2 4 sin 2x30

 2 sin 2x 32 0

 sin 2x 3 2



 3

2 3

2x 2k

2x 2k

 

   



   



 6

3

x k

x k

 

    

    

(k)

Ví dụ 5.[ĐHB06] GPT cot x sin x tan x tanx 4 2

 

   

   1

Giải

ĐK:

x 2 sin x 0 cos x 0

cos 0

 

 

  

 



 sin 2x  x k 2





Ta có

x x x x

2 2 2 2

x x x

2 2 2

sin x sin cos x cos sin x sin cos

x 1

1 tan x tan 1

2 cos x cos cos x cos cos x cos cos x



     

 cos x sin x cos x sin x2 2 2

sin x cos x sin x cos x sin 2x

x

cot x sin x tan x tan cot x tan x 2



 

        

28

Do  1  2 4 sin 2x 

 sin 2x 1 2  (TMĐK)  2x 2k 6 5 2x 2k 6               x k 12 5 x k 12             

(k)

Ví dụ 6.[ĐHA10] GPT

1 sin x cos 2x sin x

1 4

cos x

1 tan x 2



 

    

 



  1

Giải

ĐK: cos x 0

sin x cos x 0        x k 2 x k 4               

Ta thấy 1 tan x sin x cos x cos x



  , sin x sin x cos x

4 2

 

 

 

 

  Do

 1  1 sin x cos 2x1

 sin xcos 2x0

 sin x1 2sin x 2 0 2sin x sin x 12   0



29



 

 

 

x 2k

2

x 2k

6 7

x 2k

6

 

  

 

      

 

   



loại TMĐK

TMÑK

Vậy  1 có hai họ nghiệm x 2k 6 

    x 7 2k

6 

30

C.Bài tập

Bài 1. Giải phương trình sau

1) tan x cos x cos x2 sin x tan x tanx 2

 

     

 

2) [ĐHA06]  

6 6

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

 





3) sin 2x cos 2x tan x cot x cos x  sin x  

4) 3 tan x tan x  2sin x6cos x0 5) [ĐHB04] 5sin x23 sin x tan x   2 6) 8cos3 x cos 3x

3



 

 

 

 

7) [ĐHD05] sin x cos x sin 3x4 4 cos x 3 0

4 4 2

 

   

        

   

8)

4 4

sin x cos x 1 1

cot 2x

5sin 2x 2 8 sin 2x



 

9) 3cos 4x8 cos x6 2 cos x2 30 10) [ĐHB03] cot x tanx 4sin 2x 2

sin 2x

  

11) cos 2x cos x tan x 1  2  2 12) [ĐHA05] cos 3x cos 2x cos x2  2 0

13) sin x cos 2xcos x tan x 12  2  2 sin x3 0 14) [ĐHA02] 5 sin x cos 3x sin 3x cos 2x 3

1 sin 2x



 

  

 



  , x0;2

Bài 2. Tính tổng nghiệm thuộc đoạn 1;70 phương trình

3 2

2

2

cos x cos x 1 cos 2x tan x

cos x

 

31

Bài 3. Tìm m để phương trình 2 sin x cos x 4  4 cos 4x2 sin 2x m 0 có

nghiệm thuộc đoạn

2 0;

 

32

D.Đáp số

Bài 1 1) 2k (k) 2) 2k 4 

   (k)

3) 2k

3 

   (k) 4) k

6 

   (k)

5) 2k

6 

 , 5 2k

6 

  (k) 6) k

6 

 , k, k

3 

  (k)

7) k

4 

  (k) 8) k

6 

   (k)

9) k

4 2

 

 , k (k) 10) k

3 

   (k)

11) 2k

3 

  ,  2k (k) 12) k

2 

(k)

13) 2k

6 

 , 5 2k

6 

  (k) 14)

3 

, 5

3 

Bài 2 374

Bài 3 13

4

33

Loại 2.Phép đặt ẩn phụ cho phương trình đối xứng và gần đối xứng

đối với sin, cos

A.Nội dung phương pháp

Đối với phương trình lượng giác chứa biểu thức: tổng tích sin cos (phương trình

đối xứng sin cos) hiệu tích sin cos (phương trình gần đối xứng sin

và cos) ta có quy tắc đại số hóa cụ thể sau:

Dạng 1: Xét phương trình dạng f sin x cos x;sin x.cos x0  1

Đặt  

2

4 t 1

2

t 2; 2

t sin x cos x 2 sin x

sin x cos x





   

 



     

 



Nhờ phép đặt ẩn phụ nói  1 trở thành t2 1

2

f t;  0

 

Dạng 2: Xét phương trình dạng f sin x cos x;sin x.cos x0  2

Đặt  

2

4 1 t

2

t 2; 2

t sin x cos x 2 sin x

sin x cos x





   

 



     

 



Nhờ phép đặt ẩn phụ nói  2 trở thành 1 t2

2

f t;  0

 

Dạng 3: Xét phương trình dạng f sin x cos x ;sin x.cos x  0  3

Đặt  

4

t sin xcos x  2 sin x   2

t 2

1 t 0; 2

sin x cos x 

  

 

 

 



Nhờ phép đặt ẩn phụ nói  3 trở thành t2 1

2

f t;  0

 

34

Đặt  

4

t sin x cos x  2 sin x 

2 1 t

2 t 0; 2 sin x cos x 

  

 

 

 



Nhờ phép đặt ẩn phụ nói  4 trở thành 1 t2

2

f t;  0

35

B.Các ví dụ

Ví dụ 1.[ĐHA07] GPT 1 sin x cos x 2  1 cos x sin x 2   1 sin 2x  1 Giải

Ta có  1  sin xcos xsin x cos x sin x cos x  sin xcos x2

Đặt  

4 tsin xcos x 2 sin x  

 

2 t 1

2

t 2; 2 2

sin x cos x 

          

Với phép đặt ẩn phụ nói trên, phương trình cho trở thành

2 t 1

2

2

t  .tt  t2 1

2 t

t 1   0

     

2

t t 1 0    

 

 

t 0 2

t 1 2

     

thỏa mãn thỏa mãn

+) t0   

4

2 sin x 0   

4

sin x 0  x k 4 

    x k

4 

   

+) t1   

4

2 sin x 1   

4 1 sin x 2     x 2k 4 4 3 x 2k 4 4                   x 2k x 2k 2          

Vậy nghiệm  1 k 4 

  , 2k, 2k

2 

  (k)

Ví dụ 2.GPT sin x cos x 4sin 2x1  1

Giải

Đặt  

4

t sin x cos x  2 sin x 

2

t 0; 2 sin 2x 1 t

          ,     2 3

 1 trở thành t4 t  21  t1 (thỏa mãn  2 )  4

Thay  4 vào  3 ta sin 2x0  x k 2



36 Vậy nghiệm  1 k

2 

(k)

Ví dụ 3.GPT 1 tan x 2 sin x  1

Giải ĐK: cos x0  x k

2 

   (k)

Ta có  1  cos xsin x2 sin x cos x  2

Đặt t sin x cos x 2 sin x 4               2

t 2; 2 3

t 1

sin x cos x 2             ,

 2 trở thành:

2

t t 2 2. 1

2

   t 2 t 21  2t2  t 2 0 

        thoûa mãn thỏa mãn 1 2

t 2 3

t 3        Do

+) t 2   

4

sin x 1 

4 2

x  2k 

4

x 2k

+) 1

2

t    

4

1 sin x

2



    4 6

7 4 6 x 2k x 2k                   5 12 11 12 x 2k x 2k             

Kết hợp ba họ nghiệm ta tập nghiệm  1 2k

4 3

x   (k)

Để kết thúc cho việc trình bày ví dụ phần này, ta xét phương chứa tham số

37

Đặt  

4 2

t 2; 2

t sin x cos x 2 sin x

sin 2x 1 t

    

     

  



,  1 trở thành

2

1 t 4tm  t24t 1 m  2

Xét hàm f t  t24t1, t  2; 2 Ta thấy f nghịch biến  2;   f nghịch

biến  2; 2, lại có f 24 21, f 2  4 21  TGT f

4 2 1;4 2 1

   

 

Do  1 có nghiệm   2 có nghiệm t  2; 2

   4 2 1 m4 21

Ví dụ 5.Tìm m để phương trình

 

m sin xcos x 1  1 sin 2x  1

có nghiệm

2 x0;

 

Giải

Đặt  

4

tsin xcos x 2 sin x   2  t2 1

2

sin x cos x  , phương trình  1 trở thành

   2 

m t  1 t 1  m t  t2 ( t 1)



2

t m

1 t



  2

Ta thấy

2 x0;

  

3 4 4 4 x; 

 

  

4 x 0;

2

max 2 sin x  2 

 

 

 

  

 

  , x 0;  4

2

min 2 sin x  1 

 

 

 

  

 

38 Xét hàm   t2

1 t

f t 

 , t1; 2

  Ta có  

  2 t 2t

2 1 t

f ' t  0



   t 1; 2

   f t  đồng biến

1; 2

 

        

t 1; 2

max f t f 2 2 2 1

 

 

   ,     1

2 t 1; 2

min f t f 1

 

 

 

Vậy  1 có nghiệm

2 x0;

39

C.Bài tập

Bài 1. Giải phương trình sau

1) 1 1

sin xcos x 2 sin 2x

2) 1 sin x3 cos x3 3sin 2x 2

  

3) sin 2x 12 sin x  cos x120 4) 1 sin x 1 cos x 1

5)  

4 sin 2x 2 sin x 1 6) 2 sin x cos xtan x cot x

7) sin xsin x2 sin x3 sin x4 cos xcos x2 cos x3 cos x4

Bài 2. Tìm m để phương trình sin x cos x sin 2xm có nghiệm

Bài 3. Tìm m để phương trình 2 sin x cos xsin x cos xm có nghiệm

2 x0;

 

40

D.Đáp số

Bài 1 1)

4 2k

 

(k) 2)

2 2k



   (k)

3) 2k 2 

 ,  2k, (k) 4) 2k, 2k

2 

  (k)

5) k 4 

 , 2k

2 

 ,  2k (k) 6)

4 2k

  (k)

7)

4 k

 ,  2k,

2 2k



   (k)

Bài 5

4

1 2 m

    Bài 1 2

2

2m 

41

Loại 3.Phép đặt ẩn phụ x

2

t  tan

A. Tóm tắt lý thuyết

* Nguyên tắc chung:Xét phương trình dạng

 x x

2 2

f sin x;cos x;tan ;cot 0  1

+) Tìm nghiệm thỏa mãn x

2

cos 0 phương trình +) Tìm nghiệm thỏa mãn x

2

cos 0 phương trình:

Đặt x

2

ttan  2t

2 1 t

sin x 

 , 1 t

1 t 2 2

cos x  



Nhờ phép đặt ẩn phụ trên, phương trình  1 trở thành

2t 1 t 2 1 t 1 t

2 1

2 t

f ;  ;t; 0

 

 



 

   2

Giải phương trình  2 để tìm t Ứng với giá trị t, giải phương trình x

2

ttan để tìm nghiệm

 1

* Trường hợp đặc biệt (áp dụng cho phương trình bậc sin, cos):

Phương trình bậc sin x, cos x phương trình có dạng:

A sin xB cos xC,  3

trong đó, A B số khôngđồng thời 0 (A2B2 0)

Với cách đặt ẩn phụ trình bày phần nguyên tắc chung, từ  3 ta thu phương trình

2 2

2

2t 1 t

A B C

1 t 1 t



 

 

 BC t 22AtBC0  4

42

B. Một số ví dụ

Ví dụ 1.GPT x

2

sin xcos xtan  1

Giải ĐK: x

2

cos 0  x

2 2 k



    x  2k (k)

Đặt x

2

ttan  2t

2 1 t

sin x 

 , 1 t

1 t 2 2

cos x  

 Phương trình  1 trở thành

2

2 2

2t 1 t t

1 t 1 t



 

 

 2t t  2t t  2

 t3t2  t 1 0

 t 1 Vậy  1  x

2

tan  1  x

2 4 k



    

2

x 2k (k)

Ví dụ 2.Tìm m để phương trình

 

2sin x 2m cosxm  1

có nghiệm

2 x0;

 

Giải

Đặt x

2

ttan 

2t 2 1 t 2 1 t 2 1 t sin x cos x            

, phương trình  1 trở thành

  2

2t 1 t

2 2

1 t 1 t

2. 2 m  m

 

    4t2 m 1 t 2m 1 t2

43

 t22t 1 m  2

Ta thấy x

2 x 0;

2

min tan 0 

 



 

 

 , x

2 x 0;

2

max tan 1 

 



 

 

 Do đó, nghiệm t  2 cho nghiệm x  1

và t0;1

Hàm f t t22t nghịch biến ;2 nên nghịch biến 0;1



     

t 0;1

min f t f 1 1 

   ,

     

t 0;1

max f t f 0 0 

 

 1 có nghiệm

2 x0;

    2 có nghiệm t0;1    1 1 m0  1m2

Nhận xét: Bài tốn khơng giải cách chia hai vế phương trình cho

 2 2

44

C. Bài tập

Bài 1. Giải phương trình sau 1) 3sin xcos x2

2) x

2

4sin xcos x3tan

3) x

2

2sin xcos x 1 cot

Bài 2. Tìm m để phương trình 2sin xm cos x 1 m có nghiệm thuộc đoạn

2 2;

 

 

 

Bài 3. Tìm m để phương trình m2 sin x 2m cos x2 m 1   có nghiệm thuộc đoạn

2 2; 3

 

 

 

Bài 4. Tìm m để phương trình m sin xm cos x  32m có nghiệm thuộc đoạn 2

3 0; 

 

45

D. Đáp số

Bài

1) 3 6

2

x2 arctan  2k, 3 6

2

x2 arctan  2k (k)

2)

2

x 2k, 5 33

2

x2 arctan  2k, 5 33

2

x2 arctan  2k (k)

3)

2

x 2k, 1

2

x2 arctan 2k (k)

Bài  1 m3

Bài 4

3 m 0

  

47

Loại 4.Phép đại số hóa t = tanx

A.Nội dung phương pháp

Ý tưởng chung phương pháp là: chọn số n thích hợp (n*) cho sau chia hai vế phương trình cho cos xn ta thu phương trình có dạng f tan x 0 Quá trình thực nhờ việc sử dụng đẳng thức sin x

cos x tan x

2 1

2 cos x

tan x 1

 

B.Một số ví dụ

Ví dụ 1.Giải phương trình sin x2 2 sin x cos x3 cos x2 0  1

Giải

Thay cos x0 vào  1 ta có sin x2 0  sin x0  x  (vì sin x, cos x khơng thể đồng thời 0) Do giá trị x mà cos x0 nghiệm  1 Chia hai vế  1 cho cos x2 ta phương trình tương đương

2

tan x2 tan x30  tan x 1

tan x 3   



 

 x 4 k

x arctan 3 k



     

   



(k)

Ví dụ 2. sin x tan x 12   3 sin x cos x sin x  3  1

Giải

Chia hai vế  1 cho cos x2 ta phương trình tương đương

tan x tan x 12   3 tan x3 tan x2 3 tan x 1 2    tan t3 tan x2 3 tan x30

48



tan x 1 tan x 3 tan x 3

  



 



  



x k

4

x k

3

 

   

 

      

(k)

Ví dụ 3.Tìm m để phương trình sin x2 2 m sin x cos x   m cos x  2 m  1 có nghiệm

Giải

* Thay cos x0 vào  1 ta có sin x2 m Do

+) m1  giá trị x làm cho cos x0 không nghiệm  1

+) m1  giá trị x làm cho cos x0 nghiệm  1   1 có nghiệm

* Khi cos x0, chia hai  1 cho cos x2 ta phương trình tương đương

   



2 1

2 cos x

2 tan x 1

tan x 2 m tan x m 1 m.



    

 m tan x  2 2 m tan x   2m 1 0  2

Đặt ttan x,  2 trở thành m t  22 m t 2m 1     0  3

Ta biết m1  1 có nghiệm nên ta cần xét m1 Khi  3 phương trình bậc hai với   ' m2 m2  1 có nghiệm   3 có nghiệm  m2m20 

2 m 1

49

C.Bài tập

Bài 1. Giải phương trình sau 1) 6sin x2 sin x cos x cos x 2 2 2) sin 2x2 sin x2 2cos 2x

3) 2sin 2x2 3 sin 2x cos 2xcos 2x2 2 4) 2 sin x cos x 1

12



 

 

 

 

5) 4sin x cos x 4sin x cos x 2 sin 3 x cos x 1

2 2

 

   

        

   

   

6) 2 cos x2 2 sin x cos x 3 20 7) sin x tan x 12   3 sin x cos x sin x  3 8) sin xcos x4 sin x3 0

9) 2 cos3 x 3 cos x sin x 0 4



 

   

 

 

10) 3 sin3 x 2 sin x 4



 

 

 

 

11) cos 2x52 cos x   sin xcos x

Bài 2. Tìm m để phương trình m cos x2 4 sin x cos xm20 có nghiệm thuộc khoảng

 0;4

50

D.Đáp số

Bài 1 1) 2) k

4 

 , k

2 

  (k)

3) k

4 2

 

 ,  1

3

1 k

arctan

2 2



  (k, ) 4) k

4 

 , k

3 

  (k)

5) k

4 

 , 1

3

arctan  k (k) 6) k 24



  , 5 k

24 

  (k)

7) k

3 

  , k

3 2

 

 (k) 8) k

4 

  (k)

9) k

2 

 , k

4 

  (k) 11) k, k

6 

 , k

3 

  (k)

11) 2k

2 

 ,  2k (k)

Bài 2 1 m 8 3

51

Chủ đề 3. Phương trình tích A.Nội dung phương pháp

Phần đề cập đến việc giải phương trình lượng giác cách đưa phương trình cần xét dạng phương trình tích Cũng đại số hóa, tư tưởng quan trọng giải phương trình nói chung,

phương trình lượng giác nói riêng

Sau số đẳng thức hay sử dụng phần

o 1 sin 2x sin xcos x2

o 1 sin 2x sin xcos x2

o cos 2xcos xsin x cos xsin x

o sin x cos x3  3 sin xcos x sin x cos x  

o sin x cos x3  3 sin x cos x sin x cos x    

o 1 tan x cos x sin x cos x



 

o 1 tan x cos x sin x cos x



 

o 1 cot x sin x cos x sin x



 

o 1 cot x sin x cos x sin x



52

B.Một số ví dụ

Ví dụ 1.[ĐHD04] Giải phương trình 2 cos x 1  2 sin xcos xsin 2xsin x  1

Giải

Ta có sin 2x sin x sin x 2cos x 1   Do

 1  2 cos x 1  2 sin xcos xsin x cos x 1  

 2 cos x 1  sin xcos x0  2 cos x 1 0

sin x cos x 0   



 





1 2 cos x tan x 1

 



  





x 2k

3

tan x k

4

 

   

 



    



(k)

Ví dụ 2.[ĐHB05] Giải phương trình 1 sin x cos xsin 2xcos 2x0  1

Giải

Ta có: 1 sin 2x sin xcos x2, cos 2xcos xsin x cos xsin x

Do  1  sin xcos x  sin xcos x2 cos xsin x cos x sin x 0

 sin xcos x1sin x cos x   cos x sin x 0

 sin xcos x2cos x 1 0  sin x cos x 0

2 cos x 1 0

 

 

  



tan x 1 1 cos x

2

  



  



 4

2 3

x k

x 2k

 

     

    



, (k)

Ví dụ 3.[ĐHB11] sin 2x cos xsin x cos xcos 2xsin xcos x  1

53 Ta có  1  sin 2x cos xsin x cos xsin xcos 2xcos x0

 sin x cos x cos x 1 2     2 cos x2 cos x 1 0

 sin x 1 2 cos x cos x 12   0

 sin x 1  cos x 1  2cos x 1 0



sin x 1 cos x 1

1 cos x 2             x 2k 2 x 2k x 2k 3                    

(k)

Ví dụ 4.Giải phương trình sin 5x cos x 2 cos3x  1

2 4 2 4 2

                  Giải

Ta có sin 5x cos x sin 5x sin x 2 cos3xsin x

2 4 2 4 2 4 2 4 2 4

    

         

        

         

         

Do  1  2cos3x sin x 2 0

2 4 2

                3x cos 0 2 2 sin x 4 2                  3x k 2 2 x 2k 4 4 3 x 2k 4 4                          2k x 3 3 x 2k 2 x 2k                    

, (k)

Ví dụ 5.Giải phương trình tan 3 x sin x 2  1 2 1 cos x

54

Ta có tan 3 x tan x cot x

2 2                  

Do điều kiện để phương trình có nghĩa là: sin x 0  cos x 1

cos x 1

          

 sin x0  2

Ta có

 1  cot x sin x 2 1 cos x

 

   

  

 

2 1 cos x cos x

cos x cos x sin x 2 sin x cos x

 

   

 1 cos x cos x1 cos x 2sin x0  1 cos x 1 sin x 0



   

không thỏa mãn 2

thỏa mãn 2

cos x 1 ( )

1

sin x ( )

2         x 2k 6 5 x 2k 6             

(k)

Ví dụ 6.Giải phương trình    

2 4

4

2 sin 2x sin 3x

tan x 1 1

cos x 

 

Giải

Đk: cos x0 Ta có  1  sin x cos x4  4 2 sin 2x sin 3x 2  Lại có sin x4 cos x4 1 1sin 2x2

2

   Do phương trình nói tươngđương với

 

2 2

1

1 sin 2x 2 sin 2x sin 3x 2

    2 sin 2x2  sin 3x 1 0

2

 

   

 

 sin 3x 1 2

 (do 2 sin 2x 2 1 x)  sin 3x 1 2



55

 6

5 6

3x 2k

3x 2k

 

   



   





2k 18 3 5 2k 18 3

x x

 

 

  



  



(k)

Ví dụ 7.Giải phương trình sin x sin x cos x2  sin x cos x 20  1

Giải

Cách 1:  1  sin x sin x cos x2  2 sin xsin x cos x 20

 sin x sin x cos xsin x  sin xcos x20

 sin x 1  sin xcos xsin x0

  

 

sin x cos x 2 2

sin x 1 3

   

  

 2  sin xcos x 2, 1212  22   2 0   2 vô nghiệm

 3  x k 2 2 

   (k)

Vậy nghiệm  1 2k 2 

  (k)

Cách 2: Ta có  1  sin x2 cos x sin x cos x   20 Coi  1 phương trình bậc hai sin x, ta có

cos x 12 4 cos x 2 cos x 32

      

Do  1 

   

   

cos x 1 cos x 3 sin x

2

cos x 1 cos x 3 sin x

2

    

  

    

  

 sin x cos x 2

sin x 1

  



 



56

Nhận xét: Đối với phương trình có dạng

 

2 2

a sin x b cos x c sin x cos x  d sin x e cos x f  0 1 ,

với a, b số không đồng thời 0, việc đưa phương trình tích nói chung phức tạp Để giải phương trình dạng (phương trình bậc hai sin, cos) ta có cách làm khác

như sau: Coi  1 phương trình bậc hai cos x, giải cos x theo sin x; coi  1

57

C.Bài tập

Giải phương trình sau

1) [ĐHB02] sin 3x2 cos 4x2 sin 5x cos 6x2  2 2) [ĐHA03] cot x 1 cos 2x sin x2 1sin 2x

1 tan x 2

   



3) [ĐHD03] sin2 x tan x cos2 2 x 0

2 4 2



 

  

 

 

4) [ĐHB07] 2sin 2x2 sin 7x 1 sinx

5) [ĐHB08] sin x3  3 cos x3 sin x cos x2  3 sin x cos x2 6) [ĐHD08] 2sin x cos 2x  sin 2x 1 cos x

7) [ĐHB10] sin 2xcos 2x cos x 2 cos 2xsin x0 8) [ĐHA11]

2

1 sin 2x cos 2x

2 sin x sin 2x 1 cot x

 

 

9) [ĐHD11] sin 2x 2 cos x sin x 1 0

tan x 3

  





10) 2 sin x tan 2x2   2 3 cos x 1 2  0 11) 4sin x3 4 sin x2 3 sin 2x6 cos x0 12) 2sin x cos 2xsin 2x cos xsin 4x cos x 13) 1 tan x1 sin 2x  1 tanx 14) sin 2x sin x 1 1 2 cot 2x

2sin x sin 2x

   

15) sin 3x 32 cos 3x 1

16) 3 cos x2 sin x cos x2 sin x2 1  3 cos x 40 17) sin 2xcos 2x3 sin x cos x 20

18) [ĐHD10] sin 2x cos 2x 3 sin xcos x 1 0 19) [ĐHA12] 3 sin 2xcos 2x2cos x 1

58

D.Hướng dẫn đáp số 1) k

9

 , k 2

 (k) 2)

4 k

  (k)

3)  2k,

4 k



   (k) 4) k

8 4

 , 2k 18 3

  , 5 2k 18 3

  (k)

5) k

4 2

 ,

3 k



   (k) 6) 2

3 2k



  ,

4 k

  (k)

7) k

4 2

  (k) 8) k

2 

 , 2k

4 

 , (k)

9) 2k 3 

  (k) 10) k

6 2

 

  (k)

11) 2k 2 

  , 2 2k

3 

   (k) 12) k, k

3 

(k)

13) k 4 

  , k (k) 14) k

4 2

 

 (k)

15) 2k

6 3

 

 , 2 2k

9 3

 

 (k) 16) 5 2k

6 

  (k)

17) 2k 6 

 , 5 2k

6 

 , 2k

2 

 ,  2k (k)

18) 2k 6 

 , 5 2k

6 

  (k)

19) k 2 

 , 2k, 2 2k

3 

  (k) 20) k

4 2

 

 , 7 2k

12 

 , 2k

12 