Phương trình lượng giác ôn thi đại học
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (423.05 KB, 78 trang )
Chơng I: Phơng trình lợng giác cơ bản
và một số phơng trình lợng giác thờng gặp
Để giải 1 PTLG , nói chung ta tiến hành theo các bớc sau:
Bớc 1: Đặt điều kiện để phơng trình có nghĩa. Các điều kiện ấy bao hàm các điều kiện để
căn có nghĩa,phân số có nghĩa, biểu thức
log arit
có nghĩa. Ngoài ra trong các PTLG có
chứa các biểu thức chứa
tan x
va
cot gx
thì cần điều kiện để
tan x
và
cot gx
có nghĩa.
Bớc 2: Bằng phơng pháp thích hợp đa các phơng trình đã cho về một trong các phơng
trình cơ bản .
Bớc 3: Nghiệm tìm đợc phải đối chiếu với điều kiện đã đặt ra. Những nghiệm nào không
thoả mãn điều kiện ấy thì bị loại.
1.1-Phơng trình lợng giác cơ bản
1.1.1- Định nghĩa: Phơng trình lợng giác là phơng trình chứa một hay nhiều hàm số lợng
giác .
1.1.2- Các phơng trình lợng giác cơ bản.
a) Giải và biện luận phơng trình
sin x m=
(1)
Do
[ ]
sin 1;1x
nên để giải phơng trình (1) ta đi biện luận theo các bớc sau
Bớc1: Nếu |m|>1 phơng trình vô nghiệm
Bớc 2: Nếu |m|<1 ,ta xét 2 khả năng
-Khả năng 1: Nếu m đợc biểu diễn qua sin của góc đặc biệt ,giả sử
khi đó phơng trình
sẽ có dạng đặc biệt.
2
sin sin ,
2
x k
x k
x k
= +
=
= +
Â
-Khả năng 2: Nếu m không biểu diễn đợc qua sin của góc đặc biệt khi đó đặt m=
sin
.
Ta có:
2
sin sin ,
2
x k
x k
x k
= +
=
= +
Â
Nh vậy ta có thể kết luận phơng trình có 2 họ nghiệm
Đặc biệt ta cần phải nhớ đợc các giá trị của các cung đặc biệt nh
; ; ; ; ;2
6 4 2 3
vì
sau khi biến đổi các bài toán thơng đa về các cung đặc biệt.
Ví dụ 1: Giải phơng trình
1
sin
4
x =
Giải:
Ta nhận thấy
1
4
không là giá trị của cung đặc biệt nào nên ta đặt
1
4
=
sin
Khi đó ta có:
2
sin sin ,
2
x k
x k
x k
= +
=
= +
Â
Vậy phơng trình có 2 họ ngiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình
3
sin(3 )
4 2
x
+ =
Giải:
Do
3
sin
3 2
=
nên
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
+ = + =
+ = + = + + = +
+ = + = + = +
Â
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm .
b) Giải và biện luận phơng trình lợng giác
cos ( )x m b=
Ta cũng đi biện luận (b) theo m
Bớc 1: Nếu
1m >
phơng trình vô nghiệm .
Bớc 2: Nếu
1m
ta xét 2 khả năng:
-Khả năng 1: Nếu
m
đợc biểu diễn qua
cos
của góc đặc biệt, giả sử góc
. Khi đó ph-
ơng trình có dạng
2
cos cos ,
2
= +
=
= +
Â
x k
x k
x k
-Khả năng 2: Nếu
m
không biểu diễn đợc qua
cos
của góc đặc biệt khi đó
đặt
m
=
cos
.Ta có:
2
cos cos ,
2
= +
=
= +
Â
x k
x k
x k
Nh vậy ta có thể kết luận phơng trình có 2 họ nghiệm
Ví Dụ Minh Hoạ.
Ví dụ 1: Giải phơng trình sau:
1
cos
2
x =
Giải:
Do
2 1
cos( ) cos
3 3 2
= =
nên
1 2
cos cos cos 2 ( )
2 3 3
x x x k k
= = = + Â
Vậy phơng trình có 2 họ nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình:
3cos(2 ) 1
6
x
+ =
Giải:
1
3cos(2 ) 1 cos(2 )
6 6 3
x x
+ = + =
Vì
[ ]
1
1;1
3
và
1
3
không là giá trị của cung đặc biệt nên tồn tại góc
[ ]
0;
sao cho
1
cos
3
=
Ta có:
cos(2 ) cos 2 2
6 6
x x k
+ = + = +
2 2 ( )
6 12 2
= + = + Âx k x k k
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm .
c) Giải và biện luận phơng trình lợng giác
tan ( )=x m c
Ta cũng biện luận phơng trình (c) theo các bớc sau:
Bớc 1: Đặt điều kiện
cos 0 ,
2
+ Âx x k k
Bớc 2: Xét 2 khả năng
-Khả năng 1: Nếu
m
đợc biểu diễn qua tan của góc đặc biệt , giả sử
khi đó phơng
trình có dạng
tan tan ,= = + Âx x k k
-Khả năng 2: Nếu
m
không biểu diễn đợc qua tan của góc đặc biệt , khi đó đặt
m
=
tan
ta đợc
tan tan ,= = + Âx x k k
Nhận xét: Nh vậy với mọi giá trị của tham số phơng trình luôn có nghiệm
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình
tan 3x =
Giải :
Do
3 tan
6
=
nên ta có:
tan 3 tan tan
6 6
x x x k
= = = +
kÂ
Vậy phơng trình có 1 họ nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phơng trình
tan( ) 2
5
x
=
Giải:
Điều kiện:
cos( ) 0
5 5 2
x x k
+
Do
2
không thể biểu diễn đợc qua
tan
của góc đặc biệt nên ta đặt
tan 2
=
.
Từ đó ta có
tan( ) 2 tan( ) tan ( )
5 5 5 5
x x x k x k k
= = = + = Â
Vậy
phơng trình có một họ nghiệm.
d) Giải và biện luận phơng trình lợng giác
cot ( )=x m d
Ta cũng đi biện luận theo
m
Bớc1: Đặt điều kiện
sin 0x x k k
Â
Bớc 2: Xét 2 khả năng
-Khả năng 1: Nếu
m
đợc biểu diễn qua cot của góc đặc biệt , giả sử
khi đó phơng
trình có dạng
cot cot ,x x k k
= = + Â
-Khả năng 2: Nếu
m
không biểu diễn đợc qua cot của góc đặc biệt , khi đó đặt
m
=
cot
ta đợc
cot cot ,x x k k
= = + Â
Nhận xét: Nh vậy với mọi giá trị của tham số phơng trình (d) luôn có nghiệm.
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví dụ 1:
Giải phơng trình sau:
1
cot( )
4
3
x
=
(1)
Giải:
Điều kiện
cos( ) 0
4
x
4 4
x k x k k
Â
(*)
Ta có:
(1)
cot( ) cot
4 3 4 3 12
x x k x k k
= = + = Â
Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện (*)
Vậy phơng trình có 1 họ nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phơng trình
cot(4 35 ) 1
o
x + =
Giải:
Ta nhận thấy
cot( 45 ) 1
o
=
nên ta có
cot(4 35 ) 1 cot(4 35 ) cot( 45 )
o o o
x x+ = + =
4 35 45 180 4 80 180 20 45 ( )
o o o o o o o
x k x k x k k+ = + = + = + Â
Vậy phơng trình có 1 họ nghiệm .
Lu ý: Không đợc ghi hai loại đơn vị ( radian hoặc độ ) trong cùng một công thức.
1.2- Một số phơng trình lợng giác thờng gặp.
1.2.1- Phơng trình bậc hai đối với một hàm số lợng giác
Dạng 1:
2
sin sin 0 ( 0; , , )a x b x c a a b c+ + = Ă
(1)
Cách giải: Đặt
sint x=
, điều kiện
| |t
1
Đa phơng trình (1) về phơng trình bậc hai theo
t
, giải tìm
t
chú ý kết hợp với điều kiện
rồi giải tìm
x
Dạng 2:
2
cos cos 0 ( 0; , , )a x b x c a a b c+ + = Ă
(2)
Cách giải: Đặt
cost x=
điều kiện
| |t
1
ta cũng đa phơng trình (2) về phơng trình bậc
hai theo
t
, giải tìm
t
rồi tìm
x
Dạng 3:
2
tan tan 0 ( 0; , , )a x b x c a a b c+ + = Ă
(3)
Cách giải: Điều kiện
cos 0 ,
2
x x k k
+ Â
Đặt
( )
tant x t= Ă
ta đa phơng trình (3) về phơng trình bậc hai theo
t
, chú ý khi tìm đ-
ợc nghiệm
x
cần thay vào điều kiện xem thoả mãn hay không
Dạng 4:
2
cot cot 0 ( 0; , , )a x b x c a a b c+ + = Ă
(4)
Cách giải: Điều kiện
sin 0x x k k
Â
Đặt
cot ( )t x t= Ă
. Ta cũng đa phơng trình (4) về phơng trình bậc hai theo ẩn t.
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình
2
2cos 3cos 1 0x x + =
(1)
Giải:
Phơng trình (1)
2
cos 1
,
1
2
cos
3
2
x k
x
k
x k
x
=
=
= +
=
Â
Vậy phơng trình có 3 họ nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phơng trình:
2
cot tan 4sin 2
sin 2
x x x
x
+ =
(2)
Giải:
Điều kiện
sin 2 0 ,
2
Â
k
x x k
Ta có:
( )
2 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 cos 2 2sin 2 1
sin 2 sin 2
cos2 1
2cos 2 cos2 1 0 *
1
cos2
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
cos2 1x =
không thoả mãn điều kiện. Do đó (*)
1 2
cos2 2 2
2 3 3
x x k x k k
= = + = + Â
Vậy phơng trình có 2 họ nghiệm.
Bài tập:
Bài 1: Giải phơng trình:
2
5sin 4sin 1 0x x =
Bài 2 Giải phơng trình:
cos2 3cos 4 0x x =
Bài 3: Giải phơng trình:
5
3tan 2 3tan 0
2
x x =
Bài 4: Giải phơng trình:
cos(4 2) 3sin(2 1) 2x x+ + + =
Bài 5: Giải phơng trình:
4
tan 3 3tan3 1 0x x + =
Bài 6: Giải phơng trình:
4 2
25
cos 2 6cos 2
16
x x+ =
Bài 7: Giải phơng trình:
2 2
sin 2
tan 6
2cos 2sin
4
x
x
x
=
Bài 8: Giải phơng trình
2
1 2sin 3 2 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
+ =
1.2.2- Phơng trình bậc nhất đối với
sin ,cosx x
a)Định nghĩa: Phơng trình
sin cos (1)a x b x c+ =
trong đó a, b, c
Ă
và
2 2
0a b+ >
đợc
gọi là phơng trình bậc nhất đối với
sin ,cosx x
b) Cách giải.
Ta có thể lựa chọn 1 trong 2 cách sau:
Cách 1: Thực hiện theo các bớc
Bớc 1:Kiểm tra
-Nếu
2 2
a b+
<
2
c
phơng trình vô nghiệm
-Nếu
2 2 2
a b c+
khi đó để tìm nghiệm của phơng trình ta thực hiện tiếp bớc 2
Bớc 2: Chia cả 2 vế phơng trình (1) cho
2 2
a b+
, ta đợc
2 2 2 2 2 2
sin cos
a b c
x x
a b a b a b
+ =
+ + +
Vì
2 2
2 2 2 2
( ) ( ) 1
a b
a b a b
+ =
+ +
nên tồn tại góc
sao cho
2 2 2 2
cos , sin
a b
a b a b
= =
+ +
Khi đó phơng trình (1) có dạng
2 2 2 2
sin .cos sin .cos sin( )
c c
x x x
a b a b
+ = + =
+ +
Đây là phơng trình cơ bản của sin mà ta đã biết cách giải
Cách 2: Thực hiện theo các bớc
Bớc 1: Với
cos 0 2 ( )
2
x
x k k
= = + Â
thử vào phơng trình (1) xem có là nghiệm
hay không?
Bớc 2: Với
cos 0 2 ( )
2
x
x k k Z
+
Đặt
tan
2
x
t =
suy ra
2
2 2
2 1
sin , cos
1 1
t t
x x
t t
= =
+ +
Khi đó phơng trình (1) có dạng
2
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 đó giải tìm x.
* Dạng đặc biệt:
.
sin cos 0 ( )
4
x x x k k
+ = = + Â
.
sin cos 0 ( )
4
x x x k k
= = + Â
.
Chú ý: Từ cách 1 ta có kết quả sau
2 2 2 2
sin cosa b a x b x a b + + +
từ kết quả đó ta có thể áp dụng tìm GTLN và
GTNN của các hàm số có dạng
sin cosy a x b x= +
,
sin cos
sin cos
a x b x
y
c x d x
+
=
+
và phơng pháp
đánh giá cho một số phơng trình lợng giác .
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví Dụ 1: Giải phơng trình:
sin 2 3cos2 3x x =
(1)
Giải :
Cách 1: Chia cả hai vế phơng trình (1) cho
2 2
1 3 10+ =
ta đợc
1 3 3
sin 2 cos 2
10 10 10
x x =
Đặt
3 1
sin , cos
10 10
= =
. Lúc đó 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 Â
Vậy phơng trình có 2 nghiệm
Cách 2:-Ta nhận thấy
cos 0x =
là nghiệm của phơng trình
-Với
cos 0 ,
2
x x k k
+ Â
. Đặt
tant x
=
,lúc đó
2
2 2
2 1
sin 2 , cos 2
1 1
t t
x x
t t
= =
+ +
Phơng trình (1) sẽ có dạng
2
2 2
2 2
2 1
3 3 2 3(1 ) 3(1 ) 3
1 1
t t
t t t t
t t
= = + =
+ +
Hay
tan 3 tan ,x x k k
= = = + Â
Vậy phơng trình có 2 họ nghiệm
Cách 3: Biến đổi phơng trình về dạng
2
sin 2 3(1 cos 2 ) 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
= +
= +
Â
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Chú ý: Khi làm bài toán dạng này chúng ta nên kiểm tra điều kiện trớc khi bắt tay vào
giải phơng trình bởi có một số bài toán đã cố tình tạo ra những phơng trình không thoả
mãn điều kiện. Ta xét ví dụ sau:
Ví Dụ 2: Giải phơng trình
( )
2 2(sin cos )cos 3 cos 2 2x x x x+ = +
Giải:
Ta biến đổi phơng trình (2)
Ta có:
2 2 2
2 2
2 sin 2 2(1 cos 2 ) 3 cos2
2 sin 2 ( 2 1)cos2 3 2
2 ; 2 1 ; 3 2
2 ( 2 1) 5 2 2
(3 2) 11 6 2
x x x
x x
a b c
a b
c
+ + = +
+ =
= = =
+ = + =
= =
Suy ra
2 2
a b+
<
2
c
Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm .
Ngoài ra chúng ta cần lu ý rằng việc biến đổi lợng giác cho phù hợp với từng bài toán sẽ
biểu diễn chẵn các họ nghiệm . Ta xét ví dụ sau
Ví Dụ 3: Giải phơng trình
(1 3)sin (1 3)cos 2 (3)x x+ + =
Giải :
Cách 1:Thực hiện phép biến đổi
(3)
1 3 1 3 2 1
( )sin ( )cos
2 2 2 2 2 2 2
x x
+
+ = =
Đặt
1 3 1 3
cos ; sin
2 2 2 2
x x
+
= =
Phơng trình (3) sẽ 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
+ = + = +
+ = + = +
Â
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Cách 2: Biến đổi phơng trình về dạng
(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
+ + = + + =
+ + =
+ + =
+ =
= +
= +
= + = +
Â
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Qua hai cách giải ở bài trên ta nhận thấy bằng cách 2 ta thu đợc nghiệm phơng trình chẵn.
Bài trên cĩng có thể sử dụng cách đặt
tan
2
x
t =
và ta cũng thu đợc nghiệm chẵn
*Chú ý: Đối với phơng trình dạng
sin ( ) cos ( ) sin ( ) cos ( ) (*)a P x b Q x c Q x d P x+ = +
trong đó a, b, c, d
Ă
thoả mãn
2 2 2 2
a b c d+ = +
>0 và P(x) ,Q(x) không đồng thời là các
hàm hằng số . Bằng phép chia cho
2 2
a b+
ta có (*)
[ ] [ ]
sin ( ) sin ( )P x Q x
+ = +
hoặc
(*)
[ ] [ ]
cos ( ) cos ( )P x Q x
+ = +
trong đó
,
là các góc phụ thích hợp. Ta xét ví dụ
sau:
Ví Dụ 4: Giải phơng trình:
cos7 sin 5 3(cos5 sin 7 ) (4)x x x x =
Giải:
(4)
cos7 3sin 7 3 cos5 sin 5x x x x+ = +
1 3 3 1
cos7 sin 7 cos5 sin5
2 2 2 2
x x x x + = +
cos cos7 sin sin 7 cos cos5 sin sin 5
3 3 6 6
x x x 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
= +
= +
2 2
6 12
3
12 2
8 6
2
x k x k
k Z
k
x
x k
= + = +
= +
= +
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm.
Bài tập: Giải các phơng trình sau :
1.
3sin cos 3x x+ =
2.
10cos 24sin 2 13x x =
3.
2 2
sin 6 cos 3cos 2 sinx x x x+ = +
4.
3
4cos 3sin 3 1 3cosx x x = +
5.
4 4
sin cos 1 2 2 sin .cosx x x x = +
6.
4 4
2( 3 sin cos ) 7 sin 2 3(cos sin )x x x x x = +
7.
3 1
8sin
cos sin
x
x x
= +
8.
2 2(sin cos )cos 3 cos 2x x x x+ = +
9.
cos 2cos2 2 2 cos3x x 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 thuần nhất bậc hai đối với
sin x
và
cos x
.
a) Định nghĩa: Phơng trình thuần nhất bậc hai đối với
sin x
,
cos x
là phơng trình.
2 2
sin sin .cos cosa x b x x c x d+ + =
(1) trong đó a, b, c, d
Ă
b) Cách giải :
Chia từng vế của phơng trình (1) cho một trong ba hạng tử
2 2
sin ,cosx x
hoặc
sin .cosx x
. Chẳng hạn nếu chia cho
2
cos x
ta làm theo các bớc sau:
Bớc 1: Kiểm tra:
cos 0 ,
2
x x k k
= = + Â
xem nó có phải là nghiệm của phơng trình(1) hay không?
Bớc 2: Với
0cosx
chia cả hai vế cho
2
cos x
lúc đó phơng trình (1) trở thành
2 2
2
tan tan (1 tan )
( ) tan tan 0
a x b x c d x
a d x b x c d
+ + = +
+ + =
Đây là phơng trình bậc hai theo tan ta đã biết cách giải.
Cách 2: Dùng công thức hạ bậc
2 2
1 cos 2 1 cos2 sin 2
sin ; cos ; sin .cos
2 2 2
x x x
x x x x
+
= = =
đa phơng trình đã cho về phơng trình
sin 2 ( )cos 2b x c a x d c a+ =
Đây là phơng trình bậc nhất đối với sin và cos ta đã biết cách giải
*Chú ý: Đối với phơng trình đẳng cấp bậc n (n
3) với dạng tổng quát
(sin ,cos ,sin cos ) 0
n n k h
A x x x x =
trong đó
; , ,k h n k h n+ =
Ơ
Khi đó ta cũng làm theo 2 bớc :
Bớc 1: Kiểm tra xem
cos 0x =
có phải là nghiệm của phơng trình hay không?
Bớc 2: Nếu
cos 0x
.Chia cả hai vế của phơng trình trên cho
cos
n
x
ta sẽ đợc phơng
trình bậc n theo
tan
. Giải phơng trình này ta đợc nghiệm của phơng trình ban đầu.
Ví Dụ Minh Hoạ:
Ví Dụ 1: Giải phơng trình :
2
2 3 cos 6sin .cos 3 3x x x+ = +
(1)
Giải:
Cách 1: Phơng trình (1)
3(1 cos 2 ) 3sin 2 3 3 cos 2 3 sin 2 3x x x x + + = + + =
1 3 3 3
cos2 sin 2 cos(2 )
2 2 2 3 2
x x x
+ = =
2 2
2
3 6
4
2 2
3 6 12
= +
= +
= + = +
Â
x k
x k
k
x k x k
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm.
Cách 2: +) Thử với
cos 0 2
2
x x k k
= = + Â
vào phơng trình (1) ta có
0 3 3= +
vô lí.
Vậy
2
2
x k k
= + Â
không là nghiệm của phơngtrình.
+)Với
cos 0x
Chia cả hai vế của phơng trình cho
2
cos x
ta đợc
2 2
2 3 6 tan (3 3)(1 tan ) (3 3) tan 6 tan 3 3 0x x x x+ = + + + + =
tan 1
4
3 3
tan tan
3 3
=
= +
= =
= +
+
Â
x
x k
k
x
x k
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
* Chú ý: Không phải phơng trình nào cũng ở dạng thuần nhất ta phải thực hiện
một số phép biến đổi thích hợp
Ví Dụ 2: Giải phơng trình:
3
sin ( ) 2 sin
4
x x
=
(2)
Giải :
Ta nhận thấy
sin( )
4
x
có thể biểu diễn đợc qua
sin cosx x
. Luỹ thừa bậc ba biểu thức
sin cosx x
ta sẽ đa phơng trình về dạng thuần nhất đã biết cách giải
Phơng trình (2)
3
3
2 2 sin ( ) 4sin 2 sin( ) 4sin
4 4
x x x x
= =
3
(sin cos ) 4sinx x x =
+) Xét với
cos 0 2
2
x x k k
= = + Â
. Khi đó phơng trình có dạng
3
sin ( ) 4sin( )
2 2
k k
+ = +
mâu thuẫn
Vậy phơng trình không nhận
2
2
x k
= +
làm nghiệm
+) Với
cos 0x
. Chia cả hai vế của phơng trình (2) cho
3
cos x
ta đợc :
3 2 3 2
(tan 1) 4(1 tan ) tan 3tan 3tan tan 1 0x x x x x x = + + + =
.
Đặt
tant x=
phơng trình có đợc đa về dạng:
3 2 2
3 3 1 0 ( 1)(3 1) 0
1
4
t t t t t
t x k k
+ + = + + =
= = + Â
Họ nghiệm trên thoả mãn điều kiện của phơng trình .
Vậy phơng trình có duy nhất 1 họ nghiệm
*Chú ý: Ngoài phơng pháp giải phơng trình thuần nhất đã nêu ở trên có những phơng
trình có thể giải bằng phơng pháp khác tuỳ thuộc vào từng bài toán để giải sao cho cách
giải nhanh nhất ,khoa học nhất.
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
+
=
+
Â
Cách 1: Biến đổi phơng trình về dạng :
( )
( )
2
3
cos sin
cos sin
cos sin
cos sin cos sin
x x
x x
x x
x x x x
= +
+
= +
Chia cả hai vế của phơng trình (3) cho
3
cos 0x
ta đợc :
( )
( )
( )
3
2 2
3 2
2
1 tan 1 tan tan 1 tan
tan tan 2 tan 0
tan tan 2 tan 0 (*)
x x x x
x x x
x x x
+ + = +
+ + =
+ + =
(do
2
tan tan 2 0x x+ + =
vô nghiệm) nên:
Phơng trình (*)
( )
tan 0x x k k
= = Z
Vậy phơng trình có một họ nghiệm
Cách 2: Biến đổi phơng trình về 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
= +
+
+
ữ
= + + =
ữ
+ +
+
ữ
Đặt
cot( )
4
t x
= +
ta đợc :
( )
( )
3 2
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
= + = + + = =
+
+ = + = + = Â
Vậy phơng trình có một họ nghiệm
Bài tập :
Giải các phơng trình sau :
1)
2
3sin 4sin .cos cos 0x x x x + =
2)
3 3 2
2cos sin 11sin 3cos 0x x x x+ =
3)
1
4sin 6cos
cos
x x
x
+ =
4)
3
sin 3 2sinx x=
5)
3 2 2 3
sin 5sin cos 7sin cos 2cos 0x x x x x x + =
6)
3
sin 2 sin sin 3 6cosx x x x+ =
7)
3 1
8cos
sin cos
x
x x
= +
8)
2 2 4
(sin 4cos )(sin 2sin .cos ) 2x x x x x cos x =
9)
3 3
cos sin sin cosx x x x =
1.2.4-Phơng trình đối xứng đối với
sin x
và
cos x
.
a) Định nghĩa: Phơng trình đối xứng đối với
sin x
và
cos x
là phơng trình dạng
(sin cos ) sin cos 0a x x b x x c+ + + =
trong đó
, ,a b c Ă
(1)
b) Cách giải:
Cách 1: Do
2
(sin ) 1 sin cosa x cosx x x+ = +
nên ta đặt
sin cos 2 sin( ) 2 cos( )
4 4
t x x x x
= + = + =
. Điều kiện
| | 2t
Suy ra
2
1
sin cos
2
t
x x
=
và phơng trình (1) đợc viết lại:
2
2 ( 2 ) 0bt at b c+ + =
Đó là phơng trình bậc hai đã biết cách giải
Cách 2: Đặt
4
t x
=
thì
sin cos 2 cos( ) 2 cos
4
x x x t
+ = =
2
1 1 1 1
sin cos sin 2 cos( 2 ) cos2 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 là phơng trình bậc hai đã biết cách giải
*Chú ý: Hai cách giải trên có thể áp dụng cho phơng trình
(sin cos ) sin cos 0a x x b x x c + + =
bằng cách đặt
sin cost x x=
và lúc đó
2
1
sin cos
2
t
x x
=
Ví Dụ Minh Hoạ :
Ví Dụ 1: Giải phơng trình
sin cos 2sin cos 1 0 (1)x x x x+ + =
Giải:
Cách 1: Đặt
sin cosx x t+ =
điều kiện
| | 2t
. Lúc đó
2
1
sin cos
2
t
x x
=
Khi đó phơng trình (1) sẽ có dạng
2
1
2( ) 1 0
2
t
t
+ =
2
1
2 0 (*)
2
t
t t
t
=
=
=
Với
2t =
không thoả mãn điều kiện nên
(*)
1t =
sin cos 1x x + =
2
1
2 sin( ) 1 sin( )
2
4 4
2
2
x k
x x k
x k
= +
+ = + =
= +
Â
Cách 2: Đặt
4
z x
=
. Khi đó phơng trình có dạng
2 cos( ) sin 2 1 0
4
x x
+ =
2 cos sin 2( ) 1 0
4
z z
+ =
2 cos sin( ) 1 0
2
z z
+ =
2 cos cos 2 2 0z z + =
2
2 cos (2cos 1) 1 0z z + =
2
2cos 2 cos 1 0z z + + =
cos 2
2
cos
2
z
z
=
=
(*)
Ta thấy
cos 2z =
không thoả mãn
Do đó (*)
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
=
=
Â
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
*Chú ý: Ta có thể đa một số dạng phơng trình về dạng phơng trình đối xứng đã xét ở trên
Bài toán 1: Giải phơng trình
2 2
tan cot ( sin cos ) (1) 0+ = a x b x c a x b x ab
Cách giải: Phơng trình (1) có thể viết
2 2 2 2
sin cos
( sin cos )
sin .cos
=
a x b x
c a x b x
x x
( sin cos )( sin cos ) ( sin cos )a x b x a x b x c a x b x + =
[ ] [ ]
( sin cos ) ( sin cos ) sin .cos 0a x b x a x b x c x x
=
m
[ ]
[ ]
sin cos 0
sin cos sin .cos 0
=
=
m
a x b x
a x b x c x x
*Quy ớc: Khi có nhiều dấu
[ ]
trong một biểu thức hay một hệ hiểu là cùng lấy dòng
trên hoặc cùng lấy dòng dới
Ví Dụ 2: Giải phơng trình
tan 3cot 4(sin 3 cos ) (2)x x x x = +
Giải:
Điều kiện:
sin .cos 0
2
k
x x x k
Â
Ta có (2)
2 2
1
(sin 3cos ) 4(sin 3 cos )
sin .cos
x x x x
x x
= +
(sin 3 cos )(sin 3 cos ) 4(sin 3 cos )sin .cosx x x x x x x x + = +
(sin 3 cos ). (sin 3 cos )sin 2 0x x x x x
+ =
sin 3 cos 0 (4)
sin 3 cos sin 2 0 (3)
x x
x x x
+ =
=
Ta có (3)
tan 3 (5)
3
x x k
= = +
(4)
1 3
sin cos sin 2
2 2
x x x =
cos sin sin cos sin 2
3 3
x 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
= +
= +
Â
(6)
Các gía trị của x trong (5) và (6) đều thoả mãn điều kiện của phơng trình
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
với
, , , Ăa b c d
(1)
Cách giải:
Ta có:
[ ] [ ]
[ ] [ ]
[ ]
(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 đây chúng ta đã biết cách giải
Tơng tự cho phơng trình
[ ] [ ]
(tan sin ) (cot cos ) 0a x x b x x a b + + =
Ví Dụ 3: Giải phơng trình
tan 3 cot sin 3 cos 1 3 0x x x x + + =
(3)
Giải:
Điều kiện
sin 2 0
2
k
x x k
Â
(3)
tan sin 3(cot cos ) 1 3 0x x x x + =
1 3
(sin sin cos cos ) (sin sin .cos cos ) 0
cos sin
x x x x x x x x
x x
+ + =
1 3
( )(sin sin .cos cos ) 0
cos sin
x x x x
x x
+ =
( )
1 3
0 (4)
cos sin
sin sin .cos cos 0 5
x x
x x x x
=
+ =
Giải (4)
tan 3
3
x x k k
= = + Â
Giải (5): Đặt
sin cos 2 cos( ) | | 2
4
t x x x t
= + =
(*)
Suy ra
2
1
sin . cos
2
t
x x
=
.
Phơng trình (5) trở thành
2
2
1
0 1 0
2
t
t t t
= =
1 2
1 2
t
t
=
= +
Kết hợp với điều kiện (*) thì
1 2t = +
bị loại
Với
1 2t =
ta có
1 2
2 cos( ) 1 2 cos( ) cos
4 4
2
x x
= = =
2 2
4 4
x l x l
= + = +
, l
Ă Â
Các nghiệm của phơng trình (4) và (5) đều thoả mãn điều kiện của phơng trình
Vậy phơng trình có ba họ nghiệm
Chú ý: Ta có thể áp dụng phơng pháp đối với phơng trình hỗn hợp chứa các biểu thức đối
xứng đối với
sin x
và
cos x
với bậc lớn hơn 2.
Ví dụ 4: Giải phơng trình:
4 4
cos sin sin 2 (1)
2 2
x x
x =
Giải :
Ta có:
4 4 2 2 2 2
cos sin (cos sin )(cos sin ) cos
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
x = + =
Ph¬ng tr×nh (1) cã 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
π
π
π
π
π
π
= ⇔ =
= +
=
⇔ − = ⇔ ⇔ = + ∈
=
= +
¢
VËy ph¬ng tr×nh cã 3 hä nghiÖm
VÝ Dô 5: Gi¶i ph¬ng tr×nh:
6 6
2 2
sin cos
8 tan cot
sin 2
+
= +
x x
x x
x
(2)
Gi¶i:
§iÒu kiÖn:
sin 2 0x ≠
Ph¬ng tr×nh (2)
2 2
2
2 2
3 sin cos
8(1 sin 2 ) 2sin 2 ( )
4 cos sin
x x
x x
x x
⇔ − = +
2
2
2
1
1 sin 2
2
8 6sin 2 4sin 2 .
sin 2
x
x x
x
−
⇔ − =
⇔
2 2
(8 6sin 2 )sin 2 4 2sin 2x x x− = −
⇔
3 2
3sin 2 sin 2 4sin 2 2 0x x x− − + =
⇔
2
(sin 2 1)(3sin 2 2sin 2 2) 0x x x− + − =
⇔
2
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
=
=
= =
(loại)
4
x k
x k k
x k
= +
= +
= +
Â
Các nghiệm đều thoả mãn điều kiện
sin 2 0x
Vậy phơng trình có 3 họ nghiệm
Bài tập:
Giải các phơng trình sau:
1.
20 1 1
( tan )cos2 9
sin 2 2(sin cos ) 2 sin cos
x x
x x x x x
= +
+
2.
2(tan sin ) 3(cot cos ) 5 0x x x x + + =
3.
3 3
1 cos sin sin 2x x x+ =
4.
sin cos ( 3 1)cos2x x x+ =
5.
2 2
2cos (1 sin ) cos 0
2
x
x x + =
6.
3 3
sin cos sin 2 sin cosx x x x x+ = + +
7.
4 4
4(sin cos ) 3sin 4 2x x x+ + =
8.
8 8
17
sin cos
32
x x+ =
9.
3 4 3 4
1 1 2
sin .cos cos 2 sin .cos sin 2
4 4 8
x x x x x x+ = + +
10.
3 3 5 5
sin cos 2(sin cos )x x x x+ = +
11.
8 8 10 10
5
sin cos (sin cos ) cos 2
4
x x x x x+ = + +
1.2.5- PTLG hỗn hợp chứa các biểu thức đối xứng
tan x
và
cotx
.
* Phơng trình có dạng
1
(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 2
tan cot
t x x t
t x x t
= +
=
Ă
đa phơng trình đã cho về dạng đại số
( ) 0F t =
Bớc 2: Giải phơng trình
( ) 0F t =
loại những nghiệm không thoả mãn điều kiện của bài
toán
Bớc 3: Với nghiệm t tìm đợc ở bớc 2 thế vào bớc 1 để tìm x
Ví dụ Minh Hoạ:
Ví Dụ 1: Giải phơng trình
3 3 2 2
tan cot 3(tan cot ) 3(tan cot ) 10 0 (1)x x x x x x + + =
Giải:
Phơng trình (1)
3 3 2 2
tan cot 3tan .cot ( ) 3(tan cot 2) 4 0x x x x tanx cotx x x + + =
3
(tan cot ) 3(tan cot ) 4 0 (2)x x x x + =
Đặt
tan cott x x=
, phơng trình (2) trở thành
3 2
3 4 0 ( 1)( 4 4) 0t 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
= +
= +
= =
= +
=
= +
Â
Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
Ví Dụ 2: Giải phơng trình:
3 2 3 2
tan tan tan cot cot cot 6x x x x x x+ + + + + =
(2)
Giải:
Điều kiện
sin .cos 0
2
x x x k
Ta có: Phơng trình (2)
3 3
2 2
tan cot 3tan .cot (tan cot )
tan cot 2tan .cot 2(tan cot ) 8 0
x x x x x x
x x x x x x
+ + + +
+ + + =
3 2
(tan cot ) (tan cot ) 2(tan cot ) 8 0x x x x x x + + + + =
(3)
Đặt
tan cot | | 2t x x t= +
, phơng trình (3) có dạng
3 2
2 8 0t t t+ =
3 2
8 2 0t t t + =
2
( 2)( 2 4) ( 2) 0t t t t t + + =
2 2
( 2)( 2 4 ) 0 ( 2)( 4) 0t t t t t t t + + = + + =
Với
| | 2t
thì
2
4 0t t+ + >
nên (4)
2 0 2t t = =
Suy ra
tan cot 2 sin 2 1
4
x x x x k
+ = = = +
( thoả mãn điều kiện(2)).
Vậy
4
x k
= +
là họ nghiệm duy nhất của phơng trình đã cho
Bài tập:Giải các phơng trình sau:
1.
7 7
2(tan cot ) tan cotx x x x+ = +
2
3 2 2 3
tan tan cot cot 4 0x x x x+ + + =
3.
2 2
5(tan cot ) 3(tan cot ) 8 0+ + =x x x x
4.
2
2
11 1
tan 2(tan cot )
3 sin
+ = x x x
x
5.
2
2
2
tan cot 2tan 8
sin
+ + + =x x x
x
6.
sin cos tan cot+ = +x x x x
7.
4 4 2
8(tan cot ) 9(tan cot ) 10+ = + x x x x
1.3- Vấn đề loại nghiệm không thích hợp của PTLG.
Với nhiều PTLG ta cần đặt điều kiện cho ẩn. Khi đó, trớc khi kết luận nghiệm ta
cần kiểm tra xem các nghiệm tìm đợc có thoả mãn điều kiện đã đặt ra hay không, để ta có
thể loại những nghiệm không thích hợp.
Chúng ta có thể xét ba phơng pháp sau:
1.3.1 Phơng pháp loại nghiệm trực tiếp.
Giả sử ta cần tìm nghiệm của phơng trình (1) thoả mãn điều kiện (*) nào đó Trớc
hết ta giải phơng trình (1) sau đó thay nghiệm của phơng trình (1) tìm đợc vào (*) để loại
nghiệm không thích hợp.
Ví Dụ: Giải phơng trình
1 sin
0
sin 4
x
x
+
=
(1)
Giải:
Điều kiện
sin 4 0x
(*)
Khi đó (1)
1 sin 0 sin 1 2 ,
2
x x x k k
+ = = = + Â
Thay
2
2
x k
= +
vào (*) xem có thoả mãn hay không ?
sin 4( 2 ) sin( 2 2 ) ( 2 ) 0
2
k k sin
+ = + = =
Suy ra
2
2
x k
= +
không thoả mãn (*) .
Vậy phơng trình (1) vô nghiệm .
1.3.2- Phơng pháp hình học (dùng đờng tròn lợng giác).
Giả sử ta cần tìm nghiệm của phơng trình (1) thoả mãn điều kiện (*) nào đó .Gọi L là tập
các cung không thoả mãn các điều kiện (*), N là tập nghiệm của phg trình (1).Ta biểu
diễn điểm cuối của các cung thuộc hai tập L và N lên trên cùng một đờng tròn lợng giác.
Chẳng hạn điểm cuối của các cung thuộc L ta đánh dấu (x), điểm cuối của các cung thuộc
N ta đánh dấu (.). Khi đó những cung có điểm cuối đợc đánh dấu (.) mà không bị đánh
dấu (x) là nghiệm của phơng trình.
Ví Dụ: Giải phơng trình:
cos .cot 2 sinx x x=
(1)
Giải:
Điều kiện
sin 2 0 2 ( ) (*)
2
= Âx x n x n n
Khi đó phơng trình (1)
cos2
cos sin
sin 2
x
x x
x
=
cos cos 2 sin sin 2x x x x=
cos cos 2 sin sin 2 0x x x x =
