Chuyên đề Phương trình lượng giác cơ bản

Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN
6

CHƯƠNG I: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC (PTLG)
BÀI 1: CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
I. PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN (PTCB):
Trong lượng giác có 3 phương trình cơ bản.Dù cơ bản (chính vì cơ bản nên nó mới có tên
như vậy) nhưng cũng phải nêu ra đây bởi vì các PTLG khác nếu giải được cũng phải đưa về
một trong 3 PTCB sau đây:
1.sin
α
x
=
với
α 1
≤
, có nghiệm là:
arcsinα 2
arcsin
α +k2
xk
x
π
ππ
=+


=−


(
)
k ∈
Z

2.
cos
α
x
=
với
α 1
≤
, có nghiệm là:
arccos
α+k2
x
π
=±

(
)
k ∈
Z

3.
α
tgx
=

có nghiệm là:
arc α
xtgk
π
=+

(
)
k ∈
Z

(hay là
cot
α
gx
=
có nghiệm là:
arccot α
xgk
π
=+
)
(
)
k ∈
Z

Chú ý: Trong các PTCB trên ta đã có sử dụng đến các hàm số lượng giác ngược:
1. Hàm
arcsin

yx
=
:
Miền xác định:
[
]
1,1
D =−

;
arcsin
22
sin
y
yx
yx
ππ


∈−


=⇔



=


2. Hàm

arccos
yx
=
:
Miền xác định:
[
]
1,1
D =−

arccos
yx
=
[
]
0;
cos
y
yx
π

∈

⇔

=



3. Hàm

arc
ytgx
=
:
Miền xác định:
R
D
=


;
arc
22
y
ytgx
tgyx
ππ


∈−


=⇔



=


4. Hàm

arccot
ygx
=
:
Miền xác định:
DR
=


(
)
0;
arccotgx
cot
y
y
gyx
π
∈

=⇔

=



Ta xét một số bài toán sau:
Bài toán 1: Giải phương trình sau:
Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

7

(
)
(
)
cos3sincossin
xx
ππ=
Giải
(
)
(
)
cos3sincossin
xx
ππ=

3sinsin2
3sinsin2
xxk
xxk
πππ
πππ
=+

⇔

=−+



2sin2
4sin2
xk
xk
ππ
ππ
=

⇔

=


sin
sin
2
xk
k
x
=


⇔

=


Do

sin1
k
x
∈



≤


Z

1
1
2
k
k
≤

⇔

≤



1
2
k
⇔≤

{
}
0;1;2
k
⇔∈±±


sin0
1
sin
2
sin1
x
x
x
=



⇔=±


=±


sin20
1
sin
2
1

sin
2
x
x
x


=


⇔=



=−



2
2
6
5
2
6
7
2
6
l
x
xk

xk
xk
π
π
π
π
π
π
π

=



=±+

⇔


=+


=+



2
6
l
x

xk
π
π
π

=

⇔


=±+


(
l
,k
∈
Z
)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

2
6
l
x
xk
π
π
π


=



=±+


(
l
,k
∈
Z
)
Nhận xét: Đây là một PTLG mà việc giải nó rất đơn giản, mấu chốt của bài này là vị trí quan
trọng của ‘k’. Đôi lúc vai trò của ‘k’ trong việc giải PTLG rất quan trọng.Việc xét điều kiện
‘k’ có thể đưa đến một số PTLG khá hay liên quan đến việc giải một số bài toán đại số, số
học nhỏ mà ta sẽ gặp ở một số bài toán sau:
Bài toán 2: (ĐH Tổng hợp Lômônôxôp khoa Tính Toán và Điều Khiển 1979-ĐHSPII 2000)
Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình sau:
(
)
2
cos391608001
8
xxx
π

−++=



Giải
Giả sử x là số nguyên thoả mãn phương trình, khi đó ta có:
(
)
2
cos391608001
8
xxx
π

−++=



Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN
8

(
)
2
391608002
8
xxxk
π
π
⇔−++= (k
∈

Z
)
()
2
2
2
9160800316
3160
9160800316
xxxk
xk
xxxk
⇔++=−
−≥


⇔

++=−



2
3160
825
35
xk
k
x
k

−≥


⇔

−
=

+


3160
25
92440
35
xk
xk
k
−≥


⇔

=−−

+

(
)
1

25
35
k
⇒∈
+
Z
, suy ra :
{
}
0;-2;-10
k ∈
(
)
2

Từ
(
)
2
, bằng cách thử trực tiếp vào
(
)
1
ta được:

2
7
10
31

k
x
k
x
=−



=−



=−



=−




Nhận xét: Đây là một PTLG cơ bản, việc giải nó thật ra là giải một phương trình nghiệm
nguyên hai ẩn mà ta sẽ đề cập đến một cách cụ thể ở phần sau.Bài toán này chỉ nhằm mục
đích minh hoạ cho vai trò của ‘k’.
Bài toán 3 : Tìm số
a>0
nhỏ nhất thoã mãn:
()
22
1

cos2sin
2
aaa
ππ


+−−




=0
Giải
()
22
1
cos2sin
2
aaa
ππ


+−−




=0
()()
22

cos2sin
2
aaa
π
ππ

⇔−+=




(
)
(
)
22
sin2sin
aaa
ππ

⇔+=


(
)
()
22
22
22
22

aaak
aaak
πππ
ππππ

+=+

⇔

+=−+


()
2
22210
ak
aak
=∈

⇔

+−+=

Z
(
)
*

Do
(

)
*
>0
a
k




∈

Z
suy ra
31
2
Mina
−
=
Nhận xét: Bài toán này 2 mấu chốt quan trọng:
-Thứ nhất: ta đã sử dụng công thức cơ bản nhưng lợi hại nhất là đối với các bài toán
có dạng
sincos
ab
+
:

sincos
2
xx
π


=−



-Thứ hai: tìm giá trị nhỏ nhất có thể có của biến a.
Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

9


Bài toán 4: Tìm nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình:
(
)
()
2
2
sinsin1
xxππ

=+


Giải.
(
)
()
2
2

sinsin1
xxππ

=+


()
()
2
2
2
2
12
12
xxk
xxk
πππ
ππππ

=++

⇔

=−++

(k
∈
Z
)
2

21
2
0
k
x
xxk
+

=−

⇔

+−=


(k
∈
Z
)
k
∈
Z

(
)
+
Xét
21
>0
2

k
x
+
=− , k
∈
Z
suy ra: , ta được
1
2
x
=
là nghiệm dương nhỏ nhất.

(
)
+
Xét phương trình
2
0
xxk
+−=

(
)
*
có:
Δ 140
k
=+≥

1
4
k
k

≥−

⇔


∈

Z

0
k
⇒≥

Thử trực tiếp ta thấy khi
1
k
=
thì phương trình
(
)
*
có nghiệm nhỏ nhất là:
-1+51
x = >

22
(loại)
Vậy nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình đã cho là:
1
2
x
=
.
Bài toán 5: Tính tổng các nghiệm
[
]
0,100
x∈ của phương trình sau:
32
2
2
coscos1
cos2
cos
xx
xtgx
x
−+
=+
Giải.
Điều kiện:
2
cos0
x
≠

2
xk
π
π
⇔≠+
(
)
k ∈
Z

Với điều kiện trên phương trình:
2
2
1
cos1cos2
cos
xxtgx
x
⇔−+=+
coscos2
xx
⇔=

2
2
3
xk
k
x

π
π
=


⇔

=

,k
∈
Z

2
3
k
x
π
⇔= (*)
Do
0100
x
≤≤
nên
10050
047
2
33
k
ππ



≤≤==




Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN
10

47.2
48.0
3
2
S
π

+


⇒= =752
π

Nhận xét: Bài toán này ngoài việc cho ta thấy vai trò của ‘k’ còn chỉ rõ một vấn đề: tầm quan
trọng của việc kết hợp nghiệm. Thử hình dung, nếu ta không kết hợp nghiệm lại dưới dạng
công thức (*) đon giản hơn thì ta phải tiến hành xét 2 bất phương trình sau:
02100
k

π
≤≤
;
2
0100
3
k
π
≤≤
Như vậy ta phải tốn thời gian hơn, quá trình giải bài toán sẽ bị kéo dài một cách không cần
thiết.
II. KẾT HỢP CÔNG THỨC NGHIỆM:
Kết hợp công thức nghiệm trong các PTLG chẳng những giúp cho ta có thể loại được
nghiệm ngoại lai mà còn có thể có được một công thức nghiệm đơn giản hơn, từ đó việc giải
quyết bài toán trở nên đơn giản hơn (giống như bài toán mà ta vừa xét ở trên). Đôi lúc việc
kết hợp công thức nghiệm cũng tương tự như việc giải một hệ phương trình lượng giác cơ bản
bằng phương pháp thế. Ở đây ta không đề cặp đến phương pháp này mà ta chỉ nói đến hai
phương pháp chủ yếu sau:
A. ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC:
1.Các khái niệm cơ bản:
a) Đường tròn lượng giác: là đường tròn có bán kính đơn vị
R = 1
và trên đó ta đã chọn một
chiều dương
(
)
+
(thông thường chiều dương là chiều ngược chiều kim đồng hồ)
b) Cung lượng giác:
»

AB
(với A, B là 2 điểm trên đường tròn lượng giác) là cung vạch bởi
điểm M di chuyển trên đường tròn lượng giác theo một chiều nhất định từ A đến B.
c) Góc lượng giác: khác với góc bình thường góc lượng giác có một chiều nhất định
2. Phương pháp biểu diễn góc và cung lượng giác:
a) Biểu diễn các điểm ngọn của cung lượng giác biết số đo có dạng
α + k
π
:
Ta đưa số đo về dạng
2
α k
m
π
+ .
Bài toán có m ngọn cung phân biệt tương ứng với k từ 0 đến
(
)
m-1
.
Bài toán 1: Trên đường tròn lượng giác, ta lấy điểm A làm gốc.
Định những điểm M biết sđ
»
42
ABk
ππ
=+
Giải.
Ta có sđ
»

2
4244
ABkk
ππππ
=+=+ .Suy ra có 4 điểm ngọn cung phân biệt ứng với:


()
¼
3
+1:
4
kAM
π
==
()
¼
+0:
4
kAM
π
==
Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

11


()
¼

5
+2:
4
kAM
π
==

()
¼
7
+3:
4
kAM
π
==
Đề ý ta thấy rằng trên đường tròng lượng giác các điểm ngọn cung là đỉnh của hình vuông
0123
MMMM
.
Nhận xét: Trên đường tròn lượng giác các điểm ngọn cung là đỉnh của một đa giác đều m
cạnh.
b) Biểu diễn góc (cung) dưới dạng công thức tổng quát:
Ta biểu diễn từng góc (cung) trên đường tròn lượng giác. Từ đó suy ra công thức tổng quát.

Bài toán 2: Biểu diễn góc lượng giác có số đo sau dưới dạng một công thức tổng quát:
3
xk
xk
π
π

π
=



=±+



Giải.
Ta biểu diễn các điểm ngọn cung của
2
2
xkk
π
π==

0:0
kx
==

1:kx
π
==

Ta biểu diển các điểm ngọn cung của
3
xk
π
π

=±+
0:
3
kx
π
==±

4
1:
3
kx
π
==±
Trên đường tròn lượng giác, ta nhận thấy có 6 điểm ngọn cung phân biệt, Do đó công thức
tổng quát là:
2
63
kk
x
ππ
==
Nhận xét: Qua bài toán này ta thấy rõ vai trò của việc kết hợp các góc lượng giác dưới dạng
một công thức tổng quát đơn giản hơn. Hơn nữa, đây còn là bài toán về việc giải hệ phương
trình lượng giác cơ bản bằng phương pháp biểu diễn trên đường tròn lượng giác.
Bài toán giải PTLG dùng phương pháp kết hợp nghiệm bằng đường tròn lượng giác để loại
các nghiệm ngoại lai.
Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN
12

Bài toán 1: Giải phương trình:
2
sin(sincos)1
0
cossin1
xxx
xx
+−
=
+−

Giải.
Điều kiện:
2
cossin10
xx
+−≠

2
sinsin0
xx
⇔+≠

sin0
sin1
x
x
≠


⇔

≠


2
xk
xk
π
π
π
≠


⇔

≠+


(
)
1

Với điều kiện đó phương trình tương đương:

(
)
sincossin10
xxx
+−=

2
sinsincos10
xxx
⇔+−=


⇔
cos(sincos)0
xxx
−=


cos0
sincos
x
xx
=

⇔

=


2
4
xk
xk
π

π
π
π

=+

⇔


=+


,k
∈
Z
(
)
2

Kết luận: nghiệm của phương trình đã cho là:
2
xk
π
π
=+ ;
2
2
xk
π
π

=−+ ,(k
∈
Z
)
Nhận xét: Đây là một bài có công thức nghiệm đơn giản cho phép ta có thể biểu diễn một
cách chính xác trên đường tròn lượng giác. Tuy nhiên ta hãy xét thêm bài toán sau để thấy rõ
màu sắc của bài toán biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác.

Bài toán 2: Giải phương trình sau:
sin4
1
cos6
x
x
=

Giải.
Điều kiện để phương trình có nghĩa là:
cos60
x
≠
6
2
xk
π
π
⇔≠+
126
k
x

ππ
⇔≠+ ,k
∈
Z
(1)
Với điều kiện (1) phương trình tương đương:
sin4cos6
xx
=

⇔
cos6cos4
2
xx
π

=−




642
2
642
2
xxm
xxm
π
π
π

π

=−+

⇔


=−+


m
∈
Z

Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

13


205
4
m
x
xm
ππ
π
π

=+


⇔


=−+


m
∈
Z

So sánh các nghiệm này với điều kiện ban đầu ta được nghiệm của phương trình là:
205
m
x
ππ
=+ và
51
mn
≠+
, n
∈
Z

Nhận xét: ta nhận thấy đối với bài toán này việc biểu diễn bằng đường tròn lượng giác đã trở
nên khó khăn và khó chính xác. Do đó ta hãy xem phương pháp hai.
B. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN:
1. Cơ sở của phương pháp:
Giải phương trình bậc nhất hai ẩn
axbyc

+=
, với a,b,c nguyên.
a) Định lí 1: Định lí về sự tồn tại nghiệm nguyên
Cần và đủ để phương trình
axbyc
+=
,với
(
)
,,abc∈
Z
có nghiệm nguyên là
(
)
,
abc
.
Hệ quả: Nếu
(
)
,1
ab
=
thì phương trình
axbyc
+=
luôn có nghiệm nguyên.
b) Định lí 2: nếu phương trình
axbyc
+=

, với
(
)
,,abc∈
Z
,
22
0
ab
+≠
,
(
)
,1
ab
=
có
một nghiệm riêng
(
)
00
,
xy
thì nghiệm tổng quát của phương trình là:
0
0
xxbt
yyat
=+



=−

, vớit
∈
Z

Ví dụ: phương trình
321
xy
+=
có nghiệm riêng là
(
)
1,1
−
và nghiệm tổng quát là:
12
13
xt
yt
=+


=−−

, vớit
∈
Z

c) Ví dụ: giải và biện luận phương trình nghiệm nguyên sau theo tham số m nguyên

6112
xym
−=+
(1)
Ta có
(
)
6,111
=
nên phương trình (1) luôn có nghiệm nguyên.
Phương trình (1) có nghiệm riêng là
(
)
24,2
mm
++
nên có nghiệm tổng quát:

2411
26
xmt
ymt
=+−


=+−

, t

∈
Z


2. Ví dụ: Ta xét một số bài toán dùng phương trình nghiệm nguyên để kết hợp nghiệm
hay giải hệ phương trình hệ quả của PTLG.
Bài toán 1: Giải phương trình :
271
tgxtgx
=

Giải.
Điều kiện:
Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN
14

2
2
7
2
xk
xk
π
π
π
π

≠+





≠+


()
()
1
42
2
147
k
x
k
x
ππ
ππ

≠+


⇔


≠+


,k

∈
Z

Với điều kiện trên phương trình tương đương:

sin2sin7cos2cos7
xxxx
=

cos90
x
⇔=
9
2
xm
π
π
⇔=+
189
m
x
ππ
⇔=+ , (3) m
∈
Z

Ta xét xem nghiệm của (3) có thoả điều kiện (1), (2) hay không:
• Xét điều kiện (1):
Ta giải phương trình nghiệm nguyên sau:
42189

m
k
ππππ
+=+
4187
mk
⇔−=

Dễ dàng nhận thấy phương trình trên có
(
)
4,182
=
không phải là ước của 7 nên
phương trình nghiệm nguyên vô nghiệm.
Vậy nghiệm (3) luôn thoả mãn (1)
• Xét điều kiện (2):
Ta giải phương trình nghiệm nguyên sau:
147189
km
ππππ
+=+

714918
mk
⇔+=+


791
mk

⇔−=
có nghiệm riêng tổng quát là:
49
37
mt
kt
=+


=+

,t
∈
Z

Do vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

189
m
x
ππ
=+ , với
m
∈
Z
và 94,mtn
≠+∈
Z
.
Nhận xét: Đối với bài toán này ta nhận thấy công thức nghiệm của nó khá phức tạp, việc biểu

diễn trên đường tròn khó được chính xác. Cho nên ta dùng phương trình nghiệm nguyên sẽ
chính xác và dễ dàng hơn. Quay trở lại bài toán2 ở mục trên ta thấy nếu dùng phương trình vô
định thì bài toán sẽ nhanh hơn.

Bài toán 2: Giải hệ phương trình cơ bản sau:
cos21
cos1
x
x
=


=


Giải.
cos21
cos1
x
x
=


=


4(1)
(,)
2(2)
xk

kl
xl
π
π
=

⇔∈

=

Z

Để giải hệ phương trình này ta giải phương trình nghiệm nguyên:
Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

15

42
kl
ππ
=

1
,
2
kt
t
lt
=+


⇔∈

=

Z

Vậy nghiệm của hệ đã cho là:
4
xt
π
=
vớit
∈
Z
.

Nhận xét: Có thể ta cho rằng bài toán này cực kì đơn giản nhưng nó rất quan trọng. Có một
sai lầm thường gặp vô cùng nguy hiểm: khi nhìn vào hệ phương trình đơn giản này ta nghĩ
ngay đến đường tròn lượng giác -“cực kì cực kì nguy hiểm”. Bởi vì đường tròn lượng giác có
chu ki là
2
π
trong khi đó (1) có chu kì là
4
π
và (2) có chu kì là
2
π
. Ta không thể sử dụng

đường tròn lượng giác trong trường hợp này.
Chú ý :Ta chỉ dùng đường tròn lượng giác khi số đo góc lượng giác đó có dạng:

2
k
x
m
π
α=+ hay
k
x
m
π
α=+
(do đường tròn lượng giác có chu kì
2
π
).
BÀI 2: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC DẠNG CHÍNH TẮC.

I. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP:
1. Phương trình đẳng cấp bậc I: sincos
axbxc
+=
(1) với
22
0
ab
+≠
.

Đối với dạng này ta có 2 cách giải quen thuộc:
Cách 1: Phương pháp lượng giác
sincos
axbxc
+=

sincos
bc
xx
aa
⇔+=

sincos
c
xtgx
a
ϕ
⇔+=

;<<
22
b
tg
a
ππ
ϕϕ

=−



()
sincos
c
x
a
ϕϕ
⇔+=
Đặt
cossin
c
a
ϕα
=
22
ππ
α

−≤≤


, ta có phương trình cơ bản:

sin()sin
x
ϕα
+=

Điều kiện để phương trình có nghiệm:
2

2
2
cos1cos1
cc
x
aa
ϕ
≤⇔≤

222
2
222
11
ccb
tg
aaa
ϕ⇔≤+⇔≤+
222
cab
⇔≤+

Cách 2: Phương pháp đại số
• Nếu
cos0
2
x
=
là nghiệm của (1) thì
0
cos1

sinx
x
=


=−


Khi đó (1)
0
bc
⇔+=

• Nếu
cos0
2
x
=
không là nghiệm của (1), hay là
0
bc
+≠
nên tồn tại
2
x
tg
.
Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

16

Đặt
2
2
2
2
sin
1
2
1
cos
1
t
x
x
t
ttg
t
x
t

=


+
=⇒

−


=

+


Ta có (1)
2
22
21
11
tt
abc
tt
−
⇔+=
++


22
2(1)(1)
atbtct
⇔+−=+


2
()20
bctatcb
⇔+−+−=

Giải phương trình được nghiệm

2
x
ttg
= , suy ra nghiệm x.
Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm là:
()
'222
0
0
0
bc
bc
acb
+=


+≠





∆=−−≥





222
abc

⇔+≥

Chú ý:
o Nếu
222
abc
+=
, phương trình trở thành:
cos.sinsin.cos1
xx
ϕϕ
+=


sin()1
x
ϕ
⇔+=

o Nếu cung
ϕ
trong cách giải 1 không phải là cung đặc biệt
,,,
643
πππ
ta
nên dùng cách 2 để được phép tính đơn giản hơn.
o Đối với phương trình có tham số ta nên dùng cách 2

Bài toán 1: (Đại học Kinh tế Quốc Dân Hà Nội 1997)

Tìm các nghiệm
26
,
57
x
ππ

∈


của phương trình sau:

cos73sin72
xx
−=−

Giải.
cos73sin72
xx
−=−


132
cos7sin7
222
xx
−
⇔−=

3

coscos7sinsin7cos
334
xx
πππ
⇔−=

3
cos7cos
34
x
ππ

⇔+=



Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

17


3
72
34
3
72
34
xk
xk

ππ
π
ππ
π

+=−+

⇔


+=+


132
847
()
52
847
k
x
k
k
x
ππ
ππ

=−+

⇔∈



=+


Z

• Xét
13226
;
84757
k
x
ππππ

=−+∈



21326
58477
k
ππππ
⇔≤−+≤
168<65120<360
k
⇔−+

233<120<425
k
⇔

2;3
kk
⇒==

Với k=2
13435
84784
x
πππ
⇒=−+=
Với k=3
13659
84784
x
πππ
⇒=−+=
• Xét
5226
;
84757
k
x
ππππ

=+∈



2526
<<
58477
k
ππππ
⇔+

168<25120<335
k
⇔+


2
k
⇒=

Khi đó
5453
84784
x
πππ
=+=
Kết luận:
355359
;;
848484
x
πππ

∈




Nhận xét: Ở bài toán này ta gặp lại vấn đề xét điều kiện của ‘k’ trong công thức nghiệm. Ta
nhận thấy nếu bài toán có yêu cầu thêm điều kiện của nghiệm thì việc xét điều kiện của ‘k’ là
đương nhiên.

Bài toán 2: (Đại học Giao thông Vận tải Hà Nội 2000)
Giải phương trình sau:

(
)
22sincoscos3cos2
xxxx
+=+
Giải

(
)
22sincoscos3cos2
xxxx
+=+
(
)
2sin21cos232
xx⇔+−=−
Có:
(
)
(

)
()
22
22
2
2
221522
321162
ab
c

+=+−=−



=−=−


Ta sẽ chứng minh:
222
<c
ab+
Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN
18

522<11-62
⇔−
(

)
2
2
42<642<6
⇔⇔
32<36
⇔
(đúng)
Vậy phương trình vô nghiệm.
Nhận xét: Điều kiện để phương trình có nghiệm rất quan trọng, đặc biệt là trong các bài toán
có tham số m mà ta thường gặp trong các kì thi Đại Học (trước đây) do đó ta cần quan tâm
đến nó. Vì thế các bài toán về điều kiện tồn tại nghiệm ta sẽ được gặp ở các bài toán sau.
Bài toán 3: Cho phương trình
2sincos1
xmxm
+=−
(1)
a.Tìm m để phương trình có nghiệm
;
22
x
ππ

∈−



b. Giải và biện luận phương trình theo m.
Giải.
a. Do

(
)
10
bcmm
+=+−≠
nên
cos0
2
x
≠
.
Đặt
2
x
ttg
=
2
2
sin
1
t
x
t
⇒=
+
2
2
1
;cos
1

t
x
t
−
=
+

Khi đó:
()
2
22
21
121
11
tt
mm
tt
−
⇔+=−
++


(
)
(
)
(
)
22
4111

tmtmt
⇔+−=−+

(
)
2
4120
ftttm
⇔=−+−=

Tìm m để (1) có nghiệm
;
22
x
ππ

∈−


;
244
x
ππ

⇔∈−



• Cách 1: Yêu cầu bài toán tương đương
(

)
2
4120
ftttm
⇔=−+−=
có nghiệm
[
]
1;1
t ∈− .
Xét
(
)
106203
fmm
−=⇔−=⇔=
thoả
Xét
(
)
102201
fmm
=⇔−−=⇔=−
thoả
Xét
(
)
0
ft
=

có 1 nghiệm
(
)
1;1
t ∈− và 1 nghiệm
[
]
1;1
t ∉−

(
)
(
)
(
)
(
)
116222<0
ffmm⇔−=−−−

(
)
(
)
2m-622<0
m⇔+
1<m<3
⇔

Xét
(
)
0
ft
=
có 2 nghiệm
12
,
tt
thoả
12
1<<1
tt
−≤

()
()
'
0
230
1.1>0
62>0
1.1>0
22>0
1<2<1
1<<1
2
m
f

m
f
m
S

∆≥
+≥


−


−

⇔⇔⇔

−−


−

−


VN
Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

19

Kết luận: (1) có nghiệm
;
22
x
ππ

∈−



1<m<3
⇔−

• Cách 2:
(
)
2
4120
ftttm
⇔=−+−=
có nghiệm
[
]
1;1
t ∈−
⇔
()
'2
11
2

22
gtttm
=−+=
có nghiệm
[
]
1;1
t ∈−
Ta có:
(
)
[
]
'
g2<01;1
ttt=−∀∈− , suy ra g (t) nghịch biến/ [-1;1]
Suy ra tập giá trị g (t) là đoạn
(
)
(
)
[
]
1;11;3
gg−≡−



Từ đó (1) có nghiệm
;

22
x
ππ

∈−


(
)
gtm
⇔=
có nghiệm
[
]
1;1
t ∈−
1<m<3
⇔−

b. Giải và biện luận:
(
)
2
4120
ftttm
=−+−=
có
'
23
m

∆=+

Nếu
()
'
-3
<<00
2
mft
⇒∆⇒=
, suy ra (1) vô nghiệm.
Nếu
()
'
-3
002
2
mftt
=⇒∆=⇒=⇔=
222
2
x
tgtgxk
ααπ
⇔==⇔=+
Nếu
()
1
2
232

-3
>0
2
232
tmtg
mft
tmtg
β
γ

=−+=
⇒=⇔

=++=




22
()
22
xk
k
xk
βπ
γπ
=+

⇔∈


=+

Z
]
Nhận xét:
- Câu a của bài toán này thật ra là giải một phương trình bậc hai có điều kiện mà
cách 1 (dùng tam thức bậc hai) là một cách quen thuộc thường thấy ở học sinh lớp
10. Trong câu này cần chú ý đến cách giải 2 (dùng một số kiến thức về giải tích:
hàm đồng biến, nghịch biến, hàm liên tục,…) mà ta sẽ gặp lại ở bài sau.
- Cũng ở câu a này ta đã sử dụng một công thức:
cos00
2
x
bc
≠⇔+≠
. Thật ra
công thức này đã được nhắc đến ở phần lý thuyết, ở đây chỉ nhắc lại để nhấn mạnh
bởi vì công thức này có thể rất có ích trong các bài kiểm tra trắc nghiệm.
- Ở câu b ta có thể sừ dụng công thức phương trình vô nghiệm, có một nghiệm, có 2
nghiệm khi và chỉ khi:
222
<c
ab+ hay
222
abc
+=
hay
222
>
abc

+ .

Bài toán 4:
Giả sử
22
0
ab
+≠
và c là số bất kì. Chứng minh rằng trong 2 phương trình sau:
(
)
()
cossin1
cot22
axbxc
agxbtgxc
+=
+=

Ít nhất có 1 phương trình có nghiệm.

Giải.
- Nếu
222
abc
+≥
thì là điều kiện cần và đủ để phương trình cossin
axbxc
+=
có nghiệm.

Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN
20

- Nếu
222
<
abc
+ phương trình (1) vô nghiệm. Ta xét phương trình (2):
Với
00
ab
=⇒≠
(do
22
0
ab
+≠
) thì
(
)
22
btgxc
⇔= có nghiệm.
Với
0
a
≠
thì

(
)
2
2cot2cot0
agxcgxb
⇔−+=
là phương trình bậc hai theo cotgx, có
(
)
22
2422>0
cabcab∆=−=−

(
)
222
>a+b2
cab
≥
Suy ra phương trình (2) có nghiệm.
Tóm lại với
22
0
ab
+≠
và c bất kì thì ít nhất một trong hai phương trình (1) và (2) có
nghiệm.
Nhận xét: Đây là một bài toán đơn giản nhưng vô cùng thú vị bởi vì thật ra nó chỉ đơn giản
nếu ta nắm vững điều kiện có nghiệm của phương trình đẳng cấp bậc I còn nếu không việc xét
bài toán này sẽ vô cùng rắc rối. Ngoài ra bài toán này còn cho thấy điều kiện có nghiệm của

một phương trình có vai trò vô cùng quan trọng.
2. Phương trình đẳng cấp bậc 2:
22
sinsin.coscos
axbxxcxd
++=
(1) (a,b,c
≠
0)
Cách 1:

22
sinsin.coscos
axbxxcxd
++=


1cos2sin1cos2
.
222
xxx
abcd
−+
⇔++=


(
)
sin2cos22
bxcaxdac

⇔+−=−−

Lúc này phương trình (1) trở về dạng phương trình đẳng cấp bậc I.
Cách 2:
22
sinsin.coscos
axbxxcxd
++=


(
)
2222
sinsincoscossincos
axbxxcxdxx
⇔++=+
Xét
cos0
x
=
0
ad
⇔−=
(dễ dàng chứng minh được)
Xét
cos00
xad
≠⇔−≠
, chia 2 vế của phương trình cho
2

cos
x
ta được phương
trình bậc hai theo
tgx
:

(
)
2
0
adtgxbtgxcd
−++−=
.
Bài toán 1: Giải phương trình:

22
3
7sin2sin23cos3150
xxx
+−−=
(1)
Giải.
Do ta có:
3
7;3150cos0
adadx
==⇒−≠⇒≠

Chia 2 vế của phương trình cho

2
cos0
x
≠
ta được phương trình tương đương:

(
)
22
3
74331510
tgxtgxtgx
+−−+=


(
)
(
)
2
33
731543315
tgxtgx⇔−+−+
0
=
(2)
Ta có:
(
)
(

)
'
33
473153315
∆=+−+
Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

21


3
2
3
251215915
=+−
Đặt
33
3
5
151525
3
ttt
=⇒=⇒=
, khi đđó

()
'32
5512
9123

335
tttttt

∆=−+=−−



Dễ dàng thấy:
3
3
3
1212
<15<3<15<3
55
t

⇔=



Suy ra
'
<0(2)
∆⇒ vô nghiệm
(
)
1
⇒ vô nghiệm
Kết luận: phương trình đã cho vô nghiệm
Nhận xét: Bước ngoặt trong bài toán này là đặt

3
15
t = . Từ đó ta có thể đưa đến dấu của
'
∆

giúp bài toán được giải quyết. Đây là một dạng trong bài toán đổi vai trò của ẩn số và tham
số.
Bài toán 2: Định a để phương trình sau có nghiệm:

22
sinsin23cos1
axxax
++=

Giải.
22
sinsin23cos1
axxax
++=


() ()
3
1cos2sin21cos21
22
aa
xxx
⇔−+++=

cos2sin212
axxa
⇔+=−

Phương trình có nghiệm
()
2
2
121
aa
⇔−≤+


2
340
aa
⇔−≤


4
0
3
a
⇔≤≤

Kết luận: phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi:
4
0
3

a
≤≤

Nhận xét: Đối với bài toán này ta còn có thể giải theo cách khác:
- Với
10
a
−=
phương trình có nghiệm:
()
cos0
2
xxkk
π
π=⇔=+∈
Z

- Với
10
a
−≠
ta chia 2 vế của phương trình cho
2
cos0
x
≠
được phương trình bậc
hai theo
tgx
rồi dùng điều kiện của

∆
để xác định a.

3. Phương trình đẳng cấp bậc III:
3223
sinsincossincoscos0
axbxxcxxdx
+++=

Xét
cos0
x
=
có là nghiệm của phương trình
Chia 2 vế của phương trình cho
3
cos0
x
≠
ta được một phương trình bậc 3 theo
tgx
.
Bài toán 1: (Đại học Y Dược Thành phố Hồ Chí Minh 1997)
Giải phương trình:
3
sin.sin2sin36cos
xxxx
+= (1)
Giải.
Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN
22

(1)
(
)
33
sin2sincos3sin4sin6cos
xxxxxx
⇔+−=

323
4sin3sin2sincos6cos0
xxxxx
⇔−−+=
(2)
Nếu
cos0
x
=
là nghiệm của (2) thì:

3
3
sin1
cos0
sin1
4sin3sin0
4sin3sin0

x
x
x
xx
xx
=

=



=−
⇔⇒


−=


−=

vô lý
Chia 2 vế của (2) cho
3
cos0
x
≠
ta được phương trình tương đương:

(
)

32
22360
tgxtgxtgx
⇔−−+=


(
)
(
)
2
230
tgxtgx
⇔−−=


()
2
3
33
tgxtgxk
k
tgxtgxk
ααπ
ππ
π
===+


⇔⇔∈


=±=±=±+

Z

Nhận xét: Ở dạng phương trình đẳng cấp bậc III này ta cần quan tâm đến 2 công thức góc
nhân 3 sau đây:

3
sin33sin4sin
aaa
=− ;

3
cos34cos3cos
aaa
=−
Nhờ công thức này mà ta có thể đưa một phương trình đảng cấp bậc ba có phương trình theo
tg là một phương trình bậc ba khó đoán nghiệm sang phương trình đẳng cấp bậc nhất có
dạng:
sin3cos30
axbxc
++=
hay một phương trình đẳng cấp bậc hai tương ứng.
Bài toán 2: Cho phương trình:
(
)
cos3cos2cos10*
xxmx−+−=
Định m để (*) có đúng 7 nghiệm phân biệt

;2
2
x
π
π

∈−



Giải.
Ta có (*)
(
)
32
4cos3cos2cos1cos10
xxxx
⇔−−++−=


(
)
32
4cos2cos3cos0
xxmx
⇔−+−=


(
)

2
cos4cos2cos30
xxxm
⇔−+−=


2
cos0
4cos2cos30
x
xxm
=

⇔

−+−=


Trong khoảng
;2
2
π
π

−


phương trình
cos0
x

=
có 2 nghiệm phân biệt là:

12
3
;
22
xx
ππ
==
Do đó để (*) có đúng 7 nghiệm phân biệt trong khoảng
;2
2
π
π

−


thì phương trình
Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

23

2
4cos2cos30
xxm
−+−=
phải có đúng 5 nghiệm khác nhau trong khoảng

;2
2
π
π

−


và
khác
12
3
;
22
xx
ππ
==.
Mặt khác phương trình
cos
x
α
=
với
0<<1
α
có đúng 3 nghiệm trong khoảng
;2
2
π
π


−


;
với
1<<0
α
−
có đúng 2 nghiệm phân biệt trong khoảng
;2
2
π
π

−


. Vậy ta tìm điều kiện của
m để phương trình
2
4230
ttm
−+−=
có 2 nghiệm
12
,
tt
thoả điều kiện
12

1<t<0<t<1
− với
[
]
t=cosx1,1
∈− .
Đặt
(
)
ft
=
2
4230
ttm
−+−=
thì yêu cầu bài toán thoả khi và chỉ khi:
(
)
()
()
0<0
3<0
1>03>01<m<3
1>0
1>0
f
m
fm
m
f


−



−⇔+⇔


−



Nhận xét: Đây là bài toán nằm trong bộ đề thi đại học (Đề 89/II) và cũng là dạng toán cần
phải biết trong vấn đề giải phương trình lượng giác. Điểm mấu chốt của dạng toán này là cần
nhớ lại một số kiến thức về tam thức bậc hai và cácnhận xét quan trọng về các góc lượng gíac

Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN
24

II. PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG:
Đó là PTLG có chứa đồng thời
()
sincos
m
xx
± và
()
sincos

n
xx
với ,mn
∈
Z
.
Các phương trình loại này ta thường áp dụng công thức:

()
2
sincos1
sincos
2
xx
xx
+−
= ;
()
2
1sincos
sincos
2
xx
xx
−−
=
Sau đó bằng cách đặt
sincos
txx
=+

hoặc
sincos
txx
=−
ta sẽ đưa PTLG về một phương
trình đại số của t, với
2;2
t

∈−

.
Bài toán 1:
Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt
[
]
0;
x
π
∈ :

33
sincos
xxm
−=

Giải
33
sincos
xxm

−=

(
)
3
(sincos)3sincossincos
xxxxxxm
⇔−+−=

Đặt
[]
sincos2sin1;20;
4
txxxx
π
π


=−=−∈−∀∈




Khi đó phương trình
2
3
1
3
2
t

ttm

−
⇔−=



(
)
(
)
322
231232
tttmftttm
⇔+−=⇔=−+=
Ta có
(
)
'2
3301
ftttt
=−+=⇔=±

Bảng biến thiên:



Với mỗi
()
2

1;1
t
t

=

∈−


ta có 1 nghiệm
[
]
0;
x
π
∈
Với mỗi
)
1;2
t

∈

cho ta 2 nghiệm
[
]
0;
x
π
∈

Do đó để phương trình
33
sincos
xxm
−=
có 3 nghiệm phân biệt
[
]
0;
x
π
∈ thì
(
)
2
ftm
=
phải có 2 nghiệm
12
,
tt
sao cho
12
1<<1<<2
tt−
2<2m<2
⇔
2
<m<1
2

⇔
t

1
−

1

2

(
)
ft

0 + 0 -
(
)
'
ft

2


-2
2

Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

25

Nhận xét: Vẫn với kiến thức về tam thức bậc hai bài toán sử dụng để giải một phương trình
bậc hai có điều kiện. Ở đây ta cần chú ý đến một số công thức sau thường được dùng để đưa
về phương trình đối xứng:

()()
()()
3
33
3
33
sincossincos3sincossincos
sincossincos3sincossincos
xxxxxxxx
xxxxxxxx
+=+−+
−=−+−


44
sincos
xx
+=
22222
(sincos)2sincos
xxxx
+−

Bài toán 2: (Đại Học Huế 2001)
Cho phương trình:

44
1
sincossin2
2
xxmx
+=−

a) Giải phương trình với m=1
b) Chứng mình rằng
1
m
∀≥
phương trình luôn có nghiệm
Giải.

44
1
sincossin2
2
xxmx
+=−


2
11
1sinsin2
22
xmx
⇔−=−

(
)
2
sin22sin2301
xmx⇔+−=
a) Với m=1 thì
(
)
2
1sin22sin230
xx
⇔+−=


(
)
(
)
sin213sin20
xx
⇔−+=


sin21
x
⇔=


()

4
xkk
π
π⇔=+∈
Z

b) Đặt
[
]
sin21,1
tx=∈−
(
)
(
)
2
1230
fttmt
⇒⇔=+−=

Dễ dàng thấy
(
)
(
)
(
)
(
)
112222

ffmm
−=−+−
(
)
2
410
m
=−−≤
1
m
∀≥

Do đó
(
)
0
ft
=
luôn có 1 nghiệm
[
]
1,1
t ∈− .

Bài toán 3: (Vô địch New York 1973)
Giải phương trình:

88
97
sincos

128
xx+=
Giải.
88
97
sincos
128
xx+=
Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN
26

44
1cos21cos297
22128
xx−+

⇔+=




()()
44
97
cos21cos21
8
xx⇔++−=
Đặt

cos2
tx
=
. Khi đó phương trình tương đương:

()()
44
97
11
8
tt⇔++−=

()()
432432
97
46414641
8
tttttttt⇔+++++−+−+=

42
81
2120
8
tt
⇔+−=


22
3
cos2

4
tx
⇔==
1cos43
24
x
+
⇔=


1
cos4
2122
k
xx
ππ
⇔=⇔=±+
(
)
∈
kZ

Bài toán 4: (Bài 13 III.1- Bộ đề thi Tuyển Sinh)
Tìm m để:
()
2
2
3
3cot10
sin

tgxmtxgx
x
+++−=

Giải
Phương trình
()()
2
3cotcot40
tgxgxmtgxgx
⇔+++−=

Đặt

2
cotcot2
sin2
ttgxgxttgxgx
x
=+⇒=+=≥

Khi đó:
2
340
tmt
+−=
với
2
t
≥

()
2
34t
ftm
t
−+
⇔==

Ta có

() ()())
'
2
4
3<0'/;22;ftft
t
=−−⇒↓−∞−∪+∞



Bảng biến thiên:

t -
∞
-2 0 2 +
∞

(
)
ft

- -
(
)
'
ft

+
∞
+
∞

4 -4
-
∞
-
∞


Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có nghiệm
(
)
ftm
⇔=
có nghiệm
4
m
⇔≥

Nhận xét: Phương trình trong bài toán này cũng được xem như là môt phương trình đối xứng

nhưng là đối xứng của tg và cotg. Sau đây là một bài toán về phương trình đối xứng của cả
sin, cos, tg, cotg:
Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

27


(
)
(
)
2sin3cotcos50
tgxxgxx
−+−+=


III. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ MÔT VẾ LÀ TỔNG HỮU HẠN:
A. CƠ SỞ CỦA PHƯƠNG TRÌNH:
Dạng phương trình này có cơ sở là một số tổng hữu hạn ở dạng phức tạp được đưa về
dạng giản đơn.
Cần chú ý là ở đây chỉ nêu các trường hợp con, sử dụng các công thức đơn giản hơn để thu
gọn các tổng tích phức tạp rồi áp dụng chúng vào việc giải phương trình lương giác chứ
không đưa ra các phương pháp tổng quát. Bởi vì phần này sẽ được đề cập đến một cách rõ
ràng và đầy đủ ở chương sau: “ Lượng giác ứng dụng vào giải toán Giải tích”.
a) Một số công thức chính được dùng nhiều ở phương pháp này:
1.
cotg2cotg 2x
xtgx
−=

2.
2
cotg
sin2
xtgx
x
+=
3.
1
cotgcotg 2x
sin2
x
x
−=−
b) Một số tổng hữu hạn và cách chứng minh nó:
1.
(
)
1
1
sinsin
22
sinsin2 sin
sin
2
na
na
Saana
a

+
=+++=
Nhìn vào kết quả ta cũng có thể đoán được là ta cần nhân 2 vế với
sin
2
a

2.
2
1
sinsin
22
coscos2 cos
2sin
2
nna
a
Saana
a
+
−
=+++=
Cũng tương tự như
1
S
ta nhân 2 vế với
sin
2
a
.

3.
3
2
1111
cotcot2
sinsin2sin2sin22
n
n
a
Sgga
aaaa
=++++=−
Cách 1: áp dụng
1
cotgcotg 2x
sin2
x
x
−=−
Cách 2: ta có đẳng thức cần chúng minh tương đương với:
cos
111cos2
2

sinsin2sin2sin2
sin
2
n
nn
a

a
a
aaaa
−
++++=
Xét vế trái có:
2
2cos1
cos
1cos
2
2
sin
sin2sincos2sincos
22222
a
a
a
aaaaa
a

−−
−


+==−
Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN
28

Hoàn tòan tương tự ta được:
VT
cos2
sin2
n
n
a
a
=
4.
()
()
4
1111

coscos2cos2cos3cos1cossin
Stgnatga
aaaananaa
=+++=−
−

Nhân 2 vế vơi sin a
5.
(
)
5
2
sin1
coscos2cos

1
coscoscossin.cos
nn
na
aana
S
aaaaa
+
=++++=

Ta có:
(
)
(
)
sin1sin1
cossin.cos
cossin.cos2sin.cos
kkk
kaka
kaaka
aaaaa
+−−
==
(
)
1
sin1
sin
sin.cossin.cos

kk
ka
ka
aaaa
−
+
=−
(
)
sin1
sin.cos
n
na
S
aa
+
⇒=
6.
()
6
223 1
tgna
Stgatgatgatgatgnatgnan
tga
=+++−=−

Áp dụng:
()
(
)

1
11
tgna
tgna
tgnatgna
tgatga
−
−−=−−

tgna
Sn
tga
⇒=−

7.
7
22
1111
cotcot
22222222
nnnn
aaaa
Stgtgtggga
=+++=−
Áp dụng:
cotg2cotg 2x
xtgx
−=

8.

8
2
22222
2
11111

sin
cos4cos4cos4sin
2222
nn
nn
S
aaaa
a
a
=+++=−
Áp dụng:
222
111
4sin4cossin2
xxx
+=
c) Một số tích và cách chứng minh:
1.
()()
()
1
1
2cos21
2cos12cos21 2cos21

2cos1
n
n
Taaa
a
−
+
=−−−=
+

Nhân 2 vế với
(
)
2cos1
a
+

2.
1
2
1
1112
11 1
coscos2cos2
2
n
n
tga
T
a

aaa
tg
−
−

=+++=



Cách 1: nhân 2 vế với
2
a
tg

Cách 2: ta xét vế trái:
VT
2
2221
21
2cos
2cos2cos22cos2
2

coscos2cos2cos2
n
n
a
aaa
aaaa
−

−
=
Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN

29

22
1
2coscoscos2 cos2
2
sinsin.
22cos2
nn
n
a
aaa
aa
VT
−
−
⇒=
1
1
cossin2
2
sincos2
2
n
n

a
a
VT
a
a
−
−
⇒==
VP
3.
3
21
coscos cos
212121
2sin
21
n
n
T
nnn
n
πππ
π
==
+++
+

Nhân 2 vế với sin
21
n

π
+

Chú ý: Ở các công thức này ta có một mẹo nhỏ. Đó là chỉ cần nhìn kết quả của vế phải là ta
đã có thể biết được cách chứng minh. Tuy nhiên có nhiều trường hợp ta chỉ có vế trái thì ta
phải làm sao? Ta cần sử dụng đến các công thức ở mục a). do đó ta cần ghi nhớ các công thức
ở mục a.
Bài toán 1: Giải phương trình: (đề kiểm tra chuyên tháng 10 lớp 11A1)

1
11
sin2sin
n
i
i
xx
=
=
∑

Giải
Điều kiện để phương trình có nghiệm:
sin20;1,
i
xin
≠=
Áp dụng
3
S
ta được nghiệm của phương trình là:

()
1
2
;2,
12
n
k
xxlkl
π
π
+
==∈
−
Z

Nhận xét: Ta nhận thấy nhờ có đẳng thức
3
S
mà việc giải bài toán này trở nên dễ dàng hơn.
Mặt khác cần chú ý rằng đối với các bài toán có điều kiện phức tạp như vậy ta chỉ cần đặt
điều kiện tổng quát. Sau đó khi đã có được nghiệm rồi ta thế vào điều kiện tổng quát ban đầu
để loại đi các nghiệm ngoại lai.

Bài toán 2: Tìm n để đẳng thức sau đúng:

()
1
cos40cos20
n
i

i
=
=
∑
oo
(1)
Giải
Áp dụng
2
S
ta được:
(1)
⇔
140
sin40sin
22
cos20
40
2sin
2
nn+
−
=
o
o
o
o

()
sin404sin10cos10cos20

cos20102cos10cos20
2sin102sin10
n⇔+===
oooo
oooo
oo

Chuyên đề phương trình lượng giác cơ bản

GIÁO VIÊN : ĐÀO VĂN TIẾN
30

Do
0<10;20<90
oooo
nên
cos10cos20>0
oo
suy ra
0<20n+10<90
nN


∈

oo

Ta nhận thấy n không thể náo là 1 được. Như vậy còn lại 2 giá trị, thử trực tiếp ta được n=2.
Chúng ta sẽ đề cập thêm vấn đề này ở chương 3, phần 3.