Luyện thi Đại Học - Cao Đẳng môn Toán: Phần lượng giác và ứng dụng

Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1
6
PHẦN I: LƯỢNG GIÁC

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 αx = với
α 1≤
, có nghiệm là:
arcsin α 2
arcsin α +k2
xk
x
π
ππ
=+
⎡
⎢
=−
⎣

()
k ∈Z
2.cos α
x
= với

α 1≤
, có nghiệm là:
arccos α+k2x
π
=±
()
k ∈Z
3.
αtgx =
có nghiệm là:
arc α
x
tg k
π
=+
()
k ∈Z

(hay là cot αgx = có nghiệm là:
arccotα
x
gk
π
=+)
()
k ∈Z

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

Miền xác định:
[
]
1,1D =−

;
arcsin
22
sin
y
yx
yx
ππ
⎧
⎡
⎤
∈−
⎪
⎢
⎥
=⇔
⎣
⎦
⎨
⎪
=
⎩

2. Hàm
arccos

y
x= :
Miền xác định:
[
]
1,1D =−
arccos
y
x=
[
]
0;
cos
y
y
x
π
⎧
∈
⎪
⇔
⎨
=
⎪
⎩

3. Hàm
arcytgx= :
Miền xác định: RD =

;
arc
22
y
ytgx
tgy x
ππ
⎧
⎛⎞
∈−
⎪
⎜⎟
=⇔
⎝⎠
⎨
⎪
=
⎩

4. Hàm arccot
y
gx= :
Miền xác định:
DR=


()
0;
arccot gx
cot

y
y
gy x
π
∈⎧
⎪
=⇔
⎨
=
⎪
⎩

Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực
Naờm hoùc 2006 2007
7
Ta xột mt s bi toỏn sau:
Bi toỏn 1: Gii phng trỡnh sau:
()()
cos 3 sin cos sin
x
x

=

Gii
()()
cos 3 sin cos sin
x
x

=

3sin sin 2
3sin sin 2
xxk
x
xk


=+



= +


2sin 2
4sin 2
x
k
x
k


=



=

sin
sin
2
x
k
k
x
=




=


Do
sin 1
k
x







Z

1

1
2
k
k








1
2
k

{
}
0; 1; 2k


sin 0
1
sin
2
sin 1
x
x
x
=

=


=


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


=


=



=

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








=



= +

=+


=+



2
6
l
x
x
k




=




= +


(

l
,
k Z
)
Vy nghim ca phng trỡnh ó cho l

2
6
l
x
x
k




=



= +


(
l , k Z )
Nhn xột: õy l mt PTLG m vic gii nú rt n gin, mu cht ca bi ny l v trớ quan
trng ca k. ụi lỳc vai trũ ca k trong vic gii PTLG rt quan trng.Vic xột iu kin
k cú th a n mt s PTLG khỏ hay liờn quan n vic gii mt s bi toỏn i s, s
hc nh m ta s gp mt s bi toỏn sau:
Bi toỏn 2:

(H Tng hp Lụmụnụxụp khoa Tớnh Toỏn v iu Khin 1979-HSPII 2000)
Tỡm tt c cỏc nghim nguyờn ca phng trỡnh sau:
(
)
2
cos 3 9 160 800 1
8
xx x



++ =






Gii
Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1
8
Giả sử x là số ngun thoả mãn phương trình, khi đó ta có:
(
)
2
cos 3 9 160 800 1
8
xx x
π

⎡⎤
−++ =
⎢⎥
⎣⎦

(
)
2
3 9 160 800 2
8
x
xx k
π
π
⇔−++= ( k ∈Z )
()
2
2
2
9 160 800 3 16
316 0
9 160 800 3 16
x
xxk
xk
x
xxk
⇔++=−
−≥
⎧

⎪
⇔
⎨
++=−
⎪
⎩

2
316 0
825
35
xk
k
x
k
−≥
⎧
⎪
⇔
⎨
−
=
⎪
+
⎩

316 0
25
92440
35

xk
xk
k
−≥
⎧
⎪
⇔
⎨
=−−
⎪
+
⎩
()
1

25
35k
⇒ ∈
+
Z
, suy ra :
{
}
0;-2;-10k ∈
()
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
ngun hai ẩn mà ta sẽ đề cập đến một cách cụ thể ở phần sau.Bài tốn này chỉ nhằm mục

đích minh hoạ cho vai trò của ‘k’.

Bài tốn 3 : Tìm số
a>0
nhỏ nhất thỗ mãn:
()
22
1
cos 2 sin
2
aa a
ππ
⎡⎤
⎛⎞
+− −
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦
=0
Giải
()
22
1
cos 2 sin
2
aa a
ππ
⎡⎤
⎛⎞

+− −
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦
=0
()()
22
cos 2 sin
2
aa a
π
ππ
⎡⎤
⇔−+=
⎢⎥
⎣⎦


()()
22
sin 2 sinaa a
ππ
⎡⎤
⇔+=
⎣⎦

()
()
22

22
22
22
aa ak
aa ak
πππ
ππππ
⎡
+=+
⎢
⇔
⎢
+=−+
⎣

()
2
22210
ak
aak
=∈
⎡
⇔
⎢
+− +=
⎣
Z
()
*
Do

()
*
>0a
k
⎧
⎪
⎨
⎪
∈
⎩
Z
suy ra
31
2
Mina
−
=
Nhận xét: Bài tốn này 2 mấu chốt quan trọng:
Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực
Naờm hoùc 2006 2007
9
-Th nht: ta ó s dng cụng thc c bn nhng li hi nht l i vi cỏc bi toỏn
cú dng
sin cosab+ :

sin cos
2
x
x

=



-Th hai: tỡm giỏ tr nh nht cú th cú ca bin a.

Bi toỏn 4: Tỡm nghim dng nh nht ca phng trỡnh:
()
()
2
2
sin sin 1xx



=+




Gii.
()
()
2
2
sin sin 1xx

=+



()
()
2
2
2
2
12
12
xx k
x
xk



=++



= + +

(
k Z )
2
21
2
0

k
x
xxk
+

=



+=


(
k Z )
k Z

()
+ Xột
21
>0
2
k
x
+
=
,
k Z suy ra: , ta c
1
2
x =

l nghim dng nh nht.

()
+ Xột phng trỡnh
2
0xxk+=

()
* cú:
14 0k=+


1
4
k
k








Z
0k
Th trc tip ta thy khi
1k = thỡ phng trỡnh
()
*

cú nghim nh nht l:
-1+ 5 1
x = >
22
(loi)
Vy nghim dng nh nht ca phng trỡnh ó cho l:
1
2
x = .
Bi toỏn 5: Tớnh tng cỏc nghim
[
]
0,100x ca phng trỡnh sau:
32
2
2
cos cos 1
cos 2
cos
xx
x
tg x
x
+
=+
Gii.
iu kin:
2
cos 0x
2

x
k


+
()
k Z
Vi iu kin trờn phng trỡnh:
2
2
1
cos 1 cos 2
cos
x
xtgx
x
+ = +
cos cos 2
x
x=
2
2
3
xk
k
x


=

=

, k Z
2
3
k
x

= (*)
Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1
10
Do 0 100x≤≤ nên
100 50
047
2
33
k
ππ
⎡⎤⎡⎤
⎢⎥⎢⎥
≤≤ = =
⎢⎥⎢⎥
⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦

47.2

48. 0
3
2
S
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
⇒
= =752
π

Nhận xét: Bài tốn này ngồi 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 khơng kết hợp nghiệm lại dưới dạng
cơng thức (*) đon giản hơn thì ta phải tiến hành xét 2 bất phương trình sau:
0 2 100k
π
≤≤;
2
0 100
3
k
π
≤≤
Như vậy ta phải tốn thời gian hơn, q trình giải bài tốn sẽ bị kéo dài một cách khơng cần
thiết.

II. KẾT HỢP CƠNG THỨC NGHIỆM:
Kết hợp cơng thức nghiệm trong các PTLG chẳng những giúp cho ta có thể loại được

nghiệm ngoại lai mà còn có thể có được một cơng thức nghiệm đơn giản hơn, từ đó việc giải
quyết bài tốn trở nên đơn giản hơn (giống như bài tốn mà ta vừa xét ở trên). Đơi lúc việc
kết hợp cơng thức nghiệm cũng tương tự như việc giải một hệ phương trình lượng giác cơ
bản
bằng phương pháp thế. Ở đây ta khơng đề cặp đến phương pháp này mà ta chỉ nói đến hai
phương pháp chủ yếu sau:
A. ĐƯỜNG TRỊN 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
()
+ (thơng 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 tốn có m ngọn cung phân biệt tương ứng với k từ 0 đến
()
m-1
.

Bài tốn 1: Trên đường tròn lượng giác, ta lấy điểm A làm gốc.
Định những điểm M biết sđ

42
AB k
ππ
=+

Giải.
Ta có sđ

2
424 4
AB k k
πππ π
=+ =+ .Suy ra có 4 điểm ngọn cung phân biệt ứng với:
Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực
Naờm hoùc 2006 2007
11


()

3
+1:
4
kAM

==

()

5
+2:
4
kAM

==

()

7
+3:
4
kAM

==
ý ta thy rng trờn ng trũng lng giỏc cỏc im ngn cung l nh ca hỡnh vuụng
0123
M
MMM .
Nhn xột: Trờn ng trũn lng giỏc cỏc im ngn cung l nh ca mt a giỏc u m
cnh.

b) Biu din gúc (cung) di dng cụng thc tng quỏt:
Ta biu din tng gúc (cung) trờn ng trũn lng giỏc. T ú suy ra cụng thc tng quỏt.

Bi toỏn 2: Biu din gúc lng giỏc cú s o sau di dng mt cụng thc tng quỏt:
3
xk
x
k



=



= +



Gii.
Ta biu din cỏc im ngn cung ca
2
2
xk k


==

0: 0kx==

1:kx

==

Ta biu din cỏc im ngn cung ca
3
x
k


= +
0:
3
kx

==

4
1:
3
kx

==
Trờn ng trũn lng giỏc, ta nhn thy cú 6 im ngn cung phõn bit, Do ú cụng thc
tng quỏt l:
2
63
kk
x

==

Nhn xột: Qua bi toỏn ny ta thy rừ vai trũ ca vic kt hp cỏc gúc lng giỏc di dng
mt cụng thc tng quỏt n gin hn. Hn na, õy cũn l bi toỏn v vic gii h phng
trỡnh lng giỏc c bn bng phng phỏp biu din trờn ng trũn lng giỏc.

Bi toỏn gii PTLG dựng phng phỏp kt hp nghim bng ng trũn lng giỏc loi
cỏc nghim ngoi lai.
()

+0:
4
kAM

==
Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1
12
Bài tốn 1: Giải phương trình:
2
sin (sin cos ) 1
0
cos sin 1
xx x
xx
+−
=
+−

Giải.
Điều kiện:
2
cos sin 1 0xx+−≠
2
sin sin 0xx⇔+ ≠
sin 0
sin 1
x
x
≠
⎧
⇔
⎨
≠
⎩

2
xk
x
k
π
π
π
≠
⎧
⎪
⇔
⎨
≠+

⎪
⎩
()
1

Với điều kiện đó phương trình tương đương:

()
sin cos sin 1 0xx x+−=

2
sin sin cos 1 0xxx⇔+ −=

⇔
cos (sin cos ) 0xx x−=


cos 0
sin cos
x
x
x
=
⎡
⇔
⎢
=
⎣

2

4
x
k
x
k
π
π
π
π
⎡
=+
⎢
⇔
⎢
⎢
=+
⎢
⎣
,
k ∈ Z
()
2
Kết luận: nghiệm của phương trình đã cho là:
2
x
k
π
π
=+ ; 2
2

x
k
π
π
=− + ,(
k ∈ Z
)
Nhận xét: Đây là một bài có cơng 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 tốn sau để thấy rõ
màu sắc của bài tốn biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác.

Bài tốn 2: Giải phương trình sau:

sin 4
1
cos 6
x
x
=

Giải.
Điều kiện để phương trình có nghĩa là:
cos6 0x ≠ 6
2
x
k
π
π
⇔≠+
12 6

k
x
ππ
⇔≠ + , k ∈Z (1)
Với điều kiện (1) phương trình tương đương:
sin 4 cos6
x
x=

⇔
cos6 cos 4
2
x
x
π
⎛⎞
=−
⎜⎟
⎝⎠


642
2
64 2
2
x
xm
x
xm
π

π
π
π
⎡
=− +
⎢
⇔
⎢
⎢
=−+
⎢
⎣
m∈Z
Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực
Naờm hoùc 2006 2007
13

20 5
4
m
x
x
m




=+

= +


mZ
So sỏnh cỏc nghim ny vi iu kin ban u ta c nghim ca phng trỡnh l:
20 5
m
x

=+ v 51mn+, nZ
Nhn xột: ta nhn thy i vi bi toỏn ny vic biu din bng ng trũn lng giỏc ó
ttr nờn khú khn v khú chớnh xỏc. Do ú ta hóy xem phng phỏp hai.

B. PHNG TRèNH NGHIM NGUYấN:
1. C s ca phng phỏp:
Gii phng trỡnh bc nht hai n ax by c+=, vi a,b,c nguyờn.
a) nh lớ 1
: nh lớ v s tn ti nghim nguyờn
Cn v phng trỡnh ax by c+=,vi
()
,,abcZ cú nghim nguyờn l
()
,ab c.
H qu
: Nu
()
,1ab =
thỡ phng trỡnh ax by c+= luụn cú nghim nguyờn.

b) nh lớ 2
: nu phng trỡnh
ax by c+=
, vi
()
,,abcZ ,
22
0ab+,
()
,1ab = cú
mt nghim riờng
()
00
,
x
y
thỡ nghim tng quỏt ca phng trỡnh l:
0
0
x
xbt
y
yat
=+


=

, vit Z
Vớ d: phng trỡnh 3 2 1

x
y+= cú nghim riờng l
()
1, 1 v nghim tng quỏt l:
12
13
x
t
y
t
=+


=

, vi
t Z
c) Vớ d
: gii v bin lun phng trỡnh nghim nguyờn sau theo tham s m nguyờn

611 2xym=+ (1)
Ta cú
()
6,11 1= nờn phng trỡnh (1) luụn cú nghim nguyờn.
Phng trỡnh (1) cú nghim riờng l
()
24,2mm++ nờn cú nghim tng quỏt:

2411
26

x
mt
y
mt
=+


=+

,
t Z


2. Vớ d: Ta xột mt s bi toỏn dựng phng trỡnh nghim nguyờn kt hp nghim
hay gii h phng trỡnh h qu ca PTLG.
Bi toỏn 1: Gii phng trỡnh : 271tg xtg x =
Gii.
iu kin:
Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1
14
2
2
7
2
x
k
x
k
π

π
π
π
⎧
≠+
⎪
⎪
⎨
⎪
≠+
⎪
⎩
()
()
1
42
2
14 7
k
x
k
x
ππ
ππ
⎧
≠+
⎪
⎪
⇔
⎨

⎪
≠+
⎪
⎩
,
k ∈Z
Với điều kiện trên phương trình tương đương:

sin 2 sin 7 cos2 cos7
x
xxx=
cos9 0x⇔= 9
2
x
m
π
π
⇔=+
18 9
m
x
ππ
⇔= + , (3) m∈Z
Ta xét xem nghiệm của (3) có thoả điều kiện (1), (2) hay khơng:
•
Xét điều kiện (1):
Ta giải phương trình nghiệm ngun sau:
42189
m
k

πππ π
+=+
4187mk⇔− =

Dễ dàng nhận thấy phương trình trên có
()
4,18 2= khơng phải là ước của 7 nên
phương trình nghiệm ngun vơ nghiệm.
Vậy nghiệm (3) ln thoả mãn (1)
•
Xét điều kiện (2):
Ta giải phương trình nghiệm ngun sau:
14 7 18 9
km
πππ π
+=+

714 918mk⇔+ =+


791mk⇔−= có nghiệm riêng tổng qt là:
49
37
mt
kt
=+
⎧
⎨
=+
⎩

,
t ∈Z

Do vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

18 9
m
x
ππ
=+ , với
m∈Z
và
94,mt n≠+ ∈Z
.
Nhận xét: Đối với bài tốn này ta nhận thấy cơng thức nghiệm của nó khá phức tạp, việc biểu
diễn trên đường tròn khó được chính xác. Cho nên ta dùng phương trình nghiệm ngun sẽ
chính xác và dễ dàng hơn. Quay trở lại bài tốn2 ở mục trên ta thấy nếu dùng phương trình vơ
định thì bài tốn sẽ nhanh hơn.

Bài tốn 2: Giải hệ phương trình cơ bản sau:
cos 2 1
cos 1
x
x
=
⎧
⎨
=
⎩

Giải.
cos 2 1
cos 1
x
x
=
⎧
⎨
=
⎩

4(1)
(, )
2(2)
xk
kl
xl
π
π
=
⎧
⇔∈
⎨
=
⎩
Z
Để giải hệ phương trình này ta giải phương trình nghiệm ngun:
Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực
Naờm hoùc 2006 2007
15

42kl

=
1
,
2
kt
t
lt
=+



=

Z
Vy nghim ca h ó cho l:
4
x
t

=
vit Z .

Nhn xột: Cú th ta cho rng bi toỏn ny cc kỡ n gin nhng nú rt quan trng. Cú mt
sai lm thng gp vụ cựng nguy him: khi nhỡn vo h phng trỡnh n gin ny ta ngh
ngay n ng trũn lng giỏc -cc kỡ cc kỡ nguy him. Bi vỡ ng trũn lng giỏc cú
chu ki l
2

trong khi ú (1) cú chu kỡ l
4

v (2) cú chu kỡ l
2

. Ta khụng th s dng
ng trũn lng giỏc trong trng hp ny.
Chỳ ý
:Ta ch dựng ng trũn lng giỏc khi s o gúc lng giỏc ú cú dng:

2k
x
m


=+ hay
k
x
m


=+
(do ng trũn lng giỏc cú chu kỡ
2

).
Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
Naêm hoïc 2006 – 2007
16

BÀI 2: PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC DẠNG CHÍNH TẮC.

I. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP:
1. Phương trình đẳng cấp bậc I: sin cosaxbxc+=(1) với
22
0ab+≠.
Đối với dạng này ta có 2 cách giải quen thuộc:
Cách 1: Phương pháp lượng giác

sin cosaxb xc+=

sin cos
bc
xx
aa
⇔+ =
sin cos
c
xtg x
a
ϕ
⇔+ = ;<<
22
b
tg
a
ππ
ϕϕ
⎛⎞
=−

⎜⎟
⎝⎠

()
sin cos
c
x
a
ϕ
ϕ
⇔+=

Đặt cos sin
c
a
ϕ
α
=
22
ππ
α
⎛⎞
−≤≤
⎜⎟
⎝⎠
, ta có phương trình cơ bản:
sin()sinx
ϕ
α
+=

Điều kiện để phương trình có nghiệm:
2
2
2
cos 1 cos 1
cc
x
aa
ϕ
≤⇔ ≤
222
2
222
11
ccb
tg
aaa
ϕ
⇔≤+ ⇔≤+
222
cab⇔≤+
Cách 2: Phương pháp đại số
• Nếu cos 0
2
x
= là nghiệm của (1) thì
0
cos 1
sinx
x

=
⎧
⎨
=−
⎩

Khi đó (1)
0bc⇔+=
•
Nếu cos 0
2
x
= không là nghiệm của (1), hay là 0bc+≠ nên tồn tại
2
x
tg .
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)at b t c t⇔+−=+

2
()2 0bct atcb⇔+ − +−=
Giải phương trình được nghiệm
2
x
ttg=
, suy ra nghiệm x.
Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm là:
Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1
17
()
'2 22
0
0
0
bc
bc
acb
+=
⎡
⎢
+≠
⎧

⎪
⎢
⎨
⎢
Δ= − − ≥
⎪
⎩
⎣


222
abc⇔+≥

Chú ý:
o Nếu
222
abc+=, phương trình trở thành:
cos .sin sin .cos 1
x
x
ϕ
ϕ
+=

sin( ) 1x
ϕ
⇔+=

o Nếu cung
ϕ

trong cách giải 1 khơng 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 tốn 1: (Đại học Kinh tế Quốc Dân Hà Nội 1997)
Tìm các nghiệm
26
,
57
x
ππ
⎛⎞
∈
⎜⎟
⎝⎠
của phương trình sau:

cos7 3 sin 7 2xx−=−

Giải.
cos7 3 sin 7 2xx−=−

13 2
cos 7 sin 7
22 2
xx
−

⇔− =

3
cos cos7 sin sin 7 cos
33 4
xx
ππ π
⇔−=

3
cos 7 cos
34
x
ππ
⎛⎞
⇔+=
⎜⎟
⎝⎠


3
72
34
3
72
34
x
k
xk
ππ

π
ππ
π
⎡
+=− +
⎢
⇔
⎢
⎢
+= +
⎢
⎣
13 2
84 7
()
52
84 7
k
x
k
k
x
ππ
ππ
⎡
=− +
⎢
⇔∈
⎢
⎢

=+
⎢
⎣
Z
•
Xét
13 2 2 6
;
84 7 5 7
k
x
ππππ
⎛⎞
=− + ∈
⎜⎟
⎝⎠

21326
58477
k
ππππ
⇔≤− + ≤
168< 65 120 <360k⇔−+
233<120 <425k⇔
2; 3kk
⇒ ==
Với k=2
13 4 35
84 7 84
x

ππ π
⇒ =− + =

Với k=3
13 6 59
84 7 84
x
ππ π
⇒ =− + =
Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực
Naờm hoùc 2006 2007
18
Xột
5226
;
84 7 5 7
k
x


=+




25 26
<<
584 7 7
k

+

168<25 120 <335k+


2k =
Khi ú
5453
84 7 84
x

=+=

Kt lun:
35 53 59
;;
84 84 84
x






Nhn xột: bi toỏn ny ta gp li vn xột iu kin ca k trong cụng thc nghim. Ta
nhn thy nu bi toỏn cú yờu cu thờm iu kin ca nghim thỡ vic xột iu kin ca k l
ng nhiờn.

Bi toỏn 2: (i hc Giao thụng Vn ti H Ni 2000)
Gii phng trỡnh sau:

()
22sin cos cos 3 cos2
x
xx x+=+

Gii

()
22sin cos cos 3 cos2
x
xx x+=+
()
2sin 2 1 cos2 3 2xx+=
Cú:
()()
()
22
22
2
2
221522
32 1162
ab
c

+= + =

= =


Ta s chng minh:
222
<cab+
5 2 2<11-6 2
()
2
2
42<6 42 <6 32<36 (ỳng)
Vy phng trỡnh vụ nghim.
Nhn xột: iu kin phng trỡnh cú nghim rt quan trng, c bit l trong cỏc bi toỏn
cú tham s m m ta thng gp trong cỏc kỡ thi i Hc (trc õy) do ú ta cn quan tõm
n nú. Vỡ th cỏc bi toỏn v iu kin tn ti nghim ta s c gp cỏc bi toỏn sau.
Bi toỏn 3: Cho phng trỡnh
2sin cos 1
x
mx m+=(1)
a.Tỡm m phng trỡnh cú nghim
;
22
x

b. Gii v bin lun phng trỡnh theo m.

Gii.
a. Do
()
10bcm m+= + nờn cos 0
2
x
.

Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1
19
Đặt
2
x
ttg=
2
2
sin
1
t
x
t
⇒ =
+
2
2

1
;cos
1
t
x
t
−
=
+


Khi đó:
()
2
22
21
12 1
11
tt
mm
tt
−
⇔+ =−
++


()
()
()
22

41 11tm t m t⇔+ − =− +


()
2
412 0ft t t m⇔=−+−=
Tìm m để (1) có nghiệm ;
22
x
ππ
⎡⎤
∈−
⎢⎥
⎣⎦
;
244
x
ππ
⎡
⎤
⇔∈−
⎢
⎥
⎣
⎦

• Cách 1: u cầu bài tốn tương đương
()
2
412 0ft t t m⇔=−+−=

có nghiệm
[
]
1;1t ∈−
.
Xét
()
10 62 0 3fmm−=⇔− =⇔ = thoả
Xét
()
10 22 0 1fmm=⇔−− =⇔ =− thoả
Xét
()
0ft= có 1 nghiệm
()
1;1t ∈− và 1 nghiệm
[
]
1;1t ∉−

()()( )( )
1 1 62 22 <0ff m m⇔− =− −−

()( )
2m-6 2 2 <0m⇔+1<m<3⇔
Xét
()
0ft= có 2 nghiệm
12
,tt

thoả
12
1< <1tt−≤

()
()
'
0
230
1. 1 >0
62>0
1. 1 >0
22>0
1<2<1
1< <1
2
m
f
m
f
m
S
⎧
Δ≥
+≥
⎧
⎪
−
⎪
⎪

−
⎪⎪
⇔⇔⇔
⎨⎨
−−
⎪⎪
⎪⎪
−
⎩
−
⎪
⎩
VN
Kết luận: (1) có nghiệm
;
22
x
ππ
⎡
⎤
∈−
⎢
⎥
⎣
⎦
1<m<3⇔−
•
Cách 2:
()
2

412 0ft t t m⇔=−+−= có nghiệm
[
]
1;1t ∈−
⇔
()
'2
11
2
22
gt t t m=−+= có nghiệm
[
]
1;1t ∈−
Ta có:
()
[
]
'
g2<01;1tt t=− ∀∈− , suy ra g (t) nghịch biến/ [-1;1]
Suy ra tập giá trị g (t) là đoạn
() ( )
[
]
1; 1 1;3gg−≡−
⎡⎤
⎣⎦

Từ đó (1) có nghiệm
;

22
x
ππ
⎡⎤
∈−
⎢⎥
⎣⎦
()
gt m⇔= có nghiệm
[
]
1;1t ∈−
1<m<3⇔−

b. Giải và biện luận:
()
2
412 0ft t t m=−+− =
có
'
23mΔ= +
Nếu
()
'
-3
<<0 0
2
mft⇒ Δ ⇒ =
, suy ra (1) vơ nghiệm.
Nếu

()
'
-3
002
2
mftt= ⇒ Δ= ⇒ =⇔=
222
2
x
tg tg x k
ααπ
⇔==⇔=+
Chương 1: Phương trình lượng giác
Năm học 2006 – 2007
20
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 tốn 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 cơng thức:
cos 0 0
2
x
bc≠⇔+≠
. Thật ra
cơng thức này đã được nhắc đến ở phần lý thuyết, ở đây chỉ nhắc lại để nhấn mạnh
bởi vì cơng thức này có thể rất có ích trong các bài kiểm tra trắc nghiệm.
-
Ở câu b ta có thể sừ dụng cơng thức phương trình vơ nghiệm, có một nghiệm, có 2
nghiệm khi và chỉ khi:
222
<cab+
hay
22 2
abc+=
hay
222
>abc+
.

Bài tốn 4:
Giả sử
22
0ab+≠
và c là số bất kì. Chứng minh rằng trong 2 phương trình sau:
()
()
cos sin 1
cot 2 2

axbxc
agxbtgx c
+=
+=

Ít nhất có 1 phương trình có nghiệm.

Giải.
- Nếu
222
abc+≥ thì là điều kiện cần và đủ để phương trình cos sinaxbxc+= có nghiệm.
- Nếu
222
<abc+ phương trình (1) vơ nghiệm. Ta xét phương trình (2):
Với
00ab= ⇒ ≠ (do
22
0ab+≠) thì
()
22btgx c⇔= có nghiệm.
Với
0a ≠
thì
()
2
2 cot 2 cot 0agx cgxb⇔− += là phương trình bậc hai theo cotgx, có
()
22
24 2 2>0cab cabΔ= − = −

()
222
>a +b 2cab≥
Suy ra phương trình (2) có nghiệm.
Tóm lại với
22
0ab+≠ và c bất kì thì ít nhất một trong hai phương trình (1) và (2) có
nghiệm.
Nhận xét: Đây là một bài tốn đơn giản nhưng vơ 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 khơng việc xét
bài tốn này sẽ vơ cùng rắc rối. Ngồi ra bài tốn này còn cho thấy điều kiện có nghiệm của
một phương trình có vai trò vơ cùng quan trọng.

2. Phương trình đẳng cấp bậc 2:
22
sin sin .cos cosaxbxxcxd++= (1) (a,b,c
≠
0)
Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1
21
Cách 1:

22
sin sin .cos cosaxbxxcxd++=

1 cos2 sin 1 cos2
.
222
xx x

abcd
−+
⇔++=

()
sin 2 cos2 2bxca xdac⇔+− =−−
Lúc này phương trình (1) trở về dạng phương trình đẳng cấp bậc I.
Cách 2:
22
sin sin .cos cosaxbxxcxd++=

()
2222
sin sin cos cos sin cosaxbxxc xd x x⇔+ += +
Xét
cos 0x = 0ad⇔−= (dễ dàng chứng minh được)
Xét
cos 0 0xad≠⇔−≠
, chia 2 vế của phương trình cho
2
cos
x
ta được phương
trình bậc hai theo
tgx :

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

22
3
7sin 2sin 2 3cos 3 15 0xxx+−−= (1)

Giải.
Do ta có:
3
7; 3 15 0 cos 0ad ad x== ⇒ −≠⇒ ≠
Chia 2 vế của phương trình cho
2
cos 0x ≠ ta được phương trình tương đương:

()
22
3
7433151 0tg x tgx tg x+−− + =

() ()
2
33
7315 4 3315tg x tgx⇔− + −+ 0= (2)
Ta có:
()()
'
33
473153315Δ= + − +

3
2

3
25 12 15 9 15=+ −
Đặt
33
3
5
15 15 25
3
tt t= ⇒ = ⇒ = , khi đđó

()
'32
5512
912 3
335
tt ttt t
⎛⎞
Δ= − + = − −
⎜⎟
⎝⎠

Dễ dàng thấy:
3
3
3
12 12
<15<3 < 15<3
55
t
⎛⎞

⇔=
⎜⎟
⎝⎠


Suy ra
'
<0 (2)Δ ⇒ vơ nghiệm
()
1⇒ vơ nghiệm
Kết luận: phương trình đã cho vơ nghiệm
Nhận xét: Bước ngoặt trong bài tốn này là đặt
3
15t = . Từ đó ta có thể đưa đến dấu của
'
Δ
giúp bài tốn được giải quyết. Đây là một dạng trong bài tốn đổi vai trò của ẩn số và tham
số.

Bài tốn 2: Định a để phương trình sau có nghiệm:

22
sin sin 2 3 cos 1ax xa x++ =

Giải.
Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực
Naờm hoùc 2006 2007
22
22
sin sin 2 3 cos 1ax xa x++ =

() ()
3
1cos2 sin2 1cos2 1
22
aa
xx x + + + =

cos 2 sin 2 1 2ax x a+=

Phng trỡnh cú nghim
()
2
2
12 1aa +

2
340aa

4
0
3
a
Kt lun: phng trỡnh (1) cú nghim khi v ch khi:
4
0
3
a

Nhn xột: i vi bi toỏn ny ta cũn cú th gii theo cỏch khỏc:

-
Vi 10a = phng trỡnh cú nghim:
()
cos 0
2
xxkk


== + Z
-
Vi 10a ta chia 2 v ca phng trỡnh cho
2
cos 0x c phng trỡnh bc
hai theo
tgx ri dựng iu kin ca xỏc nh a.

3. Phng trỡnh ng cp bc III:
32 2 3
sin sin cos sin cos cos 0axbxxcx xd x+++=
Xột
cos 0x =
cú l nghim ca phng trỡnh
Chia 2 v ca phng trỡnh cho
3
cos 0x ta c mt phng trỡnh bc 3 theo tgx .
Bi toỏn 1: (i hc Y Dc Thnh ph H Chớ Minh 1997)
Gii phng trỡnh:
3
sin .sin 2 sin3 6cos
x

xx x+=
(1)

Gii.
(1)
()
33
sin 2sin cos 3sin 4sin 6cos
x
xx x x x+=

323
4sin 3sin 2sin cos 6cos 0xx xx x += (2)
Nu
cos 0x = l nghim ca (2) thỡ:

3
3
sin 1
cos 0
sin 1
4sin 3sin 0
4sin 3sin 0
x
x
x
xx
xx

=

=



=



=


=

vụ lý
Chia 2 v ca (2) cho
3
cos 0x ta c phng trỡnh tng ng:

()
32
22360tg x tg x tgx +=

()
()
2
230tgx tg x =

()
2

3
33
tgx tg x k
k
tgx tg x k



== =+




= = = +

Z

Nhn xột
: dng phng trỡnh ng cp bc III ny ta cn quan tõm n 2 cụng thc gúc
nhõn 3 sau õy:

3
sin3 3sin 4sinaa a=
;
Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1
23

3
cos3 4cos 3cosaaa=−

Nhờ cơng 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 đốn nghiệm sang phương trình đẳng cấp bậc nhất có
dạng:
sin 3 cos3 0axbxc++= hay một phương trình đẳng cấp bậc hai tương ứng.
Bài tốn 2: Cho phương trình:
()
cos3 cos2 cos 1 0 *xxmx−+ −=
Định m để (*) có đúng 7 nghiệm phân biệt
;2
2
x
π
π
⎛⎞
∈−
⎜⎟
⎝⎠

Giải.

Ta có (*)
()
32
4cos 3cos 2cos 1 cos 1 0xx x x⇔−− ++−=

()
32
4cos 2cos 3 cos 0xxmx⇔−+−=

()
2
cos 4cos 2cos 3 0xxxm⇔−+−=

2
cos 0
4cos 2cos 3 0
x
xxm
=
⎡
⇔
⎢
−+−=
⎣

Trong khoảng
;2
2
π
π
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
phương trình
cos 0x =
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
2
4cos 2cos 3 0xxm−+−= 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
42 30ttm−+−= có 2 nghiệm
12
,tt thoả điều kiện
12
1<t <0<t <1− với
[
]
t=cosx 1,1∈− .
Đặt
()
f
t =
2
42 30ttm−+−= thì u cầu bài tốn thoả khi và chỉ khi:
()
()
()
0<0
3<0
1>0 3>0 1<m<3
1>0
1>0
f
m
fm

m
f
⎧
−
⎧
⎪
⎪
−⇔+⇔
⎨⎨
⎪⎪
−
⎩
⎩

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

Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực
Naờm hoùc 2006 2007
24
II. PHNG TRèNH I XNG:
ú l PTLG cú cha ng thi
()
sin cos
m
x
x v
()

sin cos
n
x
x vi ,mnZ .
Cỏc phng trỡnh loi ny ta thng ỏp dng cụng thc:

()
2
sin cos 1
sin cos
2
xx
xx
+
=
;
()
2
1sin cos
sin cos
2
x
x
xx

=

Sau ú bng cỏch t
sin costxx=+ hoc sin costxx= ta s a PTLG v mt phng
trỡnh i s ca t, vi

2; 2t



.
Bi toỏn 1:
Tỡm m phng trỡnh sau cú 3 nghim phõn bit
[
]
0;x

:

33
sin cos
x
xm=
Gii

33
sin cos
x
xm=
()
3
(sin cos ) 3sin cos sin cos
x
xxxxxm + =
t
[]

sin cos 2 sin 1; 2 0;
4
txx x x




==




Khi ú phng trỡnh
2
3
1
3
2
t
tt m


=



()
()
32 2
231 2 32ttt mft ttm+ = =+=

Ta cú
()
'2
330 1ft t t t= + = =

Bng bin thiờn:



Vi mi
()
2
1;1
t
t

=




ta cú 1 nghim
[
]
0;x


Vi mi
)
1; 2t

cho ta 2 nghim
[
]
0;x


Do ú phng trỡnh
33
sin cos
x
xm= cú 3 nghim phõn bit
[
]
0;x


thỡ
()
2
f
tm=

phi cú 2 nghim
12
,tt sao cho
12
1< <1< < 2tt 2<2m<2

2
<m<1
2

t
1
1 2
()
f
t
0 + 0 -
()
'
f
t
2


-2
2
Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1
25
Nhận xét: Vẫn với kiến thức về tam thức bậc hai bài tốn sử dụng để giải một phương trình
bậc hai có điều kiện. Ở đây ta cần chú ý đến một số cơng thức sau thường được dùng để đưa
về phương trình đối xứng:

() ()
() ()
3

33
3
33
sin cos sin cos 3sin cos sin cos
sin cos sin cos 3sin cos sin cos
x
xxx xxxx
x
xxx xxxx
+=+ − +
−=− + −


44
sin cos
x
x+=
22222
(sin cos ) 2sin cos
x
xxx+−

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

44
1
sin cos sin 2
2
xxmx

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


44
1
sin cos sin 2
2
xxmx
+= −

2
11
1sin sin2
22
xm x
⇔− = −
()
2
sin 2 2 sin 2 3 0 1xm x⇔+ −=
a) Với m=1 thì
()
2
1sin22sin230xx⇔+−=

()()
sin 2 1 3 sin 2 0xx⇔−+=

sin 2 1
x
⇔=

()
4
xkk
π
π
⇔= + ∈Z
b) Đặt
[
]
sin 2 1,1tx=∈−
() ()
2
1230ft t mt⇒ ⇔=+−=
Dễ dàng thấy
()() ( )( )
11 2222ff m m−=−+−
()
2
410m=− − ≤ 1m∀≥
Do đó
()
0ft= ln có 1 nghiệm
[
]
1,1t ∈− .

Bài tốn 3: (Vơ địch New York 1973)
Giải phương trình:

88
97
sin cos
128
xx
+=

Giải.
88
97
sin cos
128
xx
+=
44
1 cos 2 1 cos2 97
2 2 128
xx−+
⎛⎞⎛⎞
⇔+=
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠

Chửụng 1: Phửụng trỡnh lửụùng giaực
Naờm hoùc 2006 2007
26

()()
44
97
cos 2 1 cos 2 1
8
xx
++=
t
cos 2tx= . Khi ú phng trỡnh tng ng:

()()
44
97
11
8
tt
+ + =

()()
432 432
97
4641 4641
8
tttt tttt
+++++++=

42
81
212 0

8
tt
+ =

22
3
cos 2
4
tx
= =
1cos4 3
24
x+
=


1
cos 4
2122
k
xx

==+
()
kZ
Bi toỏn 4: (Bi 13 III.1- B thi Tuyn Sinh)
Tỡm m :

()
2

2
3
3cot10
sin
tg x m tx gx
x
+++ =

Gii
Phng trỡnh
()()
2
3cot cot40tgx gx m tgx gx+ + + =
t

2
cot cot 2
sin 2
t tgx gx t tgx gx
x
=+ =+ =

Khi ú:
2
340tmt+= vi 2t
()
2
34t
f
tm

t
+
= =

Ta cú

() () ( ) )
'
2
4
3<0 ' /;22;ft ft
t
= +


Bng bin thiờn:

t -

-2 0 2 +


()
f
t

- -
()
'
f

t

+

+


4 -4
-

-



T bng bin thiờn suy ra phng trỡnh ó cho cú nghim
()
f
tm= cú nghim 4m
Nhn xột: Phng trỡnh trong bi toỏn ny cng c xem nh l mụt phng trỡnh i xng
nhng l i xng ca tg v cotg. Sau õy l mt bi toỏn v phng trỡnh i xng ca c
sin, cos, tg, cotg:

()( )
2sin3cotcos50tgx x gx x+ +=

Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1
27
III. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CĨ MƠT 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 cơng thức đơn giản hơn để thu
gọn các tổng tích phức tạp rồi áp dụng chúng vào việc giải phương trình lương giác chứ
khơng
đưa ra các phương pháp tổng qt. 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 tốn Giải tích”.
a) Một số cơng thức chính được dùng nhiều ở phương pháp này:
1.

cot g 2cot g 2xxtgx−=

2.

2
cot g
sin 2
xtgx
x
+=
3.

1
cot g cot g 2x
sin 2
x
x
−=−

b) Một số tổng hữu hạn và cách chứng minh nó:
1.

()
1
1
sin sin
22
sin sin 2 sin
sin
2
na
na
Saa na
a
+
=+ ++ =

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

2.

2
1
sin sin
22
cos cos 2 cos

2sin
2
nna
a
Saa na
a
+
−
=+ ++ =

Cũng tương tự như
1
S ta nhân 2 vế với sin
2
a
.
3.

3
2
11 1 1
cot cot 2
sin sin 2 sin 2 sin 2 2
n
n
a
Sgga
aa a a
=+ + ++ = −

Cách 1
: áp dụng
1
cot g cot g 2x
sin 2
x
x
−=−
Cách 2
: ta có đẳng thức cần chúng minh tương đương với:
cos
11 1cos2
2

sin sin 2 sin 2 sin 2
sin
2
n
nn
a
a
a
aa a a
−
++ ++ =

Xét vế trái có:
2
2cos 1
cos

1cos
2
2
sin
sin 2sin cos 2sin cos
222 22
a
a
a
aaa aa
a
⎛⎞
−−
−
⎜⎟
⎝⎠
+= =−
Hồn tòan tương tự ta được:
VT
cos 2
sin 2
n
n
a
a
=
Chöông 1: Phöông trình löôïng giaùc
Naêm hoïc 2006 – 2007
28
4.

()
()
4
11 11

cos cos 2 cos 2 cos3 cos 1 cos sin
S tgna tga
aa aa nana a
=+ ++ =−
−

Nhân 2 vế vơi sin a
5.

()
5
2
sin 1
cos cos2 cos
1
cos cos cos sin .cos
nn
na
aa na
S
aa aaa
+
=+ + + + =

Ta có:
() ()
sin 1 sin 1
cos sin .cos
cos sin .cos 2sin .cos
kk k
ka ka
ka a ka
aaa aa
+− −
==
()
1
sin 1
sin
sin .cos sin .cos
kk
ka
ka
aa a a
−
+
=−

()
sin 1
sin .cos
n
na
S

aa
+
⇒ =
6.

()
6
223 1
tgna
S tgatg a tg atg a tg n atgna n
tga
=+ ++−=−
Áp dụng:
()
()
1
11
tg n a
tgna
tg n atgna
tga tga
−
−−=− −

tgna
Sn
tga
⇒
=−
7.

7
22
11 1 1
cot cot
222 2 2 2 2 2
nnn n
aa a a
Stg tg tg g ga
=+ ++ = −

Áp dụng:
cot g 2cot g 2xxtgx−=

8.

8
2
222 2 2
2
11 111

sin
cos 4 cos 4 cos 4 sin
22 2 2
nn
nn
S
aa a a
a

a
=+ ++ =−
Áp dụng:
222
111
4sin 4cos sin 2
x
xx
+=
c) Một số tích và cách chứng minh:
1.

()( )
()
1
1
2cos2 1
2cos 1 2cos2 1 2cos2 1
2cos 1
n
n
Ta a a
a
−
+
=− − −=
+

Nhân 2 vế với
()

2cos 1a +

2.
1
2
1
11 12
1 1 1
cos cos 2 cos 2
2
n
n
tg a
T
a
aa a
tg
−
−
⎛⎞⎛ ⎞⎛ ⎞
=+ + + =
⎜⎟⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

Cách 1: nhân 2 vế với
2
a
tg
Cách 2
: ta xét vế trái:

VT
2
22 21
21
2cos
2cos 2cos 2 2cos 2
2
. .
cos cos2 cos2 cos 2
n
n
a
aa a
aa a a
−
−
=
22
1
2 cos cos cos2 cos 2
2
sin sin .
22 cos2
nn
n
a
aa a
aa
VT
−

−
⇒ =
Chuyên đề Lượng giác và Ứng dụng
Nhóm học sinh lớp 11A1
29
1
1
cos sin 2
2
sin cos2
2
n
n
a
a
VT
a
a
−
−
⇒ ==VP
3.

3
21
cos cos cos
21 21 21
2sin
21
n

n
T
nn n
n
ππ π
π
==
++ +
+

Nhân 2 vế với sin
21n
π
+

Chú ý:
Ở các cơng 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 cơng thức ở mục a). do đó ta cần ghi nhớ các cơng thức
ở mục a.

Bài tốn 1:
Giải phương trình: (đề kiểm tra chun tháng 10 lớp 11A1)

1
11
sin 2 sin
n
i
i

x
x
=
=
∑


Giải
Điều kiện để phương trình có nghiệm: sin 2 0; 1,
i
x
in≠=
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 tốn này trở nên dễ dàng hơn.
Mặt khác cần chú ý rằng đối với các bài tốn có điều kiện phức tạp như vậy ta chỉ cần đặt
điều kiện tổng qt. Sau đó khi đã có được nghiệm rồi ta thế vào điều kiện tổng qt ban đầu
để loại đi các nghiệm ngoại lai.

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

()
1
cos 40 cos20
n
i
i
=
=
∑
oo
(1)

Giải
Áp dụng
2
S ta được:
(1)⇔
140
sin 40 sin
22
cos 20
40

2sin
2
nn+
−
=
o
o
o
o

()
sin 40 4sin10 cos10 cos20
cos 20 10 2cos10 cos 20
2sin10 2sin10
n⇔+== =
oooo
oo oo
oo

Do 0<10;20<90
ooo o
nên
cos10 cos 20 >0
oo
suy ra
0<20 n+10 <90
nN
⎧
⎨
∈

⎩
oo

Ta nhận thấy n khơng 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.

Chương 1: Phương trình lượng giác
Năm học 2006 – 2007
30
IV. PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ:
2
0
f
f
g
g
g
≥
⎧
=⇔
⎨
=
⎩

Khi giải các PHTL mà ẩn số nằm dưới dấu căn, các điều kiện ràng buộc thường ở dưới dạng
các bất phương trình lương giác. Dĩ nhiên ta có thể xem như là một hệ thống gồm các PTLG
và bất PTLG. Nhưng rõ ràng đây là một dạng khó, phức tạp dễ mắc phải sai lầm mà ta có thể
thấy ở các bài tốn dưới đây:
Bài tốn 1: (64II-Bộ đề thi Tuyển sinh)
Giải phương trình:

cos 2 1 sin 2 2 sin cos
x
xxx++ = + (1)

Giải
(1)
()
2
22
cos sin cos sin 2 cos sin
x
xxx xx⇔−++=+
Xét
cos sin 0xx+= là nghiệm
1
4
tgx x k
π
π
⇔=−⇔=−+
(
k ∈Z )
Xét
()()
()
cos sin >0 cos sin >0
2
cos sin 0 cos sin 0
xx xx
xx xx

++
⎧⎧
⎪⎪
⇔
⎨⎨
+≥ −≥
⎪⎪
⎩⎩

Với điều kiện (2) thì
()
1 cos sin cos sin 2xx xx⇔−++=

22
2cos 2 cos sin 4xxx⇔+ −=

22
cos sin 2 cos
x
xx⇔−=−


()
2
22
cos sin 2 cos
x
xx⇔−=−

2
cos 4cos 5 0xx⇔+−=

[
]
()
cos 1 1,1 2 ,xxkk
π
⇔=∈−⇔= ∈Z

Thử lại với điều kiện (2): Do
cos 1 sin 0xx= ⇒ = thoả (2).
Kết luận
:
4
x
k
π
π
−
=+;
2
x
k
π
=
với
k ∈ Z
.
Nhận xét:

Hãy thử quan sát xem tại sao ta phải xét 2 trường hợp riêng là: cos sin 0xx+= và
cos sin >0
x
x+ mà khơng gộp điều kiện lại là:cos sin 0xx+≥.
Nếu ta đặt:
cos sinaxx=+ và cos sinbxx=−thì điề kiện của bài tốn khi ta chỉ xét 1 trường
hợp là:
00
00
aa
ab b
≥≥
⎧⎧
⇔
⎨⎨
≥≥
⎩⎩

Phép biến đổi này hồn tồn sai vì nếu
0a = thì < 0b∀ ta vẫn có hệ
0
0
a
ab
≥
⎧
⎨
≥
⎩
được thoả mãn.

Do đó ta cần phải thật cẩn thận trong phương trình dạng này.

Bài tốn 2:
Giải phương trình:
22
44
10 8sin 8sin 1 1x+−−=