Phương trình bất phương trình hệ phương trình lượng giác

1
CHUYÊN ĐỀ

LƯỢNG GIÁC

PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH

A. Biểu diễn cung – góc lượng giác

Nếu cung (hoặc góc) lượng giác
q
AM có số đo là
k2
n
π
α+
(hoặc
0
k.360
a
n
+
D
)
với
k ∈ ]
,
n
+
∈ `

thì có n điểm M trên đường tròn lượng giác cách đều nhau.

Ví dụ 1. Nếu sđ
q
AM k2
3
π
=+π thì có 1 điểm M tại vị trí
3
π
(ta chọn k = 0).
Ví dụ 2. Nếu sđ
q
AM k
6
π
=+π thì có 2 điểm M tại các vị trí
6
π
và
7
6
π

(ta chọn k = 0, k = 1).
Ví dụ 3. Nếu sđ
q
2
AM k
43

ππ
=+
thì có 3 điểm M tại các vị trí
4
π
,
11
12
π
và
19
12
π

(ta chọn k = 0, k = 1 và k = 2).
Ví dụ 4. Nếu sđ
q
k.360
AM 45 k.90 45
4
=+ =+
D
DDD
thì có 4 điểm M tại các vị
trí 45
0
, 135
0
, 225
0

và 315
0
(ta chọn k = 0, 1, 2, 3).

Ví dụ 5. Tổng hợp hai cung xk
6
π
=− + π và xk
3
π
=+π.
Giải
Biểu diễn 2 cung xk
6
π
=− + π
và xk
3
π
=+π trên đường tròn
lượng giác ta được 4 điểm
6
π
− ,
3
π
,
5
6
π

và
4
3
π
cách đều nhau.
Vậy cung tổng hợp là:
xk
32
ππ
=+ .






2
B. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

I. Hàm số lượng giác

1. Hàm số y = cosx
1) Miền xác định
D = \
.
2) Miền giá trị G = [–1; 1].
3) Hàm số y = cosx là hàm chẵn, tuần hoàn với chu kỳ
T2=π.
4) (cosx)
/

= – sinx.
5) Đồ thị hàm số y = cosx đối xứng qua trục tung Oy.


2. Hàm số y = sinx
1) Miền xác định D = \ .
2) Miền giá trị G = [–1; 1].
3) Hàm số y = sinx là hàm lẻ, tuần hoàn với chu kỳ T2=π.
4) (sinx)
/
= cosx.
5) Đồ thị hàm số y = sinx đối xứng qua gốc tọa độ O.


3. Hàm số y = tgx
1) Miền xác định
{}
D\ k, k
2
π
=+π∈\]
.
2) Miền giá trị
G = \ .
3) Hàm số y = tgx là hàm lẻ, tuần hoàn với chu kỳ
T =π.
4) (tgx)
/
= 1 + tg
2

x =
2
1
cos x
.
5) Đồ thị hàm số y = tgx đối xứng qua gốc tọa độ O.


3



4. Hàm số y = cotgx
1) Miền xác định
{}
D\k, k=π∈\].
2) Miền giá trị G = \ .
3) Hàm số y = cotgx là hàm lẻ, tuần hoàn với chu kỳ T =π.
4) (cotgx)
/
= – (1 + cotg
2
x) =
2
1
sin x
−
.
5) Đồ thị hàm số y = cotgx đối xứng qua gốc tọa độ O.

5. Chu kỳ của hàm số lượng giác
5.1. Định nghĩa
Hàm số y = f(x) có chu kỳ T > 0 nếu T là số dương nhỏ nhất và thỏa
f(x + T) = f(x).

4
Ví dụ 1. Hàm số y = sin5x có chu kỳ
2
T
5
π
=
vì:
()
2
sin 5 x sin(5x 2 ) sin 5x
5
π
+= +π=
.
Hơn nữa,
2
T
5
π
=
là số nhỏ nhất do hàm số y = sint, t = 5x có chu kỳ 2π .

5.2. Phương pháp giải toán
5.2.1. Hàm số y = sin(nx) và y = cos(nx)
Hàm số y = sin(nx) và y = cos(nx), n
+
∈ ] có chu kỳ
2
T
n
π
=
.
Ví dụ 2. Hàm số y = cos7x có chu kỳ
2
T
7
π
=
.
5.2.2. Hàm số
x
ysin
n
=
và
x
ycos
n
=

Hàm số

x
ysin
n
=
và
x
ycos
n
=
,
n
+
∈ ]
có chu kỳ Tn2=π.
Ví dụ 3. Hàm số
x
ysin
3
=
có chu kỳ T6=π.
5.2.3. Hàm số y = tg(nx) và y = cotg(nx)
Hàm số y = tg(nx) và y = cotg(nx),
n
+
∈ ]
có chu kỳ T
n
π
= .
Ví dụ 4. Hàm số y = cotg6x có chu kỳ T

6
π
= .
5.2.4. Hàm số
x
ytg
n
=
và
x
ycotg
n
=

Hàm số
x
ytg
n
=
và
x
ycotg
n
=
,
n
+
∈ ]
có chu kỳ Tn=π.
Ví dụ 5. Hàm số

x
ytg
3
=
có chu kỳ T3=π.

5.2.5. Hàm số y f(x) g(x)=±
Cho hàm số y = f(x), y = g(x) có chu kỳ lần lượt là
1
m
T
n
=π
và
2
p
T
k
=π
.
Để tìm chu kỳ của hàm số
y f(x) g(x)=± ta thực hiện các bước sau:

Bước 1. Quy đồng
mmk
nnk
=
,
pnp
knk

=
và tìm bội số chung nhỏ nhất A của mk, np.
Bước 2. Chu kỳ của y f(x) g(x)=± là
A
T
nk
=π
.

5
Ví dụ 6. Tìm chu kỳ của hàm số
x
ycos3xtg
3
=−
.
Giải
Hàm số y = cos3x,
x
ytg
3
=
có chu kỳ lần lượt là
2
3
π
và 3π.
Ta có:
22
BCNN(2; 9)

33
T6
9
3
3
3
ππ
⎧
⎪
=
⎪
⎪
⎪
⇒= π=π
⎨
⎪
π
⎪
π=
⎪
⎪
⎩
.
Vậy chu kỳ của hàm số
x
ycos3xtg
3
=−
là T6=π.

II. Phương trình lượng giác cơ bản

1) cos x cos=α
xk2
, k
xk2
=α+ π
⎡
⎢
⇔∈
⎢
=−α+ π
⎢
⎣
Z
2) sin x sin=α⇔
xk2
, k
x+k2
=α+ π
⎡
⎢
∈
⎢
=π−α π
⎢
⎣
Z
3) tgx tg x k , k=α⇔=α+π ∈Z
4) cotgx cotg x k , k=α⇔=α+π∈Z

Phương trình cơ bản đặc biệt cần nhớ

1) cos x 0 x k , k
2
π
=⇔=+π ∈Z
2) cos x 1 x k2 , k=⇔ = π ∈Z
3) cos x 1 x k2 , k=− ⇔ =π+ π ∈Z
4) sin x 0 x k , k=⇔=π ∈Z
5) sin x 1 x k2 , k
2
π
=⇔ = + π ∈Z
6) sin x 1 x k2 , k
2
π
=− ⇔ =− + π ∈Z
Ví dụ 1. Xét số nghiệm của phương trình
x
cos x 0+=
π
.
Giải
Ta có
xx
cos x 0 cos x+=⇔ =−
ππ
(1).
Suy ra (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = cosx và

x
y =−
π
(đi qua điểm ( π ; – 1)).

6

Dựa vào đồ thị, ta suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Ví dụ 2. Giải phương trình:
(cos x 1)(2 cos x 1)(tgx 3)
0
2cosx 1
+−−
=
+
(2).
Giải
Điều kiện:
2
2cosx 1 0 x k2
3
π
+≠ ⇔ ≠± + π
.
Ta có:
cos x 1
xk2
1
(2) cos x x k2
23

tgx 3
xk
3
⎡
=−
⎡
=π+ π
⎢
⎢
⎢
⎢
π
⎢
⎢
⇔=⇔=±+π
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
π
⎢
=
⎢
=+π
⎣
⎢
⎣
.
So với điều kiện và tổng hợp

nghiệm (hình vẽ), phương trình
(2) có họ nghiệm là:
2
xk, k
33
ππ
=+ ∈
] .
Chú ý:
Các họ nghiệm
2
xk
33
ππ
=− +

và
2
xk
3
π
=π+
cũng là các họ
nghiệm của (2).


III. Các dạng phương trình lượng giác
1. Dạng bậc hai theo một hàm số lượng giác

1) acos

2
x + bcosx + c = 0
2) asin
2
x + bsinx + c = 0
3) atg
2
x + btgx + c = 0
4) acotg
2
x + bcotgx + c = 0


7
Phương pháp giải toán
Bước 1. Đặt ẩn phụ t = cosx (hoặc t = sinx, t = tgx, t = cotgx) và điều kiện của t
(nếu có).
Bước 2. Đưa phương trình về dạng at
2
+ bt + c = 0.

Chú ý:

Nếu 1 phương trình lượng giác được biến đổi thành 2 phương trình cơ bản trở lên
thì sau khi giải xong, ta phải dựa vào đường tròn lượng giác để tổng hợp nghiệm
(nếu có).

Ví dụ 1. Giải phương trình
2
2 sin x sinx 2 0+−= (1).

Giải
Đặt t = sinx, 1t1−≤ ≤ ta có:
2
(1) 2t t 2 0⇔+−=
1
tt2
2
⇔= ∨=−
(loại)
sin x sin
4
π
⇔=
3
xk2x k2
44
ππ
⇔=+π∨= +π
.
Vậy (1) có các họ nghiệm
xk2
4
, k
3
xk2
4
π
⎡
=+π
⎢

⎢
∈
⎢
π
⎢
=+π
⎣
]
.
Ví dụ 2. Giải phương trình
44
5(1 cos x) 2 sin x cos x+=+− (2).
Giải
Ta có:
22 2
(2) 3 5cos x sin x cos x 2cos x 5 cos x 2 0⇔+ = − ⇔ + +=.
Đặt t = cosx, 1t1−≤ ≤ ta suy ra:
2
(2) 2t 5t 2 0⇔++=
1
tt2
2
⇔=−∨=−
(loại)

2
cos x cos
3
π
⇔=

2
xk2
3
π
⇔=± +π
.
Vậy (2) có các họ nghiệm
2
xk2, k
3
π
=± + π ∈
] .
Ví dụ 3. Giải phương trình
2
3
23tgx 6 0
cos x
+−=
(3).
Giải
Điều kiện xk
2
π
≠+π, ta có:
22
(3) 3(1 tg x) 2 3tgx 6 0 3tg x 2tgx 3 0⇔+ + −=⇔ + −=.
Đặt t = tgx, ta suy ra:
2
(3) 3t 2t 3 0⇔+−=

1
tt3
3
⇔= ∨=


8

()
tgx tg
xk
6
6
xk
tgx tg
3
3
π
π
⎡
⎡
=
=+π
⎢
⎢
⎢
⎢
⇔⇔
π
π

⎢
⎢
=− + π
=−
⎢
⎢
⎣
⎣
(thỏa điều kiện).
Biểu diễn 2 họ nghiệm trên đường tròn lượng giác ta thu được 4 điểm cách đều
nhau.
Vậy (3) có họ nghiệm là xk, k
62
ππ
=+ ∈] .
Ví dụ 4. Tìm m để phương trình
2
sin x sin x m 0−+= (4) có nghiệm thuộc
đoạn
7
;
66
ππ
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦
.
Giải

Với

71
x; sinx1
66 2
ππ
⎡⎤
∈⇒−≤≤
⎢⎥
⎣⎦
.
Đặt t = sinx, ta suy ra:
2
1
(4) m t t, t 1
2
⇔=−+−≤≤
.
Xét hàm số
2
ytt=− + , ta có bảng biến thiên:
t –1/2 1/2 1

y
1/4
–3/4 0
Suy ra (4) có nghiệm
73 1
x; m
66 4 4
ππ
⎡⎤

∈⇔−≤≤
⎢⎥
⎣⎦
.
Cách khác:
()
2
2
11
(4) t t m m t
42
⇔−=−⇔−=−
.
Do
()
2
1111
t1 1t 0 t 1
2222
−≤≤⇔−≤− ≤ ⇔ ≤ − ≤
nên:

131
0m1 m
444
≤− ≤⇔−≤ ≤
.

Ví dụ 5. Tìm m để phương trình tgx mcotgx 2−= (5) có nghiệm.
Giải

Cách giải sai:
Đặt ttgx t0=⇒≠, ta suy ra:
()
2
2
m
(5) t 2 m t 2t m t 1 1 1
t
⇔− = ⇔ = − ⇔ = − −≥−
(a).
Mặt khác: t0 m0≠⇒ ≠ (b).
Từ (a) và (b) ta suy ra (5) có nghiệm 1m 0⇔− ≤ ≠ (sai).

9
Cách giải đúng:
Đặt ttgx t0=⇒≠, ta suy ra:
2
m
(5) t 2 m t 2t
t
⇔− = ⇔ = −
.
Xét hàm số
2
yt2t=−, ta có bảng biến thiên:
t
−∞ 0 1 +∞

y

+∞ +∞
0 –1
Vậy (5) có nghiệm m1⇔≥−.

2. Dạng bậc nhất theo sinx và cosx

asinx + bcosx + c = 0 (*)
(a và b khác 0)

Phương pháp giải toán
Cách 1
Bước 1. Chia hai vế (*) cho a và đặt
b
tg
a
=α
.
Bước 2. (*)
cc
sin x tg cos x sin(x ) cos
aa
⇔+α=⇔ +α=α
.
Cách 2
Bước 1. Chia hai vế (*) cho
22
ab+ và đặt:
22 22
ab
cos , sin

ab ab
=α =α
++
.
Bước 2.
(*)
22
c
sin x cos cos x sin
ab
⇔α+α=
+


22
c
sin(x )
ab
⇔+α=
+
.
Chú ý:
Điều kiện để phương trình có nghiệm là:
a
2
+ b
2
≥ c
2
Ví dụ 1. Giải phương trình 3sinx cosx 2−= (1).

Giải

Cách 1
12 2
(1) sin x cos x sin x tg cos x
6
33 3
π
⇔− =⇔− =


() ()
2
sin x cos sin x 1
66 6
3
ππ π
⇔−= ⇔−=


2
xk2xk2, k
62 3
ππ π
⇔−=+π⇔= +π ∈
] .

10
Cách 2
()

31
(1) sin x cos x 1 sin x 1
22 6
π
⇔−=⇔−=


2
xk2xk2, k
62 3
ππ π
⇔−=+π⇔= +π ∈
] .
Vậy (1) có họ nghiệm
2
xk2, k
3
π
=+π∈
] .

Ví dụ 2. Giải phương trình sin 5x 3 cos5x 2 sin 7x+= (2).
Cách 1
(2) sin 5x tg cos 5x 2 sin 7x
3
π
⇔+ =

()
sin 5x 2 cos sin 7x

33
ππ
⇔+=

()
7x 5x k2
3
sin 5x sin 7x
2
3
7x 5x k2
3
π
⎡
=++π
⎢
π
⎢
⇔+=⇔
⎢
π
⎢
=−+π
⎣


xk
6
, k
xk

18 6
π
⎡
=+π
⎢
⎢
⇔∈
ππ
⎢
=+
⎢
⎣
] .
Cách 2
()
13
(2) sin 5x cos5x sin 7x sin 7x sin 5x
22 3
π
⇔+ =⇔=+


7x 5x k2
3
2
7x 5x k2
3
π
⎡
=++π

⎢
⎢
⇔
⎢
π
⎢
=−+π
⎣
xk
6
, k
xk
18 6
π
⎡
=+π
⎢
⎢
⇔∈
ππ
⎢
=+
⎢
⎣
] .
Vậy (2) có các họ nghiệm
xk
6
, k
xk

18 6
π
⎡
=+π
⎢
⎢
∈
ππ
⎢
=+
⎢
⎣
] .

Ví dụ 3. Giải phương trình
3 sin2x 3 cos2x 4−=− (3).
Giải
Do
222
3(3)(4)+− <− nên phương trình (3) vô nghiệm.

Ví dụ 4. Tìm m để phương trình:
2
2m cos x 2(m 1)sin x cos x 3m 1 0−− −−= (4) có nghiệm.

11
Giải
Ta có:
(4) m cos 2x (m 1)sin 2x 2m 1⇔−−=+.
Suy ra:

(4) có nghiệm
22 2
m(m1)(2m1) 3m0⇔+−≥ +⇔−≤≤.

3. Dạng đẳng cấp (thuần nhất) theo sinx và cosx
3.1. Đẳng cấp bậc hai

asin
2
x + bsinxcosx + ccos
2
x = 0 (*)

Phương pháp giải toán
Cách 1
Bước 1. Kiểm tra xk
2
π
=+π có là nghiệm của (*) không.
Bước 2. Với xk
2
π
≠+π, chia hai vế của (*) cho cos
2
x ta được:
(*) ⇔ atg
2
x + btgx + c = 0.
Cách 2
Dùng công thức hạ bậc và nhân đôi, ta đưa (*) về phương trình bậc nhất theo sin2x

và cos2x.

Ví dụ 1. Giải phương trình:
2
(3 1)sinx (3 1)sinxcosx 3 0+−− −= (1).
Giải
Nhận thấy xk
2
π
=+π không thỏa (1).
Với xk
2
π
≠+π, chia hai vế của (1) cho cos
2
x ta được:
22
(1) ( 3 1)tg x ( 3 1)tgx 3(1 tg x) 0⇔+ −− − + =

2
tg x ( 3 1)tgx 3 0⇔−− −=

xk
tgx 1
4
tgx 3
tgx k
3
π
⎡

=− + π
=−
⎡
⎢
⎢
⎢
⇔⇔
⎢
π
⎢
=
⎢
=+π
⎣
⎢
⎣
.
Vậy các họ nghiệm của (1) là
xk
4
, k
tgx k
3
π
⎡
=− + π
⎢
⎢
∈
π

⎢
=+π
⎢
⎣
] .
Ví dụ 2. Giải phương trình sin
2
x + 2 3 sinxcosx + 1 = cos
2
x (2).
Giải
()()
(2) 3 sin2x cos2x 1 sin 2x sin
66
ππ
⇔−=−⇔−=−

12

xk
2x k2
66
2
7
xk
2x k2
3
66
ππ
⎡

=π
⎡
−=−+π
⎢
⎢
⎢
⇔⇔
⎢
π
⎢
ππ
⎢
=+π
⎢
−= +π
⎢
⎣
⎣
.
Cách khác:
2
(2) sin x 3 sin x cos x 0⇔+ =⇔
sin x 0
sin x 3 cos x 0
=
⎡
⎢
⎢
+=
⎢

⎣


xk
sin x 0
tgx 3
xk
3
=π
⎡
=
⎡
⎢
⎢
⇔⇔
⎢
π
⎢
=−
=− + π
⎢
⎢
⎣
⎣
.
Vậy (2) có các họ nghiệm là
xk
, k
2
xk

3
=π
⎡
⎢
∈
⎢
π
⎢
=+π
⎢
⎣
]
.

Chú ý:
Đối với mỗi cách giải khác nhau, ta có thể thu được nghiệm ở các dạng khác nhau
nhưng sau khi tổng hợp nghiệm thì chúng giống nhau.

3.2. Đẳng cấp bậc cao
Phương pháp giải toán
Cách 1
Bước 1. Kiểm tra xk
2
π
=+π có là nghiệm của phương trình không.
Bước 2. Với xk
2
π
≠+π, chia hai vế cho cos
n

x (n là bậc cao nhất của cosx) ta
đưa về phương trình bậc n theo tgx.
Cách 2
Dùng công thức hạ bậc và nhân đôi, ta đưa về phương trình bậc cao theo sin2x
hoặc cos2x hoặc phương trình tích.

Ví dụ 3. Giải phương trình 2(cos
5
x + sin
5
x) = cos
3
x + sin
3
x (3).
Giải

Cách 1
Nhận thấy
xk
2
π
=+π không thỏa (3).
Với xk
2
π
≠+π, chia hai vế của (3) cho cos
5
x ta được:
5232

(3) 22tgx 1tgxtgx(1tgx)⇔+ =+ + +


532
tg x tg x tg x 1 0⇔−−+=

13

22
(tgx 1) (tgx 1)(tg x tgx 1) 0⇔− + ++=
tgx 1 x k k
442
πππ
⇔=±⇔=±+π⇔+.
Cách 2
32 3 2
(3) cos x(2 cos x 1) sin x(1 2sin x)⇔−=−

33
cos x cos2x sin x cos 2x⇔=
cos 2x 0
tgx 1
=
⎡
⎢
⇔
⎢
=
⎣

xk
42
xk
42
xk
4
ππ
⎡
=+
⎢
ππ
⎢
⇔⇔=+
π
⎢
=+π
⎢
⎣
.
Vậy (3) có họ nghiệm là xk, k
42
ππ
=+ ∈] .
Chú ý:

()
55 33
2 cos x sin x cos x sin x+=+

()
55 3322
2 cos x sin x (cos x sin x)(cos x sin x)⇔+=+ +

553223
cos x sin x cos x sin x cos x sin x 0⇔+− − = (đẳng cấp).

4. Dạng đối xứng đối với sinx và cosx

a(sinx + cosx) + bsinxcosx + c = 0 (*)

Phương pháp giải toán
Bước 1. Đặt t = sinx + cosx =
()
2sin x
4
π
+
2t 2⇒− ≤ ≤ và
2
t1
sin x cos x
2
−
=
.
Bước 2. Thay vào (*) rồi ta giải phương trình bậc hai theo t.

Chú ý:
Phương trình a(sinx – cosx) + bsinxcosx + c = 0 cũng có cách giải tương tự bằng

cách đặt t = sinx – cosx.

Ví dụ 1. Giải phương trình:
( 2 + 1)(sinx + cosx) + sin2x + 2 + 1 = 0 (1).
Giải

Đặt t = sinx + cosx
2t 2⇒− ≤ ≤ và sin2x = t
2
– 1.
Thay vào (1) ta được:
2
t(21)t 20 t 1t 2+++=⇔=−∨=−.

14
()
()
()()
()
2 sin x 1 sin x sin
444
(1)
2sin x 2 sin x 1
44
πππ
⎡⎡
+=− += −
⎢⎢
⎢⎢
⇔⇔

⎢⎢
ππ
+=− +=−
⎢⎢
⎣⎣


xk2
xk2
44
2
5
xk2xk2
44
3
xk2
xk2
42
4
ππ
⎡
⎡
π
+=−+π
⎢
⎢
=− + π
⎢
⎢
⎢

ππ
⎢
⇔+= +π⇔=π+π
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
ππ
π
⎢
⎢
+=−+π
=− + π
⎢
⎢
⎣
⎣
.
Vậy (1) có các họ nghiệm:
xk2=π+ π, xk2
2
π
=− + π,
3
xk2
4
π
=− + π

(k )∈ ] .

Ví dụ 2. Giải phương trình sinxcosx = 6(sinx – cosx – 1) (2).
Giải
Đặt t = sinx – cosx 2t 2⇒− ≤ ≤ và
2
1t
sin x cos x
2
−
=
.
Thay vào (2) ta được:
2
2
t1
1t
6t 6 t 12t 13 0
2
t13
=−
⎡
−
⎢
=−⇔+ −=⇔
⎢
=−
⎢
⎣
(loaïi)

.
() ()()
(2) 2 sin x 1 sin x sin
444
πππ
⇔+=−⇔+=−

xk2
xk2
44
2
5
xk2
xk2
44
ππ
⎡
π
+=−+π
⎡
⎢
=− + π
⎢
⎢
⇔⇔
⎢
⎢
ππ
⎢
=π+ π

+= +π
⎢
⎣
⎣
.
Vậy (2) có các họ nghiệm
xk2=π+ π
, xk2
2
π
=− + π (k )∈ ] .
Ví dụ 3. Tìm m để phương trình m(cos x sin x) sin 2x 0−+ = (3) có nghiệm
thuộc khoảng
()
;
4
π
π .
Giải

Đặt
()
2
tcosxsinx 2cosx sin2x1t
4
π
=−= +⇒ =−.
Ta có:
() ()
5

x; x 1cosx 0
4244 4
ππππ π
∈π⇒<+<⇒−≤ +<


()
22cosx 0 2t0
4
π
⇒− ≤ + < ⇒− ≤ < .

15
Thay vào (3) ta được:
22
1
mt 1 t 0 mt t 1 m t
t
+− = ⇔ = −⇔ =−
(do t < 0).
Xét hàm số
[)
1
f(t) t , t 2; 0
t
=− ∈−
, ta có:
[)
/
2

1
f(t) 1 0 t 2; 0
t
=+ > ∀∈−

t0
2
f( 2) , lim f(t)
2
−
→
−=− =+∞.
Vậy (3) có nghiệm
2
m
2
⇔≥−
.
Chú ý:

Ta có thể dùng bảng biến thiên của hàm số f(t):
t
2− 0
/
f(t)

+


f(t)

+∞
2
2
−


5. Dạng phương trình khác
Không có cách giải tổng quát, tùy từng bài toán cụ thể ta dùng công thức biến đổi
để đưa về các dạng đã biết cách giải.

Ví dụ 1. Giải phương trình cosx.cos7x = cos3x.cos5x (1).
Giải

11 11
(1) cos 8x cos 6x cos 8x cos 2x
22 22
⇔+=+


xk
6x 2x k2
2
cos 6x cos2x
6x 2x k2
xk
4
π
⎡
=

=+π
⎡
⎢
⎢
⎢
⇔=⇔ ⇔
⎢
π
⎢
=− + π
⎢
=
⎣
⎢
⎣
.
Vậy (1) có họ nghiệm là xk, k
4
π
=∈] .
Ví dụ 2. Giải phương trình sin2x + sin4x = sin6x (2).
Giải

(2) 2sin3xcosx 2sin3xcos3x sin3x(cos3x cosx) 0⇔= ⇔−=

xk
sin 3x 0 3x k
3
cos 3x cos x
3x x k2

xk
2
π
⎡
=
==π
⎡
⎡
⎢
⎢
⎢
⎢
⇔⇔ ⇔
⎢
⎢
π
⎢
=
=± + π
⎢
=
⎣
⎣
⎢
⎣
.
Vậy (2) có họ nghiệm là xk
2
π
= , xk (k )

3
π
=∈] .

16
C. BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

I. Bất phương trình lượng giác cơ bản

1. Bất phương trình cơ bản của cosx



1)
cos x cos k2 x k2 , k≥α⇔−α+π≤≤α+π∈] (hình vẽ)
2) cos x cos k2 x k2 , k>α⇔−α+π<<α+π∈]
3) cos x cos k2 x 2 k2 , k≤α⇔α+π≤≤π−α+π∈]
4) cos x cos k2 x 2 k2 , k<α⇔α+π<<π−α+π∈]

2. Bất phương trình cơ bản của sinx



1) sin x sin k2 x k2 , k≥α⇔α+π≤≤π−α+π∈] (hình vẽ)
2)
sin x sin k2 x k2 , k>α⇔α+π<<π−α+π∈]
3)
sin x sin k2 x k2 , k≤α⇔−π−α+π≤≤α+π∈]
4) sin x sin k2 x k2 , k<α⇔−π−α+π<<α+π∈]

17
3. Bất phương trình cơ bản của tgx



1) tgx tg k x k , k
2
π
≥ α⇔α+π≤ < +π ∈] (hình vẽ)
2) tgx tg k x k , k
2
π
> α⇔α+π< < +π ∈]
3) tgx tg k x k , k
2
π
≤α⇔−+π<≤α+π ∈]
4) tgx tg k x k , k
2
π
<α⇔−+π<<α+π ∈]

4. Bất phương trình cơ bản của cotgx



1)
cotgx cotg k x k , k≥α⇔π<≤α+π∈]

(hình vẽ)
2)
cotgx cotg k x k , k>α⇔π<<α+π∈]

3)
cotgx cotg k x k , k≤α⇔α+π≤<π+π∈]

4)
cotgx cotg k x k , k<α⇔α+π<<π+π∈]


18
Chú ý:
Khi giải bất phương trình lượng giác ta nên vẽ đường tròn lượng giác để chọn
nghiệm.

Ví dụ 1. Tìm miền xác định của hàm số ycos2x= .
Giải

Ta có:
cos 2x 0 k2 2x k2
22
ππ
≥⇔−+π≤ ≤+π
kx k
44
ππ
⇔− +π≤ ≤ +π.
Vậy miền xác định là Dk; k, k
44

ππ
⎡⎤
=− + π +π ∈
⎢⎥
⎣⎦
] .

Ví dụ 2. Tìm miền xác định của hàm số
ysin2x= .
Giải

Ta có:
sin 2x 0 k2 2x k2≥⇔ π≤ ≤π+π kx k
2
π
⇔π≤ ≤ +π.
Vậy miền xác định là Dk; k, k
2
π
⎡⎤
=π +π ∈
⎢⎥
⎣⎦
] .

Ví dụ 3. Tìm miền xác định của hàm số y tg3x= .
Giải
Ta có:
tg3x 0 k 3x k
2

π
≥⇔π≤ <+π kx k
363
πππ
⇔≤<+.
Vậy miền xác định là
)
Dk; k, k
36 3
ππ π
⎡
=+∈
⎢
⎣
] .

Ví dụ 4. Giải bất phương trình
2
sin x
2
≥
.
Giải
2
sin x sin x sin
24
π
≥⇔ ≥
3
k2 x k2 , k

44
ππ
⇔+π≤≤ +π ∈]
.

Ví dụ 5. Giải bất phương trình
3
cos x
2
<−
.
Giải

19
35
cos x cos x cos
26
π
<− ⇔ <
57
k2 x k2 , k
66
ππ
⇔+π<<+π∈]
.

Ví dụ 6. Giải bất phương trình tgx > – 1.
Giải
()
tgx 1 tgx tg

4
π
>− ⇔ > − kx k, k
42
ππ
⇔+π<<+π ∈] .

Ví dụ 7. Giải bất phương trình cotgx
3≤ .
Giải

cotgx 3 cotgx cotg
6
π
≤⇔ ≤ kx k, k
6
π
⇔+π≤<π+π ∈] .

Ví dụ 8. Giải bất phương trình sin x (1 2)cos x 0+− >.
Giải

Ta có :
sin x (1 2)cos x 0 sin x cos x 2 cos x 0+− >⇔ + − >
() ()()
2 cos x 2 cos x 0 2sin x sin 0
488
πππ
⇔−−>⇔−−−>
()

9
sin x 0 k2 x k2
88 8
ππ π
⇔−>⇔+π<<+π
.

Chú ý:
Cách giải sau đây sai:
sin x (1 2)cos x 0 sin x cos x 2 cos x+− >⇔ + >
()
xk
2
cos x cos x
4
k2 0
4
π
⎧
⎪
>+π
⎪
π
⎪
⎪
⇔−>⇔
⎨
π
⎪
⎪

+π>
⎪
⎪
⎩

x k , k 0, k
2
π
⇔>+π ≥ ∈] (*).
Nhận thấy
3
x
2
π
=
không thỏa bất phương trình.

Ví dụ 9. Giải bất phương trình
31
cos x
22
−≤ ≤
.
Giải

Ta có:

20
31
cos x

22
−≤ ≤

5
cos cos x cos
63
ππ
⇔≤≤

5
k2 x k2
36
75
k2 x k2
63
ππ
⎡
+π≤≤ +π
⎢
⎢
⇔
⎢
ππ
⎢
+π≤≤ +π
⎢
⎣
.

Ví dụ 10. Giải bất phương trình
12
sin x
22
−≤ <
.
Giải
Ta có:
12
sin x
22
−≤ <

()
sin sin x sin
64
ππ
⇔−≤ <

3
k2 x k2
44
5
k2 x k2
66
ππ
⎡
+π<< +π
⎢
⎢

⇔
⎢
ππ
⎢
−+π≤≤−+π
⎢
⎣
.


Ví dụ 11. Giải bất phương trình (2 cos x 1)(2 cos x 3) 0−−≥.
Giải
Ta có:
(2 cos x 1)(2 cos x 3) 0−−≥
13
cos x cos x
22
⇔≤∨≥

cos x cos cos x cos
36
ππ
⇔≤∨≥
k2 x k2
66
5
k2 x k2
33
ππ
⎡

−+ π≤ ≤ + π
⎢
⎢
⇔
⎢
ππ
+π≤≤ +π
⎢
⎣
.


Ví dụ 12. Giải bất phương trình
( 2 sin x 1)(2 sin x 3) 0+−>.
Giải
Ta có:

21
( 2 sin x 1)(2 sin x 3) 0+−>
23
sin x sin x
22
⇔≤−∨>

(
)
sin x sin
4
sin x sin
3

π
⎡
<−
⎢
⎢
⇔
π
⎢
>
⎢
⎣

4
k2 x k2
33
57
k2 x k2
44
ππ
⎡
+π<< +π
⎢
⎢
⇔
⎢
ππ
⎢
+π<< +π
⎢
⎣

.


Ví dụ 13. Giải bất phương trình
2
4sin x 2( 3 1)sinx 3 0−+ +≤.

Giải

Ta có:

2
4sin x 2( 3 1)sinx 3 0−+ +≤
13
sin x
22
⇔≤ ≤

k2 x k2
63
25
k2 x k2
36
ππ
⎡
+π≤≤+π
⎢
⎢
⇔
⎢

ππ
⎢
+π≤≤ +π
⎣
.


Ví dụ 14. Giải hệ bất phương trình
1
cos x
2
1
sin x
2
⎧
⎪
≥
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
<
⎪
⎪
⎩
.

Giải

Ta có:
1
cos x cos x cos
23
1
sin x sin
sin x
6
2
π
⎧
⎪
⎧
⎪
≥≥
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪⎪
⇔
⎨⎨
π
⎪⎪
⎪⎪
<
<
⎪⎪
⎪
⎩

⎪
⎩

k2 x k2
33
7
k2 x k2
66
ππ
⎧
⎪
−+ π≤ ≤−+ π
⎪
⎪
⎪
⇔
⎨
ππ
⎪
⎪
−+π<<+π
⎪
⎪
⎩
k2 x k2
36
ππ
⇔−+π≤<+π.

22
Ví dụ 15. Giải hệ bất phương trình
cos x 0
12
sin x
22
<
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
−< ≤
⎪
⎪
⎩
.

Giải
Ta có:
cos x 0
12
sin x
22
<
⎧
⎪
⎪
⎪

⎨
⎪
−< ≤
⎪
⎪
⎩

3
k2 x k2
22
k2 x k2
64
37
k2 x k2
46
ππ
⎧
⎪
+π≤≤ +π
⎪
⎪
⎪
⎪
ππ
⎪
⎡
⎪
−+ π< ≤ + π
⇔
⎨

⎢
⎪
⎢
⎪
⎪
⎢
ππ
⎪
⎪
⎢
+π≤< +π
⎪
⎪
⎩⎣
37
k2 x k2
46
ππ
⇔+π≤<+π
.



II. Hệ phương trình lượng giác
1. Hệ phương trình 1 ẩn

Phương pháp giải
Cách 1
Giải 1 phương trình và thế nghiệm vào phương trình còn lại.

Cách 2
Bước 1. Giải cả hai phương trình độc lập với nhau.
Bước 2. Nghiệm chung là nghiệm của hệ phương trình.

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
2cosx 1 (1)
3
sin 2x (2)
2
⎧=
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
=
⎪
⎪
⎩
.
Giải
Cách 1
(1) x k2 x k2
33
ππ
⇔=+π∨=−+π.
+ Thay xk2
3
π
=+π vào (2) ta được:

23
()
23
sin k4 sin
332
ππ
+π= =
(nhận).
+ Thay
xk2
3
π
=− + π vào (2) ta được:
()
23
sin k4 sin
332
ππ
−+π=− =−
(loại).

Cách 2
xk2
3
2cosx 1
xk xk2
3
63
sin 2x

2
xk
3
π
⎧
⎪
=± + π
⎪
⎪
=
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
ππ
⎪
⎪
⇔=+π⇔=+π
⎨⎨
⎪⎪
=
⎪⎪
⎪⎪
⎩
π
⎪
=+π
⎪
⎪

⎩
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm xk2, k
3
π
=+π ∈] .

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
cotgx 1
2
sin x
2
=
⎧
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
=
⎪
⎪
⎩
.
Giải

Ta có điều kiện xk≠π.
xk
4
cotgx 1

xk2xk2
2
44
sin x
2
3
xk2
4
π
⎧
⎪
⎪
=+π
⎪
=
⎪
⎧
⎪
⎪
⎪
ππ
⎪
⎪⎪
⇔=+π⇔=+π
⎨⎨
⎪⎪
=
⎪⎪
⎪⎪
⎩

π
⎪
⎪
=+π
⎪
⎪
⎩
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm xk2, k
4
π
=+π ∈] .

Ví dụ 3. Giải phương trình 2cos
2
x – 3sin
2
5x = 2.
Giải

22 2 2
2cos x 3sin 5x 2 3sin 5x 2sin x 0−=⇔+=

xk
sin x 0
xk
sin 5x 0
xk
5
=π

⎧
⎪
=
⎧
⎪
⎪
⎪⎪
⇔⇔⇔=π
⎨⎨
π
⎪⎪
=
=
⎪⎪
⎩
⎪
⎩
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm xk, k=π ∈] .




24
Chú ý:
Khi giải hệ phương trình lượng giác 1 ẩn ta nên vẽ đường tròn lượng giác để giao
nghiệm.

2. Hệ phương trình 2 ẩn

Phương pháp giải
Không có cách giải tổng quát, tùy vào hệ phương trình cụ thể ta dùng phương pháp
thế hoặc cộng và trừ hai phương trình rồi dùng công thức biến đổi.
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình
sin x cos y 1 (1)
x y (2)
3
⎧+ =
⎪
⎪
⎪
⎨
π
⎪
+=
⎪
⎪
⎩
.
Giải
Ta có:
xy xy
(1) 2 sin cos 1
22
+−
⇔=


xy xy
2sin cos 1 k2

62 2
π− −
⇔=⇔=π
(3).
Từ (2) và (3), ta suy ra hệ phương trình có nghiệm
xk2
6
, k
yk2
6
π
⎧
⎪
=+π
⎪
⎪
⎪
∈
⎨
π
⎪
⎪
=−π
⎪
⎪
⎩
] .
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình
1
cos x cos y

2
1
sinxsiny
2
⎧
⎪
=
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
=−
⎪
⎪
⎩
.
Giải
Ta có:
1
cos x cos y
cos x cos y sin x sin y 0
2
1 cos x cos y sin x sin y 1
sin x sin y
2
⎧
⎪
=

⎪
+=
⎧
⎪
⎪
⎪⎪
⇔
⎨⎨
⎪⎪
−=
⎪⎪
⎩
=−
⎪
⎪
⎩


cos(x y) 0
xy k
2
cos(x y) 1
xy m2
π
⎧
⎪
⎧−=
−= +π
⎪
⎪

⎪
⎪
⇔⇔
⎨⎨
⎪⎪
+=
+= π
⎪⎪
⎩
⎪
⎩
.
Vậy hệ phương trình có nghiệm
x(2mk)
42
, (m, k )
y(2mk)
42
ππ
⎧
⎪
=+ +
⎪
⎪
⎪
∈
⎨
ππ
⎪
⎪

=− + −
⎪
⎪
⎩
] .

25
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình
23
tgx tgy
3
23
cotgx cotgy
3
⎧
⎪
⎪
+=
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
+=−
⎪
⎪
⎩
.
Giải
Ta có điều kiện :

xk
cos x sin x 0
2
cos y sin y 0
ym
2
π
⎧
⎪
≠
≠
⎪
⎧
⎪
⎪
⎪⎪
⇔
⎨⎨
π
⎪⎪≠
⎪⎪
≠
⎩
⎪
⎪
⎩
.
23
23
tgx tgy

tgx tgy
3
3
11 23
23
cotgx cotgy
tgx tgy 3
3
⎧
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
+=
+=
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⇔
⎨⎨
⎪⎪
⎪⎪
+=−
+=−
⎪⎪
⎪⎪
⎩

⎪
⎩

23
tgx tgy
3
tgxtgy 1
⎧
⎪
⎪
+=
⎪
⇔⇒
⎨
⎪
⎪
=−
⎪
⎩
tgx, tgy là nghiệm của phương trình:
2
1
tgx 3
tgx
3
3X 2X 3 0
1
tgy
tgy 3
3

⎧⎧
=
⎪⎪
=−
⎪⎪
⎪⎪
−− =⇔ ∨
⎨⎨
⎪⎪
=−
⎪⎪
=
⎪⎪
⎩⎩
.
So với điều kiện, hệ phương trình có nghiệm:
xlx q
36
, (l, q )
yqyl
63
ππ
⎧⎧
⎪⎪
=+π =−+π
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⇔∨ ∈
⎨⎨

ππ
⎪⎪
⎪⎪
=− + π = + π
⎪⎪
⎪⎪
⎩⎩
] .
……………………………………………………