Phương trinh - Hệ phương trình - Bất phương trình và Lượng giác

Ôn thi ðH năm 2011 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
1

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG
TRÌNH ðẠI SỐ

A. Tóm tắt lí thuyết
I. Phương trình lượng giác
1. Các hằng ñẳng thức:
*
2 2
sin cos 1
α α
+ =
với mọi
α

*
tan .cot 1
α α
=
với mọi
2
k
π
α
≠
*
2

2
1
1 tan
cos
α
α
+ = với mọi
2
k
α π
≠

*
2
2
1
1 cot
sin
α
α
+ = với mọi
k
α π
≠

2. Hệ thức các cung ñặc biệt
a.Hai cung ñối nhau:
α
và
α

−

1) cos( ) cos
−α = α

2) sin( ) sin
−α = − α

3) tan( ) tan
−α = − α

4) cot( ) cot
−α = − α

b. Hai cung phụ nhau:
α
và
2
π
α
−

1) cos( ) sin
2
π
− α = α

2) sin( ) cos
2
π

− α = α

3)tan( ) cot
2
π
− α = α

4)cot( ) tan
2
π
− α = α

c. Hai cung bù nhau:
α
và
π α
−

1) sin( ) sin
π − α = α

2) cos( ) cos
π − α = − α

3) tan( ) tan
π − α = − α

4)cot( ) cot
π − α = − α

d) Hai cung hơn kém nhau
π
:
α
và
π α
+

1) sin( ) sin
π + α = − α

2) cos( ) cos
π + α = − α

3)tan( ) tan
π + α = α

4)cot( ) cot
π + α = α

3. Các công thức lượng giác
a. Công thức cộng
1) cos(a b) cos a.cos b sin a.sin b
± =
∓
2) sin(a b) sin a.cos b cos a.sin b
± = ±

www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2011 – Câu 2

Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
2

tan a tan b
3) tan(a b)
1 tan a.tan b
±
± =
∓

b) Công thức nhân
1) sin2a 2 sin a cosa
=

2 2 2 2
2)cos2a cos a sin a 1 2 sin a 2 cos a 1
= − = − = −

3
3) sin 3a 3 sin a 4 sin a
= −
3
4) cos3a 4 cos a 3cos a
= −
c. Công thức hạ bậc
2
1 cos2a
1) sin a
2
−

=
2
1 cos2a
2) cos a
2
+
=
3)
2
1 cos 2a
tan a
1 cos 2a
−
=
+

d. Công thức biến ñổi tích thành tổng
1
1) cos a.cos b [cos(a b) cos(a b)]
2
= − + +
1
2) sin a.sin b [cos(a b) cos(a b)]
2
= − − +
1
3) sin a.cos b [sin(a b) sin(a b)]
2
= − + + .
e. Công thức biến ñổi tổng thành tích

a b a b
1) cos a cos b 2 cos .cos
2 2
+ −
+ =
a b a b
2) cosa cos b 2 sin .sin
2 2
+ −
− = −
a b a b
3)sin a sin b 2sin .cos
2 2
+ −
+ =
a b a b
4)sin a - sin b 2 cos .sin
2 2
+ −
=
sin(a b)
5) tan a tan b
cos a cos b
+
+ =
sin(a b)
6) tan a tan b
cos a cos b
−
− = .

4. Phương trình lượng giác cơ bản
1. Phương trình:
sin (1)
x m
=

* Nếu:
m 1
> ⇒
Pt vô nghiệm
* Nếu:
m 1 [ ; ] : sin m
2 2
π π
≤ ⇒ ∃α ∈ − α =

www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
3

(1) sin x sin
⇒ ⇔ = α ⇔
x k2
x k2

= α + π

= π − α + π



(
k Z
∈
).
Chú ý : * Nếu
α
thỏa mãn
2 2
sin m

π π
− ≤ α ≤



α =

thì ta viết
arcsin m
α =
.
*Các trường hợp ñặc biệt:
1)
sin x 1 x k2
2
π
= ⇔ = + π
2)
sin x 1 x k2

2
π
= − ⇔ = − + π

3)
sin x 0 x k
= ⇔ = π


2. Phương trình:
cos x m (2)
=

* Nếu:
m 1
> ⇒
phương trình vô nghiệm
* Nếu:
m 1 [0; ] : cos m
≤ ⇒ ∃α ∈ π α =

(2) cos x cos
⇒ ⇔ = α ⇔

x k2
x k2

= α + π

= −α + π



(
k Z
∈
).
Chú ý : * Nếu
α
thỏa mãn
0
cos m

≤ −α ≤ π


α =


thì ta viết
arccos m
α =
.
* Các trường hợp ñặc biệt:
1)
cos x 1 x k2
= ⇔ = π
2)
cos x 1 x k2
= − ⇔ = π + π

3)
cos x 0 x k
2
π
= ⇔ = + π


3. Phương trình :
tan x m (3)
=

Với
m ( ; ) :
2 2
π π
∀ ⇒ ∃α ∈ −
tan m
α =

(3) tan x tan x k
⇒ ⇔ = α ⇔ = α + π
.
Chú ý : * Nếu
α
thỏa mãn
2 2
tan m

π π
− < α <




α =

thì ta viết
arctan m
α =
.
* Các trường hợp ñặc biệt:
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
4

1)
tan x 1 x k
4
π
= ⇔ = + π
2)
tan x 1 x k
4
π
= − ⇔ = − + π

3)
tan x 0 x k
= ⇔ = π

4. Phương trình:
cot x m (4)
=

Với
m ( ; ) :
2 2
π π
∀ ⇒ ∃α ∈ −
cot m
α =

(4) cot x cot x k
⇒ ⇔ = α ⇔ = α + π
.
Chú ý : * Nếu
α
thỏa mãn
2 2
cot m

π π
− < α <



α =

thì ta viết

arc co t m
α =
.
* Các trường hợp ñặc biệt:
1)
cot x 1 x k
4
π
= ⇔ = + π
2)
co t x 1 x k
4
π
= − ⇔ = − + π

3)
cot x 0 x k
2
π
= ⇔ = + π


Ghi chú:
*
u v k2
sin u sin v
u v k2

= + π


= ⇔
= π − + π


(k Z)
∈

*
cos u cos v u v k2
= ⇔ = ± + π

(k Z)
∈

*
tan u tan v u v k
= ⇔ = + π

(k Z)
∈

*
cot u cot v u v k
= ⇔ = + π

(k Z)
∈

5. Phương trình lượng giác thường gặp
1. Phương trình bậc hai một hàm số lượng giác: Là phương trình có

dạng
2
sin x sin x
cos x cos x
a. b. c 0
tan x tan x
cot x cot x
   
   
   
+ + =
   
   
   
   
(1)
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
5

Cách giải: ðặt
sin x
cos x
t
tan x
cot x
 
 
 

=
 
 
 
 
(*) khi ñó (1) trở thành:
2
at bt c 0
+ + =
giải phương trình này ta tìm ñược t thay vào (*) ta
tìm ñược x
Chú ý: * Nếu
sin x
t
cos x
 
=
 
 
 
thì
1 t 1
− ≤ ≤
.
* Khi gặp phương trình chỉ chứa một hàm số lượng giác ta
cũng ñặt hàm số ñó bằng một ẩn phụ và chuyển phương trình ñã cho
về phương trình ñại số.
2. Phương trình bậc nhất ñối với sinx và cosx :
a sin x b cos x c (1)
+ =

.
Cách giải: Chia hai vế cho:
2 2
a b
+ và ñặt
2 2 2 2
a b
cos ; sin
a b a b
α = α =
+ +

2 2
c
(1) sin x.cos cos x.sin sin(x ) sin
a b
⇒ ⇔ α + α = ⇔ + α = β
+
.
Chú ý:
* (1) có nghiệm
2 2 2
a b c
⇔ + ≥
.
*
1 3
sinx 3 cos x 2 sin x cos x 2 sin(x )
2 2 3
 

π
± = − = −
 
 
 

*
3 1
3sinx cos x 2 sin x cos x 2 sin(x )
2 2 6
 
π
± = ± = ±
 
 
 

*
1 1
sin x cos x 2 sin x cos x 2 sin(x )
4
2 2
 
π
± = ± = ±
 
 
.
3. Phương trình ñẳng cấp: Là phương trình có dạng
(sin , cos ) 0

=
f x x
trong ñó luỹ thừa của sinx và cosx cùng chẵn hoặc
cùng lẻ.
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
6

Cách giải: Chia hai vế pt cho
cos 0
k
x
≠
(k là số mũ cao nhất) ta
ñược phương trình ẩn là
tan
x
.
4. Phương trình lượng giác không mẫu mực
ðể giải phương trình lượng giác không mẫu mực, ta sử dụng các phép
biến ñổi lượng giác, ñưa phương trình ñã cho về những dạng phương
trình ñã biết.
* ðưa phương trình ban ñầu về phương ña thức ñối với một hàm
số lượng giác
* ðưa phương trình ban ñầu về phương trình bậc nhất ñối với sinx
và cosx
* ðưa phương trình ban ñầu về phương trình dạng tích

II. Phương trình – bất phương trình

1. Phương trình bậc cao:
Cách 1: ðưa về dạng tích:
( ) 0
( ). ( ) 0
( ) 0
f x
f x g x
g x

=

= ⇔

=


.
ðể ñưa về một phương trình tích ta thường dùng các cách sau:
* Sử dụng các hằng ñẳng thức ñưa về dạng
2 2 3 3
0, 0,
a b a b
− = − =
* Nhẩm nghiệm rồi chia ña thức: Nếu
x a
=
là một nghiệm của
phương trình
( ) 0
f x

=
thì ta luôn có sự phân thích:
( ) ( ) ( )
f x x a g x
= −
. ðể dự ñoán nghiệm ta dựa vào ñịnh lí sau:
ðịnh lí: Nếu ña thức
1
1 1 0
( )
n n
n n
f x a x a x a x a
−
−
= + + + +
có
nghiệm nguyên thì nghiệm ñó phải là ước của
0
a

* Sử dụng phương pháp hệ số bất ñịnh
Cách 2: ðặt ẩn phụ
Dạng 1: Phương trình ñối xứng: Là phương trình có dạng:
4 3 2
0
ax bx cx bx a
± + ± + =
.
Cách giải: Chia hai vế phương trình cho

2
( 0)
x x
≠
ta có :
2
2
1 1
( ) ( ) 0
a x b x c
x
x
+ ± + + =

ðặt
1
t x
x
= +
với
2
t
≥
ta có
2 2 2
2
1 1
( ) 2 2
x x t
x

x
+ = + − = −

thay vào phương trình ta có:
2
( 2) 0
a t bt c
− ± + =

www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
7

Dạng 2:
( )( )( )( )
x a x b x c x d e
+ + + + =
trong ñó
a b c d
+ = +

Cách giải: ðặt
2
( )
t x a b x
= + + ta có :
( )( )
t ab t cd e
+ + =

Dạng 3:
4 4
( ) ( )
x a x b c
+ + + =
. ðặt
2
a b
x t
+
= − ta ñưa về
phương trình trùng phương.
2. Phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt ñối
Cách 1: Dùng ñịnh nghĩa:
khi 0
| |
khi 0
a a
a
a a

≥

=

− <



Cách 2: Bình phương hai vế kết hợp với tính chất
2 2
| |
a a
=

1)
2 2
( ) 0
| ( ) | ( )
( ) ( ) 0
g x
f x g x
f x g x

≥

= ⇔

− =


.
2)
( ) ( )
| ( ) | | ( ) |
( ) ( )
f x g x
f x g x
f x g x


=
= ⇔

= −


.
Cách 3: ðặt ẩn phụ
3. Phương trình – bất phương trình vô tỉ
Cách 1: Biến ñổi tương ñương
*
2 2
( ) ( ) ( ) ( ) 0
n n
f x g x f x g x
= ≥
= ⇔
*
2
2
( ) 0
( )
( ) ( )
( )
n
n
g x
f x
f x g x

g x

≥


=


= ⇔
*
2 1
2 1
( ) ( ) ( ) ( )
n
n
f x g x f x g x
+
+
= ⇔ =
*
2 1
2 1
( ) ( ) ( ) ( )
n
n
f x g x f x g x
+
+
> ⇔ >
*

2
( ) ( )
n
f x g x
< ⇔
2
( ) 0
( ) 0
( ) ( )
n
f x
g x
f x g x

≥


≥


<



*
2
( ) ( )
n
f x g x
> ⇔

2
( ) 0
( ) 0
( ) 0
( ) ( )
n
g x
f x
g x
f x g x

<


≥



≥




>








www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
8

Cách 2: ðặt ẩn phụ
Dạng 1:
( ( )) 0
n
F f x
=
, với dạng này ta ñặt
( )
n
t f x
= (nếu n chẵn
thì phải có ñiều kiện
0
t
≥
) và chuyển về phương trình
( ) 0
F t
=
giải
phương trình này ta tìm ñược
t x
⇒

. Trong dạng này ta thường gặp
dạng bậc hai:
( ) ( ) 0
af x b f x c
+ + =
.
Dạng 2:
( ( ) ( )) 2 ( ). ( ) ( ( ) ( )) 0
m f x g x n f x g x n f x g x p
± ± + + + =
.
Vì ta có:
2
( ( ) ( )) 2 ( ). ( ) ( ( ) ( ))
n f x g x n f x g x n f x g x
+ ± = ±
Nên với dạng này ta ñặt
( ) ( )
t f x g x
= ± . Bình phương hai vế ta sẽ
biểu diễn ñược những ñại lượng còn lại qua t và chuyển phương trình
(bpt) ban ñầu về phương trình (bpt) bậc hai ñối với t.
Dạng 3:
n
( ( ), ( )) 0
n
F f x g x
=
, trong ñó
( , )

F a b
là một biểu thức ñẳng
cấp bậc k. Với dạng này ta xét hai trường hợp:
TH1:
(
)
0
g x
=
thay vào phương trình ta kiểm tra,
TH2:
( ) 0
g x
≠
chia hai vế phương trình cho
( )
k
n
g x
và ñặt
( )
( )
n
f x
t
g x
= ta ñược phương trình
( ) 0
G t
=

là phương trình ña thức
bậc k.
Ta thường gặp dạng:
. ( ) . ( ) . ( ) ( ) 0
a f x b g x c f x g x
+ + =
.
ðặt
( )
( )
f x
t
g x
= , ta có phương trình :
2
0
at ct b
+ + =
.
Dạng 4:
. ( ) ( ) ( ) ( ) 0
a f x g x f x h x
+ + =
. Với phương trình dạng này
ta có thể ñặt
( )
t f x
= , khi ñó ta ñược phương trình theo ẩn t:
2
( ) ( ) 0

at g x t h x
+ + =
, ta giải phương trình này theo t, xem x là tham
số (Tức là trong phương trình vừa có t vừa có x) nên ta thường gọi
dạng này là dạng ñặt ẩn phụ không triệt ñể.
Dạng 5: ( ), ( ), ( )
n m
F f x a f x b f x c
 
+ − =
 
 
(I).
Ta có thể ñặt:
( ), ( )
n m
u a f x v b f x
= + = − , lúc ñó ta có hệ phương
trình:
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
9

( , )
n m
f u v c
u v a b

=



+ = +


giải hệ này ta tìm ñược u, v. Từ ñây ta có ñược x.
Chú ý : Khi tìm ñược u,v ñể tìm x ta chỉ cần giải một trong hai
phương trình:
( )
n
a f x u
+ =
hoặc
( )
m
b f x v
− =
.
Dạng 6:
( )
( ) ( )
n
n
f x b a af x b
+ = −
(II)
ðể giải phương trình này ta ñặt
( ); ( )
n
t f x y af x b

= = −
ta có
hệ:
n
n
t b ay
y b at

+ =


+ =


.
ðây là hệ ñối xứng loại II với hai ẩn t và y.
Cách 3: ðánh giá
Xét phương trình :
( ) ( )
f x g x
=
xác ñịnh trên D.
* Nếu phương trình
2 2
( ) 0
( ) ( ) 0
( ) 0
u x
u x v x
v x


=

⇔ + = ⇔

=



* Nếu
( ) ( )

( ) ( )
f x m x
x D
g x m x

≥

∀ ∈

≤


thì
: ( ) ( )
PT f x g x
=
với
x D

∈
( ) ( )
( ) ( )
f x m x
g x m x

=

⇔

=


.
Trong cách ñánh giá này ta thường dùng các hằng ñẳng thức và các
bất ñẳng thức quen thuộc (như BðT Cauchy, BðT Bunhiacovski,
BðT chứa trị tuyệt ñối… )ñể ñánh giá hai vế.
III. Hệ phương trình
1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
a. ðịnh nghĩa: Là hệ có dạng:
' ' '
ax by c
a x b y c

+ =


+ =



, trong ñó
, , , ’, ’, ’
a b c a b c
là các số thực cho trước và a,b,a’,b’ không ñồng thời
bằng không.
b. Cách giải: Dùng ñịnh tthức Crame
Ta có các ñịnh thức:
c c
; ;
' ' ' ' ' c '
x y
a b b a
D D D
a b c b a
= = = .
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
10

* Nếu
D 0
≠
thì hệ có nghiệm duy nhất: ;
y
x
D
D
x y
D D

= = .
* Nếu
0
x y
D D D
= = =
thì hệ vô số nghiệm:
( 0)
x
c ax
y b
b

∈


−
= ≠


ℝ
.
* Nếu
0
0
0
x
y
D
D

D

=


≠



≠



thì hệ ñã cho vô nghiệm.

2. Hệ ñối xứng loại I
a. ðịnh nghĩa: Là hệ có dạng
( ; )
( ; )
f x y a
g x y b

=


=


(I) trong ñó f(x;y),g(x;y) là
các biểu thức ñối xứng, tức là

( ; ) ( ; ), ( ; ) ( ; )
f x y f y x g x y g y x
= =
.
b. Cách giải: ðặt
,
S x y P xy
= + =
. Biểu diễn
( ; ), ( ; )
f x y g x y
qua
S và P ta có hệ
( ; ) 0
( ; ) 0
F S P
G S P

=


=


giải hệ này ta tìm ñược S, P.
Khi ñó x,y là nghiệm của phương trình :
2
0 (1)
X SX P
− + = .

c. Một số biểu diễn biểu thức ñối xứng qua S và P.
2 2 2 2
3 3 2 2 3
2 2
4 4 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) 2 2
( )( ) 3
( )
( ) 2 ( 2 ) 2
x y x y xy S P
x y x y x y xy S SP
x y y x xy x y SP
x y x y x y S P P
+ = + − = −
+ = + + − = −
+ = + =
+ = + − = − −

d. Chú ý:
* Nếu (x;y) là nghiệm của hệ (I) thì (y;x) cũng là nghiệm của hệ
* Hệ (I) có nghiệm khi (1) có nghiệm hay
2
4 0
S P
− ≥
.
3. Hệ ñối xứng loại 2
a. ðịnh nghĩa: Là hệ có dạng
( ; )
( ; )

f x y a
f y x a

=


=


(II)
b. Cách giải: Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta ñược :
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
11

( ; ) ( ; ) 0
f x y f y x
− =
( ) ( ; ) 0
( ; ) 0
x y
x y g x y
g x y

=
⇔ − = ⇔

=



.
c. Chú ý: Nếu hệ (II) có nghiệm
0 0
( ; )
x y
thì
0 0
( ; )
y x
cũng là nghiệm
của hệ nên hệ (II) có nghiệm duy nhất thì ñiều kiện cần là
0 0
x y
=
.
4. Hệ ñẳng cấp
a. ðịnh nghĩa:
*Biểu thức f(x;y) gọi là ñẳng cấp bậc k nếu
( ; ) ( ; )
k
f mx my m f x y
=
*Hệ:
( ; )
( ; )
f x y a
g x y b

=



=


trong ñó f(x;y) và g(x;y) ñẳng cấp gọi là hệ ñẳng
cấp
b. Cách giải:
*Xét x=0 thay vào hệ kiểm tra
* Với
0
x
≠
ñặt
y tx
=
thay vào hệ ta có:
( ; ) (1; )
( ; )
(1; )
k
k
f x tx a x f t a
g x tx b
x g t b


= =
 
⇔

 
=
=




(1; ) (1; )
a
f t g t
b
⇔ = .
5. Phương pháp thế:
ðây là phương pháp khá hữu hiệu thường hay ñược sử dụng trong
giải hệ phương trình .
Nội dung của phương pháp này từ một phương trình hoặc kết hợp
hai phương trình của hệ ta biểu diễn ẩn này qua ẩn kia hoặc một biểu
thức này qua biểu thức khác và thế vào phương trình còn lại chuyển
về phương trình một ẩn (có thể là ẩn phụ). Mục ñích của việc làm này
là giảm số ẩn. Tùy thuộc vào ñặc ñiểm của bài toán mà ta có những
cách biến ñổi phù hợp. Trong phương pháp này ta cần lưu ý một số
dấu hiệu sau.
1) Nếu trong hệ phương trình có một phương trình bậc nhất ñối
với một ẩn thì ta rút ẩn ñó qua ẩn kia thế vào phương trình còn lại và
chuyển về giải phương trình một ẩn.
2) Với hai số thực bất kì
x 0;y
≠
ta luôn có
y tx

=
(t là số thực
cần tìm). Với cách làm này ta sẽ ñược hệ về phương trình một ẩn t.
3) Phương trình
( ; ) ( ; )
f x y f y x
=
luôn có một cặp nghiệm
x y
=
,
do ñó ta luôn phân tích phương trình ñã cho về dạng:
( ) ( ; ) 0
x y g x y
− =

4) Trong hệ phương trình nếu biểu thức
u(x)
xuất hiện ở hai
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
12

phương trình thì ta có thể ñặt
( )
t u x
=
ñể làm ñơn giản hình thức bài
toán.

5) Nếu mỗi vế của hai phương trình là những biểu thức ñồng bậc, ta
có thể ñặt
( 0)
x ty y
= ≠
và từ hai phương trình của hệ ta rút ra
ñược:
( )
( )
y f t
y g t

=


=


, giải phương trình
( ) ( )
f t g t
=
ta tìm ñược t, từ ñó suy
ra
x
và
y
.

B. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1. Giải các phương trình sau
1)
+ − − =
cos 3x cos 2x cos x 1 0
( D – 2006 ).
2)
6 2
3 cos 4x 8 cos x 2 cos x 3 0
− + + =
(B1 – 2003 ).
3)
− =
2 2
cos 3x cos 2x cos x 0
(A – 2005 ).
4)
(
)
− = −
2
5 sin x 2 3 1 sin x tan x
(B – 2004 ).
5)
4 4
3
cos x sin x cos(x )sin(3x ) 0
4 4 2
π π
+ + − − − =

(D – 2005 ).
Lời giải.
1) Ta thấy các hàm số lượng giác có mặt trong phương trình ñều biểu
diễn ñược qua cosx. Do ñó ta chuyển phương trình ñã cho về phương
trình chỉ chứa hàm số cosx.
3 2
PT 4 cos x 3 cos x (2cos x 1) cos x 1 0
⇔ − + − − − =

3 2
2 cos x cos x 2cos x 1 0
⇔ + − − =
.
ðặt
t cos x, t 1
= ≤
. Ta có:

= ±

+ − − = ⇔ − + = ⇔

= −


3 2 2
t 1
2t t 2t 1 0 (t 1)(2t 1) 0
1
t

2
.
*
= ± ⇔ = ± ⇔ = ⇔ = π
t 1 cos x 1 sin x 0 x k

*
π π
= − ⇔ = − = ⇔ = ± + π
1 1 2 2
t cos x cos x k2
2 2 3 3
.
Chú ý: Ta có thể giải bài toán trên bằng cách sau
Phương trình
cos 3 cos (1 cos2 ) 0
x x x
⇔ − − − =

2 2
2 sin 2 .sin 2 sin 0 sin (2 cos 1) 0
x x x x x
⇔ − − = ⇔ + =
.
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
13

2) Ta chuyển phương trình về phương trình chỉ chứa

cos 2x

Phương trình
2 3
3(2 cos 2x 1) (1 cos2x) 1 cos2x 3
⇔ − − + + + +

2
cos2x(cos 2x 3 cos2x 2) 0
⇔ − + =

cos 2x 0
x k
4 2
cos 2x 1
x k

π π

=
= +

⇔ ⇔


=

= π




.
3) Phương trình
(1 cos 6x)cos 2x 1 cos2x 0
⇔ + − − =

cos 6x.cos 2x 1 0 cos 8x cos 4x 2 0
⇔ − = ⇔ + − =
π
⇔ + − = ⇔ = ⇔ =
2
2 cos 4x cos 4x 3 0 cos 4x 1 x k
2
.
4) ðiều kiện :
π
≠ ⇔ ≠ + π
cos x 0 x k
2
.
Phương trình
2
2
sin x
5 sin x 2 3(1 sin x)
cos x
⇔ − = −
2
2
sin x

5 sin x 2 3(1 sin x)
1 sin x
⇔ − = −
−

2
2
sin x
5 sin x 2 3 (5sin x 2)(1 sin x) 3 sin x
1 sin x
⇔ − = ⇔ − + =
+

2
2 sin x 3 sin x 2 0
⇔ + − =

π
= + π

π
⇔ = = ⇔

π

= + π


x k2
1

6
sin x sin
5
2 6
x k2
6
.
Kết hợp ñiều kiện, ta có nghiệm của phương trình ñã cho là :

5
x k2 , x k2
6 6
π π
= + π = + π
.
5) Ta có:
4 4 2
1
sin x cos x 1 sin 2x
2
+ = −
1
sin(3x )cos(x ) sin(4x ) sin2x
4 4 2 2
 
π π π
− − = − +
 
 

( )
(
)
2
1 1
cos 4x sin2x 2 sin 2x sin 2x 1
2 2
= − + = + −

www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
14

Phương trình
(
)
2 2
1 1 3
1 sin 2x 2 sin 2x sin 2x 1 0
2 2 2
⇔ − + + − − =

2
sin 2x sin 2x 2 0
⇔ + − =
sin 2x 1 x k
4
π

⇔ = ⇔ = + π
.
Ví dụ 2. Giải các phương trình sau
1)
3 cos5 2 sin 3 cos2 sin 0
x x x x
− − =
(D – 2009 )
2)
3
sin cos sin 2 3 cos 3 2(cos 4 sin )
x x x x x x
+ + = + (B – 2009 )
3)
(1 2sin )cos
3
(1 2 sin )(1 sin )
x x
x x
−
=
+ −
(1) (A – 2009 ).
4)
2
cos 2 sin cos
3
2 cos sin 1
x x x
x x

−
=
+ −
(ðH NN1 – 1998 ).
Lời giải.
1) Phương trình ñã cho tương ñương:
(
)
3 cos5 s in5 sin sin 0
x x x x
− + − =

3 1
cos 5 s in5 sin sin 5 sin
2 2 3
x x x x x
π
 
⇔ − = ⇔ − =
 
 

5 2
3
x x k
π
π
⇔ − = + hoặc
5 2
3

x x k
π
π π
− = − + .
Vậy
18 3
x k
π π
= + hoặc
( )
6 2
x k k
π π
= − + ∈
ℤ
.
2) Phương trình ñã cho tương ñương với.
2
(1 2 sin )sin cos sin 2 3 cos 3 2 cos 4
x x x x x x
− + + =
cos2 sin cos cos 2 3 cos 3 2 cos 4
x x x x x x
⇔ + + =
sin 3 3 cos 3 2 cos 4
x x x
⇔ + =
cos(3 ) cos 4
6
x x

π
⇔ − =
4 3 2
6
x x k
π
π
⇔ = − + hoặc
4 3 2
6
x x k
π
π
= − + +
Vậy
2
6
x k
π
π
= − + hoặc
2
42 7
x k
π π
= + (
k Z
∈
).
3) . ðiều kiện:

1
sin
2
sin 1
x
x



≠ −





≠




www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
15

(1) (1 2sin )cos 3(1 2sin )(1 sin )
x x x x
⇔ − = + −

2

cos 2 sin cos 3(1 sin 2 sin )
x x x x x
⇔ − = + −

cos 3 sin sin 2 3 cos2
x x x x
⇔ − = +

2 cos( ) 2 cos(2 )
3 6
x x
π π
⇔ + = − .
Giải phương trình này ta tìm ñược hai họ nghiệm
2
2 ;
2 18 3
x k x k
π π π
π= − = − +
ðối chiếu với ñiều kiện ta chỉ nhận họ nghiệm:
2
18 3
x k
π π
= − + .
4) ðK:
2
2
2

2 sin sin 1 0
7
2 , 2
6 6
x k
x x
x k x k
π
π
π π
π π

≠ +

− − ≠ ⇔


≠ − + ≠ +


.
Phương trình
3 cos2 sin 2 cos 3 sin
x x x x
+ = −
1 3 1 3
sin 2 cos 2 cos sin
2 2 2 2
x x x x
⇔ + = −

2 2
6 3
cos(2 ) cos( )
6 3
2 2
6 3
x x k
x x
x x k
π π
π
π π
π π
π

− = + +

⇔ − = + ⇔


− = − − +



2
2
2
18 3
x k
x k

π
π
π π

= +

⇔


= − +


.
ðối chiếu ñiều kiện ta có
2
18 3
x k
π π
= − + là nghiệm của phương
trình ñã cho.

Ví dụ 3. Giải các phương trình sau
1)
2 sin x(1 cos 2x) sin 2x 1 2 cos x
+ + = +
( D – 2008 ).
2)
1+ sin x cos x sin 2x cos 2x 0
+ + + =
(B – 2005 ).

3)
 
π
− − =
 
 
2 2 2
x x
sin tan x cos 0
2 4 2
(D – 2003 ).
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
16

4)
1 1 7
4 sin( x)
sin x 3 4
sin(x )
2
π
+ = −
π
−
(A – 2008 )
5)
2 2
3 cot x 2 2 sin x (2 3 2) cos x

+ = +
6)
2 sin 2x cos 2x 7 sin x 2 cos x 4
− = + −

Lời giải.
1) Phương trình
2
4 sin x cos x 2sin x cos x 1 2 cos x
⇔ + = +
2 sin x cos x(2cos x 1) 2 cos x 1
⇔ + = +


π
= + π

⇔ + − = ⇔

π

= ± + π


x k
4
(2 cos x 1)(sin 2x 1) 0
2
x k2
3

.
Chú ý: Một số lưu ý khi tìm nhân tử chung :
* Các biểu thức
2
1 sin 2x (s inx cos x)
+ = + ;
cos 2x (cos x sin x)(cos x sin x)
= − +
;
sin x cos x
1 tan x
cos x
+
+ = ;
sin x cos x
1 cot x
sin x
+
+ = nên chúng có thừa số chung là
sin x cos x
+
.
* Các biểu thức
1 sin 2x
−
;
cos 2x
;
1 tan x
−

;
1 cot x
−
có thừa số
chung là
cos x sin x
−
.
*
2 2
sin x; tan x
có thừa số
(1 cos x)(1 cos x)
− +
. Tương tự
2 2
cos x; cot x
có thừa số
(1 sin x)(1 sin x)
− +
.

2) Phương trình ñã cho tương ñương với:

2 2
(1 sin 2x) (sin x cos x) cos x sin x 0
+ + + + − =

2
(sin x cos x) (sin x cos x) (cos x sin x)(cos x sin x)

0
⇔ + + + + − + =

sin x cos x 0
(sin x cos x)(2cos x 1) 0
1
cos x
2

+ =

⇔ + + = ⇔

= −



www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
17

x k
4
2
x k2
3

π
= − + π


⇔

π

= ± + π


.

Nhận xét: Ngoài cách biến ñổi trên, ta có thể biến ñổi cách khác như
sau:
Phương trình
2
2 cos cos x sin x 2sin x cos x 0
⇔ + + + =

cos x(2 cos 1) sin x(2 cos x 1) 0
⇔ + + + =

(2 cos x 1)(sin x cos x) 0
⇔ + + =
.
3) ðiều kiện :
π
≠ ⇔ ≠ + π
cos x 0 x k
2
.
Phương trình

2
2
sin x
1 cos(x ) (1 cos x) 0
2
cos x
 
π
⇔ − − − + =
 
 

2
2
sin x
(1 sin x) (1 cos x) 0
1 sin x
⇔ − − + =
−

2
sin x
(1 cos x) 0
1 sin x
⇔ − + =
+

2
(1 cos x) (1 cos x)(1 sin x) 0
⇔ − − + + =


= π

=

⇔ − − = ⇔ ⇔

π

=
= + π




x k2
cos x 1
(1 cos x)(cos x sin x) 0
tan x 1
x k
4
các
nghiệm này thỏa ñiều kiện bài toán nên ñó là những nghiệm cần tìm.
4) Ta có:
3
sin(x ) sin (x ) 2 sin(x ) cos x
2 2 2
 
π π π

− = + − π = + =
 
 

( )
7 1
sin( x) sin 2 (x ) sin(x ) sin x cos x
4 4 4
2
 
π π π
− = π − + = − + = − +
 
 
ðiều kiện: sin 2 0
2
k
x x
π
≠ ⇔ = .
Phương trình
1 1
2 2(sin x cos x)
sin x cos x
⇔ + = − +
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
18

(sin x cos x)( 2 sin 2x 1)
0
sin 2x
+ +
⇔ =

sin x cos x 0
x k
4
1
5
sin 2x
x k ; x k
2
8 8

π

+ =
= − + π


⇔ ⇔


π π
= −

= − + π = − + π





các nghiệm
này ñều thỏa ñiều kiện của bài toán nên ñó là những họ nghiệm cần
tìm.
5) ðiều kiện:
x k
≠ π

Phương trình
2
2
2
3 cos x
2 2 sin x (2 3 2) cos x
sin x
⇔ + = + .
2 2 4 2
3 cos x 3 2 sin x.cos x 2 2 sin x 2 sin x cos x 0
⇔ − + − =

2 2
(cos x 2 sin x)(3 cos x 2sin x) 0
⇔ − − =

2
2
2 cos x cos x 2 0
2 cos x 3 cos x 2 0


+ − =

⇔

+ − =


1 3
6 2
cos x
x arccos k2
2
2
1
x k2
cos x
3
2


− +
−
=

= ± + π



⇔ ⇔

 π

= ± + π
=




các nghiệm
này thỏa ñiều kiện bài toán nên ñó là những nghiệm cần tìm.
6) Phương trình ñã cho tương ñương với:

2
4 sin x cos x 1 2 sin x 7 sin x 2 cos x 4 0
− + − − + =

2 cos x(2sin x 1) (2 sin x 1)(sin x 3) 0
⇔ − + − − =

(2 sin x 1)(2cos x sin x 3) 0
⇔ − + − =

1
x k2
sin x
6
2
5
2 cos x sin x 3 0 (VN)
x k2

6

π

= + π

=

⇔ ⇔


π

+ − =
= + π




.
( Lưu ý :
2 2
| a sin x b cos x | a b 2 cos x sin x 5 3
+ ≤ + ⇒ + ≤ <
).
Chú ý: Khi gặp phương trình dạng:
sin 2 cos 2 .sin cos 0
a x b x c x d x e
+ + + + =

ta có thể biến ñổi phương trình về dạng :
( sin cos )( .sin .cos ) 0
m x n x p h x t x q
+ + + + =
.
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
19

Ví dụ 4. Giải các phương trình sau
1)
=
sin 2x.cos 3x sin 5x.cos 6x

2)
2 2 2 2
sin 3x cos 4x sin 5x cos 6x
− = −
(B – 2002 ).
3)
+ + = + +
sin x sin 2x sin 3x cos x cos 2x cos 3x

Lời giải.
1) Phương trình
1 1
sin 5x sin x sin11x sin x
2 2
   

⇔ − = −
   

x k
6
sin 5x sin11x
x k
16 8

π
=

⇔ = ⇔

π π

= +


.
2) Áp dụng công thức hạ bậc, ta có:
Phương trình
1 cos 6x 1 cos 8x 1 cos10x 1 cos12x
2 2 2 2
− + − +
⇔ − = −
cos 6x cos 8x cos10x cos12x
⇔ + = +

cos x 0

2 cos 7x cos x 2 cos11x cos x
cos11x cos 7x

=
⇔ = ⇔

=



x k
2
x k ; x k
2 9

π
= + π

⇔

π π

= =


.

3) Phương trình ñã cho tương ñương với
(sin x sin 3x) sin2x (cos x cos 3x) cos2x
+ + = + +

2 sin 2x cos x sin 2x 2 cos2x cos x cos 2x
⇔ + = +

(2 cos x 1)(sin 2x cos2x) 0
⇔ + − =


π

= ± + π

= −

⇔ ⇔


π π

=
= +




2
1
x k2
cos x
3

2
sin 2x cos 2x
x k
8 2
.
Ví dụ 5. Giải các phương trình sau
1)
16 cos cos2 cos 4 cos 8 1
x x x x
=
(KTQD Hà Nội – 1998 )
2)
2 2
2 cos ( cos ) 1 cos( sin 2 )
2
x x
π
π
= + (ðH Thái Nguyên – 1998 )
Lời giải.
1) Ta thấy
sin 0
x
=
không là nghiệm của phương trình
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
20

Nên nhân hai vế của phương trình với
sin
x
ta ñược:
8 sin2 cos 2 cos 4 cos 8 sin
x x x x x
=

2
16 2
15
sin16 sin
2
16 2
17 17
x k
x x k
x x
x x k
x k
π
π
π π
π π

=


= +
⇔ = ⇔ ⇔



= − +



= +



Kết hợp với ñiều kiện, ta có
2
( 15 )
15
x k k n
π
= ≠ và
2
( 8 17 )
17 17
x k k n
π π
= + ≠ − + là nghiệm của phương trình ñã cho.
2) Phương trình
2 2
2 cos ( cos ) 1 cos( sin2 )
2
x x
π
π

⇔ − =
2 2
cos( cos ) cos( sin 2 ) cos sin 2 2
x x x x k
π π
⇔ = ⇔ = ± +
, (
k
∈
ℤ
)
cos2 2 sin 2 4 1
cos2 2 sin2 4 1
x x k
x x k

− = −
⇔

+ = −



Phương trình có nghiệm
2 2 2
1 2 16 8 1
k k
⇔ + ≥ − +

2

1 5 1 5
4 2 1 0
4 4
k k k
− +
⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ≤
Do
cos2 2 sin 2 1
0
cos2 2 sin2 1
x x
k k
x x

− = −
∈ ⇒ = ⇒

+ = −


ℤ
2
2
cos 0
2 cos 4 sin cos 0 cos 0
1
2(1 cos 2 ) 1
sin
2 cos 4 sin cos 0
2

x
x x x x
x
x
x x x

=


− = =


⇔ ⇔ ⇔


− =

= ±
+ =






cos 0
2
1
cos2
2

6
x
x n
x
x n
π
π
π
π


=
= +


⇔


=

= ± +




.

Ví dụ 6. Giải các phương trình – bất phương trình sau
1)
4 1 1 2

x x x
+ − − = −
2)
2
2 6 1 2 0
x x x
− + − + <

3)
2
( 1) ( 2) 2
x x x x x
− + + =
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
21

4)
3 3 3
1 2 2 3
x x x
− + − = −

5)
3
4 1 3 2
5
x
x x

+
+ − − =
6)
2
2
4
(1 1 )
x
x
x
> −
+ +
.
Lời giải.
1) ðiều kiện:
1
4
2
x
− ≤ ≤
(*)
Phương trình
4 1 2 1
x x x
⇔ + = − + −

4 1 2 2 (1 2 )(1 ) 1
x x x x x
⇔ + = − + − − + −

2 1 (1 2 )(1 )
x x x
⇔ + = − −
2
2 1 0
(2 1) (1 2 )(1 )
x
x x x

+ ≥

⇔

+ = − −



2
1
0
2
2 7 0
x
x
x x

≥ −

⇔ ⇔ =



+ =

.
ðối chiếu ñiều kiện (*) ta thấy
0
x
=
thỏa mãn. Vậy nghiệm của
phương trình ñã cho là
0
x
=
.
Chú ý: Ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau
Phương trình
(
)
4 2 1 1 1 2 1
x x x
⇔ + − − − − = − −

2
4 2 1 1 1 2 1
x x x
x x x
−
⇔ + =
+ + − + − +

1 1 2
0 0
4 2 1 1 1 2 1
x x
x x x
 
⇔ + + = ⇔ =
 
+ + − + − +
 
.
2) Bất phương trình
2
2 6 1 2
x x x
⇔ − + < −

2
2 2
2
2
2 0
3 7 3 7
2 6 1 0 V
2 2
2 6 1 ( 2)
2x 3 0
x
x
x x x x

x x x
x

>

− >


− +
 
⇔ − + ≥ ⇔ ≤ ≥
 
 
− + < −
− − <





www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
22

3 7
3
2
x
+

⇔ ≤ <
là nghiệm của bất phương trình ñã cho.
3) ðiều kiện:
1
2
0
x
x
x

≥

≤ −


=

(**) .
Phương trình
2 2 2
2 2 ( 1)( 2) 4
x x x x x x
⇔ + + − + =
2 2
2 ( 2) (2 1)
x x x x x
⇔ + − = −

2 2 2 2
4 ( 2) (2 1)

x x x x x
⇔ + − = − (do ñiều kiện (**) ).
2
0
(8 9) 0
9
8
x
x x
x

=

⇔ − = ⇔

=


cả hai giá trị này ñều thỏa mãn (**).
Vậy nghiệm của phương trình ñã cho là:
9
0;
4
x x
= =
.
Chú ý:
a) Bài toán trên còn có cách giải khác như sau
*
0

x
=
là một nghiệm của phương trình.
*
1
x
≥

2
1 2 2 2 2 2 1
PT x x x x x x
⇒ ⇔ − + + = ⇔ + − = −

2 2
9
4 4 8 4 4 1
8
x x x x x
⇔ + − = − + ⇔ =
(nhận).
*
2 (1 ) ( 2) 2 ( )( )
x PT x x x x x x
≤ − ⇒ ⇔ − − + − − − = − −

2
1 2 2 2 2 2 1
x x x x x x
⇔ − + − − = − ⇔ + − = − +
9

8
x
⇔ =

(loại).
Vậy nghiệm của phương trình ñã cho là:
9
0;
4
x x
= =
.
b) Khi biến ñổi như trên chúng ta thường sai lầm khi cho
rằng
. .
a b a b
= ! Nên nhớ ñẳng thức này chỉ ñúng khi
, 0
a b
≥
!
Nếu
, 0
a b
≤
thì
.
ab a b
= − −
.

c) Với bất phương trình có dạng như trên ta vẫn giải theo cách bình
phương ñã trình bày .
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
23

4) Sử dụng ñẳng thức:
3 3 3
( ) 3 ( )
a b a b ab a b
+ = + + +
.
Phương trình ñã cho tương ñương với
3 3
3
2 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 2 3
x x x x x x
⇔ − + − − − + − = −

3 3 3
3
1 2 2 3
( 1)( 2)(2 3) 0
x x x
x x x

− + − = −

⇔


− − − =


(1)
3
1; 2; .
2
x x x
⇔ = = =

Chú ý:
a) Khi giải phương trình trên chúng ta thường biến ñổi như sau
3 3
3
2 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 2 3
x x x x x x
− + − − − + − = −

3
( 1)( 2)(2 3) 0
x x x
⇔ − − − =
!?
Phép biến ñổi này không phải là phép biến ñổi tương ñương! Vì ở ñây
chúng ta ñã thừa nhận phương trình ban ñầu có nghiệm !. Do ñó ñể có
ñược phép biến ñổi tương ñương thì ta phải ñưa về hệ như trên. Chẳng
hạn ta xét phương trình sau:
3
3 3 3 3

2
1 1 1 2 3 1 ( 1 1 ) 1
x x x x x
− + + = − ⇔ + − − + + = −

3
2
1 1 0
x x
⇔ − = ⇔ =
. Nhưng thay vào phương trình ban ñầu ta
thấy x=0 không thỏa mãn phương trình !
b) Ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau
ðặt
3 3
1, 2
u x v x
= − = −
, ta có hệ phương trình :
3
3 3
3 3
3 3
3 ( ) 0
0
1
1
1
uv u v
u

u v u v
v
u v
u v


+ =

=
+ = +
  
⇔ ⇔
  
= −
− =
− =

 



hoặc
0
1
v
u

=



=



hoặc
3
3
1
2
1
2
u
v

=




= −


. Từ ñây giải ra ta ñược
3
1, 2,
2
x x x
= = =
.
c) Với dạng tổng quát

3 3 3
a b c
± = ta lập phương hai vế và sử dụng
hằng ñẳng thức
3 3 3
( ) 3 ( )
a b a b ab a b
± = ± ± ±
ta có phương trình
tương ñương với hệ :
3 3 3
3
3 . .
a b c
a b a b c c

± =


± ± =


.
Giải hệ này ta có ñược nghiệm của phương trình.
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
24

5) Vì

(
)
(
)
2
4 1 3 2 3
x x x
+ − − = +
nên ta biến ñổi như sau:
Phương trình
5( 4 1 3 2) (4 1) (3 2)
x x x x
⇔ + − − = + − −

5( 4 1 3 2) ( 4 1 3 2)( 4 1 3 2)
x x x x x x
⇔ + − − = + − − + + −

4 1 3 2 0
2
4 1 3 2 5
x x
x
x x

+ − − =

⇔ ⇔ =

+ + − =


.
Chú ý: Ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau
Phương trình
2
( 4 1 3) ( 3x 2 2)
5
x
x
−
⇔ + − − − − =
4( 2) 3( 2) 2
5
4 1 3 3x 2 2
x x x
x
− − −
⇔ − =
+ + − +

2
3x 2 4x 1 1 1
(*)
5
( 4x+1 3)( 3x 2 2)
x

=

⇔

− − + −

=

+ − +


Vì
(*) 0
VT
<
(do
2
3
x
≥
) nên (*) vô nghiệm.

6) ðiều kiện :
1
x
≥ −

* Với
0
x
=
ta thấy bất phương trình luôn ñúng
* Với
0 1 1 0

x x
≠ ⇒ − + ≠
. Ta có bất phương trình tương ñương
với:
2 2
2
2 2
(1 1)
4 (1 1) 4
(1 1) (1 1)
x x
x x x
x x
− +
> − ⇔ − + > −
+ + − +

1 3 8
x x
⇔ + < ⇔ <
.
Vậy nghiệm của bất phương trình ñã cho là:
[ 1;8)
T
= −
.
Ví dụ 7. Giải các phương trình – bất phương trình sau
1)
2
2 7 2 1 8 7 1

x x x x x
+ − = − + − + − +
(D2 – 2006 )
2)
10 1 3 5 9 4 2 2
x x x x
+ + − = + + −
(B1 – 2008 )
3)
2
2 1 ( 1) 0
x x x x x x
− − − − + − =
.
4)
2 2
1 1 2
x x
x
x x
+ + − >
.
www.VNMATH.com
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong
25

5)
2
2 1 3 1 0

x x x
− + − + =
(D – 2006 ).
Lời giải.
1) ðiều kiện:
1 7
x
≤ ≤

Ta có:
2
2 7 2 1 8 7 1
x x x x x

+ − = − + − + − +

(
)
(
)
1 2 7 2 1 7 1 0
x x x x x
⇔ − + − − − − − − =

(
)
(
)
1 1 2 7 1 2 0
x x x x

⇔ − − − − − − − =

(
)
(
)
1 2 1 7 0
x x x
⇔ − − − − − =

1 2 5
4
1 7
x x
x
x x


− = =


⇔ ⇔


=

− = −




là nghiệm của phương trình ñã cho.
2) ðiều kiện:
5
3
x
≥
.
Phương trình
10 1 9 4 3 5 2 2 0
x x x x
⇔ + − + + − − − =

3 3
0
10 1 9 4 3 5 2 2
x x
x x x x
− −
⇔ + =
+ + + − + −

1 1
( 3) 0 3
10 1 9 4 3 5 2 2
x x
x x x x
 
⇔ − + = ⇔ =
 
+ + + − + −

 

(thỏa ñiều kiện).
Vây
3
x
=
là nghiệm duy nhất của phương trình ñã cho.
3) ðiều kiện :
1
x
≥
.
Phương trình
2
1 2 1 1 ( 1) ( 1) 0
x x x x x x
⇔ − − − + − − + − =

(
)
(
)
2
1 1 ( 1) 1 1 0
x x x x
⇔ − − − − − − =

(
)

(
)
1 1 1 ( 1) 1 0
x x x x
⇔ − − − − − − =

0
1 1 0
2
1(1 ) 1 0 (VN )
x
x
x x

− − =

⇔ ⇔ =

− − − =

là nghiệm duy nhất của
phương trình ñã cho.
4) ðiều kiện:
1
x
≥
.
www.VNMATH.com