CHUYÊN đề TOÁN ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, bất PHƯƠNG TRÌNH và hệ PHƯƠNG TRÌNH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT PHÚC YÊN

ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Giáo viên thực hiện: Đặng Thị Bích Thảo
Đối tượng học sinh bồi dưỡng: Học sinh lớp 12
Thời gian bồi dưỡng: dự kiến 04 tiết

Phúc Yên, tháng 3 năm 2014

1


ỨNG DỤNG LƯỢNG GIÁC TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. Cơ sở lí thuyết:
Trong chương trình toán THPT, chuyên đề phương trình, bất phương trình và
hệ phương trình có vị trí vô cùng quan trọng. Trong các đề thi TSĐH, CĐ hàng
năm của Bộ Giáo Dục, mảng kiến thức này mang lại cho các thí sinh từ 2 đến 3
điểm.
Khi luyện thi ĐH cho học sinh, tôi cũng như rất nhiều đồng nghiệp thường
phân chia thành các chuyên đề riêng biệt: phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình đại số (Lớp 10), phương trình lượng giác (Lớp 11), phương trình,
bất phương trình, hệ phương trình mũ và lôgarit (Lớp 12). Tuy nhiên, nếu ta
khéo kết hợp giữa biến đổi lượng giác vào giải phương trình, hệ phương trình
nhiều khi cho kết quả đẹp bất ngờ đến thú vị.
Ta biết rằng từ phương trình lượng giác đơn giản cos3t = sint , ta có thể tạo
ra được phương trinh vô tỉ 4 x 3 − 3x = 1 − x 2 (1) ( do cos3t = 4cos3 t − 3cos t ).
Nếu thay x trong phương trình (1) bằng

1
ta lại có pt: 4 − 3x 2 = x 2 x 2 − 1 (2).
x

Nếu thay x trong phương trình (1) bởi (x - 1) ta sẽ có phương trình vô tỉ khó hơn
4 x 3 − 12 x 2 + 9 x − 1 = 2 x − x 2 (3).

Việc giải các phương trình vô tỉ này đôi khi không hề đơn giản chút nào.
Chính vì vậy trong quá trình giải các phương trình, bất phương trình, hệ phương
trình đôi khi ta lại chuyển sang giải phương trình, bất phương trình, hệ phương
trình lượng giác. Việc làm này đòi hỏi chúng ta phải nắm vững các công thức
lượng giác, kĩ thuật biến đổi lượng giác, tính tuần hoàn của các hàm số lượng
giác và một số dạng toán sau:

2


DẠNG 1: Nếu bài toán chứa: [f(x)]2 +[g(x)]2= a2, thì có thể đặt:
 g ( x ) = a cos t
, 0 ≤ t ≤ 2π
 f ( x ) = a sin t

, 0 ≤ t ≤ 2π hoặc 
DẠNG 2:

2
2
 f ( x) = a cos t Nếu bài toán chứa: a − x thì có thể đặt:


 g ( x ) = a sin t
 π π
x =| a | sin t , t ∈ − ,  hoặc x = | a | cos t , t ∈[ 0, π ]
 2 2

DẠNG 3: Nếu bài toán chứa: x 2 − a 2 thì có thể đặt:
x=

|a|
|a|
 π π
π 
, t ∈ − ,  \ { 0} hoặc x =
, t ∈ [ 0, π ] \  
sin t
cos t
 2 2
2

DẠNG 4: Nếu bài toán chứa: a 2 + x 2 thì có thể đặt:
 π π
x =| a | tan t , t ∈  − ,  hoặc x = | a | cot t , t ∈( 0, π ) .
 2 2

DẠNG 5: Nếu bài toán

( x − a )(b − x)

chứa:

a+x
hoặc
a−x

a−x
thì có
a+x

thể đặt: x = acos2t.
DẠNG 6: Nếu bài toán chứa:

thì có thể đặt: x = a + (b - a)sin2t.

DẠNG 7: Nếu các biến x, y, z của bài toán thỏa mãn x + y + z = xyz hoặc xy +

yz +zx = 1 ta đặt

 x = tan t
π

 π
 y = tan u  − < t , u, v < ÷
2
 z = tan v  2


II. Một số bài toán minh họa
1. Bài toán giải phương trình
 π π
a) Nếu x ≤ a thì ta có thể đặt x = a sin t , t ∈  − ;  hoặc x = acost , t ∈ [ 0; π ]

 2 2

3


Ví dụ 1:
1
Giải phương trình: 4 x3 − 3x − = 0 .
2

Lời giải:

1
Đặt f ( x ) = 4 x3 − 3x − . Ta có f ( −1) = −1,5, f ( −0,5) = 0,5, f ( 0 ) = −0,5, f ( 1) = 0,5
2

. Do đó phương trình có 3 nghiệm thuộc khoảng ( −1;1) và ta biết
cos3α = 4cos3α − 3cosα , do đó đặt x = cos t ( 0 ≤ t ≤ π ) khi đó phương trình có dạng
1
π
cos3t = ⇔ t = ± + k 2π
2

9
π
5π
7π
π
5π
7π

Vì 0 ≤ t ≤ π ⇒ t1 = 9 ; t2 = 9 ; t3 = 9 ⇒ x1 = cos 9 ; x2 = cos 9 ; x3 = cos 9
π
5π
7π
Vậy phương trình có 3 nghiệm x1 = cos 9 ; x2 = cos 9 ; x3 = cos 9 .

Ví dụ 2:

Giải phương trình:
Lời giải:
Điều kiện : 1- x2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1
 −π π 
;
. Khi đó phương trình đã cho có dạng :
 2 2 

Đặt x = sint với t ∈ 

1 + 1 − sin 2 t = sin t (1 + 2 1 − sin 2 t ) ⇔ 1 + cos t = sin t (1 + 2 cos t )
⇔ 2cos

t
t
3t
t
= sin t + sin 2t ⇔ 2cos = 2sin cos
2
2
2
2

t

 π
cos = 0
1


t = 6
x=
2
t
3t

⇔
⇔
⇔ 2cos (1 − 2 sin ) = 0 ⇔ 
2

π
2
2
2
 3t

t=
x = 1
sin 2 = 2

2

1
2

Vậy phương trình có nghiệm x = và x=1.

4


Ví dụ 3:
3
3 
2 
2
Giải phương trình: 1 + 1 − x  ( 1 + x ) − ( 1 − x ) ÷ = 2 + 1 − x





Lời giải:
ĐK : −1 ≤ x ≤ 1
Ta có VP > 0
Nếu x ∈ [ −1;0] , VT<0, phương trình vô nghiệm
π

Nếu x ∈ [ 0;1] . Đặt x = cos t  0 ≤ t ≤ ÷ khi đó phương trình có dạng
2



3
3
1 + sin t  ( 1 + cost ) − ( 1 − cost ) ÷ = 2 + sin t





2

t
t 
t
t
⇔  cos + sin ÷  23 cos6 − 23 sin 6 ÷÷ = 2 + sin t


2

2 

2

2

t
t
t
t
⇔ 2 2  cos + sin 

cos3 − sin 3 ÷ = 2 + sin t
÷
2
2
2
2




t
t
t
t
2 t
2 t 
⇔ 2 2  cos2 − sin 2 
÷ cos + cos sin + sin ÷ = 2 + sin t
2
2 
2
2
2
2

1
1





⇔ 2 2cost 1 + sin t ÷ = 2 + sin t ⇔ 2 2cost -1 1 + sin t ÷ = 0
2
2




1

 2cost - 1 = 0 ⇔ cost =
2
⇔
 1
1 + sin t = 0 ( VN )
2


(

Vậy phương trình có nghiệm x =

)

1
.
2

Ví dụ 4:
Giải phương trình: ( 3 + 2 2 ) = ( 2 − 1) + 3 ( 1) .

x

x

.
Lời giải:

1
Đặt 2t = ( 2 + 1) ( t > 0 ) khi đó phương trình có dạng: 4t 2 − 3 − = 0
2t
x

5


1
⇔ 4t 3 − 3t − = 0
2

( *)

Theo Ví dụ 1 ta có phương trình ( *) có 3 nghiệm:
π
5π
7π
t1 = cos ; t2 = cos
; t3 = cos
.
9

9

9

Vậy phương trình đã cho có nghiệm
π
5π 

x1 = log 2 +1  cos ÷; x2 = log 2 +1  cos ÷ ; x3 = log


9



9 



2 +1 



cos

7π 
9 ÷

Ví dụ 5:
Giải phương trình:

Lời giải:
ĐK: −1 ≤ 2 x ≤ 1
Đặt 2 x = cost, t ∈ ( 0; π ) . Phương trình đã cho trở thành :
t
t
t
t

2  sin + cos ÷ = tan + cot
2
2
2
2

4
⇔ 2 ( 1 + sin t ) =
sin 2 t

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
Ví dụ 6:
Giải phương trình: . 3 6 x + 1 = 2 x
Lời giải:
Lập phương 2 vế ta được: 8 x 3 − 6 x = 1 ⇔ 4 x3 − 3x =

1
2

Xét: x ≤ 1 , đặt x = cos t , t ∈ [ 0; π ] . Khi đó ta được
5π

7π 
 π
S = cos ;cos ;cos  mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm vậy đó
9
9
9 


cũng chính là tập nghiệm của phương trình. (Hoặc theo VD1 ta cũng tìm được
nghiệm)

6


Ví dụ 7:
2
Giải phương trình: 1 + 2 x 1 − x = 1 − 2 x 2

2

Lời giải:
ĐK: x ≤

2
.
2

Đặt x = sint ⇒ sin t ≤

π

2
⇒t ≤ ⇒
4
2

2
≤ cos t ≤ 1 , phưong trình trở thành:
2

1 + sin 2t
π
1 + 2 sin t. cos t
= cos 2 2t (vì t ≤ ⇒ cos 2t ≥ 0 )
= 1 − 2 sin 2 t = cos 2t ⇔
2
4
2
sin 2t = −1
⇔ 2 sin 2t + sin 2t − 1 = 0 ⇔ 
sin 2t = 1

2
2

π
4

• Với sin2t = -1 ⇔ t = − + kπ , vì t ≤

π

π
nên ta chọn được nghiệm t= −
4
4

⇒ nghiệm của phương trình là: x = − 2
2

π

t=
+ kπ

1
π
π
12
• Với sin2t = 2 ⇔  5π
, vì t ≤ nên ta chọn được nghiệm t=
4
12
t =
+ kπ
 12
⇒ nghiệm của phương trình là: x = sin π = 6 − 2
12
4

Vậy phương trình có nghiệm là: x = −

2
6− 2
và x =
2
4

Ví dụ 8:

Xác định m để phương trình: 1 − x 2 = x − m (5) có nghiệm.

7


Lời giải:
ĐK: − 1 ≤ x ≤ 1 .
Đặt x = cost, với

t ∈[ 0, π ] .

Phương trình trở thành: sint = cost – m

⇔ cos t − sin t = m ⇔ cos(t +

Vì

t ∈[ 0, π ] ⇔

π
m
)=

.
4
2

π
π 5π
π
2
≤t+ ≤
nên suy ra: − 1 ≤ cos(t + ) ≤
.
4
4
4
4
2

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:

⇔ −1 ≤ x ≤ 1 .

Ví dụ 9:
Xác định m để phương trình: 1 − x 2 + 23 1 − x 2 = m (5) có nghiệm.
Lời giải:
ĐK: − 1 ≤ x ≤ 1 .
Đặt x = cost, với t ∈ [ 0, π ] .
Phương trình trở thành: 1 − cos 2 t + 23 1 − cos 2 t = m ⇔ sin t + 2.3 sin 2 t = m
Đặt u= 3 sin t , 0 ≤ u ≤ 1 ,
Phương trình trở thành: u3+2u2 = m (c)
Xét hàm số f(u) = u3+2u2 , với 0 ≤ u ≤ 1 .

u = 0
f’(u) = 3u +4u, f’(u) = 0 ⇒ 
4
u=−
3

2

8


BBT:
u

−∞

f'(u)
F(u)

−

+

4
3

0

0
-

1

0

+∞

+
3

0
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi (c) có nghiệm thuộc [ 0;1] ⇔ 0 ≤ m ≤ 3
.
b. Nếu
+) x =

thì ta có thể đặt :

a
 π π
, t ∈  − ; ÷\ { 0}
sin t
 2 2

+) x =

a
π 
, t ∈ ( 0; π ) \  
cost

2

Ví dụ 10:
Giải phương trình: x +

x
x2 −1

=2 2

Lời giải:
x 2 − 1 > 0
⇔ x > 1.
ĐK: 
x > 0

Đặt x =

1
 π
, t ∈  0, ÷
 2
cos t

Khi đó phương trình có dạng :
1
1
cos t
+
=2 2 ⇔ 1 + 1 =2 2

cos t
1
cos t sin t
−1
2
cos t

⇔ sin t + cos t = 2 2 sin t.cos t

9


2
u
−1
Đặt sint + cost = u 1 ≤ u ≤ 2 , ta có sin t.cos t =
.
2

(

)

Khi đó phương trình đã cho có dạng :
u = 2(u − 1)
2

u = 2

⇔ 2u − u − 2 = 0 ⇔ 

−1
u=
( loai )

2
2

π
π
π π
u = 2 ⇔ sin t + cos t = 2 ⇔ 2 sin(t + ) = 2 ⇔ sin(t + ) = 1 ⇔ t + = + 2kπ
4
4
4 2
⇔t=

π
π
+ 2kπ . So sánh điều kiện ta có : t = ⇔ x = 2
4
4

Vậy nghiệm của phương trình là x = 2
 π π
c. Đặt x = tan t , t ∈  − ; ÷ để đưa về phương trình lượng giác đơn giản
2 2




hơn :
Ví dụ 11:
2
x 2 + 1 ( x + 1)
2
x +1 +
=
2x
2x ( 1 − x2 )
2

Giải phương trình:
Lời giải:

 π π
ĐK: x ≠ 0, x ≠ ±1 . Đặt : x = tan t , t ∈  − ; ÷
2 2




Khi đó phương trình trở thành.
2sin t cos 2t + cos 2t − 1 = 0 ⇔ sin t ( 1 − sin t − 2sin 2 t ) = 0

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm x =

1
3

d. Một số dạng khác

Ví dụ 12:

10


2

 x 
Giải phương trình: x 2 + 
÷ =1.
 x −1 

(Bài 4.72,d. trang114_ sách Bài tập Đại Số 10 Nâng cao, xuất bản năm 2006).
Lời giải:
ĐK: x ≠ 1
 x = sin t ≠ 1 (a )
sin t

Đặt:  x
, thay (a) vào (b) ta được: cos t =
sin t − 1
 x − 1 = cos t (b)

⇔ sin t + cos t − sin t. cos t = 0 (c) . Đặt u = sint + cost, đk: | u |≤ 2 ,

phương trình (c) thành: u −

u = 1 + 2 (loai )
u 2 −1
2

= 0 ⇔ u − 2u − 1 = 0 ⇔ 
2
 u = 1 − 2 (thoa )

Vậy: sint +cost = 1 − 2
⇒x+

x
1
= 1 − 2 ⇔ x 2 − (1 − 2 ) x + 1 − 2 = 0 ⇔ x = 1 − 2 ± 2 2 − 1 .

x −1
2 

1
Do đó phương trình có nghiệm là: x = 1 − 2 ± 2 2 − 1 .
2

Ví dụ 13:
Giải phương trình: 1 + x + 8 − x + (1 + x)(8 − x) = 3 .
Lời giải:
π



ĐK: − 1 ≤ x ≤ 8 . Đặt x = -1 + 9sin2t, với t ∈ 0,  (vì hàm số y = sin2t tuần hoàn
 2
 π
với chu kì là π và là hàm số chẵn nên ta chỉ cần xét trên đoạn 0,  ).


2

11


Phương trình trở thành: 9sin 2 t + 9(1 − sin 2 t ) + 9sin 2 t.9(1 − sin 2 t ) = 3
⇔ 3(sin t + cos t ) + 9sin t.cos t = 3 (a).
π
4

Đặt u = sin t + cos t = 2 sin(t + ) ,1 ≤ u ≤ 2 , phương trình (a) thành:
u = 1 (thoa )
9u +6u-15=0 ⇔ 
5
u = − (loai )
3

2

t = k 2π
π
2 ⇔
Với u=1 ⇒ sin(t + ) =
t = π + k 2π
4
2

2

π

π



Vì t ∈ 0,  nên chọn được: t = 0 và t =
2
 2

*) t = 0 ⇒ x = −1 .
*) t =

π
⇒ x = 8.
2

Vậy phương trình có nghiệm: x = -1 và x = 8.
e. Bài tập tự giải
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1/ x 3 + (1 − x 2 ) 3 = x 2(1 − x 2 )

2/ 1 − x 2 − 2 x 1 − x 2 − 2 x 2 + 1 = 0

3/ 64 x 6 − 112 x 4 + 56 x 2 − 7 = 2 1 − x 2
x2
4/ (2 − 4 − x )(4 + 2 x ) − (2 − 4 − x )(4 − 2 x) = 2 + 1 −
4
2

3

2

3

5/ 1 − 2 x − x 2 + 1 + 2 x − x 2 = 2( x − 1) 4 (2 x 2 − 4 x + 1)
6/ ( x + 1)( 2 − x ) = 1 + 2 x − 2 x 2
8/ x +

x
x −1
2

=

35
12



2
9/ x 1 +




÷= 1
x2 −1 
1

Bài 2: Định m để phương trình sau có nghiệm:
1/ 2 − x + 2 + x − ( 2 − x )( 2 + x ) = m
2/ x + 9 − x = − x 2 + 9 x + m (ĐH Y_ Dược TP.HCM_1997)
5/ 1 − 9 x 2 = m − 3
6/ 4 x 2 − 16 = m − 2 x
7/ 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 .
(Trích đề thi tuyển sinh Đại Học khối A _2007 Bộ GD&ĐT)

12


1

1

+m
Bài 3: Cho phương trình: x +
1− x

1/Giải phương trình khi m= 2 +

2
3

2/Định m để phương trình có nghiệm.
II. Bài toán giải bất phương trình
1. Các ví dụ
Ví dụ 14:
Giải bất phương trình: x x 2 + 9 ≥ x 2 − 9 (8)

Lời giải:
π π
 2 2



Đặt x = 3tant, t ∈  − ,  phương trình trở thành:

3 tan t. 9(1 + tan 2 t ) ≥ 9 tan 2 t − 9

sin t
sin 2 t
⇔
≥
− 1 ⇔ sin t ≥ sin 2 t − cos 2 t
2
2
cos t cos t
1
−1
⇔ 2sin 2 t − sin t − 1 ≤ 0 ⇔ − ≤ sin t ≤ 1 ⇔ tan t ≥
⇔ 3 tan t ≥ − 3 .
2
3
Vậy nghiệm của bất phương trình là: x ≥ − 3 .
Ví dụ 15:
Tìm m để bất phương trình: 1 − x 2 ≥ m − x có nghiệm
Lời giải:
ĐK: − 1 ≤ x ≤ 1 .

13


Đặt x = cost, với t ∈[ 0, π ] . Bất phương trình trở thành: sint + cost ≥ m

⇔ 2 sin(t +

Mà −

π
)≥m
4

π
2
π
≤ sin(t + ) ≤ 1 ⇔ − 1 ≤ 2 sin(t + ) ≤ 2 .
4
2
4
π
4

Vậy để bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ Max 2 sin(t + ) = 2 .
Ví dụ 16:
Giải bất phương trình :
Lời giải:

1+ x − 1− x ≤ x

1 + x ≥ 0
⇔ −1 ≤ x ≤ 1
1 − x ≥ 0

Điều kiện : 

Đặt x = cost , t ∈ [ 0, π ]
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :

1 + cos t − 1 − cos t ≤ cos t ⇔ 1 + cos t − 2sin 2

t
≤ cos t
2

t
t
t
t
t
t
t
t
⇔ 2(cos − sin ) ≤ cos 2 − sin 2 ⇔ (cos − sin )(cos + sin − 2) ≥ 0
2
2
2
2
2
2

2
2

t π
t π
t π
t π
⇔ 2cos( + )[ 2cos( − ) − 2] ≥ 0 ⇔ cos( + )[cos( − ) − 1] ≥ 0
2 4
2 4
2 4
2 4
π t π
t π
π
3π
⇔ cos( + ) ≤ 0 ⇔ ≤ + ≤ π ⇔ ≤ t ≤
⇔ −1 ≤ cos t ≤ 0
2
2
2 4
2 2 4

⇔ −1 ≤ x ≤ 0
Vậy bất phương trình có nghiệm

−1 ≤ x ≤ 0 .

Ví dụ 17:

14


Giải bất phương trình:

x 2 + a2 ≤ x +

2a 2
x 2 + a2

,a≠0

Lời giải :
−π π



Đặt x = a tan t , t ∈  ; ÷. Khi đó bất phương trình có dạng :
 2 2

a
cos t

⇔

2a 2 cos t
⇔ 1 ≤ sin t + 2cos 2 t ⇔ 2sin 2 t - sint -1 ≤ 0
a

≤ a tan t +

−1
≤ sin t ≤ 1
2

⇔ tan t ≥

−1
−a
⇔x≥
3
3

Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥

−a
3

2. Bài tập tự giải
Bài 1: Giải các bất phương trình sau:
1/ x +

x
x2 −1

≥

35
12

1

2/ 1 − x 2 >

3x
1− x2

−1

Bài 2: Tìm m để bất phương trình: (3 + x)(7 − x) ≤ x 2 − 4 x + m có nghiệm đúng với
∀x ∈ [ − 3,7]

III. Bài toán giải hệ phương trình
Ví dụ 18
 2y
1 + y 2 = x
Giải hệ phương trình: 
 2x = y
1 + x 2

Lời giải:

15


 x = tan α
 −π π 
với α , β ∈  ; ÷. Khi đó hệ đã cho trở thành :
 2 2
 y = tan β

Đặt 

 2 tan β
1 + tan 2 β = tan α
sin 2 β = tan α (1)
⇔
. Ta xét hai trường hợp :

sin 2α = tan β (2)
 2 tan α = tan β
1 + tan 2 α

Nếu sin α = 0 thì sin β = 0 và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ .
Xét sin α ≠ 0 và sin β ≠ 0 : Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có :

sin 2α .sin 2 β = tan α .tan β ⇔ 4 cos α .cosβ =

1
1
⇔ cos α .cosβ =
(3)
cosα .cosβ
2

(1) ⇔ 2 cos α .sin β .cosβ = sin α ⇔ sin β = sin α ⇔ β = α (4)
Thay (4) vào (3) ta có
cos 2α =

⇔ 2α =

1
1
1
⇔ (1 + cos 2α ) =
2
2
2

⇔ cos 2α = 0

π
π kπ
+ kπ ⇔ α = +
,k ∈ Z
2
4 2

Khi đó nghiệm của hệ là
x = y = 0
x = 0

⇔  x = y = 1
 x = y = tan( π + kπ )
 x = y = −1

4

Ví dụ 19:
1


log 1 ( y − x) − log 4 y = 1
Giải hệ phương trình:  4
 x 2 + y 2 = 25


(1)
(2)

Lời giải:
y > x
ĐK: 
y > 0

16


1

log 1 ( y − x) + log 1 y = 1
Ta có hệ phương trình  4
4
 x 2 + y 2 = 25


1 1

( y − x) y = 4
⇔
 x 2 + y 2 = 25



(3)

 x = 5 cos t
Đặt: 
(sint > 0 và sint > cost), thay vào phương trình (3) ta được:
 y = 5 sin t ,

( sin t − cos t )

1
1
1
3
16
= ⇔ 1 − cot t = ⇔ cot t = ⇒ sin 2 t =
⇒
sin t 4
4
4
25

4

sin
t
=

5

.

cos t = 3

5
x = 3
.
y = 4

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: 
Ví dụ 20:
 x + y + xy = 7

(1)

2
2
 x + y = 10

(2)

Giải hệ phương trình: 

(Trích đề thi Cao đẳng _Giao thông vận tải_ năm 2007)
Giải:
 x = 10 cos t
thay vào phương trình (1) ta được:
 y = 10 sin t ,

đặt: 

10 (cos t + sin t ) + 10 sin t. cos t = 7 (3).
đặt u = cost + sint, ĐK: u ≤ 2 , phương trình (3) thành: 5u 2 + 10 u − 12 = 0

17



2 10
u =
5
⇔

3 10
u = −
5


(thoa )
(loai )


sin t =



2 10
cos t =
sin t + cos t =
2 10

5 ⇒ 
với u =
⇒

5
sin t. cos t = 3
sin t =

10


cos t =


1
10
3
10
3
10
1
10

x = 3
x = 1
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: 
và 
y = 3
y = 1

Ví dụ 21:

 x = y(4 − y) (1)

Cho hệ phương trình  y = z(4 − z) (2) . Gọi ( x; y; z ) là nghiệm của hệ
 z = x(4 − x) (3)

phương trình . Tìm tất cả các giá trị của tổng T = x + y + z .
Lời giải:
2
2
2
Cộng các vế của hệ ta được x + y + z = 4 ( x + y + z ) − ( x + y + z )

⇒ 3T = x2 + y 2 + z 2 ⇒ T ≥ 0 ⇒ trong 3 số x hoặc y hoặc z có ít nhất một số

không âm giả sử x ≥ 0 ⇔ y ( 4 − y ) ≥ 0 ⇔ 0 ≤ y ≤ 4 . Với
0 ≤ y ≤ 4 ⇔ 0 ≤ z ( 4 − z ) ≤ 4 ⇔ 0 ≤ z ≤ 4 và 0 ≤ z ≤ 4 ⇔ 0 ≤ x ( 4 − x ) ≤ 4 ⇔ 0 ≤ x ≤ 4
π

Đặt x = 4sin 2 α  0 ≤ α ≤ 2 ÷ (4) . Từ (3), (2), (1) ⇒

(

)

z = 4sin 2 α 4 − 4sin 2 α =16sin 2 α cos2α = 4sin 2 2α

(
)

x = 4sin 2 4α ( 4 − 4sin 2 4α ) =16sin 2 4α cos 2 4α = 4sin 2 8α

y = 4sin 2 2α 4 − 4sin 2 2α =16sin 2 2α cos2 2α = 4sin 2 4α

(5)

18


Từ (4) và (5) suy ra
4sin 2 8α = 4sin 2 α ⇔ cos16α = cos2α


α
⇔ 
α


= kπ
7
= kπ
9

( k ∈Z )

π
kπ
Với α = 7 vì 0 ≤ α ≤ 2 ⇒ k = 0; 1; 2; 3 .

Với k = 0 ⇒ x = 4sin 2 0 = 0; z = 4sin 2 ( 2.0 ) = 0; y = 4sin 2 ( 4.0 ) = 0 ⇒ T = 0

Với k = 1; 2; 3 ⇒ ta được cùng một giá trị


⇒ T = 4 sin 2 π + sin 2 2π + sin 2 4π

7
7
7 ÷



= 2 1 − cos 2π +1 − cos 4π +1 − cos 8π ÷
7
7
7




= 6 − 2  cos 2π + cos 4π + cos 8π ÷
7
7
7 


A= cos 2π + cos 4π + cos 8π
7
7
7
⇒ 2sin π A = 2sin π cos 2π + 2sin π cos 4π + 2sin π cos 8π

7
7
7
7
7
7
7
= sin 3π − sin π + sin 5π − sin 3π + sin 9π − sin 7π = − sin π
7
7
7
7
7
7
7
⇒ A= - 1 ⇒ T = 7
2
π
kπ
Với α = 9 vì 0 ≤ α ≤ 2 ⇒ k = 0; 1; 2; 3; 4 .Với k = 0 ⇒
x = 4sin 2 0 = 0; y = 4sin 2 ( 2.0 ) = 0; z = 4sin 2 ( 4.0 ) = 0 ⇒ T = 0

Với k = 1; 2; 4 ⇒ ta được cùng một giá trị


⇒ T = 4 sin 2 π + sin 2 2π + sin 2 4π



9

9 ÷



= 2 1 − cos 2π +1 − cos 4π +1 − cos 8π ÷ = 6 − 2  cos 2π + cos 4π + cos 8π
9
9
9 
9
9
9


A= cos 2π + cos 4π + cos 8π
9
9
9
π
π
2
π
⇒ 2sin A = 2sin cos + 2sin π cos 4π + 2sin π cos 8π
9
9
9
9
9
9
9
3

π
π
5
π
3
π
9
π
7
π
= sin − sin + sin − sin + sin − sin
9
9
9
9
9
9
π
5
π
7
π
π
2
π
= − sin + sin − sin
= − sin − 2cos sin π ⇒ A=0 ⇒ S=6
9
9
9

9
3
9

2 3π
2 6π
2 12π 
Với k = 3 ⇒ S = 4  sin 9 + sin 9 + sin 9 ÷ = 9


9


÷


Vậy T có thể nhận một trong 4 giá trị 0; 6; 7; 9

19


2. Bài tập tự giải
Giải các hệ phương trình sau:

(
(

)
)

(
(

)
)

log 1 + 3 1 − x 2 = log 1 − y 2 + 2
2
3
1/ 
log 2 1 + 3 1 − y 2 = log 3 1 − x 2 + 2

2 x + 1 − y 2 = 2

2 y + 1 − x 2 = 2

 x 2 + y 2 = 3
2/ 
3/
 x + y + 3 xy = 1 + 4 2

x 2 + y 2 = 1

1
4/  3 3
3 x − y = x + y


 x 2 + y 2 = 1
5/  2

6 x + x + y − 3 xy = 1

20


LỜI KẾT
Nói đến bài toán: Giải phương trình,bất phương trình, hệ phương trình là
nói đến bài toán rộng lớn và ứng dụng của lượng giác trong đại số cũng rất
nhiều. Tuy nhiên trong khuôn khổ của bài viết này tôi chỉ nêu ứng dụng lượng
giác vào giải một số phương trình, bất phương trình và hệ phương trình thường
gặp.
Trong quá trình giảng dạy tôi đã sử dụng phương pháp này giảng dạy cho
học sinh khối 12 ôn luyện thi đại học và nhận thấy đa số các em tiếp thu kiến
thức rất nhẹ nhàng.
Trên đây là một số suy nghĩ của tôi, mong đóng góp cùng đồng nghiệp để
giúp học sinh giải tốt các bài toán: Giải phương trình,bất phương trình, hệ
phương trình.

21


22